SKKN một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2

hoctoancapba.com
MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do thực hiện đề tài:
1, Cơ sở lý luận:
Bất đẳng thức là một trong những phần rất quan trọng trong chương
trình toán phổ thông. Nó có mặt trong tất cả các bộ môn Số học, Hình học,
Đại số, Lượng giác và Giải tích. Các bài toán về bất đẳng thức tỏ ra có sức
hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc đáo của các phương pháp giải chúng. Chính vì
thế bất đẳng thức là chuyên đề được mọi người quan tâm đến rất nhiều.
Tuy nhiên, việc giải quyết một bài toán về chứng minh bất đẳng thức
không hề đơn giản, yêu cầu không chỉ nắm vững các kiến thức cơ bản, mà
còn phải biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo các phương pháp đã học kết hợp
với kỹ năng biến đổi, suy luận, dự đoán, ...
2, Cơ sở thực tiễn:
Khi học toán, học sinh thường thấy “sợ” khi nhắc đến bất đẳng thức,
cho rằng bất đẳng thức là một phần rất khó không thể giải được. Nguyên nhân
là học sinh không biết cách lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. vì vậy
một bài toán đơn giản cũng trở nên “vô cùng khó” đối với các em.
Với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy và học về
bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn mới về bất đẳng thức, tôi
nghiên cứu đề tài:
“Sử dụng một bất đẳng thức đơn giản
trong việc chứng minh bất đẳng thức”.
II. Phương pháp nghiên cứu:
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận;
2. Phương pháp điều tra thực tiễn;
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm;
4. Phương pháp thông kê.
1

hoctoancapba.com
III. Đối tượng nghiên cứu:
Các bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức
1
1
1

 ... 
an
 a1 a 2

a1  a 2  ...  a n  

 2
  n ,  a1, a2, ..., an > 0.


B. PHẦN NỘI DUNG
I. Bất đẳng thức Côsi:
Cho a1, a2, ..., an là các số không âm. Khi đó ta có:
a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an
n

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an
Ví dụ áp dụng:
Cho a1, a2, ..., an > 0. Chứng minh rằng:
1
1

1

 ... 
an
 a1 a 2

 2
  n


a1  a 2  ...  a n  

(*)

Bài giải:
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
a1  a 2  ...  a n n
 a1 a 2 ... a n
n

(1)

1
1
1

 ... 
a1 a 2
an
1

n
n
a1 a 2 ... a n

(2)

Do cả hai vế của (1) và (2) đều là số dương, nên nhân từng vế của (1) và
(2) suy ra điều phải chứng minh.
a 1  a 2  ...  a n
Dấu bằng xảy ra   1
1
1
 a  a  ...  a
2
n
 1

 a 1  a 2  ...  a n

Hai dạng riêng của bất đẳng thức trên. Đó là khi a, b, c > 0, ta có:
1 1
(a + b)    ≥ 4
a

b

(**)

2

(Ứng với n = 2)


hoctoancapba.com
1 1 1
(a + b + c)     ≥ 9
a

b

c

(***)

(Ứng với n = 3)

Bất đẳng thức (*) tuy rất đơn giản nhưng nó lại vô cùng thông dụng.
Để thấy rõ hiệu lực của bất đẳng thức đó tôi đưa ra một loạt các bài toán
minh họa sau đây
II. Các bài toán:
Bài toán 1:
Cho tam giác ABC có các cạnh 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 

Chứng minh:
Áp dụng (**), ta có:
 1


p

a

 1


pa
 1


p

b


1
4
4


p  b ( p  a )  ( p  b) c

1
4
4


p  c ( p  a)  ( p  c) b
1
4
4


p  c ( p  b)  ( p  c ) a

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên suy ra:
1
1
1
1 1 1 


 2   
p a p b p c
a b c 

Dấu bằng xẩy ra  p - a = p - b = p - c  a = b = c
 ABC là tam giác đều.

Bài toán 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có: hoctoancapba.com
ha + hb + hc ≥ 9r, trong đó ha, hb, hc là ba chiều cao của tam giác còn r là bán
kính đường tròn nội tiếp.

Chứng minh: Ta biết rằng trong mọi tam giác đều có hệ thức sau:
1 1 1 1
  
ha hb hc r

3


hoctoancapba.com
Áp dụng (***) suy ra:
 1 1 1
    9
h
 a hb hc 

ha  hb  hc 

 ha + hb + hc ≥ 9r

Dấu bằng xẩy ra  ha = hb = hc  a = b = c
 ABC là tam giác đều.

Bài toán 3: Chứng minh bất đẳng thức Nesbit sau đây: Cho a, b, c > 0. Chứng
minh:
a
b
c
3




bc ca ab 2

Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
sau:
a
b
c
9
1
1 
1 
bc
ca
ab
2

 1
1
1 
  9


 2(a  b  c)
b

c
c

a

a

b


 1
1
1 
  9


 ( b  c)  (c  a )  (a  b)
b

c
c

a
a

b



(1) hiển nhiên đúng vì đó chính là (***)  đ.p.c.m.
Dấu bằng xẩy ra  b + c = c + a = a + b  a = b = c
 ABC là tam giác đều.

Bài toán 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
a bc

a2
b2
c2



bc c  a a b
2

Chứng minh:
b  c  x  0
c  a  y  0

Đặt: 
a  b  z  0
a  b  c  p  0

 x + y + z = 2p

4

(1)

(1)


hoctoancapba.com
Khi đó a = p – x; b = p – y;

c=p–z

Vậy:

 p  x 2   p  y 2   p  z 2  p
x

y

z

2

1 1 1
p
 p 2      6 p  ( x  y  z ) 
2
x y z

1 1 1
 2 p 2      9 p
x y z
1 1 1
 ( x  y  z )     9
x y z

(2)

(2) luôn đúng theo (***)  (1) đúng  đ.p.c.m.
Bài toán 5: Cho tam giác ABC với a, b, c là các cạnh tương ứng với các đỉnh
A, B, C và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng

1
1
1
1


 2
ab bc ca R

Chứng minh: Ta luôn có
1
1 
 1

 9
(ab + bc + ca) 
 ab bc ca 


(Theo (***))

1
1
1
9



ab bc ca ab  bc  ca

Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunyakovski
(ab + bc + ca)2 ≤ (a2 + b2 + c2)(b2 + c2 + a2)
Dẫn đến ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2
Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức
a2 + b2 + c2 ≤ 9R2


1
1
1
1


 2
ab bc ca R

(đ.p.c.m)

a, b, c  0
Bài toán 6: Cho 
.
a  b  c  1

5


hoctoancapba.com
Chứng minh rằng:

1

1
1


9
a 2  2bc b 2  2ca c 2  2ab

Chứng minh: Theo BĐT (***) thì



1
1
1
 2
 2
9
 a  2bc b  2ca c  2ab 

[(a2 + 2bc) + (b2 + 2ca) + (c2 + 2ab)] 

2



1
1
1
  9
 2

 2
 (a + b + c)2  2
 a  2bc b  2ca c  2ab 

Mà 0 < (a + b + c)2  1 

1
1
1
 2
 2
9
a  2bc b  2ca c  2ab
2

Bài toán 7: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AA1, BB1, CC1 và trực
tâm H. Chứng minh rằng:
AH BH CH


6
A1 H B1 H C1 H

Chứng minh:

A

AH BH CH



6
A1 H B1 H C1 H

C1


AH  
BH  
CH
  1 
  1 
  1 
A1 H   B1 H   C1 H




AA1 BB1 CC1


9
A1 H B1 H C1 H

1
AA 1 .BC
2

1
HA1 .BC
2




  9


1
BB1 .CA
2

1
HB1 .CA
2

H

B
1
CC1 .AB
2
9
1
HC1 .AB
2

S ABC S ABC S ABC


9

S HBC S HCA S HAB

 1
1
1 
  9
 S HBC  S HCA  S HAB 


S
S
S
 HBC HCA HAB 
hiển nhiên đúng vì đó chính là (***)  đ.p.c.m.

6

B1

A1

C


hoctoancapba.com
Bài toán 8: (Đề thi chọn HSG toán lớp 10 Tỉnh Thái Nguyên năm 2010)
Cho tam giác ABC và điểm G ở trong tam giác đó. Các đường thẳng AG,
BG, CG cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P.
Chứng minh rằng nếu

AG BG CG


 6 thì G là trọng tâm tam giác ABC.
MG NG PG

Chứng minh:

A

Theo định lí Seva ta có:

P

MG NG PG


1 .
MA NB PC

N
G

Áp dụng (***), ta có:

B

M

 MA NB PC   MG NG PG 







9
 MG NG PG   MA NB PC 



MA NB PC


9
MG NG PG



MG  AG NG  BG PG  CG


9
MG
NG
PG



AG BG CG



6
MG NG PG

Dấu bằng xẩy ra 

MG NG PG 1



MA NB PC 3

 G là trọng tâm tam giác ABC.

Bài toán 9:
Chứng minh rằng: logb+ca2 + logc+ab2 + loga+bc2 ≥ 3 ,  a, b, c > 2.
Chứng minh:
Vì b, c > 2  bc > 2.max(b, c) ≥ b + c
ln a 2
ln a 2
2 ln a
Do đó: logb+ca =


ln( b  c) ln bc ln b  ln c
2

Tương tự: logc+ab2 

2 ln b
ln c  ln a

loga+bc2 

2 ln c
ln a  ln b

7

C


hoctoancapba.com
Từ đó ta có:
logb+ca2 + logc+ab2 + loga+bc2 ≥
(Ở đây sử dụng bài toán 3:

2 ln a
2 ln b
2 ln c
3
+
+
≥ 2. = 3
ln b  ln c
ln c  ln a
ln a  ln b
2

x
y
z
3



y z z x x y 2

x, y, z  0 )  đ.p.c.m.

Bài toán 10: (Vô địch Nam Tư năm 1976)
 log b c log c a log a b


ca
ab
 bc

Chứng minh rằng: 2 

 log b c log c a log a b


b

c
c

a

a b


Chứng minh: 2 


9
 
với mọi a, b, c > 1
 abc


9
 
 a bc

 log c log c a log a b 
 (b  c)  (c  a )  (a  b)  b 

9
ca
a  b 
 bc

Theo bất đẳng thức CôSi ta có:
(b  c)  (c  a)  (a  b)  3

 log b c log c a log a b




ca
ab
 bc

3

(b  c) (c  a ) (a  b)


log b c. log c a. log a b
  3 3
(b  c) (c  a ) (a  b)


Nhân từng vế hai bất đẳng thức trên ta được:

(b  c)  (c  a)  (a  b)  log b c  log c a  log a b   9 3 log b b
 bc

ca

ab 

9

Suy ra đ.p.c.m.
Bài toán 11: Đặt S =

2010

2010

i 1

i 1

 ai . Chứng minh rằng



S  ai
 2010 2  2010
ai

với mọi a1, a2, ..., a2010 > 0.
Chứng minh:
2010


i 1

S  ai
 2010 2  2010 
ai

2010


i 1

S
 2010 2 
ai

2010

2010

2010



i 1



 1 
1

a . a
i 1

i

i 1

S  ai
ai

 2010 2

i

Đúng theo BĐT (*) ứng với n = 2010.
8


  2010 2  2010  2010  2010 2



hoctoancapba.com
Bài toán 12: (Vô địch UCRAINA)
a1 , ..., a n  0
a1  ...  a n 1

Cho 

n

ai

2a

Chứng minh rằng:

i 1



i

n
2n  1

Chứng minh:
n

ai

2a
i 1

n


i 1


i

n

2n  1

n



i 1



2
2n 2


2  ai
2n  1

 (2n  1)

n


i 1

ai

 1  2  a
n


i 1

i


n
2n 2

 
n
2n  1
 2n  1

1
n2

2  ai
2n  1

1
 n2 
2  ai

n

n

i 1

i 1

 2  ai . 

1
 n2
2  ai

Bất đẳng thức này đúng theo (*)  đ.p.c.m.

Bài toán 13: (Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 4 lần thứ VIII)
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu: hoctoancapba.com
cosA + cosB + cosC 

2p  a 2p  b 2p  c


2p  a 2p  b 2p  c

(1) (p là nửa chu vi)

Lời giải:
Ta chứng minh cosA + cosB + cosC 

3
2

Ta có:


AB
AB
cosA + cosB + cosC + cos = 2cos
cos
+ 2cos
3
2
2




C

AB
3
 2 cos
 cos
2
2




 2.2 cos

A B C 
4

2


3 cos

C











A B C  

3

3 cos
 4 cos
4
3



 cosA + cosB + cosC  3 cos

9

C


3

=

3
2

2


3


hoctoancapba.com
AB
C  
 1; 0 < cos     1; 0 < cos
Vì 0 < cos
2
2 6

A  B C 

A-B

cos 2  1



C
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi cos 3 1
2



A  B-C
3 1
cos

4


Vậy cosA + cosB + cosC =
Ta chứng minh
(2) 


3  1

A=B=C

3
 ΔABC đều.
2

2p  a 2p  b 2p  c
3



2
2p  a 2p  b 2p  c

(2)

2p  a
2p  b
2p  c
9

1 
1 
1 
2
2p  a
2p  b
2p  c

9
4p
4p
4p



2
2p  a 2p  b
2p  c

 1
1
1


 4 p
2p 
 2p  a 2p  b



4




9
 
c
2


1
2 p  a  2 p  b  2 p  c  1  1  1
2
2p 
 2p  a 2p  b


9
 
c
2

(Vì 2p = a + b + c)
Bất đẳng thức này đúng theo (***)
Vậy (2) đúng
Do đó (1) xẩy ra  VT = VP =

3
 ΔABC đều.

2

Bài toán 14: Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên đôi một vuông góc với
nhau. Gọi α, β, γ là các góc giữa đường cao xuất phát từ đỉnh và các cạnh bên
của hình chóp. Chứng minh:
cos 2 
cos 2 
cos 2 
3



2
2
2
2
2
2
sin   sin 
sin   sin  sin   sin  4

10


hoctoancapba.com

S

Chứng minh:

α

Vẽ chiều cao SH.
Đặt ASH = α; BSH = β, CSH = γ.
Rõ ràng ta có:

1
1
1
1



2
2
2
SH
SA
SB
SC 2

(1)

A

C

H

Nhân cả hai vế của (1) với SH2 ta có

cos2α + cos2β + cos2γ = 1

(2)

B

Đặt sin2 β + sin2 γ = a; sin2 α + sin2 γ = b; sin2 α + sin2 β = c,
Khi đó dựa vào (2) ta có a + b + c = 2(sin2α + sin2β + sin2γ) = 4
Ta có cos2α = 1 - sin2 α = 1 – (2 - sin2β - sin2γ) = a – 1.
Tương tự cos2β = b – 1; cos2γ = c – 1.
Vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
a 1 b 1 c 1 3
1 1 1 9
hay   



a
b
c
4
a b c
4

(3)

1 1 1
Theo (***) có: (a + b + c)     ≥ 9, mà a + b + c = 4,
a

b

c

Vậy (3) đúng  đ.p.c.m.
Dấu “=” xẩy ra  a = b = c  α = β = γ
 SA = SB = SC.

Bài toán 15: Cho tứ diện ABCD, M là một điểm ở trong tứ diện. Các đường
thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D của
hình chóp tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh:

A

MA MB MC MD



 12
MA' MB' MC' MD'

Chứng minh:
Gọi H, I lần lượt là hình chiếu

M

của A, M lên mp(BCD). Ta có H, I,
A’ thẳng hàng. Gọi V, V1, V2, V3, V4

B

A’
H

lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD
và hình chóp đỉnh M với các đáy là
11

C

I

D


hoctoancapba.com
các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC
1
AH .S BCD
AA' AH
V

 3

Ta có:
1
HA' MI
V1
MI .S BCD
3



MA V  V 1 V


1
MA'
V1
V1

Tương tự:

MB
V
MC
V
MD
V

 1;

 1;

1
MB' V2
MC ' V3
MD' V4

Từ đó suy ra:

1
MA MB MC MD
1
1
1 



 V  

   4
MA' MB' MC ' MD'
 V1 V2 V3 V4 

1
1
1
1 

  - 4 ≥ 16 – 4 = 12
= (V1 + V2 + V3 + V4)  
 V1

V2

V4 

V3

(đ.p.c.m).

III. Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
2
2
2
9



bc ca a b a bc

Bài 2: Cho tam giác ABC. Gọi O1, O2, O3 là tâm các đường tròn bàng tiếp

các góc A, B, C . Gọi S1, S2, S3 là diện tích các tam giác O1BC,
O2CA, O3AB. Chứng minh: S1 + S2 + S3 ≥ 3S.
Bài 3: Cho tam giác ABC. Chứng minh: absin

C
A
B
+ bcsin + casin ≥ 2 3S
2
2
2

Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba chiều cao
AA’, BB’, CC’ cắt đường tròn tâm O tại A1, B1, C1. Chứng minh:
AA' BB ' CC ' 9



 .
AA1 BB1 CC1 4

Bài 5:  a1, a2,...,a2010 > 0. Chứng minh rằng:
a2010
a1
a2
2010

 .... 

a2  a3  ...  a2010 a1  a3  ...  a2010
a1  a2  ...  a2009 2009
1
n2

Bài 6: Đặt S =  ai . Chứng minh rằng: 
 a1, a2,...,an > 0.
(n  1) S
i  1 S  ai
i 1
n

n

12

hoctoancapba.com
C. KẾT LUẬN
I. Kết quả ứng dụng:
Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng từ một bất đẳng thức
đơn giản, quen thuộc đã được tôi vận dụng khi bồi dưỡng cho học sinh về bất
đẳng thức. Kết quả là các em đã có thiện cảm hơn đối với chuyên đề này, một
số em còn tỏ ra hào hứng khi làm các bài toán về bất đẳng thức.
II. Lời kết:
Trên đây là những nghiên cứu và kinh nghiệm của bản thân tôi. Hy vọng
đề tài này góp phần để việc dạy và học về bất đẳng thức đạt hiệu quả hơn.
Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn!
Sông Công, ngày 15 tháng 05 năm 2010
Người viết

Phạm Thị Ánh Tuyết

13


hoctoancapba.com
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phan Đức Chính, Bất đẳng thức, Nhà xuất bản Giáo dục – 1995.
2. Vũ Đình Hòa, Bất đẳng thức hình học, Nhà xuất bản Giáo dục – 2006.
3. Phan Huy Khải, 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức, Nhà xuất bản Hà
Nội – 1997.
4. Phan Huy Khải, Toán nâng cao cho học sinh đại số 10, Nhà xuất bản Đại
học Quốc gia Hà Nội – 1998.
5. Trần Phương, Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức,
Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí Minh – 2000.

6. Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh, trường THPT chuyên Lê Hồng
Phong, Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 Toán 10 lần thứ VIII - 2002, Nhà
xuất bản Giáo dục – 2002.

14