19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1/Định nghĩa

A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0

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
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
+ m > n > 0 và 0 +A < B và A.B > 0

⇒

1 1
>

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)
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
2

a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)

[

]

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

=

1


WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2 ≥
(y-z) 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
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 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 

b)

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

2

c) Hãy tổng quát bài toán

Giải:
2

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

= 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab = ( a − b ) ≥ 0
4
4
4
4
2
a2 + b2  a + b 
≥
Vậy
Dấu bằng xảy ra khi a=b
 .
2
 2 

(

)

(

)

b)Ta xét hiệu
2

[

]

a2 + b2 + c2  a + b + c 

a + b2 + c2  a + b + c  1
2
2
2
(
)
(
)
(
)
a
−
b
+
b
−
c
+
c
−
a
≥
0
−
≥
.Vậy
 =

3
3

3
3

 9


2

Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
2

a 2 + a 22 + .... + a n2  a1 + a 2 + .... + a n 
≥

c)Tổng quát 1
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
q
=
2

m
 m = 22
−
1
=
0


 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
2

2


WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

Giải: Ta có : a + b + c ≥ abc(a + b + c) , ∀a, b, c > 0
⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2 bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0
4

4

4

⇔ 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

) (
2

⇔ a2 − b2 + b2 − c2
Đúng với mọi a, b, c.

) + (c
2

) + (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

2

− a2

) + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac )
2

2

2

2

≥0

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

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

b) a + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
2

Giải:
b2
2
≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0
4
b2
2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
2
2
2
b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b)

a) a 2 +

⇔ 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 ) 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: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 )
Giải:

(a

)(
(

) (

)(

)

+ 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
10

)

(

)

3


WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y

Chứng minh

x2 + y2
≥2 2
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)
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 )=x+y+z - ( + + ) > 0 (vì x + y + z < x+y+z theo gt)

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
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 <
Giải:

a
b
c
+
+
<2
a+b b+c a+c

1
1
a
a
>
⇒
>
(1)
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

Ta có : a + b < 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
<
Ta có : a < a + b ⇒
a+b a+b+c
b
a+b
<
(5) ,
Tương tự :
b+c a+b+c

(4)

c
c+b
<
c+a a+b+c

(6)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a
b
c
+
+
<2
a+b b+c a+c

(**)

Từ (*) và (**) , ta được : 1 <
Phương pháp 3:
Kiến thức:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy

a
b
c
+
+
< 2 (đpcm)
a+b b+c a+c

Dùng bất đẳng thức phụ

4


WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2
2
b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0
c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
a
b

b
a

d) + ≥ 2
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
Tacó ( 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
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 :

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
, 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
x

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

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

5


WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

1
1
1
9
Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ ⇒
4
3

1
Vậy max P = .khi x = y = z = .
4
3

Ví dụ 3:

-Q ≤ −

9
9 3
nên P = 3 – Q ≤ 3- =
4
4 4

Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng:

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒

1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2
≤
2abc
a + bc b + ac c + ab
2

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
2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC :
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :

a
b
c
+
+
≥ 3 (*)
b+c−a c+a −b a+b−c

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 :
(b + c − a )(c + a − b) ≤

1
(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 5:
2
0 < a ≤ b ≤ c
 x y z  ( a + c)
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:

6

( x + y + z) 2


WWW.VIETMATHS.COM
⇒2

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

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

2

( x + y + z ) 2 (đpcm)

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 )
an
a1 a 2
Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b
1
2

n
bn
b1 b2
Hay a = a = .... = a (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
1
2
n

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:
ai
b
, β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2
a
b
1
Mặt khác: α i β i ≤ α i2 + β i2
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

Đặt: α i =

(

)

Lại có: a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn
Suy ra: (a1b1 + a2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )
 α = β ( ∀i = 1,2,..., n )

a

a

a

i
i
⇔ 1 = 2 = .... = n
Dấu”=” xảy ra ⇔ 
b1 b2
bn
α 1 β1 ....α n β n cùng dáu

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
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

(

) (

)(

1 = sin 2 x.1 + cos 2 x.1 ≤ sin 4 x + cos 4 x 12 + 12
⇔

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

(

)

1
8

)

2

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

(

)

(

)(

7

)

(

)

WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
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: (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
a12 + a 22 + ... + a n2 = 3
n ∈ Z,n ≥ 2


Ví dụ 1: Cho 

Chứng minh rằng:

a
a1 a 2
+
+ .... + n < 2
2
3
n +1

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
*




 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
2 n+

2
2
2

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a
a1 a 2
+
+ .... + n ≤ a12 + a 22 + ... + a n2
2
3
n +1

Ví dụ 2:

1
1
1
2
+ 2 + ... + 2 < 3
< 2 (đpcm)
2
3
2

3
n

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 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≤
thì 1 2
.
n
n
n

b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn

a)Nếu 

8


WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a1 = a 2 = .... = a n
b1 = b2 = .... = bn

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
thì
b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn

b)Nếu 

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
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
CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )

a/

Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR:

b/
c/

Cho x,y,z>0 và x+y+z=1
Cho a>0 , b>0, c>0

CMR:

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1

;CMR:

x+y ≥

1
5

Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng
9

a3
b3
c3
1
+
+

≥
b+c a+c a+b 2


WWW.VIETMATHS.COM
Giải:

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức


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
+ 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
a2.

Ví dụ 4:

Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

a + b + c + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
2

2

2

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
Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4 (1)
ab
(
)
(
)
(
)
a
b
+
c
+
b
c
+
d
+
d
c
+
a
Mặt khác:

= (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

Phương pháp7
Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:
a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ
a = 0
n = 1

khi 

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
.
α = 1

- cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi 
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( 1− a) a + b
a
 1   1− a 
<
⇒ ab >
.
 ÷ = 1 +
÷ < 1+
a 
a
a
a+b
a 
b
Chứng minh tương tự: b a >
. Suy ra a b + b a > 1
a+b
b

b

Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng

5

a5 + b5 + c5  a + b + c 
≥
 .
3
3



(1)
10

(đpcm).


WWW.VIETMATHS.COM
Giải

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

5

(1) ⇔ 

5

5

3a   3b   3c 

 +
 +
 ≥3
a+b+c a+b+c a+b+c

Áp dụng BĐT Bernouli:

5( b + c − 2a )
 3a 
 b + c − 2a 

 = 1 +
 ≥ 1+
a+b+c 
a+b+c
a+b+c

5

5

(2)

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

5

5( a + b − 2c )
 3c 

 ≥ 1+
a+b+c
a+b+c

(3)

5

(4)

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
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

(

)(

)

Giải
Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2) .
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0

⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a +

2
≤ 3 (1)

a

Chứng minh tương tự:
2
≤3
b
2
c+ ≤3
c

b+

(2)
(3)

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:
11


WWW.VIETMATHS.COM

(c

x1

+c

x2

+ .... + c

xn

)( c

− x1

+c

− x2

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
+ .... + 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 ab >ad+bc
Giải:
a > c + d
b > c + d

a − c > d > 0
⇒ 
⇒
b − d > c > 0
ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc

Tacó 
⇔

(a-c)(b-d) > cd
(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 2 2 2
( a +b +c )
2
5
1 1 1
⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
+ − 〈
6
a b c
⇒ ac+bc-ab 〈

1

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
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 + c 3 ≤ 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
2
≥
c hứng minh rằng : a 12 + a 22 + a32 + .... + a 2003

b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1
1

a

1
b

1
2003

1
c

Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
12


WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
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 >
b
b b+c
a
a a+c
b – Nếu < 1 thì <
b b+c

b

a – Nếu

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
1<

a
b
c
d
+
+
+
<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⇒
<
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
Mặt khác :
a+b+c a+b+c+d

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ta có \

a
a
a+d
<
<
a+b+c+d
a+b+c a+b+c+d

(3)

Tương tự ta có

b

b
b+a
<
<
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
b+c
<
<
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d
d
d +c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d

(4)
(5)
(6)

cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
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 < 2
b d
b b +d2 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
c

tìm giá trị lớn nhất của +

b
d

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử :
a
≤ 1 vì a+b = c+d
c

13

a
b
a
b
≤
Từ : ≤
c
d
c
d

⇒

a a+b b
≤
≤
c c+d d

WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

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 + u2 + .... + 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
a

k
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a
k +1

a1 a2

an

a1

Khi đó P = a . a ..... a = a
2
3
n +1
n +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

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

(

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
Với n là số nguyên
2
3
n
1
2
2
=
>
= 2 k +1 − k
Giải: Ta có
k 2 k
k + k +1
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

)

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 +
n

Ví dụ 3: Chứng minh rằng
1

1

1

∑k

k =1

1

2

<2

(

∀n ∈ Z

1

Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k
Cho k chạy từ 2 đến n ta có

14

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n

WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

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
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
0 < a < b + c

0 < b < a + c
0 < c < a + b


a 2 < a (b + c)
 2
b < b( a + c )
 c 2 < c ( a + b)


⇒

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ Ta có a > b-c  ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0
b > a-c 
⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0
c > a-b 
⇒ c 2 > c 2 − ( a − b) 2 > 0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được

[

][

][

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

2

2

]

2

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 )
Thì

u = b, v = a;

Hơn nữa:
Ví dụ 2:

u.v = c(a − c) + c(b − c)

u.v = u . v . cos(u , v) ≤ u . v

⇒ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ⇒ (ĐPCM)

15

WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

Cho 2n số: xi ; yi , i = 1,2,..., n thỏa mãn:
n

∑
i =1

xi2 + y i2 ≥

n

n

∑x +∑y
i =1

i

i =1

i

= 1. Chứng minh rằng:

2
2

Giải:
Vẽ hình

y

MK

MN
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
2
Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 +  + M n−1 M n ≥ OM n ≥ OH =
2

n

2
2

⇒ (ĐPCM)

Phương pháp 13:

Đổi biến số

⇒ ∑ xi2 + y i2 ≥
i =1

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
y+z−x z+x− y x+ y−z

3
+
+
≥
ta có (1) ⇔
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
+ ≥ 2;
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2;
y z

x z

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
(1)
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có
1 1 1
(1) ⇔ x + y + z ≥ 9
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
2

16

x + y + z = ( a + b + c) < 1
2


WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

1 1 1
1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3
xyz
⇒

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



1 1 1
+ + ≥9
x y z

Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥
Gợi ý: Đặt x = u ,
thay vào tính S min
Bài tập tự giải

y =v

1
5

⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0

CMR:

25a 16b
c
+
+
>8
b+c c+a a+b

(

)

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
nb
pc
1
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

Phương pháp 14:

(đpcm)

m + n + p − ( m + n + p)

2

Dùng tam thức bậc hai

Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
a > 0
∆ < 0
a > 0
f ( x) ≥ 0, ∀x ⇔ 
∆ ≤ 0

f(x) > 0, ∀x ⇔ 

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 :

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

17


WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
α < x < β < x

1
2
⇔ f ( α ). f ( β ) < 0.
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm 
x
<
α
<
x
<
β

2
 1

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

(

)
(1 − y )

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

2
Ta có ∆′ = 4 y 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
2

2

1 1
1
1
∀n ∈ N ; n > 1
+ 2 + .... + 2 < 2 −
2
1 2
n
n
1
1
Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 −
(đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
4
2

Ví dụ1: Chứng minh rằng :

(1)

Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1
1

1

1

1

1

Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 12 + 22 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 − 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

⇔

k +1+1 1
< ⇔ k (k + 2) < ( k + 1) 2 ⇔ k2+2k

2
k
(k + 1)

Điều này đúng .Vậy bất đẳng

thức (1)được chứng minh
n

Ví dụ2: Cho

an + bn
 a+b
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

18


WWW.VIETMATHS.COM
 a+b
(1) ⇔ 


 2



k +1

a

≤

k +1

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
+b
2

k +1

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
(3)
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

(+) 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
k

1
2

Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 , , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 +  + a n ≤ . Chứng minh
rằng: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥

1
2

1
2
1
2

Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k ) ≥

1
2

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
1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2
Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈ R, i = 1,2,..., n . Chứng minh rằng:

n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥

(a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a n2 )(b12 + b22 +  + bn2 )

Giải 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 )

19


WWW.VIETMATHS.COM
n= k+1 . Ta cần chứng minh:

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

(a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ ( a12 + a 22 +  + a k2+1 )(b12 + b22 +  + bk2+1 ) (1)

Thật vậy: VP(1) = (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 ) + (a12 +  + a k2 ).b 2 +
+ 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:
(

a1 + a 2 +  + a n 2 a12 + a 22 +  + a n2
) ≤
n
n

Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
a1 + a 2 +  + a k 2 a12 + a 22 +  + a k2
) ≤
k
k
2
2
2
a + a +  + a k +1 2 a1 + a 2 +  + a k +1
) ≤
n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1 2
(1)
k +1
k +1
a + a +  + a k +1
Đặt: a = 2 3
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


n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (

Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: Chứng minh rằng:

n n > ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2

n n = 4
⇒
Giải: n=2 
( n + 1) n −1 = 3

⇒ n n > (n + 1) n −1

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
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
 sin x , cos x ≤ 1, ∀x ∈ R

Ta có: 
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 +

20


WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

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 > x + y + z thì có một trong ba số này lớn hơn 1
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 – ( x + y + z ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + z

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)
21


WWW.VIETMATHS.COM
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
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
(Vì a + b + c < 3 ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3


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’)
2
2
c < a − b ⇒ ( a − b) > c
⇒ −(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
1. Nếu x ≤ R thì đặt x = Rcos α ,

α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α ,

−π π 
α ∈
,
 2 2 

 π
α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3 

2

 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 

2. Nếu x ≥ R thì đặt x =

R
cos α

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
2
2
Ví dụ 1: Cmr : a 1 − b + b 1 − a + 3 ab − (1 − b )(1 − a ) ≤ 2, ∀a, b ∈ [ − 1,1]

Giải : a ≤ 1, b ≤ 1
a = cos α
b = cos β

Đặt : 

(α , β ∈ [ 0, π ] )

Khi đó :

22


WWW.VIETMATHS.COM

(

a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab −

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

( 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
Đặt : 
1
b =

cos 2 β



 π 
 α , β ∈ 0,  
 2 


1
1
tg β
tgα
(tg β .cos 2 β + tgα .cos 2 α )
2
2
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 b −1 + b a −1 =

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
a 2 + 4b 2
1 + tg 2α
 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

Ví dụ 3: Cho ab ≠ 0 .Chứng minh rằng : − 2 2 − 2 ≤

Phương pháp 18:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton
n

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

n!

k
Trong đó hệ số C n = (n − k )!k! (0 ≤ k ≤ n) .
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 .
(0 ≤ k ≤ n)
+ Số hạng thứ k + 1 là C nk a n− k .b k
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


WWW.VIETMATHS.COM
a)

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

n

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

n

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
an + bn + cn
a+b+c
⇒
≥ dn =

3
3




n

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

b

b

a

a

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

b

a

a

b

b

a

a

∫ f ( x)dx ≥ ∫ g ( x)dx .

* ∫ f ( x)dx ≤ ∫ f ( x) dx .
* Nếu m ≤

f ( x) ≤ M , ∀x ∈ [ a, b] thì

b

m≤

1
f ( x )dx ≤ M (m, M là hằng số)
b − a ∫a

Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.
24


WWW.VIETMATHS.COM

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

A
B
C
Chưng minh rằng: tg + tg + tg ≥ 3
2
2
2

Giải:
x
2

Đặt f ( x) = tg , x ∈ (0, π )
1
x
(1 + tg 2 )
2
2
1 x
x
f '' ( x ) = tg (1 + tg 2 ) > 0, x ∈ (0, π )
2 2
2
f ' ( x) =

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
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
2

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 > 36 . . Chứng minh rằng + b2+c2> ab+bc+ac
3
2
2

a
a
a2
+ b2+c2- ab- bc – ac = +
+ b2+c2- ab- bc – ac
Giải: Ta xét hiệu:
3
4 12
a
a2
a2
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
3

2) Chứng minh rằng
a) x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 x.( xy 2 − x + z + 1)
b) với mọi số thực a , b, c ta có
25