Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

BẤT ĐẲNG THỨC
Trong toán học, một bất đẳng thức là một phát biểu về quan hệ thứ tự giữa hai đối tượng.


Ký hiệu

có nghĩa là a nhỏ hơn b và Ký hiệu

có nghĩa là a lớn hơn b.

Những quan hệ nói trên được gọi là bất đẳng thức nghiêm ngặt; ngoài ra ta còn có


có nghĩa là a nhỏ hơn hoặc bằng b và

có nghĩa là a lớn hơn hoặc bằng b.

Người ta còn dùng một ký hiệu khác để chỉ ra rằng một đại lượng lớn hơn rất nhiều so với một đại lượng
khác.


Ký hiệu a >> b có nghĩa là a lớn hơn b rất nhiều.

Các ký hiệu a, b ở hai vế của một bất đẳng thức có thể là các biểu thức của các biến. Sau đây ta chỉ xét
các bất đẳng thức với các biến nhận giá trị trên tập số thực hoặc các tập con của nó.
Nếu một bất đẳng thức đúng với mọi giá trị của tất cả các biến có mặt trong bất đẳng thức, thì bất đẳng
thức này được gọi là bất đẳng thức tuyệt đối hay không điều kiện. Nếu một bất đẳng thức chỉ đúng với
một số giá trị nào đó của các biến, với các giá trị khác thì nó bị đổi chiều hay không còn đúng nữa thì nó
được goị là một bất đẳng thức có điều kiện. Một bất đẳng thức đúng vẫn còn đúng nếu cả hai vế của nó

được thêm vào hoặc bớt đi cùng một giá trị, hay nếu cả hai vế của nó được nhân hay chia với cùng một
số dương. Một bất đẳng thức sẽ bị đảo chiều nếu cả hai vế của nó được nhân hay chia bởi một số âm.
Hai bài toán thường gặp trên các bất đẳng thức là:
1. Chứng minh bất đẳng thức đúng với trị giá trị của các biến thuộc một tập hợp cho trước, đó là
bài toán chứng minh bất đẳng thức.
2. Tìm tập các giá trị của các biến để bất đẳng thức đúng. Đó là bài toán giải bất phương trình.
..................................................................................................................
PHẦN 1: CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
A  B  A  B  0
1/Định nghĩa 
A  B  A  B  0
2/Tính chất
+ A>B  B  A
+ A>B và B >C  A  C
+ A>B  A+C >B + C
+ A>B và C > D  A+C > B + D
+ A>B và C > 0  A.C > B.C
+ A>B và C < 0  A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C + A > B > 0  A n > B n n
+ A > B  A n > B n với n lẻ
+ A > B



A n > B n với n chẵn

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 1


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
+ m > n > 0 và A > 1  A m > A n
+ m > n > 0 và 0 1 1
+A < B và A.B > 0 

A B
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A 2  0 với  A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An  0 với  A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ A  0 với A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ - A + A B  A  B

( dấu = xảy ra khi A.B > 0)

+ A  B  A  B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
........................................................................................................................

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 2


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
PHN II :CC PHNG PHP CHNG MINH BT NG THC
1-Phng phỏp 1 : Dựng nh ngha
Kin thc : Để chứng minh A B, ta sẽ chứng minh A-B 0 (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất
cơ bản,... để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay một tính chất đúng hoặc
có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh ; Lu ý dựng hng bt
ng thc M 2 0 vi M .)
Túm li cỏc bc chng minh A B theo nh ngha:
Bc 1: Ta xột hiu H = A - B
Bc 2:Bin i H=(C+D) 2 hoc H=(C+D) 2 +.+(E+F) 2
Bc 3:Kt lun A B
Vớ d 1: x, y, z chng minh rng :
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)
Gii:
1
a) Ta xột hiu : 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 ỳng vi mi x;y;z R
2
Vỡ (x-y)2 0 vix ; y Du bng xy ra khi x=y
(x-z)2 0 vix ; z Du bng xy ra khi x=z
(y-z)2 0 vi z; y Du bng xy ra khi z=y
Vy x 2 + y 2 + z 2 xy+ yz + zx. Du bng xy ra khi x = y =z

b)Ta xột hiu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz 2yz
= ( x y + z) 2 0 ỳng vi mi x;y;z R
Vy x 2 + y 2 + z 2 2xy 2xz + 2yz ỳng vi mi x;y;z R
Du bng xy ra khi x+y=z
c) Ta xột hiu: 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. Du(=)xy ra khi x=y=z=1
Vớ d 2: chng minh rng :





a2 b2 a b
a)

;
2
2
Gii:
2

b)

a2 b2 c2 a b c


3
3

2

c) Hóy tng quỏt bi toỏn

a2 b2 a b


2
2
a 2 2ab b 2 1
1
2

= 2a 2 2b 2 a 2 b 2 2ab = a b 0
4
4
4
2

a) Ta xột hiu
=



2 a2 b2
4

a2 b2 a b
Vy

.
2
2
b)Ta xột hiu



2

Du bng xy ra khi a=b





a2 b2 c2 a b c
a2 b2 c2 a b c 1
2
2
2



= a b b c c a 0 .Vy
3

3
3
3



9
Du bng xy ra khi a = b =c
2

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 3

2


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

a 2  a 22  ....  a n2  a1  a 2  ....  a n 

c)Tổng quát 1

n
n



2
2
Ví dụ 3: Chứng minh m,n,p,q ta đều có : m + n + p 2 + q 2 +1 m(n+p+q+1)
Giải:
 m2
 m2
 m2
 m2

2
2
2







 mn  n   
 mp  p   
 mq  q   
 m  1  0
 4
  4
  4
  4

2

2

m
 m
   n   
2
 2

2

2

2

 m
 m 
p     q     1  0 (luôn đúng)
 2
 2

m
m

 2 n 0
n

m
2


m
  p0
 m2
p 

Dấu bằng xảy ra khi  2


2
m
n  p  q  1

 q 0
m
q

2


 m  22
m

1

0

 2
Ví dụ 4: 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.
VÝ dô 5: Cho ba sè a, b, c bÊt k×. Chøng minh c¸c bÊt ®¼ng thøc:
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
(1)
2
b) (ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c)
(2)
2

2

2

2

2

2

(§HQG TP. HCM -1998)

Lêi gi¶i.
a) (1)  2a 2  2b 2  2c2  2ab  2bc  2ca
 (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 lu«n lu«n ®óng.
b) (2)  a 2 b 2  b 2 c2  c2a 2  a 2 bc  ab 2 c  abc 2  0
 2a 2 b 2  2b 2 c2  2c2a 2  2a 2 bc  2ab 2 c  2abc 2  0

 (ab-bc)2  (bc  ca)2  (ca  ab)2  0 lu«n lu«n ®óng.
VÝ dô 6: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e)
víi mäi a, b, c, d, e.

(1)

(§H Y d­îc TP. HCM-1999)

Lêi gi¶i.

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 4


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
a2
a2
a2
a2
2
2
2
(1) ab b ac c ad d ae e 2 0
4
4

4
4
2

2

2

2

a
a
a
a

b c d e 0 hiển nhiên đúng.
2
2
2
2

1 1 1
Ví dụ 7 : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn abc=1 và a+b+c>
a b c
a) Chứng minh rằng: (a-1)(b-1)(c-1)>0.
(1)
b) Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1.
(ĐHTH TP.HCM -1993)

Lời giải.

(2)
a) Ta có: (1) abc-ab-ac-bc+a+b+c>0
1 1 1
ab+bc+ca
Vì a+b+c> a+b+c>
a b c ab bc ca (vì abc=1)
a b c
abc
Vậy (2) đúng. Suy ra (1) đúng.
b) Ta có: (a-1)(b-1)(c-1)>0
Suy ra hoặc cả ba số a, b, c đều lớn hơn 1 , hoặc trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1
Nếu a>1, b>1, c>1 abc>1, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1.
a
b
c
Ví dụ 8 : Chứng minh:


2. 3 4
3 3
3 3
3 3
3
3
3
b c
c a
a b
trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
(Tp chớ TH & TT: 2004)

Lời giải.
1
(1)
Ta có: b 3 c3 (b c)3
4
Thật vây:(1) 4(b 3 +c3 ) b 3 c3 3b 2 c 3bc 2 b 3 c 3 b 2 c bc 2 0 b 2 (b c) c2 (b c) 0
(b-c)(b 2 -c2 ) 0 (b-c)2 (b c) 0
(2) đúng (1) đúng.
1
1
Tương tự: c3 a 3 (c a)3 ; a 3 +b 3 (a+b)3
4
4
Do đó:

(2)

b
c
a
3 4


(3)
3 3
b+c c a a b
b c3 3 c3 a 3 3 a 3 b 3
a
b
c

2a
2b
2c
2a
2b
2c
mà





<


=2
b+c c a a b 2(b c) 2(c a) 2(a b) b c a c a b a b c
(Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) ; Từ (3) và (4) suy ra đpcm.
Bi tp:
x y
x 2 y2
Bài 1 : Cho x, y 0. Chứng minh: 2 2 4 3
y x
y x
a



b

c

1 1 1
1 1
Bài 2 : Chứng minh rằng nếu 0x z y
x z
( 148 - BTTS)

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 5

(4)


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

Bµi 3 : Cho a, b, c lµ c¸c sè d­¬ng. Chøng minh:

 a 2  b 2  c2 
a 2  b 2 b 2  c2 c2  a 2



 3

ab
bc
ca
 abc 

(Tạp chí TH & TT: 1995)

Bµi 4 : Cho x, y, z lµ c¸c sè d­¬ng. Chøng minh: x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3(x  y  z)
(HV QHQT-1997)

Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng:
abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0.
(Đề 2 - BĐTTS)
...........................................................................................................................................................

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 6


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2- 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.
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

Khi sử dụng phép biến dổi tương đương cần chú ý tới dấu của BĐT khi đảo chiều hay nhân thêm biểu
thức...

Ví dụ1: Cho hai số a, b thỏa mãn điều kiện

, chứng tỏ rằng :

Giải:

, bất đẳng thức này đúng do giả thiết

;Đẳng thức xảy ra

Ví dụ 2: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
b2
a)
a2 
 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
2
a) a 
 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.
Vậy a 2  b 2  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   a  2c   a  2d   a  2c   0 Bất đẳng thức đúng vậy ta có đpcm
Ví dụ 3: 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
2






2



2

2





 

 









Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.





10/24/2011

-

Tr: 7


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)  0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
x2  y2
Ví dụ 4: cho x.y =1 và x  y Chứng minh
2 2
x y
Giải:

x2  y2
 2 2 vì :x  y nên x- y  0  x2+y2  2 2 ( x-y)

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 5: 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)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
x. y.z  1

1 1 1
    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

Ví dụ 6: Chứng minh rằng : 1 


2
ab bc ac
Giải:
1
1
a
a
Ta có : a  b  a  b  c 



(1)
ab abc
ab abc
b
b
c
c
Tương tự ta có :

( 2) ,

(3)
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
a
ac


 1 (*) ; Ta có : a  a  b 

( 4)
ab bc ac
ab abc
b
ab
c
cb
Tương tự :

(5) ,

( 6)
bc abc
ca abc
a
b
c
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :


 2 (**)
ab bc ac

a
b
c
Từ (*) và (**) , ta được : 1 


 2 (đpcm)
ab bc ac
........................................................................................................

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 8


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

3- Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) x 2  y 2  2 xy
b) x 2  y 2  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
2
2
2
2
 a  b  b  c  c  a   64a 2 b 2 c 2  8abc   (a+b)(b+c)(c+a)  8abc

Tacó

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
......................................................................

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 9


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc

4- Phng phỏp 4: Bt ng thc Cụ si

Kin thc:
a/ Vi hai s khụng õm : a, b 0 , ta cú: a b 2 ab . Du = xy ra khi a=b
b/ Bt ng thc m rng cho n s khụng õm :
a a ... an
a1 a2 ... an n a1a2 ..an a1a2 ..an 1 2

n


Du = xy ra khi a1 a 2 ... a n
Chỳ ý : ta dựng bt ng thc Cụsi khi cho bin s khụng õm.
Trng hp 1: Cỏc bin khụng b rng buc
a 2 b2 c2 a b c
Ví dụ 1 : Chứng minh: 2 2 2 , abc 0
b
c
a
c a b
n

n

(H Y dc Tp.HCM-1999)

Li gii.
á p dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương,

b 2 c2 2b
c2 a 2
2c

,
(1);
Tương
tự:


,
(2)
;
2
,(3)
a
b
a b
a 2a
2
2
2
c
a
a
a
b
b
ta có: 2 2 2 2 . 2 2
b
c
b c
c
c

Cng cỏc v tng ng ca (1), (2) v (3) ta cú pcm.
2

2

2

2

x

x

x

12 15 20
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng với mọi x R, ta có: 3x 4 x 5x.
5 4 3
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
( thi H, C- 2005)

Li gii.
p dng bt ng thc Cauchy cho hai s dng, ta cú:
x

x

12 15
12
5 4 2 5

x

x

x

15
. 2.3x ,(1).
4
x

x

x

15 20
20 12
Tng t ta cú: 2.5x ;(2). 2.4 x ;(3)
4 3
3 5
Cng cỏc bt ng thc (1), (2), (3), chia hai v ca bt ng thc nhn c cho 2, ta cú iu phi
chng minh. ng thc xy ra khi v ch khi x = 0.
Ví dụ 3 : Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:

2 y
2 x
2 z
1

1 1
3 2 3
2 2 2.
3
2
2
x y
y z
z x
x
y
z
(H Nụng Nghip I KA - 2001)

Li gii.
Dễ dàng chứng minh được BĐT sau: a 2 b 2 c 2 ab bc ca

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

(1)

10/24/2011

-

Tr: 10


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
¸ p dông (1), ta ®­îc:

1
1 1
1
1
1
 2 2 
 
2
x
y
z
xy yz zx

(2)

¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ®­îc:
2 y
2 y
2 x
2 z
2 x
2 z
 3 2 3

+
+
=
3
2

2
3
2
3
2
x y
y z
z x
2 xy 2 yz
2 z 3x 2
=

1
1
1
1
1 1
 
 2  2  2 (®pcm).
xy yz zx x
y
z

VÝ dô 4 : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã:
3a 3  17b 3  18ab 2
(ĐH KTQD - 1997)

Lời giải.
¸ p dông bÊt ®¼ng thøc Cauchy cho ba sè kh«ng ©m, ta cã:
3a 3  17b 3  3a 3  9b 3  8b 3  3 3 3a 3 .9b 3 .8b 3  18ab 2 (®pcm)

VÝ dô 5 : Cho a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c. Chøng minh r»ng:
a
b
c


 3.
b+c-a c  a  b a  b  c
(ĐH Y Hải Phòng – 2000)

Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương:
bca ca b
(b+c-a)(c+a-b) 
c
2
T­¬ng tù ta cã: (c+a-b)(a+b-c)  a ;

(1)
(2)

(a+b-c)(b+c-a)  b
Nhân các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được:
(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)  abc 

(3)

abc
1
(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)

¸ p dông bÊt ®¼ng thøc Cauchy cho ba sè d­¬ng, ta cã:
a
b
c
abc


 33
 3.
b+c-a c  a  b a  b  c
(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)
VÝ dô 6 : Cho a, b, c > 0. Chøng minh:
 1 1 1  3  b+c c+a a+b 
(a 3 +b 3 +c 3 )  3 + 3 + 3   
+
+
b
c 
a b c  2 a
(Tạp chí TH & TT 6/2003)

Lời giải.
Víi a, b, c > 0, ta cã:

a 3  b 3  ab(a  b); b 3  c3  bc(b  c); c 3  a 3  ca(c  a)
2(a 3  b 3  c3 )  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a);

1

1
1
1
1 1 1
3
 3  3  33 3 . 3 . 3 
; 2 
3
abc
a
b
c
a b c
Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
¸ p dông bÊt ®¼ng thøc Cauchy cho ba sè d­¬ng, ta cã:

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 11


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
Ví dụ 7 : Cho a>b>0. Chứng minh: a+

1
2 2.

b(a-b)2

Li gii.
á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số dương, ta có:

1
ab ab
1
ab ab
1
b


4 4 b.
.
.
2 2.
2
2
b(a-b)
2
2
b(a-b)
2
2 b(a-b)2
Ví dụ 8 : Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh:
a+

(H TLi 1997)
a 2 b2 c2 d 2 1 1 1 1

5 5 5 3 3 3 3.
5
b
c
d
a
a b c d
Li gii. p dng bt ng thc Cauchy cho nm s dng, ta cú:
a2 a2 a2 1 1
1
5
3a 2 5 2
5





5



b5 b5 b5 a 3 a 3
b15 b3
b5 b3 a 3
3b 2 5 2
Tương tự, ta có: 5 3 - 3
c
c b
2

3c
5 2
3 3
5
d
d c
2
3d
5 2
3 3
5
a
a d
Cng cỏc v tng ng ca (1), (2), (3) v (4) ta cú pcm.

(1)
(2)
(3)
(4)

Ví dụ 9 : Cho các số thực x, y, z dương. Chứng minh: 16xyz(x+y+z) 3 3 (x+y) 4 (y z) 4 (z x) 4
(Tp chớ TH & TT -1996)

Li gii.
Gi A = (x + y)(y + z)(z + x)
Ta cú: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2
á p dụng BĐT Cauchy cho tám số dương gồm ba số với mỗi số bằng
bằng

1

xy(x y z), ba số với mỗi số
3

1
zy(x y z), xz 2 , zx 2 .
3

(xyz)6 (x y z)6
đpcm.
36
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z.
Ví dụ 10 : Cho a, b, c > 0, n N, n 2. Chứng minh:
Ta có: (x+y)(y+z)(z+x) 8 8

n

a
b
c
n n
n
n

n 1.
b+c
ca
a b n 1

(Tp chớ TH & TT -1996)

Li gii.
á p dụng BĐT Cauchy cho n số dương gồm một số bằng

(a+b)(n-1)
c
n

và (n-1) số với mỗi số bằng 1, ta có:1+1+...+1


(n-1) số

Hay

n

(a+b)(n-1)
(a+b)(n-1)
(a b)(n
(a b c)(n 1)
nn



c
c
nc
c

c
n n
c

n 1.
a+b n 1
abc

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

(1)

10/24/2011

-

Tr: 12


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

b
n n
b

n  1.
(2)
c+a n  1
abc

a
n n
a
n

n  1.
(3)
c+b n  1
abc
Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta có đpcm.
(n-1)(a+b)=c
3

§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi (n-1)(b+c)=a  n   N
2
(n-1)(c+a)=b

T­¬ng tù, ta cã:

n

kh«ng x¶y ra.
Ví dụ 11: Giải phương trình :

2x
4x
2x
3




x
x
x
x
2
4 1 2 1 2  4

a  2 x
Giải : Nếu đặt t =2 thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt 
, a, b  0
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:
x

 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 .


Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc
Ví dụ 1 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P =
Giải : P = 3- (

x
y
z


x 1 y 1 z 1

1
1
1
) = 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
9
9
9 3
1
1
1
Suy ra Q =
  -Q   nên P = 3 – Q  3- =


4
4 4
x 1 y 1 z 1 4
3
1
Vậy max P = .khi x = y = z = .
4
3
1
1
1
abc
Ví dụ 2: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: 2
 2

 2

2abc
a  bc b  ac c  ab
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
a  b  c  3 3 abc 

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 13


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a 2  bc  2a bc 

2
1
1 1
1 

   
a  bc a bc 2  ab ac 
2

Tương tự :
2

1
1 1
1 
2
1
1 1
1 

    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
Ví dụ 3: CMR trong tam giác ABC :


 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 .
Ví dụ 4:
2
0  a  b  c
 x y z  a  c 
 x  y  z 2
Cho 
. Chứng minh rằng:  by  cz     

4ac
a b c
0  x, y, z
2
Giải: Đặt f ( x)  x  (a  c) x  ac  0 có 2 nghiệm a,c
2

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
2

VÝ dô 5 : Cho x, y, z lµ ba sè d­¬ng vµ xyz=1. Chøng minh r»ng:

x2
y2
z2
3



1 y 1 z 1 x 2

(§Ò dù bÞ K D-2005)
Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 14


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
Lời giải.
á p dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có:
x2 1 y
x2 1 y

2
.
x
1+y
4
1+y 4
y2 1 z
y2 1 z

2
.
y
1+z
4
1+z 4
z2 1 x
z2 1 x

2

.
z
1+x
4
1+x 4
Cộng các vế tương ứng của ba BĐT, ta được:
x 2 1 y y2 1 z z 2 1 x






(x y z)
4 1+z
4 1+x
4
1+y
x2
y2
z2
3 xyz




(x y z)
1+y 1+z 1+x
4
4

3(x y z) 3


4
4
3
3 3
3 3
.3 3 x.y.z .3 (Do x.y.z=1)
4
4 4
4 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
Ví dụ 6 : Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz=1.

1+x 3 y 3
1 y3 z3
1+z 3 x 3


3 3.
xy
yz
zx

Chứng minh rằng:

Khi nào đẳng thức xảy ra?
(ĐH, CĐ Khối D-2005)

Lời giải. áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương, ta có:

1+x y 3 1.x 3 .y3 3xy
3

3

3

1+x 3 y3
3
; (1)


xy
xy
Tương tự, ta có:
Mặt khác, ta có:

1+y3 z 3
3
; (2) .

yz
yz
3
xy

3
yz



3
zx

33

3
xy

1+z 3 +x 3
3
; (3)

zx
zx
.

3
yz

.

3
zx

3
xy



3
yz



3
zx

3 3 ; (4)

Cộng các vế tương ứng của (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
Ví dụ 7 : Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng :

3 + 4 x 3 4 y 3 4 z 6.
(Đề db KA -2005)

Lời giải.

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 15


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
3+4 x 1 1 1 4 x 4 4 4 x
3+4 x 2

4

4x 2 8 4x

Tương tự, ta có: 3+4 y 2 8 4 y
3+4 z 2 8 4 z
Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên, ta được:
3+4 x 3+4 y 3+4 z 2



8



4 x 8 4 y 8 4 z 2.3 3 8 4 x.4 y.4 z 6 24 4 x y z 6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=0.
Ví dụ 8: Chứng minh rằng với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì
18xyz
(H Tõy Nguyờn KA, B-2000)

xy+yz+zx>
.
2+xyz
Li gii.
2=x+y+z+x+y+z 6 3 xyz
(1)
á p dụng BĐT Cauchy, ta có:
(2)
xy+yz+zx 3 3 x 2 y 2 z 2
Nhõn cỏc v tng ng ca (1) v (2), ta c:2(xy + yz + zx) 18xyz
Mt khỏc, ta cú: xyz(xy + yz + zx) > 0
Cng cỏc v tng ng ca (3) v (4), ta c:
(xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz
xy yz zx

(3)
(4)

18xyz
(vì 2+xyz>0).
2 xyz

Ví dụ 9 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn

1 1 1
4. Chứng minh rằng:
x y z

1
1

1


1.
2x+y+z x 2y z x y 2z
(ĐH, CĐ K A - 2005)

Lời giải.
Cách 1 : Với a, b>0 ta có: 4ab (a+b)2

1
ab
1
11 1



a b 4ab
ab 4a b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b.
á p dụng kết quả trên ta có:

Tương tự:

1
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1

2x+y+z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z
1
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1


x+2y+z 4 2y x z 4 2y 4 x z 8 y 2z 2x

(1)
(2)

1
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1


(3)

x+y+2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y
1
1
1
11 1 1
3
Vậy

1.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z= .
2x+y+z x 2y z x y 2z 4 x y z
4

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 16


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc

1 1
4

với a, b>0, ta được:
a b ab
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
1
8=2 4


;
x y z x y y z z x

xy yz zx
Tương tự, ta có:
Cách 2: á p dụng BĐT

1

1
1
1 1
1 1
1 1
1
2









x+y y z z x x y x z x y y z y z z x


1
1
1
4

.
2x y z x 2y z x y 2z

2

1

1
1
Từ (1) và (2) ta suy ra: 8 8


đpcm.
2x+y+z x 2y z x y 2z
Cách 3 : Với a, b là hai số bất kì và x, y là hai số dương ta có:
a 2 b 2 (a b)2


(*)
x y
xy
a 2 y(x+y)+b 2 x(x+y) (a+b)2 xy a 2 y 2 +b 2 x 2 2abxy (ay-bx)2 0.

BĐT sau cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b
.
x y

Sử dụng BĐT (*) hai lần ta có:
2

2

2

1 1
1
1




2
1
2 2
2


2x+y+z 2x y z x y x z
2

2

2

2

1 1

1 1
4 4
4 4



xy
xz

2

2

1
1
1
1
4
4
4
4
1 2 1 1
.
x
y
x
z
16 x y z
Tương tự ta có:
1

1 1 2 1

x+2y+z 16 x y z
1
1 1 1 2

x+y+2z 16 x y z

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên và chú ý tới giả thiết dẫn đến:
1
1
1
11 1 1
3


1.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z= .
2x+y+z x 2y z x y 2z 4 x y z
4
Cách 4 : áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số dương (hoặc BĐT Bu-nhia-cốpxki):
1 1 1 1
1
1
1 2 1 1
(x+y+z) 4. 4 x 2 yz.4 4 2 16. Suy ra

2x+y+z 16 x y z
x yz
x x y z

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 17


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
Tương tự:

1
1 1 2 1

x+2y+z 16 x y z
1
1 1 1 2
.
x+y+2z 16 x y z

1
1
1
11 1 1


1.
2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z
Ví dụ 10 : Cho x, y, z 0 và x+y+z 3. Chứng minh rằng:

x
y
z
3
1
1
1





.
2
2
2
2 1 x 1 y 1 z
1+x
1 y
1 z

Cộng từng vế ba BĐT trên ta được:

(ĐH HHi Tp. HCM - 1999)

Li gii.
x
1 2x 1 x 2 (x 1)2
x
1

0

2
2
2
2
2
2
1+x
2(1 x )
2(x 1)
1+x
y
1
z
1
Tương tự ta có:

;

2
2
2 1 z
2
1+y
Ta có:

Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên, ta được:

x
y
z
3



2
2
2
2
1+x
1 y
1 z

(1)

(Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1)
Mặt khác, áp dụngB ĐT Cauchy cho ba số dương, ta được:
1
1
1
1
1
3


3.

3.
(Do x+y+z 3)
3 (1 x)(1 y)(1 z)
1 x 1 y 1 z 2
1+x 1 y 1 z
3
3
1
1
1



; (2) ; Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
2 1+x 1 y 1 z

K thut Cụ-Si ngc du
Bt ng thc Cụ-Si l mt trong nhng bt ng thc kinh in rt quen thuc vi hc sinh THPT
.Chuyờn ny mun gii thiu mt phng phỏp vn dng bt ng thc Cụ-Si ú l k thut Cụ-Si
ngc du.
Vớ d 1) Cho cỏc s dng a,b,c tha món iu kin a+b+c=3.Chng minh rng:

Bi gii: Ta luụn cú :

Theo bt ng thc Cụ-Si ta cú: nờn
Hon ton tng t ta cng cú:

(1)
(2) ;

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

(3)
10/24/2011

-

Tr: 18


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
(đpcm).
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Trong bài này để sử dụng bất đẳng thức
Ví dụ 2)

thì ta phải dùng tới biểu thức

Chứng minh về mọi số dương a,b,c có a+b+c=3 thì ta có:

Ta có:
Theo bất đẳng thức Cô-Si ta có:

nên
(1)

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

(2) ;

(3)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta cũng có:

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Nhờ kĩ thuật Cô-Si ngược dấu ta đã chứng minh được những bài toán mà nếu giải bằng các phương
pháp khác sẽ rất dài thậm chí không giải được , sau đây là một số bài tập ứng dụng:
Bài 1) Chứng minh với mọi số dương a,b,c,d ta luôn có:

Bài 2) Chứng minh rằng với a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn a+b+c+d=4 ta luôn có:

Bài 3) Cho 3 số

và a+b+c=3.Chứng minh rằng:

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 19


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

Chọn điểm rơi trong Bất Đẳng Thức Cô-Si
Trong khi học về mảng kiến thức bất đẳng thức thì bất đẳng thức Cô-Si là một trong những

bất đẳng thức cơ bản nhất .Tuy nhiên trong khi giải bài tập để dùng được bất đẳng thức này một cách
linh hoạt hơn thì ta phải dùng đến một phương pháp gọi là phương pháp chọn điểm rơi trong bất đẳng
thức Cô-Si.
Khi áp dụng bđt côsi trong các bài toán tìm cực trị thì việc lựa chọn tham số để tại đó dấu = xảy
ra là điều quan trọng và khó khăn nhất. Đôi lúc trong các bài toán khi các biến bị giới hạn bởi một điều
kiện nào đó thì khi áp dụng trực tiếp sẽ dẫn đến nhiều sai lầm. Vì thế trong chuyên mục nhỏ này tôi
muốn trình bày những phương pháp cụ thể để bạn có thể tìm được tham số phù hợp.
Bài toán 1: Cho các số dương x,y,z sao cho x+y+z=1. Tìm các giá trị nhỏ nhất:
a.
; b.
; c.
;
d.
Giải:
a.Bài này khá đơn giản chắc bạn nào cũng đều biết nó. Tuy nhiên dùng bài này minh họa cho việc lựa
chọn tham số là phù hợp
Vì vai trò các biến x,y,z là như nhau nên ta có thể dự đoán được dấu = xảy ra tại x=y=z=1/3. Nên ta có
như sau:
(dấu = xảy ra khi
)
Như vậy ta áp dụng như sau:
cộng dồn lại rồi suy ra.

b. Như bài trên mình đã nói lên một ý tưởng là thêm vào các tham số phụ như
pháp thêm này nói chung rất hiệu quả và triệt để cho các bài toán dạng này.

chẳng hạn. Và phương

Ta thấy vai trò của x,y là như nhau nên ta có thể dự đoán được dấu = xảy ra x=y. Ta cần chọn các tham
số phụ sao:

(dấu = xảy ra khi

)

(dấu = xảy ra khi

)

(dấu = xảy ra khi

)

Và mục đích của các tham số phụ sao cho khi ta cộng dồn lại chỉ xuất hiện x+y+z. Nên ta có
suy ra:

(*)

Đồng thời với các điều kiện dấu bằng và (*) các bạn sẽ tìm được các biệt số phụ như ý muốn.
c.Để thấy thêm sự hiệu quả thì câu c điều kiện các tham số đó kh ông ràng buộc.
Ta chọn các tham số phụ sao cho:
(dấu = xảy ra tại

)

(dấu = xảy ra tại

)

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 20


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
(dấu = xảy ra tại
Và mục đích của các tham số phụ khi ta cộng dồn lại chỉ xuất hiện x+y+z
Vậy ta suy ra dễ dàng:
(*)

)

Đồng thời với dấu = xảy ra và đk (*) ta có thể tìm được các tham số.
d. Sang câu d đây là một dạng tổng quát của bài toán này. Tuy nhiên khi giải mà làm theo các bước trên
thì thật là khó chiụ và mất thời gian nhiều. Đ ây là một cách rất hay chỉ cần 1 hay 2 dòng là ra các tham
số phụ l. Tuy nhiên các bạn phải hiểu rõ các cách trên vì đây chỉ là một cách suy ra từ pp trên mà thôi.
như vậy ta chỉ cần rút x,y,z theo

rồi thế vào điều kiện là có thể tìm được

điểm rơi.
Ngoài ra với bài toán trên nó không chỉ giới hạn ở mức độ nhỏ đó đâu mà nó còn nâng lên bậc cao m,n,k
của x,y,z bất kì cộng với điều kiện có thể tổng quát hơn:
. Mà cách giải vẫn không
mấy thay đổi (tuy nhiên đều là số nguyên)
Bài toán 2: Cho x,y,z là các số dương thõa xy+yz+zx=1. Tìm giá trị lớn nhất:
a.

; b.
; c.
; d.
Giải:Những bài này chúng ta cũng sẽ và có chung một hương đi giải quyết đó:
a.
1=a+b, 1=c+d, 2=e+f (trong đó a,b,c,d,e,f có là các số sẽ tìm được)
Ta có:
dấu = xảy ra khi:

Suy ra:

; Và mục đích của các biệt số này là có thể đưa về dạng xy+yz+zx. Nên khi đó:

Như vậy ta được hệ phương trình sau:
abd=cef
a+b=1
c+d=1
e+f=2
Hệ trên 6 phương trình tương ứng với 6 ẩn số các bạn hoàn toàn có thể giải được có điều hơi dài. Tuy
nhiên trong trường hợp bài toán a,b,c chúng ta thấy rằng các biến x,y có tính đối xứng nay nên việc phân
tích sẽ đơn giản hơn thế này a=c, b=d, e=f. Như vậy thì đơn giản hơn ?
Còn trường hợp ở bài cuối cùng khá tổng quát thì việc giải nó sẽ khó khăn đôi chút. Nhưng có
một phương pháp rất hay và mới:
Xét biểu thức:
Với
Như vậy ta được hệ phương trình bậc 3 theo trong đó
là nghiệm dương nhỏ nhất. Từ đây bạn có
thể tính ra suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức mà kô cần phải giải a,b,c,d,e,f.
Bài toán 3: Cho x,y,z là các số dương, thõa: x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của:
;

;
Với các dạng bài này thì phương pháp cũng tương tự nhau nên dành cho các bạn vậy ! Xem như đây là
một bài luyện tập
Ngoài ra đôi lúc trong việc tìm cực trị của bài toán không phải là ta nhìn đã thấy được đó là điểm rơi
trong côsi mà nó còn kết hợp với phương pháp khác như đồng nhất thức, đạo hàm, v.v... Và chính điều
này nó làm tăng thêm phần hay và đẹp của điểm rơi trong Cô-Si.

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 21


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
K thut chn im ri trong cỏc bi toỏn BT v cc tr
Cỏch lm bi tp v BT v cc tr.õy cng l mng kin thc sõu rng v tng i khú.Bi
ny s hng dn cỏc bn nhng hng suy ngh v gii quyt cỏc bi tp dng ny thụng qua PP chn
"im ri"-tc l nhng im ta d oỏn c t ú cú hng gii quyt phự hp nht.
Ký hiu sqrt l cn bc 2 v cbb l cn bc 3 Ta hóy bt u t 1 bi toỏn n gin:
Bi 1: Cho

.Tỡm Min ca:

Gii: Rừ rng ko th ỏp dng Cosi ngay
vi k

vỡ du = xy ra khi a=1, mõu thun

Ta d oỏn t bi rng P s nh nht khi a=3 v õy chớnh l "im ri" ca bi toỏn.Khi a=3 thỡ
v
Ta ỏp dng Cosi nh sau: ta cú
Khi ú kt hp vi k
D thy khi a=3 thỡ

ta cú
.Vy

khi a=3

Bi 2: Cho a,b,c dng v abc=1.CMR:
Gii: D oỏn du ng thc xyra khi a=b=c=1.Lỳc ny

v 1+b=2.Ta ỏp dng Cosi nh sau:

Tng t cho 2 BT cũn li.Khi ú ta cú
ỏp dng Cosi cho 3 s ta cú

.Tip tc
.Thay vo ta cú

Bi 4: Cho a,b,c dng v a+b+c=3.Tỡm Min: P=

+

+

...................................................................................................................

Bài tập:

Bài 1 : Với a, b, c là ba số dương bất kì. Chứng minh rằng:
(1+a 3 )(1+b 3 )(1+c 3 ) (1+ab 2 )(1+bc2 )(1+ca 2 )
(ĐH Hải Phòng A - 2000)

Bài 2 : Chứng minh rằng: với số thực dương bất kì, ta luôn có 3 a 3 a 2 1 a
(ĐHDL Phương Đông A - 2000)
Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 22


Tng hp cỏc phng phỏp chng minh Bt ng thc
Bài 3 : Cho ABC có ba cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1 1


2 .
p-a p b p c
a b c
(Học viện NHang A - 2001)

Bài 4 : Với a, b, c là ba số thực dương bất kì thỏa mãn điều kiện a+b+c=0.
8a 8 b 8 c 2 a 2 b 2 c .

Chứng minh rằng:

(ĐHQG Hà Nội K A - 2000)

Bài 5 : Chứng minh rằng với mọi x, y >0 ta có:
2

9
y
(1+x) 1+ 1
256. Đẳng thức xảy ra khi nào?
y
x
(Đề DB KA - 2005)

3
Bài 6 : Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a+b+c= . Chứng minh rằng :
4
3
3
3
a+3b b 3c c 3a 3
(Đề DB 1 K B- 2005)
Khi nào đẳng thức xảy ra?
Bài 7 : Chứng minh rằng nếu 0 y x 1 thì x y y x

1
.Đẳng thức xảy ra khi nào?
4
(Đề DB 2 K B- 2005)

Bài 8 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 3 3
-x

3

z

1.

9
9
9
3 3 3z



.
4
3 x 3 y z 3y 3z x 3z 3x y
x

Chứng minh rằng:

y

y

z

x

y

(Đề DB 2 K A- 2006)

..............................................................................................................................

Su tm v tng hp: Lc Phỳ a - Vit Trỡ Phỳ Th.

10/24/2011

-

Tr: 23


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

5- Phương pháp 5: Bất đẳng thức Bunhiacopski- Bất đẳng thức SVACXƠ
Kiến thức:
* BĐT Bunhiacôpxki
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

b
a1 a 2
b
b

 ....  n Hay 1  2  ....  n
b1 b2
bn
a1 a 2
an
(Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
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.
 Nếu a,b > 0:
a
b
Đặt:  i  i ,  i  i i  1,2,...n  , Thế thì:  12   22  ...   n2   12   22  ...   n2
a
b
1 2
Mặt khác:  i  i   i   i2 

2
1
1
 1  1   2  2  ...   n  n  ( 12   22  ....   n2 )  (  12   22  ...   n2 )  1
2
2
Suy ra:
 a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a.b

Dấu “=” xảy ra khi 

Lại có: a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a1b1  a 2 b2  ...  a n bn
Suy ra: (a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 22  ...  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 )

  i   i i  1,2,..., n 
a
a
a
 1  2  ....  n
Dấu”=” xảy ra  
b1 b2
bn
 1  1 .... n  n cùng dáu
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (ai , 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
*

Bất đẳng thức SVACXƠ

Bất đẳng thức Svacxơ được phát biểu như sau: Cho hai dãy số thực
) thì ta có:

và

(

Ta sẽ chứng minh BĐT (1) bằng BĐT Bunhiacôpxki: Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki
cho hai bộ số

, và

Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

ta được BĐT (1).

10/24/2011

-

Tr: 24


Tổng hợp các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Đẳng thức xảy ra khi
** Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc
Ví dụ 1 :Chứng minh rằng: x  R , ta có: sin 8 x  cos 8 x 

Giải: Ta có: sin 2 x  cos 2 x  1, x  R



1
8

 



1  sin 2 x.1  cos 2 x.1  sin 4 x  cos 4 x 12  12
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:







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:
a 2  a 22  ...  a n2  3
Ví dụ 3: Cho  1
n  Z,n  2

a
a a
Chứng minh rằng: 1  2  ....  n  2
2
3
n 1
Giải:
1
1
1
k  N * ta có: 2 

1 
1 
1
k
k2 
 k   k  

4 
2 
2
1
1
1
 2

1
1
k
k
k
2
2







1 1
1
1
1   1
1 
1
1  1
1

2
 2  2  ...  2  



 ...  


 3 
3
5
5
7
1
1
1
2 3
n 
3
 

n
n 
2  2
2
2 n
 2
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 4: 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
mà

a  c 2  b  d 2

ac+bd  a 2  b 2 . c 2  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 5: Chứng minh rằng : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
2
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 
Sưu tầm và tổng hợp: Lộc Phú Đa - Việt Trì – Phú Thọ.

10/24/2011

-

Tr: 25