Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

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

1


II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

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


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

Phần I : Mở đầu bao gồm
I.

Lí do chọn đề tài

II. Mục đích nghiên cứu
III. Phương pháp nghiên cứu
IV. Nội dung nghiên cứu
V.

Cấu trúc đề tài

Phần II : Nội dung gồm có
Chương I : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Chương II : Bài tập vận dụng
Phần III : Kết luận


3
4

PHẦN II : NỘI DUNG

CHƯƠNG I : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG
MINH BẤT ĐẲNG THỨC

5 PHẦN A CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. Định nghĩa
Định nghĩa 1: Cho hai số a và b gọi a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng
thức. Ta nói a lớn hơn b (kí hiệu a > b ) nếu hiệu a – b là một số dương; a nhỏ

hơn b (kí hiệu a < b ) nếu hiệu a – b là một số âm. Ngược lại, nếu hiệu a – b > 0
thì ta nói rằng a > b , nếu a – b < 0 thì a < b .
Vậy: a > b ⇔ a − b > 0 a < b ⇔ a − b < 0
;
.
Các mệnh đề “ a > b ”; “ a < b ”; “ a ≥ b ”; “ a ≤ b ” được gọi là những bất đẳng
thức. Cũng như các mệnh đề logic khác, một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai.
Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng.
Định nghĩa 2: Cho hai biểu thức A(x) và B(x) phụ thuộc vào biến số x
được xác định trên cùng miền D thì ta viết A(x) > B(x) (hoặc A(x) < B(x) ) nếu
hiệu A(x) – B(x) > 0 (hoặc A(x) – B(x) < 0), ứng với mọi trị số x trong miền D.
Ngoài ra, nếu tồn tại ít nhất một giá trị xo thuộc D sao cho A(xo) = B(xo) thì ta
viết A(x) ≥ B(x) hoặc A(x) ≤ B(x)
II. Các tính chất của bất đẳng thức
1.

Tính chất bắc cầu: Nếu a > b và b > c thì a > c

2. Tính chất đơn điệu của phép cộng: Nếu a > b thì a + c > b + c, ∀c
3. Tính chất đơn điệu của phép nhân : Nếu a > b và c > 0 thì a.c > b.c
Nếu a > b và c < 0 thì a.c < b.c
4. Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức mới cùng
chiều với bất đẳng thức đã cho: Nếu a > b và c > d thì a +c > b + d
5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức mới


cùng chiều với bất đẳng thức trừ: Nếu a > b và c > d thì a – c > b – d


6. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều BĐT nếu hai vế cùng dấu:

Nếu a > b > 0 thì

1
a

<

1
b

7. So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương:
Nếu a > 1 thì a x1 > a x2 ⇔ x > x
1

2

Nếu a = 1 thì a x = a x ⇒ x1 = x2
x
x
Nếu 0 < a < 1 thì a > a ⇔ x < x
1

2

1

2

1

2

8. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức:
Nếu a > b > 0 thì a n > b n , n ∈ N
Nếu a > b thì an > bn với n = 2k + 1 (k ∈ Ν)


6 PHẦN B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC
I.

Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa, tính chất bất đẳng thức

1. Lý thuyết
Để chứng minh một BĐT A ≥ B nào đó là đúng, ta cần chỉ ra A – B ≥ 0
bằng cách biến đổi biểu thức (A – B) một cách thích hợp.
Ngược lại, khi cần chứng minh A – B ≥ 0 ta có thể đưa về BĐT A ≥ B để
chứng minh.
Lưu
ý:

2
A ≥ 0 với mọi A, dấu “=” xảy ra ⇔ A = 0

2. Bài tập vận dụng
2

2

2

Bài 1: CMR: a + b + c ≥ ab + bc + ca với mọi a, b, c ∈ R
7Giải
Xét hiệu:
A

=
=
=
2
a) 

2

2

2

(a + b + c ) − (ab + bc + ca)

1 2
2
2
2
2
2
(a − 2ab + b ) + (b − 2bc + c ) + (c − 2ca + a )
2



1
2
2
(a − b) + (b − c) + (c −
≥ 0
∀a, b, c.
2
2


2

2

Vì A ≥ 0 nên a + b + c ≥ ab + bc + ca
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.
Bài 2:

a. CMR: a2  b2  ab  0 với mọi a, b  R . Khi nào đẳng thức xảy ra?

b. CMR nếu a  b thì a3 

b3  ab2 

 R

a2b với mọi a, b

8Giải


b 2 + 3b2 ≥
2
2
0
a
+
b
−
ab
=
a
−
a. Ta có: 


2
4


với mọi a, b ∈ R .



b 2

 a −  = 0

2
Dấu “ = “ xảy ra

⇔a=b=0

⇔ 2
3b
 4 = 0

b. Ta có:

a − b − ( ab − a b ) = a(a − b ) + b(a − b )
3

3

2

2

2

2

2

2

2

2

= (a + b)(a − b ) = (a − b)(a + b)

2

Do a ≥ nên (a − b)(a + b)2 ≥ (đpcm)
b

0

Bài 3 :
Cho a, b, c, d là bốn số dương. CMR:
1<

a
b
c
d
a + b + c+ b + c + d + c + d + a + d + a + b < 2 .

9Giải
Do a, b, c, d là các số dương nên:
a
>
a+b+c
+c+d

a
a+b

b
b + c + d>

+c+d
c
>
c+d+a
+c+d

b
a+b
c
a+b

d
d + a + b>
+c+d

d
a+b

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

Mặt khác, ta lại có:

a
a
<

a + b + c a + c;

c

<

c

c+d+a

a+c


nên:

a

c

+

<1

Tương tự:

a+b+c c+
d+a

b
d

b + c + d+ d + a + b< 1 .

Từ đó suy ra:

a
b
c
d
a + b + c+ b + c + d+ c + d + a+ d + a + b< 2 (2)


Từ (1) và (2) suy ra: 1 <

a
a+b+c

b

+

b+c+
d

+

c

+

c+d+

a

d
d+a+b

< 2 (đpcm)

Bài 4: CMR: xn +1 ≥ 0 với mọi x ≥ −1, n ∈ N *
10

Giải

Nếu x ≥ thì xn +1 ≥ 1 > 0
0

n

n

Nếu – 1 ≤ x ≤ 0 thì |x| ≤ 1 suy ra |x| ≤ 1 hay |x | ≤ 1.
n

n

n

Từ đó, ta có: - x ≤ 1 (vì - x ≤ |x |)
n
Vì vậy: x +1 ≥ 0

Bài 5:
a. CMR : với mọi số nguyên dương k ta đều có
b. Áp dụng câu a. CMR: 1 ...  1

1 0
(n 1)
 n

1

23 24 3

11

Giải

a. Ta có:
1

1
=


= 1+

k

=

1

k1


 1

 k

−

−

1 

 1

=

+

k

(k +1)k

(k 1)
 k




1 2 1  1 

 kk  1 
(k 1)
 k



1
k1



k


k +1 



 1




<2


k

k 
k

1
−



+

k1


1
k1


 1
1
−
k
k1










, ∀k ∈ Z (đpcm)




b. Áp dụng câu (a) có:

1
1
1
1
1 +... +
<
2
1−
+
+...
+
−
1
1
1
1
+
+
−
+
−

(n 1)
 n

n
n 1
2
3
3
4
2 3 2 14 3
 2
< 2 , ∀k ∈ Z (đpcm)
=
+
 2
1−
 n1




1

1






Phương pháp 2: Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy)

II.

1. Lý thuyết
Bất đẳng thức Cauchy hay Côsi còn được gọi là bất đẳng thức giữa trung bình
cộng và trung bình nhân AM – GM (Arithmetic means – Geometric means) .
- Cho n số không âm bất kì a1, a2, a3,…, an. Khi đó, ta có các BĐT sau:
a1 + a2

1.1.

≥ a1a2

, dấu “=” xảy ra ⇔ a = a
1

2

2

(Trung bình cộng của hai số không âm lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân
của hai số đó)
a1 + a2 + a3

1.2.

≥

a1a2a3 , dấu “=” xảy ra ⇔ a = a = a

3

1

3

2

3

(Trung bình cộng của ba số không âm lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân
của ba số đó)
n

∑a

i

1.3. Tổng quát:

n

a
≥

n

1

2

,a dấu “=” xảy ra ⇔ a =

i i1

n

i=1

3

n

= a = ... = a

Sau đây là một trong số những cách chứng minh bằng quy nạp kiểu
Cauchy :
- Với n = 2, khi đó BĐT 1.3 đúng, thật vậy:
−

Ta có:

a1 + a2
a

≥

≥ ⇔

(

−

a2

)≥

, đúng ∀a , a ≥ 0

2

⇔a +

a1a2

1

2

2

2a1a2

0

a1

0

dấu “=” xảy ra ⇔ a = a
1
2

- Giả sử BĐT 1.3 đúng với n = k ( k ≥ 2, k ∈ N ), tức là:
k

∑a

i =1
i

k

k
k

a

i

i 1

≥

1

2


, dấu “=” xảy ra

⇔ a1 = a2 = a3 = ... = ak

a. T =

3

b. S =

3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3
a  7b  3 b  7c  3 c  7a  33 2
- Chứng minh BĐT 1.3 đúng với n = k +1, tức là chứng minh:
k +1

∑a
k +1

∏
k +1

i

i=1

≥ k +1

i

a

i=1

Tacó:
k +1

∑a
∏a

i

k

+ (k −1).k +1

i

i=1

i=1

k −1
k +1

k

≥
2k.2k

∏
i=1




= ∑ ai +  ak +1 + (k −1).k +1 ∏ ai  k


k ai i 1
≥ k.
i =1
i=1



k +1

i

a.
a

k +1

∏
.

k +1

= 2k.k
+1

∏

+ k.
ak 1. ai
k

k +1

∑a
i1

k +1

k
+1

i

k1

k1


a

∑

i

⇒

i

i=1

a

a

≥ (k
+1).

k1

k 1

i=1

i=1

hay ki=1+

a

i

i1




a = a = a = ... = a
2
3
k
 1
k +1
Dấu “=” xảy ra ⇔ ak +1 = k +1 ∏
⇔ a1 = a2 = a3 = ... = ak +1
ai



 k


i=1
k


i1

k

k −1
k +1

= a .
ai
k +1 ∏

ai
i =1

Theo nguyên lý quy nạp toán học, BĐT 1.3 đúng ∀n≥2, n∈N.
2. Bài tập vận dụng
3
Bài 1: Cho a, b, c > 0 và a  b  c4CMR:

Giải
a. Áp dụng BĐT CÔSI cho các số dương a + 3b, 1, 1
13

i

k1


≥ k 1  ai
i1

1


3

a  3b

Ta có:
≤

Tương tự:

3

a + 3b + 1 +
13

b  3c ≤ b + 3c + 1 + 1
3

14


3

b
ca   7a
3a
3b
3c
7c
7a.
7c.3 4

≤

c + 3a + 1 +
13

Cộng các vế của BĐT trên ta được:

+

T=

+

Vì a + b + c = 3
4

≤

4(a + b + c) + 6
= 3 (đpcm)
3

theo giả thiết.

Dấu “=” xảy ra

⇔a=b=c=

1
4

b. Áp dụng BĐT CÔSI cho các số dương a + 7b, 2, 2
Ta có:

Tương tự:

≤

a + 7b + 2 + 2
3

≤

b + 7c + 2 + 2
3

≤

c + 7a + 2 + 2
3

Cộng hai vế của BĐT trên ta được:
(3 a + 7b +
3

+

). 4 ≤

8(a + b + c) + 12

6
3

⇔S=

3

a  7b +

b  7c

c  7a

+

≤

6

= 32 2 (đpcm)

1
4

Bài 2: Cho a, b, c là 3 số dương. CMR :

Đặt:

=

3
3

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =

12 G

iải

3

(Vì a + b + c = )

a  b c 3
b  cc  aa  b2

4


S=

a
b+c

+

b
c+
a

+

c
a+b


3

Ta có: S + 3 =

a

b
+1+
b+c

+1+
c+
a

c

+1
a+b

a+b+c a+b+c a+b+c
⇔S+3b
=+ c
+
c+
a ++ b
a
⇔ S + 3 = (a + b 1
1 +
+ c)(
b+ +c+
1

a
c
)
a+
b

Áp dụng BĐT CÔSI
Cho 3 số dương a + b, b + c, c + a có:
a + b + b + c + c + a ≥ 33 (a + b)(b + c)(c + a)

có:
1
1
1
a + ;b + ;c +
a
b c

Cho 3 số
dương

4

(1)

1
1
a+ +b+ +
b
c

1

(2)
c
+
a

Nhân 2 vế của BĐT (1) và (2) ta có:
(a + b + b + c + c 1
1
1
1 ) ≥ 3.3 (a + b)(b + c)(c +
+ a)(
+
+
a + b + c + a).3.3
(a + b)(b + c)(c +
c
a
b
a)
⇔ 2(S + 3) ≥ 9
9
⇔S+3≥
2
3
⇔ S ≥ (đpc
m) 2

3
abc3: Cho a, b, c > 0. CMR: 3 ( a  c)(b  a)( c  b)  1  3 abc
Bài

b

c

a

Dấu
“=”
xảy
ra
⇔a
=b
=c
(1)
13
Gi
ải
(1)
⇔(
a
+
b
c)(
+ a)(
c
+

b) ≥
(1 +
)

3

b
c
a
2

Ta
có:
VT(
1) =

a
( +
a
+
b+
ca)(
c
+
b)
c
b
a

3n

3

aabc
1a2 ...an

=1+

ab

2

ac + a +
+
bc

2

2

+ b + c + abc

c

b

a

Áp dụng ab

ac
2
2
> 0;
và2 a > 0;b > 0;
BĐT
CÔSI cho > 0; bc > c > 0
0
b

c
⇒
ac

ab
+

+
bc

a

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 33 a 2 b 2 c
và
2

≥

3

3 abc
c
b

a
2

⇒ VT ≥ 1 + 33 abc + 33 (abc) + abc ⇔
VT ≥ (1 +
3
) (đpcm)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c
n2
1
ana1  a2  ...  an

11
a1a2

Bài 4 : Cho n số dương a1,a2,…,an. CMR: ... 
14
a  7b.3 4

Giải

Áp dung BĐT CÔSI cho n số dương
Ta có: a1 + a2 + ... + an ≥ nn a1a2 ...an > 0
1+ ...
1

+
+
1≥
a
a
1

n

>0

n

a
2

⇒

1 + 1
2
)≥n
...
1
+
+ an
a1
a2

+ a2 + ... )(

( +
a an
1


(đpcm)

⇔+ ...
1
+
1≥
n
+

2

1
a1 a2
a2 + ... + an

an

a1 +

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2
= … = an
0  a  b  c
Bài
05:Cho
x, y,z

Chứng minh rằng:
 xyz 
c
b


 ax  by  cz  a
15

Giải

Đ
2
ặ f (x) = x có 2 nghiệm a,c
t − (a +
c)x + ac
=0

a  c 2
4ac

 xyz



2


 3 31

(a  b)(b  c)(c  a)

Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0
ac
y
⇔ b + y b≤ a + c ⇔ yb + ac b ≤ (a + c)

x
y
z
⇒  xa + ac  + ( yb + ac ) + (zc + ac ) ≤ (a + c) x + (a + c) y + (a + c)z
a
b
c


x y z
⇒ xa + yb + zc + ac + +
≤ ( a + c )( x + y + z )
a b c


Theo bất đẳng thức CÔSI ta có:
x y z
⇔ 4(xa + yb + zc )ac + +  ≤ (a + c )2 (x + y + z )2


(a + c )
x
y

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

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

16

Giải

Ta có: ab + bc + ca = a(b + c) + bc ≤ a(b + c) + (
c

)

b + ( Bất đẳng thức CÔSI)

2

2

=
 a(1− a) +

 1 − a ( Do giả thiết a + b + c = 1 )
2

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

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

Phương pháp 3: Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz


17

( BĐT Bunhiacopski)

1. Lý thuyết
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz còn được gọi là bất đẳng thức Bunhiacopski
Ta có :


Với 2 bộ n số (a1, a2,…, an) và (b1, b2,…, bn) ta luôn có:
(a b + a
b
1 1

2

2

+ ... + a
b

n

2

n

2

2

2

2

2

(1)

) 2≤ (a + a + ... + a )(b + b + ... +
b )
1

2

n

1

2

n

Dấu đẳng thức xảy ra khi (a1, a2,…, an) và (b1, b2,…, bn) là 2 bộ số tỉ lệ.
Tức là :

bn
a
a1 a2 = ... = n hoặc b1 = b2 = ... =
a1 a 2
an
b1 = b2
bn

18
Nếu

Chứng minh
2

2

2

2
2
2
a + a + ... + a = hoặc b + b + ... + b = thì (1) hiển nhiên đúng.
0
0

1

2

n

1

2

n

Do vậy chỉ cần xét trường hợp :
a 2 + a 2 + ... + a 2 ≠ và b 2 + b 2 + ... + b 2 ≠ 0
0
1

2

n

1

2

2 2
2
2
Ta có ∀x ∈ R : a x − 2a b x + b = (a x − b ) ≥ 0
1

2

1 1

1

1

1

2

a x − 2a
b
2

2 2

..............
2 2
a x − 2a
b
n

n n

2

x + b = (a x −

b
2

2

2

) ≥0
2

n

x + b = (a x −
b
n

n

2

) ≥0
n

Cộng vế với vế các BĐT trên ta có :

Tam thức bậc hai ở vế trái không âm với mọi x nên ∆ ≤ 0
⇔ (a
b
1 1

⇔ (a
b

1 1

+a
b
+a
b

2 2

2 2

+ ... + a
b

2

2

2

n

1
2

2
2

n
n

1

2

1

2

n

1

n n

+ ... + a
b

n n

2

2

2

) − (a + a + ... + a )(b + b + ... + b ) ≤ 0

2
2

n
2

2

) ≤ (a + a + ... + a )(b + b + ... + b )

Dấu “=” xảy ra khi ∃x0 sao cho
a1 x0
23

2

n

n


− b0
= a1 x0 − b = ... = an x0 − b
1

n

a
a1 a2 = .... = n
⇔b = b

bn
1
2

• Các hệ quả:
HQ1: Với 2 dãy số (a1,a2,…,an) và (b1,b2,…,bn), bi ≥ 0, ∀i = 1,2,..., n
2

+ ... + a n
2
2
2
a
a2
bn (a1 + a2 + ... + an )
1
+
≥ b + b + ... + b
b1 b2
1
2
n

HQ2: Với 2 dãy số (a1,a2,…,an) và (b1,b2,…,bn), bi ≥ 0, ∀i = 1,2,..., n

24


f (x)
ag(x)

2  b2

(a + a + ... +
a

2

2

2

2

) ≤ n(a + a + ... + a )
1

2

n

1

2

n

BĐT Bunhiacopski thường được áp dụng để chứng
minh BĐT đúng với các số thực và thường có dạng
sau:
a,

≤ c f (x), g (x) ≥ 0, f (x) + g ( x) ≤ A

với

+

b2
, (x)

c
v a. f (x) + b.g (x) ≥ c
(x)
2
a
ớ
f +g ≥
+b
2

2

i

c, a. f (x) +
b.g(x) ≤

.k f 2 (x) + g 2 (x) ≤ k 2 (k > 0)

v

ới

2

d, h f (x).g(x)
(x) ≤
e, a.cos x + b.sin x ≤
2
2
f, a.cos x + b.sin x.cos x + c.sin x + d ≤ m

a.cos x +
b.sin x.cos
x+c
g,
m.cos x
+ n.sin x + p
≤M

2. Bài tập vận dụng
Bài 1. CMR:
a. Nếu x2  y2  1 thì x y  5
b. Nếu 3x 
4 y  1 thì x2 
y2  1
25