Chuyên đề BDHSG bất đẳng thức

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1. Định nghĩa. Các hệ thức dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b ) là một bất đẳng thức.
2. Tính chất :
2.1. Cộng hai vế của bất đẳng thức vời cùng một số

a>b 
⇒a +c > b+c
c tùy ý 

2.2. Nhân hai vế của bất đẳng thức vời cùng một số.

a>b 
 ⇒ a.c > b.c
c > 0
a>b
2.3. Tính chất bắc cầu.
⇒a >c.
b > c

a>b
 ⇒ a.c < b.c
c < 0

2.4. Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều, được bất đẳng thức mới cùng chiều với các bất
đẳng thức đã cho.

a>b
⇒a +c > b+d
c > d

Chú ý : Không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều.
2.5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều, được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng
thức bị trừ.

a>b
⇒a −c > b−d
c < d

2.6. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm.

a>b≥0 
 ⇒ a.c > b.d
c > d ≥ 0

2.7. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức :
a > b > 0 ⇒ a n > bn ;
a > b ⇔ a n > b n với n lẻ ;

a > b ⇔ a n > b n với n chẵn.

3. Các hằng bất đẳng thức.
Ngoài các hằng bất đẳng thức a 2 ≥ 0 ; −a 2 ≤ 0 với mọi a, cần nhớ thêm các hằng bất đẳng
thức liên quan đến giá trị tuyệt đối.
a ≥ 0 . Xảy ra đẳng thức khi a = 0.

a ≥ a . Xảy ra đẳng thức khi a ≥ 0.
a + b ≤ a + b . Xảy ra đẳng thức khi a.b ≥ 0 .
a − b ≥ a − b . Xảy ra đẳng thức khi a.b < 0 và a ≥ b .
Cũng cần nhớ thêm một số hằng đẳng thức khác để khi giải toán có thể sử dụng chúng như

một bổ đề, chẳng hạn.
+ Bất đẳng thức chauchy :
a 2 + b 2 ≥ 2ab . Xảy ra đẳng thức khi a = b ;

a + b ≥ 2 ab (với a ≥ 0 , b ≥ 0 ). Xảy ra đẳng thức khi a = b ;
1


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2

2
a+b

÷ ≥ ab hay ( a + b ) ≥ 4ab ;
 2 
1 1
4
+ ≥
(với a > 0 , b > 0 ) ;
a b a+b
a b
+ ≥ 2 (với a > 0 , b > 0 ) ;
b a

+ Bất đẳng thức bunhiacopxki :

(a

2

+ b 2 ) ( x 2 + y 2 ) ≥ ( ax + by )

2

PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M
Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải:
1
a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)
2
1
= ( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
2
Vì (x - y)2 ≥ 0 với ∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x = y
(x - z)2 ≥ 0 với ∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x = z
(y - z)2 ≥ 0 với ∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z = y
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
= ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x ; y ; z ∈ R
2
2
2

Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z ∈ R
Dấu bằng xảy ra khi x + y = z
c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x + y + z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 - 2y +1 + z 2 - 2z +1
= (x - 1) 2 + (y - 1) 2 +(z - 1) 2 ≥ 0. Dấu (=) xảy ra khi x = y = z = 1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2
a2 + b2  a + b 
a)
≥
 ;
2
 2 

[

]

2

a2 + b2 + c2  a + b + c 
b)
≥

3
3


c) Hãy tổng quát bài toán
Giải:
2

a2 + b2  a + b 
a) Ta xét hiệu :
−

2
 2 
2
2
1
2( a + b ) a 2 + 2ab + b 2 1
2
2
2
2
2
=
= ( 2a + 2b − a − b − 2ab ) = ( a − b ) ≥ 0
−
4
4
4
4

2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2

a2 + b2  a + b 

≥
 . Dấu bằng xảy ra khi a = b
2
 2 
b)Ta xét hiệu
2
a2 + b2 + c2  a + b + c  1
2
2
2
−
 = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 0 .
3
3

 9
Vậy

[

]

2

a2 + b2 + c2  a + b + c 
Vậy
≥

3
3



Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
2
a12 + a 22 + .... + a n2  a1 + a 2 + .... + a n 
≥
c) Tổng quát

n
n


Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bước 3:Kết luận A ≥ B
Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1 ≥ m(n + p + q + 1)
Giải:
 m2
  m2
  m2
  m2

⇔ 
− mn + n 2  + 
− mp + p 2  + 
− mq + q 2  + 
− m + 1 ≥ 0
 4
  4

  4
  4

2

2

2

2

m
 m
 m
 m 
⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2
 2
 2
 2

m
m

 2 −n =0
n=

m
2


m
 − p=0
 m=2
2
p =
⇔
Dấu bằng xảy ra khi  m
2 ⇔
n = p = q = 1
 −q =0

m
2
q = 2
m
m = 2

 2 − 1 = 0
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
Giải: Ta có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) , ∀a, b, c > 0
⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2 bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0
⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0

(

⇔ a2 − b2

(

⇔ a2 − b2

(

)

2

(

+ 2a 2 b 2 + b 2 − c 2

) + (b
2

) (

2

− c2

) + (c
2

) (

)

2

(

+ 2b 2 c 2 + c 2 − a 2

)

2

+ 2a 2 c 2

− 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
2

− a2

)
)

2

+ (a 2 b 2 + b 2 c 2 − 2b 2 ac) + (b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c 2 ab)
+ (a 2 b 2 + c 2 a 2 − 2a 2 ab) ≥ 0

⇔ a 2 − b 2 + b 2 − c 2 + c 2 − a 2 + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0
Đúng với mọi a, b, c.
Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất
đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
2

2

2

2

3

2

2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì
có bất đẳng thức A < B .
Chú ý các hằng đẳng thức sau:
( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2

( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3

Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
b2
a) a 2 +
≥ ab
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
Giải:

b2
2
a) a 2 +
≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0
4
b2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 +
≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2( a 2 + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b)
⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0
⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức cuối đúng.
2
2
Vậy a + b + 1 ≥ ab + a + b . Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4a( b + c + d + e )
⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 ≥ 0

(

) (

) (

) (

⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a 10 + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4

Giải:
a 10 + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4
⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12

(

(

)(

(

) (

)

)(

)(

(

) (

)(

)

)

)

)

⇔ a 8 b 2 a 2 − b 2 + a 2 b 8 b 2 − a 2 ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
x2 + y2
≥2 2
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y Chứng minh
x− y
x2 + y2
≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
Giải:
x− y
⇒ x2+y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R
b/ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a + b + c

(gợi ý :bình phương 2 vế)

4


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
x. y.z = 1


1 1 1
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:  + + < x + y + z
 x y z
Chứng minh rằng : có đúng một trong ba số x, y, z lớn hơn 1
Giải: Xét (x - 1)(y - 1)(z -1 ) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
= (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( + + )= x + y + z - ( + + ) > 0 (vì + + < x+y+z theo gt)
x y z
x y z
x y z
⇒ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy
ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
a
b
c
+
+
<2
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 <
a+b b+c a+c
Giải:
1
1
a
a
>
⇒

>
(1)
Ta có : a + b < a + b + c ⇒
a+b a+b+c
a+b a+b+c
b
b
c
c
>
(2) ,
>
(3)
Tương tự ta có :
b+c a+b+c
a+c a+b+c
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
a
b
c
+
+
> 1 (*)
a+b b+c a+c
a
a+c
<
(4)
Ta có : a < a + b ⇒
a+b a+b+c

b
a+b
c
c+b
<
(5) ,
<
(6)
Tương tự :
b+c a+b+c
c+a a+b+c
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a
b
c
+
+
< 2 (**)
a+b b+c a+c
a
b
c
+
+
< 2 (đpcm)
Từ (*) và (**) , ta được : 1 <
a+b b+c a+c
Phương pháp 3:
Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:

a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
2
2
b) x + y ≥ xy

dấu( = ) khi x = y = 0

c) ( x + y ) ≥ 4 xy
a b
d) + ≥ 2
b a
Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
2

( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc

Tacó

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4:
Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : a, b ≥ 0 , ta có: a + b ≥ 2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :

5

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n n a1 a 2 ..a n
n

 a + a 2 + ... + a n 
⇔ a1 a 2 ..a n ≤  1

n


Dấu “=” xảy ra khi a1 = a 2 = ... = a n
Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
2x
4x
2x
3
Ví dụ 1 : Giải phương trình : x
+ x
+ x
=
x
2
4 +1 2 +1 2 + 4
a = 2 x
x
, a, b > 0
Giải : Nếu đặt t =2 thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt 
b = 4 x
a
b

1
3
+
+
=
Khi đó phương trình có dạng :
b +1 a +1 a + b 2
Vế trái của phương trình:
 a
  b
  1

 a + b +1   a + b +1  a + b +1 
=
+ 1÷+ 
+ 1÷+ 
+ 1÷− 3 = 
÷+ 
÷+ 
÷− 3
 b +1   a +1   a + b 
 b +1   a +1   a + b 
1
1 
1
1 
 1
 1
= ( a + b + c) 
+

+
+
+
÷− 3 = ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b )  
÷− 3
 b +1 a +1 a + b 
 b +1 a +1 a + b 
1 3
3
3
3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) .
−3 =
3 ( a + 1)( b + 1)( a + b )
2
2
Vậy phương trình tương đương với :
a +1 = b +1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 .
x
y
z
+
+
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P =
x +1 y +1 z +1
1
1
1
+
+
Giải : P = 3- (

) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì
x +1 y +1 z +1
≥

1 1 1
1
1 1 1
9
1 1 1
+ + ≥33
⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ 9 ⇒ + + ≥
a b c
abc
a b c a +b +c
a b c
1
1
1
9
9
9 3
+
+
≥ ⇒ -Q ≤ − nên P = 3 – Q ≤ 3- =
Suy ra Q =
x +1 y +1 z +1 4
4
4 4
3
1

Vậy max P = .khi x = y = z = .
4
3
1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2
≤
Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: 2
2abc
a + bc b + ac c + ab
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
2
1
1 1
1 
a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒ 2
≤
≤  + 
a + +bc a bc 2  ab ac 
2
1
1 1
1 
2
1
1 1
1 

≤
≤  + ÷⇒ 2
≤
≤  + ÷
Tương tự :
2
b + + ac b ac 2  bc ab  c + + ab c ab 2  ac bc 
2
2
2
a+b+c
⇒ 2
+ 2
+ 2
≤
a + bc b + + ac c + + ab
2abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
a + b + c ≥ 3 3 abc ⇔

6


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC :

a
b
c
+

+
≥ 3 (*)
b+c−a c+a −b a+b−c

Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
a
b
c
abc
+
+
≥ 33
(1)
b+c−a c+a −b a+b−c
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
1
(b + c − a )(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c ( 2)
2
Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc
abc
→
≥ 1 (3)
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
2
0 < a ≤ b ≤ c
x y z  ( a + c)


Ví dụ 5: Cho 
. Chứng minh rằng: ( + by + cz )  + +  ≤
4ac
0 < x, y, z
a b c
2
Giải: Đặt f ( x) = x − ( a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c
Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0
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 Cauchy ta có:
x y z
⇒ 2 ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c )( x + y + z )
a b c

x y z
2
2
⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z )
a b c

 x y z  ( a + c)
( x + y + z ) 2 (đpcm)
⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤
4ac
a b c
Phương pháp 5
Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức :
Cho 2n số thực ( n ≥ 2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có:
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ ( a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )
a
a1 a 2
=
= .... = n
Dấu “=” xảy ra khi ⇔
b1 b2
bn
b
b1 b2
=
= .... = n (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
Hay
a1 a 2
an

Chứng minh:
a = a 2 + a 2 + ... + a 2
1
2
n
Đặt 
2
2
2
 b = b1 + b2 + ... + bn
• Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
2

7

( x + y + z) 2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
• Nếu a,b > 0:
ai
b
2
2
2
2
2
2
Đặt: α i = , β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 1 + α 2 + ... + α n = β 1 + β 2 + ... + β n
a

b
1 2
2
Mặt khác: α i β i ≤ α i + β i
2
1
1
α 1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α 12 + α 22 + .... + α n2 ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1
2
2
Suy ra:
⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b

(

)

Lại có: a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn
2
2
2
2
2
2
2
Suy ra: (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ (a1 + a 2 + ... + a n )(b1 + b2 + ... + bn )

 α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n )
a
a

a
⇔ 1 = 2 = .... = n
Dấu”=” xảy ra ⇔ 
b1 b2
bn
α 1 β1 ....α n β n cùng dáu
Ví dụ 1 :
1
8
8
Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: sin x + cos x ≥
8
2
2
Giải: Ta có: sin x + cos x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:
1 = sin 2 x.1 + cos 2 x.1 ≤ sin 4 x + cos 4 x 12 + 12

(

) (

)(

)

2
1
1
≤ sin 4 x + cos 4 x ⇒ ≤ sin 4 x + cos 4 x

2
4
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
2
1
1
1
⇔ ≤ sin 4 x.1 + cos 4 x.1 ⇔ ≤ sin 8 x + cos8 x 12 + 12 ⇔ sin 4 x + cos 4 x ≥
4
4
8
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P = 1 + tan A. tan B + 1 + tan B. tan C + 1 + tan C. tan A
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (a i , bi ,..., ci )(i = 1,2,...., m)
Thế thì:
(a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2m + b2m + ... + c 2m )(a mm + bmm + ... + c mm )
Dấu”=” xảy ra ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ t i sao cho:
a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...c n

(

⇔

(

)

)

(

)(

)

(

)

a12 + a 22 + ... + a n2 = 3
a
a1 a 2
+
+ .... + n < 2
Ví dụ 1: Cho 
. Chứng minh rằng:
2
3
n +1
n ∈ Z,n ≥ 2

Giải:
1
1
1
<
=
2

*
1 
1 
1
∀k ∈ N ta có: k
k2 −
 k −  k + 
4 
2 
2
1
1
1
⇒ 2<
−
1
1
k
k−
k+
2
2

8


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức


 1

1 1
1  1
1 ÷  1
1 ÷
1 ÷ 1
1
2
⇒ 2 + 2 + ... + 2 <
−
+
−
+ ... + 
−
=
−
<
÷
5 ÷ 5
7 ÷
1
1
3
1 3
2 3
n 3
 n−
n+ ÷
 2
2  2
2

2 n+
2
2
2

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a
a1 a 2
1
1
1
2
+
+ .... + n ≤ a12 + a 22 + ... + a n2
+ 2 + ... + 2 < 3
< 2 (đpcm)
2
2
3
n +1
3
2
3
n
Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
(a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó

ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2

(

)

mà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2 ≤ a 2 + b 2 + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + d 2
⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có 12 + 12 + 12 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2
⇒ 3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 6:
Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
a + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
a) Nếu 
thì 1
.
.
≤
n
n
n
b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn

(

)

(

)

a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
b1 = b2 = .... = bn
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
b)Nếu 
thì
b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn
a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≥
n
n
n
a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
b1 = b2 = .... = bn
Ví dụ 1: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S
=
.
sin A + sin B + sin C
3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác đều.
π
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0 < A ≤ B ≤ C < . Suy ra:
2

sin A ≤ sin B ≤ sin C

sin 2a ≤ sin 2 B ≤ sin 2C
Áp dụng BĐT trebusep ta được:
( sin A + sin B + sin C )( sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) ≥
≥ 3( sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C )
sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 1
⇔
≤ (sin 2 A + sin 2 B + sin 2C )
sin A + sin B + sin C
3

9


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
sin A = sin B = sin C
⇔ ∆ABC dêu
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 
sin 2 A = sin 2 B = sin 2C
Mặt khác:
sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 2 sin( A + B ). cos( A − B ) + sin 2C
= 2 sin C [ cos( A − B ) + cos C ] = 2 sin C [ cos( A − B ) − cos( A + B )]
= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C
= (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C = a.b. sin C = 2 S
(2)
Thay (2) vào (1) ta có
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S
≤
.

sin A + sin B + sin C
3
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều.
Ví dụ 2(HS tự giải):
1 1 1
+ + ≥9
a b c
b/
Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. CMR:x + 2y + z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )
a
b
c
3
+
+
≥
c/
Cho a > 0 , b > 0, c > 0. CMR:
b+c c+a a+b 2
1
d) Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ; CMR : x+y ≥
5
a3
b3
c3
1
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng
+
+
≥

b+c a+c a+b 2
Giải:

a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c
 b + c a + c a + b
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a
b
c
a2 + b2 + c2  a
b
c  1 3 1
a2.
+ b2.
+ c2.
≥
.
+
+
= . =
b+c
a+c
a+b
3
b+c a+c a+b 3 2 2
1
a3
b3
c3

1
Vậy
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
+
+
≥
3
b+c a+c a+b 2
Ví dụ 4: Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1 .Chứng minh rằng :
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
Giải: Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1
1 1
Do abcd =1 nên cd =
(dùng x + ≥ )
ab
x 2
1
2
2
2
Ta có a + b + c ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4 (1)
ab
Mặt khác: a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
1  
1  
1

=  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ 2 + 2 + 2

ab  
ac  
bc 

2
2
2
2
Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
a/

Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. CMR:

10


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Phương pháp7
Kiến thức:

Bất đẳng thức Bernouli

a = 0
a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
n = 1
b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) α ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
a = 0
- cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi 
.

α = 1
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b + b a > 1, ∀a, b > 0 .
Giải
- Nếu a ≥ 1 hay b ≥ 1 thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
b
b
b( 1− a) a + b
a
 1   1− a 
<
⇒ ab >
.
 ÷ = 1 +
÷ < 1+
a 
a
a
a+b
a 
b
a
Chứng minh tương tự: b >
. Suy ra a b + b a > 1
(đpcm).
a+b
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5
a5 + b5 + c5  a + b + c 

≥
 . (1)
3
3


Giải
5
5
5
 3a   3b   3c 
(1) ⇔ 
 +
 +
 ≥3
a+b+c a+b+c a+b+c
Áp dụng BĐT Bernouli:
5
5
5( b + c − 2a )
 3a 
 b + c − 2a 
(2)

 = 1 +
 ≥ 1+
a+b+c 
a+b+c
a+b+c


Chứng minh tương tự ta đuợc:
5( c + a − 2b )
 3b 

 ≥ 1+
a+b+c
a+b+c
5

(3)

5( a + b − 2c )
 3c 
(4)

 ≥ 1+
a+b+c
a+b+c
Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5
5
5
 3a   3b   3c 

 +
 +
 ≥ 3 ⇒ (đpcm)
a+b+c a+b+c a+b+c
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,...a n > 0; r ≥ 1. Chứng minh rằng

5

r

a1r + a 2r + .... + a nr  a1 + a 2 + .... + a n 
 .
≥ 
n
n


Dấu ‘=’ ⇔ a1 = a 2 = .... = a n .(chứng minh tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 . Chứng minh rằng
81
2 x + 2 y + 2 z 2 −x + 2− y + 2 −z ≤ .
8

(

)(

)

11


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Giải
Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2) .
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0

2
⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a + ≤ 3 (1)
a
Chứng minh tương tự:
2
b+ ≤3
(2)
b
2
c+ ≤3
(3)
c
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
 1 1 1  côsi
 1 1 1
9 ≥ ( a + b + c ) + 2 + +  ≥ 2 ( a + b + c ) 2 + + 
a b c
a b c
81
 1 1 1
≥ (a + b + c) + +  ⇒ (đpcm)
8
a b c
Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n ∈ [ a, b] , c > 1
Ta luôn có:
⇒

(c

x1

+c

x2

+ .... + c

xn

)( c

− x1

+c

− x2

+ .... + c

− xn

) ≤ [ n( c

+ cb
4c a +b
a

)]

2

Phương pháp 8:
Sử dụng tính chất bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a > c + d , b >c + d. Chứng minh rằng
Giải:

ab > ad + bc

a > c + d
a − c > d > 0
⇒ 
⇒ (a - c)(b - d) > cd
Tacó : 
b > c + d
b − d > c > 0
⇔ ab - ad - bc + cd > cd ⇔ ab > ad + bc (điều phải chứng minh)
5
1 1 1
1
2
2
2
+ + <
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh
a b c abc
3
2
2

2
2
Giải: Ta có : ( a + b - c) = a + b + c + 2(ab – ac – bc) 〉 0
1
⇒ ac + bc - ab 〈 ( a2 + b2 + c2)
2
5
1 1 1
1
⇒ ac + bc - ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
+ − 〈
6
a b c abc
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d < 1 Chứng minh rằng (1- a)(1- b)( 1- c)(1- d) > 1- a - b - c - d
Giải: Ta có (1- a).(1- b) = 1- a - b + ab
Do a > 0 , b > 0 nên ab>0 ⇒ (1- a)(1- b) > 1- a - b
(1)
Do c < 1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (1- a).(1- b) (1- c) > 1-a-b-c
⇒ (1- a).(1- b) ( 1- c).(1- d) > (1- a - b - c) (1- d) =1-a - b - c - d + ad + bd + cd
⇒ (1- a)(1- b) ( 1- c)(1- d) > 1- a - b - c - d (Điều phải chứng minh)
Ví dụ 4: Cho 0 Giải:
Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 và

12


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

(

)

Ta có 1 − a 2 .(1 − b ) < 0 ⇒ 1 - b - a 2 + a 2 b > 0 ⇒ 1 + a 2 b 2 > a 2 + b
mà 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
Tương tự
b 3 + c3 ≤ 1 + b 2 c ; c 3 + a 3 ≤ 1 + c 2 a
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2 ⇒ ac + bd ≤ 1998
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
1
2
2
2
c hứng minh rằng : a 12 + a 2 + a3 + .... + a 2003 ≥
2003
b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1
1
1
1
Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
a
b
c

Phương pháp 9:
Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a
a a+c
> 1 thì >
a – Nếu
b
b b+c
a
a a+c
< 1 thì <
b – Nếu
b b+c
b
2) Nếu b,d >0 thì từ
a c
a a+c c
< ⇒ <
<
b d
b b+d d
`
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
a
b
c
d
1<

+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
a+d
<1⇒
<
(1)
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
Mặt khác :
(2)
a+b+c a+b+c+d
Từ (1) và (2) ta có \
a
a
a+d
<
<
(3)
a+b+c+d
a+b+c a+b+c+d
Tương tự ta có

b
b
b+a
<
<
(4)
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
b+c
<
<
(5)
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d
d
d +c
<
<
(6)
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
Cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có

13


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a
b
c

d
+
+
+
< 2 điều phải chứng minh
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
a c
a ab + cd c
<
Ví dụ 2 : Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng
<
b d
b b2 + d 2 d
a c
ab cd
ab ab + cd cd c
<
=
Giải: Từ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2
b d
b
d
b
b +d2 d2 d
a ab + cd c
<
Vậy
<
điều phải chứng minh
b b2 + d 2 d

1<

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
a b
tìm giá trị lớn nhất của +
c d
a
b
a
b
a a+b b
⇒ ≤
≤
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử : ≤
Từ : ≤
c
d
c
d
c c+d d
a
≤ 1 vì a+b = c+d
c
b
a b
≤ 998 ⇒ + ≤ 999
a/ Nếu :b ≤ 998 thì
d
c d
a b 1 999

b/Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ + = +
Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d c
d
a b
1
Vậy giá trị lớn nhất của + =999+
khi a=d=1; c=b=999
c d
999
Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu
hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u 2 + .... + un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k = ak − ak +1
Khi đó :S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an +1 ) = a1 − an +1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un
ak
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k =
ak +1
a1 a2
a
a
. ..... n = 1
Khi đó P =
a2 a3
an +1 an +1
Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

1
1
1
1
3
<
+
+ .... +
<
2 n +1 n + 2
n+n 4
1
1
1
>
=
Giải: Ta có
với k = 1,2,3,…,n-1
n + k n + n 2n
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=

=
Do đó:
n +1 n + 2
2n 2n
2 n 2n 2
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n + 1 − 1 Với n là số nguyên
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 +
2
3
n

(

14

)


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

(

)

1

2
2
=
>
= 2 k +1 − k
k 2 k
k + k +1
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2 2 −1
1
>2 3− 2
2
………………
1
> 2 n +1 − n
n
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 +
2
3
n
n
1
∀n ∈ Z
Ví dụ 3: Chứng minh rằng ∑ 2 < 2

k =1 k
1
1
1
1
=
−
Giải: Ta có 2 <
k
k ( k − 1) k − 1 k
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
1
< 1−
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
1 1
1
<
− ⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2
n

n −1 n
2 3
n
Giải: Ta có

(

)
(

)

(

)

(

n

Vậy

1

∑k
k =1

2

<2

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
a 2 < a (b + c)
0 < a < b + c
 2

⇒
0 < b < a + c
b < b( a + c )
0 < c < a + b
 c 2 < c ( a + b)


Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2
2
2
2/ Ta có a > b-c  ⇒ a > a − (b − c) > 0
2
2
2
b > a-c  ⇒ b > b − (c − a ) > 0
2

2
2
c > a-b  ⇒ c > c − (a − b) > 0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được

15

)


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

[

][

][

⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
2

2

2

]

⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )
⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )
Ví dụ2 (HS tự giải)

1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
Phương pháp 12:
Sử dụng hình học và tọa độ
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : c(a − c) + c(b − c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn u = ( c, b − c ) ; v =( a − c , c )
2

Thì u = b , v = a ;

2

2

u.v = c( a − c) + c(b − c)

Hơn nữa: u.v = u . v . cos(u , v) ≤ u . v

⇒ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ⇒ (ĐPCM)

Ví dụ 2:
Cho 2n số: xi ; y i , i = 1,2,..., n thỏa mãn:

n

n

∑x +∑y

Giải:
Vẽ hình

i =1

i

i =1

i

= 1. Chứng minh rằng:

n

∑
i =1

xi2 + y i2 ≥

y

MN

MK

H

M
1

x

O

x+y=1

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 +  + x n , y1 +  + y n )
Giả thiết suy ra M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1 = x12 + y12 , M 1 M 2 = x 22 + y 22 , M 2 M 3 = x32 + y32 ,…, M n −1 M n = x n2 + y n2
Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 +  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH =
n

⇒ ∑ xi2 + y i2 ≥
i =1

Phương pháp 13:

2
2

2
2

⇒ (ĐPCM)
Đổi biến số

a
b
c
3
+
+
≥ (1)
b+c c+a a+b 2
y+z−x
z+x− y
x+ y−z
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
; b=
;c=
2
2
2
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

16

2
2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
y+z−x z+x− y x+ y−z
3
+

+
≥
2x
2y
2z
2
y z
x z
x y
y x
z x
z y
+ −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 6
⇔
x x
y y
z z
x y
x z
y z
y x
z y
z x
+ ≥ 2 nên ta có điều phải
+ ≥ 2;
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( + ≥ 2;
x y
y z
x z
chứng minh

1
1
1
+ 2
+ 2
≥ 9 (1)
Ví dụ2: Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng 2
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1
1 1 1
(1) ⇔ + + ≥ 9
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
x y z
1 1 1
1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: + + ≥ 3. 3
x y z
xyz
ta có (1) ⇔

( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9 . Mà x+y+z < 1.

1 1 1
+ + ≥ 9 (đpcm)
x y z
x y z
1
Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥
5
2

2
Gợi ý: Đặt x = u , y = v ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u + v ⇒ v = 2u-1
thay vào tính S min
Bài tập tự giải
25a 16b
c
+
+
>8
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
CMR:
b+c c+a a+b
⇒

Vậy

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
2
ma
nb
pc
1
+
+
≥
m + n + p − ( m + n + p)
b+c c+a a+b 2
Phương pháp 14:
Dùng tam thức bậc hai

(

)

Kiến thức : Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
a > 0
f(x) > 0, ∀x ⇔ 
∆ < 0
a > 0
f ( x ) ≥ 0, ∀x ⇔ 
∆ ≤ 0
a < 0
f ( x ) < 0, ∀x ⇔ 
∆ < 0
a < 0
f ( x ) ≤ 0, ∀x ⇔ 
∆ ≤ 0
Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x 2 ⇔ a. f ( α ) < 0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

17


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

a. f ( α ) > 0


x1 < x 2 < α ⇔ ∆ > 0
S
 <α
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a. f ( α ) > 0

α < x1 < x 2 ⇔ ∆ > 0
S
 >α
2
α < x1 < β < x 2
⇔ f ( α ). f ( β ) < 0.
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm 
 x1 < α < x 2 < β
Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0

(1)

2
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3 = 4 y 2 − 4 y + 1 − 5 y 2 + 6 y − 3 = − ( y − 1) − 1 < 0
2

Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y
Ví dụ2:
Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0

(

(

Ta có ∆′ = 4 y 2

(

)

)
(1 − y )

2 2

(

)

)

2

− 4 y 2 y 2 + 1 = −16 y 2 < 0

2
Vì a = y 2 + 1 > 0 vậy f ( x, y ) > 0
(đpcm)
Phương pháp 15:

Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh rồi biến
đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 – kết luận BĐT đúng với mọi n > n0
1 1
1
1
∀n ∈ N ; n > 1
Ví dụ1: Chứng minh rằng : 2 + 2 + .... + 2 < 2 −
(1)
1 2
n
n
1
1
Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 −
(đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
4
2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1
1 1
1
1
1
< 2−
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 2 + 2 + .... + 2 +

2
1 2
k
(k + 1)
k +1
Theo giả thiết quy nạp
1 1
1
1
1
1
1
< 2− +
< 2−
⇔ 2 + 2 + .... + 2 +
2
2
1 2
k
(k + 1)
k ( k + 1)
k +1

⇔

1
1
1
1
1

+ .... +
<
+
<
2
2
2
1
(k + 1)
k + 1 ( k + 1)
k

18


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
k +1+1 1
< ⇔ k (k + 2) < ( k + 1) 2 ⇔ k2+2k2
k
(k + 1)
thức (1)được chứng minh
n
an + bn
 a+b
≤
Ví dụ2: Cho n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng 
(1)

2

 2 
Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
k +1
a+b
a k +1 + b k +1

(1) ⇔ 
 ≤
2
 2 
⇔

k

a+b a+b
a k +1 + b k +1
⇔ 
≤
(2)
.

2
2
 2 
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
⇔ Vế trái (2) ≤
.
=

≤
2
2
4
2
k +1
k +1
k +1
k
k
k +1
a +b
a + ab + a b + b
⇔
−
≥ 0 ⇔ a k − b k .( a − b ) ≥ 0
2
4
Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b

(

k

⇔ a k ≥ b ≥ bk

⇒

(a

k

)

)

− b k .( a − b ) ≥ 0

(3)

(

)

(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - aVậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈ Ν . Chứng minh rằng : (1 + a ) n ≥ 1 + n.a
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 + a ) k ≥ 1 + k .a
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 + a ) k +1 ≥ 1 + ( k + 1).a
Ta có: (1 + a ) k +1 = (1 + a).(1 + a ) k ≥ (1 + a).(1 + k .a ) ≥ 1 + (k + 1)a + k .a 2 ≥ 1 + (k + 1)a
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 + a ) n ≥ 1 + n.a , ∀n ∈ Ν
1
Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 ,  , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 +  + a n ≤ . Chứng minh rằng:
2
1
(1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥

2
1
1
Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng
2
2
1
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k ) ≥
2
1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥
2
Ta có: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) = (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 ) + a k a k +1 ]
1
1
≥ (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 )] ≥ (Vì a1 + a 2 +  + a k −1 + (a k + a k +1 ) ≤ )
2
2
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
k

19


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
1
2
Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈ R, i = 1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a n2 )(b12 + b22 +  + bn2 )
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng

n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 )
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ ( a12 + a 22 +  + a k2+1 )(b12 + b22 +  + bk2+1 ) (1)

Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥

Giải

2
2
2
2
2
2
2
2
2
Thật vậy: VP (1) = (a1 + a 2 +  + a k )(b1 + b2 +  + bk ) + (a1 +  + a k ).b +

+ a 2 (b12 + b22 +  + bk2 ) + a k2+1 .bk2+1
≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) + 2a1b1 a k +1bk +1 + 2a 2 b2 a k +1bk +1 +
+  + 2a k bk a k +1bk +1 + a k2+1bk2+1
≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 + 2 (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) a k +1bk +1 + a k2+1 .bk2+1
≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2
Vậy (1) được chứng minh
Ví dụ 6: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈ R, i = 1,2,..., n . Chứng minh rằng:
a + a 2 +  + a n 2 a12 + a 22 +  + a n2
( 1
) ≤

n
n
Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
a + a 2 +  + a k 2 a12 + a 22 +  + a k2
n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: ( 1
) ≤
k
k
2
2
2
a + a 2 +  + a k +1 2 a1 + a 2 +  + a k +1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1
(1)
) ≤
k +1
k +1
a + a3 +  + a k +1
Đặt: a = 2
k
1
VP (1) =
(a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a )
k +1
2
2
2
a 22 + a32 +  + a k2+1  a12 + a 22 +  + a k2+1
1  2

2 a 2 + a 3 +  + a k +1
2
≥
a
+
k
+
k
.
a
+
k
 1
=
1
k
k
(k + 1) 2 
k +1

Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: Chứng minh rằng: n n > (n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2
n
n = 4
⇒ n n > (n + 1) n −1
Giải: n=2 ⇒ 
( n + 1) n −1 = 3
n=k ≥ 2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1) k −1
n= k+1:Ta c ó: k k (k + 1) k +1 ≥ (k + 1) k −1 (k + 1) k +1 = (k + 1) 2 k − 2 (k + 1) 2 = [(k + 1) 2 ] k −1 (k + 1) 2
> (k 2 + 2k ) k −1 ( k 2 + 2k ) (vì (k + 1) 2 = k 2 + 2k + 1 > k 2 + 2k )

≥ k k (k + 2) k ⇒ ( k + 1) k +1 > ( k + 2) k ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy n n > (n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2
∗
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν , ∀x ∈ R

20


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx ≤ k sin x
n= k+1 . Ta cần chứng minh: sin(k + 1) x ≤ (k + 1) sin x
 a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ R
Ta có: 
 sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R
Nên: sin(k + 1) x = sin kx cos x + cos kx sin x
≤ sin kx . cos x + cos kx . sin x ≤ sin kx . + . sin x ≤ k sin x . + . sin x = (k + 1) sin x

⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: sin nx ≤ n sin x , ∀n ∈ Ν ∗ , ∀x ∈ R +
Phương pháp 16:
Chứng minh phản chứng
Kiến thức:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức đó sai và kết hợp
với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái
ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q”
Muốn chứng minh p ⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng minh được thực
hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q (hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó .

Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0
Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
a 2 < 4b , c 2 < 4d
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được
a 2 + c 2 < 4(b + d )
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2)
Từ (1) và (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
1 1 1
Nếu x+y+z > + +
thì có một trong ba số này lớn hơn 1
x y z
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

1 1 1
1 1 1
=x + y + z – ( + + ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > + +
x y z
x y z

21


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho a, b, c > 0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 (Bất đẳng thức Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a 2 b + (a 2 − 3a )b + 1 < 0
Xét : f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a)b + 1

Có ∆ = (a 2 − 3a) 2 − 4a = a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 4a = a(a 3 − 6a 2 + 9a − 4) = = a(a − 1) 2 (a − 4) ≤ 0
 a , b, c > 0
⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3
a + b + c < 3

(Vì 

Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):
a < b−c

(1)
b < c−a
(2)
c < a−b
(3)
Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
a < b − c ⇒ (b − c) 2 > a 2 ⇒ −(a + b − c)(a − b + c ) > 0
(1’)
2
2
b < c − a ⇒ (c − a ) > b
⇒ −(−a + b + c)(a + b − c) > 0
(2’)
c < a−b

⇒ ( a − b) 2 > c 2

⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > 0

(3’)

Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[(a + b − c)(a − b + c )(−a + b + c)]2 > 0
⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh
Phương pháp 17 :
Sử dụng biến đổi lượng giác
−π π 
α ∈
,
1. Nếu x ≤ R thì đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α ,
 2 2 

R
 π
α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3 
2. Nếu x ≥ R thì đặt x =
2
cos α

 x = a + R cos α
2
2
, (α = 2π )
3.Nếu ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 , ( > 0) thì đặt 
 y = b + R sin α

2
2
 x = α + aR cos α
 x −α   y − β 
2
, (α = 2π )
4. Nếu 
 +
 = R a, b > 0 thì đặt 
 y = β + bR sin α
 a   b 
5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0)
b
 π π
Thì đặt: x = tgα , α ∈  − , 
a

 2 2

(

2
2
Ví dụ 1: Cmr : a 1 − b + b 1 − a + 3 ab −

Giải : a ≤ 1, b ≤ 1
a = cos α
Đặt : 
b = cos β
Khi đó :

(1 − b )(1 − a ) ) ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1]
2

(α , β ∈ [ 0, π ] )

22

2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

(

a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab −

( 1− b ) ( 1− a ) )
2

2

= cos α .sin β + cos β .sin α + 3 ( cos α .cos β − sin α .sin β )

π
= sin(α + β ) + 3.cos(α + β ) = 2 cos(α + β − ) ∈ [ −2, 2 ] ⇒ ( dpcm)
6
Ví dụ 2 : Cho a , b ≥ 1 .Chứng minh rằng : a b − 1 + b a1 ≤ ab
Giải :
1

a = cos 2 α 
 π 
 α , β ∈ 0,  
Đặt : 
1
 2 

b =

cos 2 β
1
1
tg β
tgα
(tg β .cos 2 β + tgα .cos 2 α )
2

2
⇒ a b −1 + b a −1 =
tg
β
+
tg
α
=
+
=
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 α cos 2 β
cos 2 β .cos 2 α
1 (sin 2β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β )
1
=
=
≤
= ab
2
2
2
2
2
2 cos β .cos α
cos β .cos α
cos β .cos 2 α
a 2 − ( a − 4b) 2
≤2 2 −2

a 2 + 4b 2
a 2 − (a − 4b) 2 tg 2α − (tgα − 2) 2
⇒
=
= 4(tgα − 1).cos 2 α
2
2
2
a + 4b
1 + tg α
 π π 
Giải :Đặt: a = 2btgα , α ∈  − ,  = 2sin 2α − 2(1 + cos 2α ) = 2(sin 2α − cos 2α ) − 2
 2 22 
π
= 2 2 sin(2α − ) − 2 ∈  −2 2 − 2, 2 2 − 2 
2
Phương pháp 18:
Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton
Ví dụ 3: Cho ab ≠ 0 .Chứng minh rằng : − 2 2 − 2 ≤

n

( a + b ) n ∑ C nk a n−k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R .
k =0

n!
(0 ≤ k ≤ n ) .
(n − k )!k!

Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:
+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng.
+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n. Trong mỗi số hạng của
khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n.
+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau
C nk = C nn −k .
k
Trong đó hệ số C n =

k n−k
k
(0 ≤ k ≤ n)
+ Số hạng thứ k + 1 là C n a .b
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli)
Giải
n

n
k k
Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a
k =0

≥ C n0 + C n1 a = 1 + na (đpcm)

Ví dụ 2:
Chứng minh rằng:

23

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
n

an + bn  a + b 
*
≥
 , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N
2
 2 

a)

n

an + bn + cn  a + b + c 
*
b)
≥
 , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N
3
3


Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
( a + b ) n = C n0 a n + C n1 a n−1b + .... + C nn−1a.b n −1 + C nn b n

( a + b ) n = C n0 b n + C n1b n−1a + .... + C nn −1b.a n−1 + C nn a n
n

⇒ 2( a + b ) = C n0 (a n + b n ) + C n1 (a n −1b + b n −1 a ) + .... + C nn −1 (a.b n −1 + b.a n −1 ) + C nn (b n + a n )
∀a, b ≥ 0, ∀i = 1,2,..., n − 1 :

(a

n −i

)(

)

− b n −i a i − b i ≥ 0 ⇒ a n + b n ≥ a n −i b i − a i b n −i

⇒ 2( a + b ) ≤ C n0 (a n + b n ) + C n1 (a n + b n ) + .... + C nn −1 (a n + b n ) + C nn (b n + a n )
n

= (a n + b n )(C n0 + C n1 + .... + C nn −1 + C nn ) = 2 n (a n + b n )
n

an + bn
a+b
⇒
 ≤
n
 2 
a+b+c
≥0
b) Đặt d =
3
Theo câu (a) ta có:

n

a+b
c+d 
2
 + 2

n
n
n
n
a +b +c +d
2 
2 


≥
4
4
n

n

n

a+b c+d 

 +

a+b+c+d n

2   2 

=
≥(
) ≥ dn
2
4
⇒ a n + b n + c n + d n ≥ 4d n ⇒ a n + b n + c n ≥ 3d n
n

an + bn + cn
a+b+c
⇒
≥ dn =

3
3


Phương pháp 19:
Sử dụng tích phân
Hàm số: f , g : [ a, b] → R liên tục, lúc đó:
* Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a, b] thì

b

∫ f ( x)dx ≥ 0
a

* Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] thì

b

b

a

a

∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx

* Nếu f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ [ a, b] và ∃x0 ∈ [ a, b] : f ( x0 ) > g ( x 0 ) thì

b

∫
a

*

b

b

a

a

∫ f ( x)dx ≤ ∫

b

f ( x )dx ≥ ∫ g ( x)dx .
a

f ( x) dx .
b

1
f ( x )dx ≤ M (m, M là hằng số)
* Nếu m ≤ f ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a, b] thì m ≤
b − a ∫a

24


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.
A
B
C
Chưng minh rằng: tg + tg + tg ≥ 3
2
2
2
Giải:
x
Đặt f ( x ) = tg , x ∈ (0, π )
2
1

x
f ' ( x) = (1 + tg 2 )
2
2
1 x
x
f '' ( x ) = tg (1 + tg 2 ) > 0, x ∈ (0, π )
2 2
2
Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:
f ( A) + f ( B ) + f (C )
 A+ B+C 
≥ f

3
3


A
B
C
 A+ B +C 
tg + tg + tg ≥ 3tg 

2
2
2
6



A
B
C
π
tg + tg + tg ≥ 3tg
2
2
2
6
A
B
C
tg + tg + tg ≥ 3
2
2
2
π
2

dx
π
Ví dụ 2: Chứng minh: π ≤
≤
2
∫
10 0 5 − 2 cos x 6
Giải
 π
Trên đoạn 0,  ta có:
 2

2
0 ≤ cos x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 2 cos 2 x ≤ 2 ⇒ −2 ≤ −2 cos 2 x ≤ 0
1
1
1
⇒ 3 ≤ 5 − 2 cos 2 x ≤ 5 ⇒ ≤
≤
2
5 5 − 2 cos x 3
π
2

π
2

1π
dx
1π
π
dx
π


⇒  − 0 ÷≤ ∫
≤  − 0 ÷⇒ ≤ ∫
≤ ( đpcm )
2
2
5 2
 0 5 − 2 cos x 3  2

 10 0 5 − 2 cos x 6
PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO
*Dùng định nghĩa
a2
1) Cho abc = 1 và a 3 > 36 . . Chứng minh rằng + b2+c2> ab+bc+ac
3
2
2
2
a
a
a
Giải: Ta xét hiệu:
+ b2+c2- ab- bc – ac = +
+ b2+c2- ab- bc – ac
3
4 12
2
2
a
a
a
a 3 − 36abc
= ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc =( -b- c)2 +
2
4
12
12a
3
a

a − 36abc
=( -b- c)2 +
>0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )
2
12a
2
a
Vậy :
+ b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
3
2) Chứng minh rằng
a) x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 x.( xy 2 − x + z + 1)

25