Khóa luận tốt nghiệp toán một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

1
PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Nói đến toán học là nói đến một ngành khoa học cơ bản tạo nền tảng cho
các ngành khoa học khác . Trong chương trình giáo dục phổ thông môn toán
không những giữ vai trò hết sức quan trọng nhằm trang bị cho người học một hệ
thống kiến thức căn bản, mà nó còn được coi như là một môn thể thao của trí tuệ
góp phần phát triển năng lực toán học cùng với các thao tác tư duy, rèn luyện
các hoạt động trí tuệ cho học sinh.
Bất đẳng thức là một nội dung khó trong môn toán ở trường phổ thông, tuy
nhiên đây cũng là một lĩnh vực rất hay, đòi hỏi người học phải động não, tìm tòi,
sáng tạo. Việc nghiên cứu bất đẳng thức giúp học sinh tăng cường tính sáng tạo,
sự kiên trì, ham học hỏi, tăng cường khả năng tính toán, khả năng tìm tòi lời giải
bài toán và phát triển tư duy cho các em. Từ một bất đẳng thức đơn giản có thể
tạo ra những bài toán khó và đẹp, và do đó cũng có những cách giải hay, độc
đáo và đơn giản cho một bài toán phức tạp. Bất đẳng thức xuất hiện trong nhiều
bộ phận khác của toán phổ thông, như trong việc giải quyết các bài toán về
phương trình, bất phương trình, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức, xuất
hiện trong các bài toán hình học, lượng giác… Do đó bất đẳng thức sẽ là công
cụ quan trọng và hiệu quả trong việc rèn luyện các hoạt động trí tuệ cơ bản như
phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, trừu tượng hoá.
Là một sinh viên được đào tạo để trở thành một giáo viên giảng dạy môn
Toán, tôi muốn đóng góp công sức nhỏ bé của mình giúp bạn đọc nắm vững
những khái niệm, các cách chứng minh một vài dạng của bất đẳng thức. Xuất
phát từ những lý do trên tôi quyết định chọn đề tài: "Một số phương pháp
chứng minh bất đẳng thức ".


2
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Tìm hiểu sâu hơn vấn đề “bất đẳng thức” trong trường phổ thông. Đưa ra
một số phương pháp chứng minh BĐT trong việc giải toán. Từ đó giúp học sinh
hiểu và nắm được các phương pháp chứng minh BĐT thông thường cũng như
nâng cao. Bên cạnh đó rèn luyện cho các em kỹ năng tư duy trong tính toán
trong các bài toán chứng minh.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
• Phương pháp nghiên cứu khái quát hóa
• Phương pháp nghiên cứu phân tích, tổng hợp tài liệu
• Nghiên cứu tài liệu: Sách giáo khoa, sách tham khảo về bất đẳng thức
• Tham khảo từ Internet: violet.vn ; diendantoanhoc.net
• Tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn
IV. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
Trong đề tài “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ” tôi đã đưa
ra một số định nghĩa, tính chất cũng như các bài tập vận dụng cho những
phương pháp chứng minh BĐT bao gồm những chương sau :
Chương I : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Phần A Cơ sở lý thuyết về bất đẳng thức : tóm tắt một số kiến thức lý thuyết
cơ bản mà học sinh cần nắm để sử dụng trong quá trình chứng minh bất đẳng
thức.
Phần B Tổng hợp một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức : với mỗi
phương pháp có các kiến thức lý thuyết cần nắm và các bài tập áp dụng để học
sinh tự mình hình thành tư duy, cảm nhận về phương pháp đó.
Chương II : Bài tập vận dụng
Đưa ra những bài tập nhằm củng cố lại kiến thức, đồng thời đây là một hệ thống
những bài tập thông dụng để các em luyện tập thêm, giúp các em nhuần nhuyễn
hơn trong việc giải bất đẳng thức.

3
V. CẤU TRÚC ĐỀ TÀI
Gồm 3 phần : phần mở đầu , phần nội dung và phần kết luận.

Phần I : Mở đầu bao gồm
I. Lí do chọn đề tài
II. Mục đích nghiên cứu
III. Phương pháp nghiên cứu
IV. Nội dung nghiên cứu
V. Cấu trúc đề tài
Phần II : Nội dung gồm có
Chương I : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Chương II : Bài tập vận dụng
Phần III : Kết luận


















4
PHẦN II : NỘI DUNG

CHƯƠNG I : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
PHẦN A CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. Định nghĩa
Định nghĩa 1: Cho hai số a và b gọi a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng
thức. Ta nói a lớn hơn b (kí hiệu
a b
>
) nếu hiệu a – b là một số dương; a nhỏ
hơn b (kí hiệu
a b
<
) nếu hiệu a – b là một số âm. Ngược lại, nếu hiệu a – b > 0
thì ta nói rằng
a b
>
, nếu a – b < 0 thì
a b
<
.
Vậy:
0
a b a b
> ⇔ − >
;
0
a b a b
< ⇔ − <
.
Các mệnh đề “

a b
>
”; “
a b
<
”; “
a b
≥
”; “
a b
≤
” được gọi là những bất đẳng
thức. Cũng như các mệnh đề logic khác, một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai.
Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng.
Định nghĩa 2: Cho hai biểu thức A(x) và B(x) phụ thuộc vào biến số x
được xác định trên cùng miền D thì ta viết A(x) > B(x) (hoặc A(x) < B(x) ) nếu
hiệu A(x) – B(x) > 0 (hoặc A(x) – B(x) < 0), ứng với mọi trị số x trong miền D.
Ngoài ra, nếu tồn tại ít nhất một giá trị x
o
thuộc D sao cho A(x
o
) = B(x
o
) thì ta
viết A(x) ≥ B(x) hoặc A(x) ≤ B(x)
II. Các tính chất của bất đẳng thức
1. Tính chất bắc cầu: Nếu a > b và b > c thì a > c
2. Tính chất đơn điệu của phép cộng: Nếu a > b thì a + c > b + c, ∀c
3. Tính chất đơn điệu của phép nhân : Nếu a > b và c > 0 thì a.c > b.c
Nếu a > b và c < 0 thì a.c < b.c

4. Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức đã cho: Nếu a > b và c > d thì a +c > b + d
5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức trừ: Nếu a > b và c > d thì a – c > b – d
5
6. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều BĐT nếu hai vế cùng dấu:
Nếu a > b > 0 thì
1 1
a b
<

7. So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương:
Nếu a > 1 thì
1 2
1 2
x x
a a x x
> ⇔ >

Nếu a = 1 thì
21
21
xxaa
xx
=⇒=


Nếu 0 < a < 1 thì
1 2
1 2

x x
a a x x
> ⇔ <

8. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức:
Nếu 0
>
>
ba thì
nn
ba >
, Nn
∈

Nếu a > b thì
nn
ba >
với n = 2k + 1
)(
Ν
∈
k

6
PHẦN B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I. Phương pháp 1
: Sử dụng định nghĩa, tính chất bất đẳng thức
1. Lý thuyết
Để chứng minh một BĐT A ≥ B nào đó là đúng, ta cần chỉ ra A – B ≥ 0
bằng cách biến đổi biểu thức (A – B) một cách thích hợp.
Ngược lại, khi cần chứng minh A – B ≥ 0 ta có thể đưa về BĐT A ≥ B để
chứng minh.
Lưu ý:
0
2
≥A
với mọi A, dấu “=” xảy ra
0
=
⇔
A

2. Bài tập vận dụng
Bài 1: CMR: a
2

+ b
2

+ c
2

≥ ab + bc + ca với mọi a, b, c
R
∈

Giải
Xét hiệu:
A = (a
2

+ b
2

+ c
2

)
− (ab + bc + ca)

=
1
2





(a
2

− 2ab + b
2

) + (b
2

− 2bc + c
2

) + (c
2

− 2ca + a
2

)




=
1
2





(a
− b)
2

+ (b
− c)
2

+ (c
− a)
2




≥ 0 ∀a, b, c.
Vì A ≥ 0 nên a
2

+ b
2

+ c
2

≥ ab + bc + ca
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.
Bài 2: a. CMR:
2 2

0
a b ab
+ − ≥
với mọi
,
a b R
∈
. Khi nào đẳng thức xảy ra?
b. CMR nếu
a b
≥
thì
3 3 2 2
a b ab a b
− ≥ −
với mọi
,
a b R
∈

Giải
a. Ta có:
2
2
2 2
3
0
2 4
b b
a b ab a

 
+ − = − + ≥
 
 
với mọi
,
a b R
∈
.
7
Dấu “ = “ xảy ra
2
2
0
2
0
3
0
4
b
a
a b
b

 
− =

 

 

⇔ ⇔ = =


=



b. Ta có:
(
)
3 3 2 2 2 2 2 2
( ) ( )
a b ab a b a a b b a b
− − − = − + −


2 2 2
( )( ) ( )( )
a b a b a b a b
= + − = − +

Do
a b
≥
nên
2
( )( ) 0
a b a b
− + ≥
(đpcm)

Bài 3 :
Cho a, b, c, d là bốn số dương. CMR:
21 <
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
<
b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a

a
.
Giải
Do a, b, c, d là các số dương nên:
a a
a b c a b c d
b b
b c d a b c d
c c
c d a a b c d
d d
d a b a b c d
>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta suy ra:
1
a b c d
a b c b c d c d a d a b
+ + + >
+ + + + + + + +
(1)
Mặt khác, ta lại có:
a a

a b c a c
<
+ + +
;
c c
c d a a c
<
+ + +
nên:
1
a c
a b c c d a
+ <
+ + + +

Tương tự:
1
b d
b c d d a b
+ <
+ + + +
.
Từ đó suy ra:
2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
+ + + <
+ + + + + + + +
(2)
8

Từ (1) và (2) suy ra: 21 <
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
<
b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a
a
(đpcm)

Bài 4: CMR:
1 0
n
x
+ ≥
với mọi
1, *
x n N
≥ − ∈

Giải
Nếu
0
x
≥
thì
1 1 0
n
x
+ ≥ >

Nếu – 1 ≤ x ≤ 0 thì |x| ≤ 1 suy ra |x|
n
≤ 1 hay |x
n
| ≤ 1.
Từ đó, ta có: - x
n
≤ 1 (vì - x
n

≤ |x
n
|)
Vì vậy:
1 0
n
x
+ ≥

Bài 5:
a. CMR : với mọi số nguyên dương k ta đều có
1 1 1
2
( 1) 1
k k k k
 
< −
 
+ +
 

b. Áp dụng câu a. CMR:
1 1 1 1
0
2
3 2 4 3 ( 1)n n
+ + + + <
+

Giải

a. Ta có:
1 1 1 1 1 1 1
( 1) 1
( 1) 1 1
k
k k
k k k k
k k k k k k
  
 
= = − = + −
 
  
+ +
+ + +
 
  

1 1 1 1 1
1 2
1 1 1
k k k k k
    
= + − < −
    
+ + +
    
,
k Z
+

∀ ∈
(đpcm)
b. Áp dụng câu (a) có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1
2
3 2 4 3 ( 1) 2 2 3 3 4 1
n n n n
 
+ + + + < − + − + − + + −
 
+ +
 
1
2 1 2
1n
 
= − <
 
+
 
,
k Z
+
∀ ∈
(
đ
pcm)

9
II. Phương pháp 2
: Bất đẳng thức Côsi (

Cauchy)
1. Lý thuyết

B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cauchy hay Côsi còn
đượ
c g
ọ
i là b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c gi
ữ
a trung bình
c
ộ
ng và trung bình nhân AM – GM (Arithmetic means – Geometric means) .

- Cho n s
ố
không âm b
ấ
t kì a
1
, a
2
, a
3
,…, a
n
. Khi
đ
ó, ta có các B
Đ
T sau:
1.1.
1 2
1 2
2
a a
a a
+
≥
, d
ấ
u “=” x
ả

y ra
1 2
a a
⇔ =

(Trung bình c
ộ
ng c
ủ
a hai s
ố
không âm l
ớ
n h
ơ
n ho
ặ
c b
ằ
ng trung bình nhân
c
ủ
a hai s
ố

đ
ó)
1.2.
1 2 3
3

1 2 3
3
a a a
a a a
+ +
≥
, d
ấ
u “=” x
ả
y ra
1 2 3
a a a
⇔ = =

(Trung bình c
ộ
ng c
ủ
a ba s
ố
không âm l
ớ
n h
ơ
n ho
ặ
c b
ằ
ng trung bình nhân

c
ủ
a ba s
ố

đ
ó)
1.3. T
ổ
ng quát:
1
1
n
i
n
i
n
i
i
a
a
n
=
=
≥
∑
∏
, d
ấ
u “=” x

ả
y ra
1 2 3

n
a a a a
⇔ = = = =

Sau
đ
ây là m
ộ
t trong s
ố
nh
ữ
ng cách ch
ứ
ng minh b
ằ
ng quy n
ạ
p ki
ể
u
Cauchy :
- V
ớ
i n = 2, khi
đ

ó B
Đ
T 1.3
đ
úng, th
ậ
t v
ậ
y:
Ta có:

(
)
2
1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 0 0
2
a a
a a a a a a a a
+
≥ ⇔ + − ≥ ⇔ − ≥
,
đ
úng
1 2
, 0
a a
∀ ≥

d
ấ
u “=” x
ả
y ra
1 2
a a
⇔ =

- Gi
ả
s
ử
B
Đ
T 1.3
đ
úng v
ớ
i n = k (
2,
k k N
≥ ∈
), t
ứ
c là:

1
1
k

i
k
i
k
i
i
a
a
k
=
=
≥
∑
∏
, d
ấ
u “=” x
ả
y ra
1 2 3

k
a a a a
⇔ = = = =

10
- Ch
ứ
ng minh B
Đ

T 1.3
đ
úng v
ớ
i n = k +1, t
ứ
c là ch
ứ
ng minh:
1
1
1
1
1
1
k
i
k
i
k
i
i
a
a
k
+
+
=
+
=

≥
+
∑
∏

Tacó:
1 1
1
1 1
1
1 1
1 1
( 1). ( 1).
k k
k k
k k
i i i k i
i i
i i
a k a a a k a
+ +
+
+ +
+
= =
= =
 
+ − = + + −
 
 

 
∑ ∑
∏ ∏
1
1
1
1 1
. . .
k
k
k
k
k
i k i
i i
k a k a a
−
+
+
= =
≥ +
∏ ∏
1
1
1
2
1
1
1 1 1
2 . . . 2 .

k
k k
k
k
k
i k i i
i i i
k a a a k a
−
+
+
+
+
= = =
≥ =
∏ ∏ ∏
1
1
1
1
1
( 1).
k
k
k
i i
i
i
a k a
+

+
+
=
=
⇒ ≥ +
∑
∏
hay
1
1
1
1
1
1
k
i
k
i
k
i
i
a
a
k
+
+
=
+
=
≥

+
∑
∏

D
ấ
u “=” x
ả
y ra
1 2 3
1
1
1 1 2 3 1
1
1
1
1
1 1


.
k
k
k
k i k
i
k
k
k
k

k
i k i
i i
a a a a
a a a a a a
a a a
+
+
+ +
=
−
+
+
= =



= = = =



⇔ = ⇔ = = = =




=




∏
∏ ∏

Theo nguyên lý quy n
ạ
p toán h
ọ
c, B
Đ
T 1.3
đ
úng ∀n≥2, n∈N.
2. Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho a, b, c > 0 và
4
3
=++ cba
CMR:
a. T =
3333
333
≤+++++ accbba

b. S =
3
333
23777 ≤+++++ accbba

Giải

a. Áp d
ụ
ng B
Đ
T CÔSI cho các s
ố
d
ươ
ng a + 3b, 1, 1
Ta có:
3
113
3
3
+
+
+
≤+
ba
ba

T
ươ
ng t
ự
:
3
113
3
3

+
+
+
≤+
cb
cb

11

3
113
3
3
+
+
+
≤+
ac
ac

C
ộ
ng các v
ế
c
ủ
a B
Đ
T trên ta
đượ

c:
T =
3
3
6)(4
333
333
=
+
+
+
≤+++++
cba
accbba
(
đ
pcm)
Vì
4
3
=++ cba
theo gi
ả
thi
ế
t.
D
ấ
u “=” x
ả

y ra
4
1
===⇔ cba

b. Áp d
ụ
ng B
Đ
T CÔSI cho các s
ố
d
ươ
ng a + 7b, 2, 2
Ta có:
3
227
4.7
3
3
+
+
+
≤+
ba
ba

T
ươ
ng t

ự
:
3
227
4.7
3
3
+
+
+
≤+
cb
cb


3
227
4.7
3
3
+
+
+
≤+
ac
ac

C
ộ
ng hai v

ế
c
ủ
a B
Đ
T trên ta
đượ
c:
6
3
12)(8
4).777(
3
333
=
+
+
+
≤+++++
cba
accbba
(Vì
4
3
=++ cba
)
2
3
333
23

4
6
777 =≤+++++=⇔ accbbaS
(
đ
pcm)
D
ấ
u “=” x
ả
y ra
4
1
===⇔ cba

Bài 2: Cho a, b, c là 3 s
ố
d
ươ
ng. CMR :
2
3
≥
+
+
+
+
+
b
a

c
a
c
b
c
b
a

Giải
Đặ
t:
b
a
c
a
c
b
c
b
a
S
+
+
+
+
+
=

12
Ta có:

1113 +
+
++
+
++
+
=+
b
a
c
a
c
b
c
b
a
S


)
111
)((3
3
baaccb
cbaS
ba
cba
ac
cba
cb

cba
S
+
+
+
+
+
++=+⇔
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=+⇔

Áp d
ụ
ng B
Đ
T CÔSI
Cho 3 s
ố
d
ươ

ng a + b, b + c, c + a có:
3
))()((3 accbbaaccbba +++≥+++++
(1)
Cho 3 s
ố
d
ươ
ng
a
c
c
b
b
a
+++
1
;
1
;
1
có:
3
))()((
1
3
111
accbbaaccbba +++
≥
+

+
+
+
+
(2)
Nhân 2 v
ế
c
ủ
a B
Đ
T (1) và (2) ta có:
)(
2
3
2
9
3
9)3(2
))()((
1
.3.))()((.3)
111
)((
3
3
đpcmS
S
S
accbba

accbba
accbba
accbba
≥⇔
≥+⇔
≥+⇔
+++
+++≥
+
+
+
+
+
+++++

Dấu “=” xảy ra
cba
=
=
⇔

Bài 3: Cho a, b, c > 0. CMR:
3
3
1))()(( abcb
a
c
a
c
b

c
b
a
+≥+++
(1)
Giải
(1)
3
3
)1())()(( abcb
a
c
a
c
b
c
b
a
+≥+++⇔

Ta có: VT(1) =
))((
2
b
a
c
cab
b
a
c

a
++++

13
=
abccb
a
bc
a
b
ac
c
ab
+++++++
222
1

Áp dụng BĐT CÔSI cho
0;0;0 >>>
a
bc
b
ac
c
ab
và
0;0;0
222
>>> cba

3
3 abc
a
bc
b
ac
c
ab
≥++⇒
và
3 222222
3 cbacba ≥++

3
3
3
2
3
)1()(331 abcVTabcabcabcVT +≥⇔+++≥⇒
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra
cba
=
=
⇔

Bài 4 : Cho n số dương a
1
,a

2
,…,a
n
. CMR:
nn
aaa
n
aaa +++
≥+++

1

11
21
2
21

Giải
Áp dung BĐT CÔSI cho n số dương
Ta có:
0
2121
>≥+++
n
nn
aaanaaa


2
21

21
21
21
)
1

11
)( (
0

1

11
n
aaa
aaa
aaa
n
aaa
n
n
n
n
n
≥++++++⇒
>≥+++

nn
aaa
n

aaa +++
≥+++⇔

1

11
21
2
21
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra
⇔
a
1
= a
2
= … = a
n
Bài 5: Cho



<
≤≤<
zyx
cba
,,0
0

Chứng minh rằng:

( )
( )
( )
2
2
ax
4
a c
x y z
by cz x y z
a b c ac
+
 
+ + + + ≤ + +
 
 

Giải
Đặt
0)()(
2
=++−= acxcaxxf
có 2 nghiệm a,c
14
Mà:
0)(0)(
2
≤++−⇔≤⇒≤≤ acbcabbfcba

( )
ac y
b a c yb ac a c y
b b
⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +

( ) ( )
( )( )
( ) ( ) ( )
x y z
xa ac yb ac zc ac a c x a c y a c z
a b c
x y z
xa yb zc ac a c x y z
a b c
 
⇒ + + + + + ≤ + + + + +
 
 
 
⇒ + + + + + ≤ + + +
 
 

Theo bất đẳng thức CÔSI ta có:

( ) ( ) ( )
( )
( )
( )

)(
4
4
2
2
22
đpcmzyx
ac
ca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
++
+
≤







++++⇔
+++≤






++++⇔

Bài 6: Cho 3 số a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng
1
3
ab bc ca
+ + ≤

Giải
Ta có:
2
( ) ( ) ( )
2
b c
ab bc ca a b c bc a b c
+
+ + = + + ≤ + +
( Bất đẳng thức CÔSI)

2
1
(1 )
2
a
a a
−
 
= − +
 
 
( Do giả thiết a + b + c = 1 )

2 2
1 1
(1 )(3 1) (3 3 )(3 1)
4 12
1 3 3 1 3 1
( , , )
12 2 3 2
a a a a
a a x y
do x y xy
= − + = − +
− + + +
   
≤ = ∀ ≤
   
   

Đẳng thức xảy ra khi
1
3 3 1 3
3
1
b c
a a a b c
a b c
=


− = + ⇔ = = =


+ + =



III. Phương pháp 3:
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
( BĐT Bunhiacopski)
1. Lý thuyết
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz còn được gọi là bất đẳng thức Bunhiacopski
Ta có :
15
Với 2 bộ n số (a
1
, a
2
,…, a

n
) và (b
1
, b
2
,…, b
n
) ta luôn có:

) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++
(1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi (a
1
, a
2
,…, a
n
) và (b
1

, b
2
,…, b
n
) là 2 bộ số tỉ lệ.
Tức là :
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
hoặc
n
n
a
b
a
b
a
b
===
2

2
1
1

Chứng minh
Nếu
0
22
2
2
1
=+++
n
aaa
hoặc
0
22
2
2
1
=+++
n
bbb
thì (1) hiển nhiên đúng.
Do vậy chỉ cần xét trường hợp :
0
22
2
2
1

≠+++
n
aaa
và
0
22
2
2
1
≠+++
n
bbb

Ta có
Rx
∈
∀
:
0)(2
2
11
2
111
22
1
≥−=+− bxabxbaxa


0)(2

0)(2
222
2
22
2
222
22
2
≥−=+−
≥−=+−
nn
n
nnnn
bxabxbaxa
bxabxbaxa

Cộng vế với vế các BĐT trên ta có :

Tam thức bậc hai ở vế trái không âm với mọi x nên
0
≤
∆

) )( () (
0) )( () (
22
2
2
1
2

2
2
1
2
2211
22
2
2
1
2
2
2
1
2
2211
n
n
nnn
n
n
nnn
bbbaaabababa
bbbaaabababa
++++++≤+++⇔
≤++++++−+++⇔

Dấu “=” xảy ra khi
0
x
∃

sao cho
n
n
nn
b
a
b
a
b
a
bxabxabxa ===⇔−==−=−
2
2
1
1
0101001

• Các hệ quả:
HQ1: Với 2 dãy số (a
1
,a
2
,…,a
n
) và (b
1
,b
2
,…,b
n

),
nib
i
, ,2,1,0
=
∀
≥


n
n
n
n
bbb
aaa
b
a
b
a
b
a
+++
+++
≥+++

) (

21
2
21

2
2
2
2
1
2
1

HQ2: Với 2 dãy số (a
1
,a
2
,…,a
n
) và (b
1
,b
2,…,
b
n
),
nib
i
, ,2,1,0
=
∀
≥

16

) () (
22
2
2
1
2
21
nn
aaanaaa +++≤+++

BĐT Bunhiacopski thường được áp dụng để chứng minh BĐT đúng với các số
thực và thường có dạng sau:
a,
cxgxf ≤+ )()(
với
Axgxfxgxf
≤
+
≥
)()(,0)(),(

b,
22
22
)()(
b
a
c
xgxf
+

≥+
với
cxgbxfa
≥
+
)(.)(.

c,
kbaxgbxfa .)(.)(.
22
+≤+
với
)0()()(
222
>≤+ kkxgxf

d,
)().()(
2
xgxfxh ≤

e,
22
sin.cos. baxbxa +≤+

f,
mdxcxxbxa ≤+++
22
sin.cos.sin.cos.

g,
M
pxnxm
cxxbxa
≤
++
++
sin.cos.
cos.sin.cos.

2. Bài tập vận dụng
Bài 1. CMR:
a. Nếu
2 2
1
x y
+ =
thì
5
x y
+ ≤

b. Nếu
3 4 1
x y
+ =
thì
2 2
1
25

x y+ ≥

Giải
a. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai cặp số (1; 2) và (x; y) ta có:
( )
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2 2 2
2 1 2 5
x y x y x y
+ ≤ + + = +

Mặt khác:
2 2
1 5
x y x y+ = ⇒ + ≤
(đpcm)
b. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai cặp số (3; 4) và (x; y) ta có:
Mặt khác:
( )
2 2
1
3 4 1
25
x y x y+ = ⇒ + ≥

2 2
1 5
x y x y+ = ⇒ + ≤
(đpcm)
17

Bài 2: CMR
, , ,
a b c d
∀
ta có
2 2 2 2 2
( ) 3( ) 6
a b c d a b c d ab
+ + + ≤ + + + +

Giải
Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có:

2 2 2 2 2
( ) (1.( ) 1. 1. ) 3(( ) )
a b c d a b c d a b c d
+ + + = + + + ≤ + + +


2 2 2 2
3( ) 6
a b c d ab
= + + + +

Đẳng thức xảy ra
1 1 1
a b c d
a b c d
+
⇔ = = ⇔ + = =

Bài 3: CMR:
0
x y z
≥ ≥ >
thì
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
+ + ≥ + +

Giải
Áp dụng BĐT Bunhicopski, ta có:

( )
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
x y y z z x x z y x z y
x y z
z x y y z x
  

+ + + + ≥ + +
  
  

Mặt khác, vì
0
x y z
≥ ≥ >
nên

2 2 2 2 2 2
( )( )( )( )
0
x y y z z x x z y x z y xy yz zx x y x z y z
z x y y z x xyz
   
+ + − − −
+ + − + + = ≥
   
   

Từ đó:

2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( )
x y y z z x x y y z z x x z y x z y
x y z
z x y z x y y z x

    
+ + ≥ + + + + ≥ + +
    
    


2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
⇒
+ + ≥ + +

Đẳng thức xảy ra
x y z
⇔ = =




18
Bài 4: Giả sử
1,,
≥
zyx
và
2
111
=++

zyx
. CMR:

111 −+−+−≥++ zyxzyx

Giải
Từ
1
111
2
111
=
−
+
−
+
−
⇔=++
z
z
y
y
x
x
zyx

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho
),( zyx
và









−
−
−
z
z
y
y
x
x 1
,
1
,
1

Ta có:
)
111
).(()111(
2
z
z
y
y

x
x
zyxzyx
−
+
−
+
−
++≤−+−+−


111 −+−+−≥++⇒ zyxzyx
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra
2
3
===⇔ zyx

Bài 5: Cho 2 số dương x, y thay đổi sao cho: 0 < x + y < a + b trong đó a, b là
2 số cho trước. CMR:
ba
a
yxba
xa
yx
x
S
+
≥
+−+

−
+
+
=
222
)(
)(
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
Giải
Áp dụng BĐT Bunhiacoski cho 4 số ta được:
)
)(
)((
)(
)().(
.(
22
yxba
xa
yx
x
yxbayx
yxba
yxbaxa
yx
yx
x
−−+
−
+

+
−−+++≤
+−+
+−+−
++
+

ba
a
yxba
xa
yx
x
yxba
xa
yx
x
baxax
+
≥
−−+
−
+
+
⇔
−−+
−
+
+
+≤−+⇔

222
22
2
)(
)
)(
)(()(

Dấu “=” xảy ra
yxba
yxba
xa
yx
yx
x
−−+
−−+
−
=
+
+

19

ybxa
yxxayxbax
yxba
xa
yx
x

)).(().(
=⇔
+−=−−+⇔
−−+
−
=
+
⇔

IV. Phương pháp 4
: Sử dụng phép biến đổi tương đương
1. Lý thuyết
Hai BĐT được gọi là tương tương nếu BĐT này đúng thì BĐT kia cũng đúng
và ngược lại.
Phép biến đổi được gọi là tương đương nếu nó biến đổi một BĐT thành
BĐT khác tương đương với nó.
Dùng phép biến đổi tương đương để chứng minh BĐT tức là ta biến đổi
BĐT cần chứng minh với BĐT đúng hoặc BĐT đã được chứng minh.
• Phương pháp: Khi biến đổi tương đương cần cố gắng làm xuất hiện các
điều kiện đã cho trong giả thiết nhằm áp dụng được điều kiện của giả thiết
để chứng minh được bất đẳng thức đó là đúng.
- Chuyển vế để chứng minh bất đẳng thức đó.
- Chuyển vế các thừa số về dạng hằng đẳng thức để chứng minh.
- Chia nhỏ từng vế để chứng minh sau đó cộng vế theo vế các bất đẳng thức
con để được điều phải chứng minh.
Chú ý các đẳng thức sau
2 2 2 2
( ) 2 2 2
a b c a b c ab bc ca

+ ± = + + + ± ±

2 2 2 2 2
( ) 2 2 2 2 2 2
a b c d a b c d ab bc ca cd bd ad
+ + + = + + + + + + + + +

3 3 3 2 2 2
3 ( )( )
a b c abc a b c a b c ab bc ca
+ + − = + + + + − − −




20
2. Bài tập vận dụng
Bài 1: CMR nếu
0
a
≥
và
0
b
≥
thì
2 2 3 3
.
2 2 2
a b a b a b

+ + +
≤

Giải
Ta có:
2 2 3 3
.
2 2 2
a b a b a b
+ + +
≤
3 2 2 3 3 3 3 2 2 3
2 2 0
a ab a b b a b a ab a b b
⇔ + + + ≤ + ⇔ − − + ≥

2 2 2
( )( ) 0 ( ) ( ) 0
a b a b a b a b
⇔ − − ≥ ⇔ − + ≥
(đúng)
Vậy
2 2 3 3
.
2 2 2
a b a b a b
+ + +
≤
(đpcm)
Bài 2 :

a. CMR, nếu
0
x y
≥ ≥
thì
1 1
x y
x y
≥
+ +

b. CMR đối với hai số tùy ý a, b, ta có:
1 1 1
a b a b
a b a b
−
≤ +
+ − + +

Giải
a. Với
0
x y
≥ ≥
, ta có:
(1 ) (1 )
1 1
x y
x y y x
x y

≥ ⇔ + ≥ +
+ +

x xy y xy x y
⇔ + ≥ + ⇔ ≥
(đúng)
Do đó:
1 1
x y
x y
≥
+ +
(đpcm)
b. Vì
a b a b
− ≤ +
nên theo câu (a), ta có:
1 1 1 1 1 1
a b a b a b a a
a b a b a b a b a b
− +
≤ = + ≤ +
− − + + + + + + + +

Do đó:
1 1 1
a b a b
a b a b
−
≤ +

+ − + +
(đpcm)
21
Bài 3 : CMR, nếu
0
a
>
và
0
b
>
thì
1 1 4
a b a b
+ ≥
+

Giải
Với
0; 0
a b
> >
ta có:
( )
2
1 1 4 4
4
.
a b
a b ab

a b a b a b a b
+
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥
+ +

( )
2
2 2
2 4 0
a ab b ab a b
⇔ + + ≥ ⇔ − ≥
(đúng)
Do đó:
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
(đpcm)
Bài 4 : CMR, nếu
0
a
≥
và
0
b
≥
thì
3 3
( )
a b ab a b

+ ≥ +
. Đẳng thức xảy ra khi
nào?
Giải
Ta có:
3 3 2 2
( ) ( )( ) ( ) 0
a b ab a b a b a ab b ab a b
+ ≥ + ⇔ + − + − + ≥

2 2 2
( )( 2 ) 0 ( )( ) 0
a b a ab b a b a b
⇔ + − + ≥ ⇔ + − ≥
(1)
Vì
2
( ) 0
a b
− ≥
nên:
- Với
0, 0
a b
≥ ≥
thì (1) đúng nên
3 3
( )
a b ab a b
+ ≥ +

(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi
0
a b
+ =
hoặc
0
a b a b
− = ⇔ =
.
Bài 5 :
CMR:
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
với mọi số thực a, b, c. Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi a = b = c.
Giải
Ta có:
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +

2 2 2
0
a b c ab bc ca
⇔ + + − − − ≥

2 2 2
2 2 2 2 2 2 0

a b c ab bc ca
⇔ + + − − − ≥

( ) ( ) ( )
2 2 2
0
a b b c c a
⇔ − + − + − ≥
(1)
22
Dấu “=” xảy ra
a b b c c a a b c
⇔ − = − = − ⇔ = =

Do (1) đúng nên
2 2 2
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
(đpcm)
Bài 6 : Cho a, b, c, d là bốn số dương và
a c
b d
<
. CMR:
a.
a b c d
b d
+ +
<

b.
a b c d
a c
+ +
>

Giải
a. Ta có:
a b c d
b d
+ +
<
(1)
0 0 0
ad bd bc bd ad bc a c a c
bd bd b d b d
+ − − −
⇔ < ⇔ < ⇔ − < ⇔ <
(2)
Do BĐT (2) đúng do giả thiết nên BĐT (1) đúng.
b. Ta có:
a b c d
a c
+ +
>
(3)
0 0 0
ac bc ac ad bc ad c a c a
bd bd d b d b
+ − − −

⇔ > ⇔ > ⇔ − > ⇔ >
(4)
Do BĐT (4) đúng do giả thiết nên BĐT (3) đúng.
Bài 7 : Cho a, b, c là ba số dương. CMR: a) Nếu
a b
<
thì
a a c
b b c
+
<
+

b) Nếu
a b
>
thì
a a c
b b c
+
>
+

Giải
a) Do 0 < a < b và c > 0 nên
a a c
b b c
+
<
+

(1)
( ) ( )
a b c b a c
⇔ + < +

ab ac ab bc
⇔ + < +
ac bc a b
⇔ < ⇔ <
(do
0
c
>
) (2)
BĐT (2) đúng do giả thiết. Vậy (1) đúng.
23
b) Do a > b > 0 và c > 0 nên
a a c
b b c
+
>
+
(1)
( ) ( )
a b c b a c
⇔ + > +

ab ac ab bc
⇔ + > +
ac bc a b

⇔ > ⇔ >
(do
0
c
>
) (2)
BĐT (2) đúng do giả thiết. Vậy (1) đúng.
Bài 8: CMR
a.
4 4 4 3 3
a b c a b ab
+ + ≥ +
với mọi
,
a b R
∈

b.
( )
(
)
2
2 2 2
3
a b c a b c
+ + ≤ + +
với mọi
, ,
a b c R
∈

Giải
a. Ta có:
4 4 4 3 3 3 3
( ) ( )
a b c a b ab a a b b b a
+ + − − = − + −
3 3
( )( )
a b a b
= − −
2 2 2
( ) ( ) 0
a b a b ab
= − + + ≥

(Vì
2
2
2 2
3
0
2 4
b b
a b ab a
 
+ + = + + ≥
 
 
và

2
( ) 0
a b
− ≥
v
ớ
i m
ọ
i
,
a b R
∈
)
b.
( )
(
)
2
2 2 2
3
a b c a b c
+ + ≤ + +
(1)
2 2 2 2 2 2
2 2 2 3 3 3
a b c ab ac bc a b c
⇔ + + + + + ≤ + +

2 2 2
0

a b c ab ac bc
⇔ + + − − − ≥

2 2 2
( ) ( ) ( ) 0
a b b c c a
⇔ − + − + − ≥
(2)
B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (2) luôn
đ
úng nên b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (1)
đượ
c ch
ứ
ng minh.
V. Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức phụ
1. Lý thuyết
Ở

ph
ươ
ng pháp này em ch
ỉ
s
ử
d
ụ
ng nh
ữ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c ph
ụ

đơ
n gi
ả
n và d
ễ

nh
ớ
nh
ằ
m trang b

ị
cho h
ọ
c sinh kh
ả
n
ă
ng v
ậ
n d
ụ
ng hi
ệ
u qu
ả
các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
ph
ụ
vào vi
ệ
c ch
ứ
ng minh b
ấ

t
đẳ
ng th
ứ
c.

Các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c ph
ụ

đượ
c l
ự
a ch
ọ
n:
•

cabcabcba ++≥++
222
v
ớ
i
cba ,,
∀

(1)
24
•

b
a
b
a
+
≥+
411
v
ớ
i a,b d
ươ
ng (2)
•

2
)(
41
ba
ab
+
≥
v
ớ
i a,b d
ươ
ng (3)

Ta có th
ể
d
ễ
dàng ch
ứ
ng minh ba b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (1),(2) b
ằ
ng cách bi
ế
n
đổ
i
t
ươ
ng
đươ
ng các v
ế
và b
ấ
t
đẳ
ng th

ứ
c (3)
đượ
c suy ra t
ừ
b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (2).
H
ướ
ng d
ẫ
n gi
ả
i (1):
Ta có:
0
222222
≥−−−++⇔++≥++ cabcabcbacabcabcba

0)()()(
0)2()2()2(
0222222
222
222222
222

≥−+−+−⇔
≥−++−++−+⇔
≥−−−++⇔
accbba
accabccbabba
acbcabcba

Do
đ
ó:
cabcabcba ++≥++
222
là b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đ
úng. (
đ
pcm)
H
ướ
ng d
ẫ
n gi
ả
i (2): Ta có:

0
)(
)(
0
)(
2
0
)(
4)(
0
4
4411
2
22
2
≥
+
−
⇔
≥
+
+−
⇔
≥
+
−+
⇔
≥
+

−
+
⇔
+
≥
+
⇔
+
≥+
baab
ba
baab
baba
baab
abba
baab
ba
baab
ab
baba

Do
đ
ó v
ớ
i a, b d
ươ
ng thì
b
a

b
a
+
≥+
411
là b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đ
úng. (
đ
pcm)
2. Bài tập vận dụng
Bài 1: CMR
a)
222222444
accbbacba ++≥++
v
ớ
i m
ọ
i a,b,c
b)
)(
222888
cabcabcbacba ++≥++

Hướng dẫn giải
a)

Ta có:
222222222222444
)()()( accbbacbacba ++≥++=++

Ta áp d
ụ
ng (1) suy ra
đ
pcm.
b) Ta có :
444444242424888
)()()( accbbacbacba ++≥++=++

25
Ti
ế
p t
ụ
c áp d
ụ
ng (1) cho các b
ộ

, ,,
222222
accbba

ta có
đượ
c k
ế
t qu
ả
câu b.
(
đ
pcm)
Bài 2: CMR v
ớ
i a, b, c d
ươ
ng

2
11
1
11
1
11
1 cba
accbba
+
+
≤
+
+
+

+
+

Hướng dẫn giải
Ta áp d
ụ
ng (2)
Ta có:
4
11
1411 ba
ba
baba
+
≤
+
⇒
+
≥+

T
ươ
ng t
ự
có :
.
4
11
1
;

4
11
1 ac
ac
cb
cb
+
≤
+
+
≤
+

C
ộ
ng v
ế
v
ớ
i v
ế
c
ủ
a 3 B
Đ
T
ở
trên ta
đượ
c

đ
pcm.
Bài 3 : Cho a, b, c d
ươ
ng. CMR

c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
2
1
2
1
2
1
4
1
4
1
4
1

++
+
++
+
++
≥++

Hướng dẫn giải
Ta áp d
ụ
ng (2)
Ta có:
a
c
a
c
c
b
c
b
b
a
b
a
+
≥+
+
≥+
+
≥+

1
4
1
4
1
;
1
4
1
4
1
;
1
4
1
4
1

C
ộ
ng v
ế
theo v
ế
3 B
Đ
T trên l
ạ
i ta có:

a
c
c
b
b
a
VT
+
+
+
+
+
≥
111
.2

Ti
ế
p t
ụ
c áp d
ụ
ng (2):
Ta có :
c
b
a
c
b
b

a
++
≥
+
+
+
2
411


a
c
b
a
c
c
b
++
≥
+
+
+
2
411


b
c
a
b

a
c
a
++
≥
+
+
+
2
411

C
ộ
ng v
ế
theo v
ế
c
ủ
a 3 B
Đ
T trên ta có: