19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

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)

Sưu tầm và tuyển chọn

1


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
(y-z)2 ≥ 0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z

=

b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
= ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
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  1

2
2
2
−
 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy
3
3

 9

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

Sưu tầm và tuyển chọn

2

2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
c)Tổng quát
2

a12 + a 22 + .... + a n2  a1 + a 2 + .... + a n 
≥

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)
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

) (
2

− c2

⇔ 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.
Sưu tầm và tuyển chọn

3


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
≥ 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 )

a) a 2 +

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

a) a 2 +

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

)

(

)

Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y

x2 + y2
≥2 2
Chứng minh
x− y

x2 + y2
≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
Giải:
x− y
2
⇒ x +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:
Sưu tầm và tuyển chọn

4


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
x y z
theo gt)
⇒ 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 <

a
b

c
+
+
< 2 (đpcm)
a+b b+c a+c

Phương pháp 3:
Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
2
2
b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0
c) ( x + y ) 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
Sưu tầm và tuyển chọn

5

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
⇒ ( 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

=
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 − 3
 b +1   a +1   a + b 
 a + b +1  a + b +1  a + b +1
=
+
+
−3
 b +1   a +1   a + b 
1

1 
 1
= ( a + b + c)
+
+
−3
 b +1 a +1 a + b 
[ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1  − 3
 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

Sưu tầm và tuyển chọn

6


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
a + b + c ≥ 3 3 abc
1 1 1
1
+ + ≥ 33
a b c
abc
 1 1 1
⇒ ( a + b + c) + +  ≥ 9
a b c
1 1 1
9
⇒ + + ≥
a b c a+b+c
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 
≤
≤  + 
b + + ac b ac 2  bc ab 
2
1
1 1
1
≤
≤  + 
2
c + + ab c ab 2  ac bc 
2

2
2
a+b+c
⇒ 2
+ 2
+ 2
≤
2abc
a + bc b + + ac c + + ab
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:
0 < a ≤ b ≤ c
x y z
( a + c) 2
. 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

Cho 

Sưu tầm và tuyển chọn

7

( x + y + z) 2


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
ac
y
≤ 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
⇔b+

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
⇒2

( 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 

 b = b12 + b22 + ... + bn2

• 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 β 1 + 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 ⇔ 

α
β
....
α
β
cùng
dáu
b1 b2
bn
n n
 1 1
Ví dụ 1 :

Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có: sin 8 x + cos 8 x ≥
Sưu tầm và tuyển chọn

8

1
8


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
⇔ ≤ sin 4 x + cos 4 x
2
2
1
⇒ ≤ sin 4 x + cos 4 x
4

(

)

)

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:

(

)

2
1
≤ sin 4 x.1 + cos 4 x.1
4
1
⇔ ≤ sin 8 x + cos 8 x 12 + 12
4

1
⇔ sin 4 x + cos 4 x ≥
8

⇔

(

)(

(

)

)

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P = 1 + tan A. tan B + 1 + tan B. tan C + 1 + tan C. tan A

Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (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


⇒ 2 + 2 + ... + 2 < 
−
+
−
+
...

+
−
5   5
7 
2
3
n
n− 1 n+ 1
3


 2
2  2
2
2
2

1
1
2
=
−
<
3
1 3
2 n+
2

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
Sưu tầm và tuyển chọn

9


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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:
Kiến thức:

Bất đẳng thức Trê- bư-sép

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
a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
b1 = b2 = .... = bn

a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
b)Nếu 
thì
b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn
a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≥
n
n
n
a
=
a
=
....
= an
 1
2
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
b1 = b2 = .... = bn

a)Nếu 

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
⇔

Sưu tầm và tuyển chọn

10


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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

a3
b3
c3
1
+
+
≥
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
b+c a+c a+b 2
2

2

2

Giải:


a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c
 b + c a + c a + b

Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a

b
c
a2 + b2 + c2  a
b
c  1 3 1
+ 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
Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
1  
1  
1 

=  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ 2 + 2 + 2
ab  

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

Sưu tầm và tuyển chọn

11


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
a = 0
n = 1

chỉ 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
1
 1− a 
<
  = 1 +
 < 1+
a 
a
a
a

a
⇒ ab >
.
a+b
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)

Giải
5

5

5

(1) ⇔  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

Sưu tầm và tuyển chọn

12

(đpcm).


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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:

(c

x1

+c

x2

+ .... + c

xn

)( c

Phương pháp 8:

− x1

+c

− x2

+ .... + c

− xn

) ≤ [ n( c

+ cb
4c a +b
a

)]

2

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
⇒ ac+bc-ab 〈

1 2 2 2
( a +b +c )
2

Sưu tầm và tuyển chọn

13


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
⇒ ac+bc-ab ≤

5
1 1 1
〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
+ − 〈
6

a b c

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 + a3 ≤ 1 + c2a
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

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
Sưu tầm và tuyển chọn

14


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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

a
b
a
b
≤
Từ : ≤
c
d
c
d

⇒

a a+b b
≤
≤
c c+d d

b
a b
≤ 998 ⇒ + ≤ 999
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

a/ Nếu :b ≤ 998 thì

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.
Sưu tầm và tuyển chọn

15


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
(*) 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

a a

a

a

1
2
n
1
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

Sưu tầm và tuyển chọn

(

16

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
1
1
< 1−
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
<

−
2
n
n −1 n
1 1
1
⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
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:

Sưu tầm và tuyển chọn

Sử dụng hình học và tọa độ

17


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

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 )
u = b, v = a;

Thì

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)

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

∑
i =1

xi2 + y i2 ≥

n

n

i =1

i =1

∑ xi + ∑ yi = 1. Chứng minh rằng:

2
2

Giải:
Vẽ hình

y

MN

MK

H

M
1

x

O

x+y=1

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 +  + x n , y1 +  + y n )

Giả thiết suy ra M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1 = x12 + y12 , M 1 M 2 = x 22 + y 22 , M 2 M 3 = x32 + y32 ,…, M n −1 M n = x n2 + y n2
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

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

Sưu tầm và tuyển chọn

18


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
y z
x z
x y
y x

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

y
)≥6
z
y
≥ 2 nên ta có điều
z

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 x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1
1 1 1
(1) ⇔ x + y + z ≥ 9
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
1 1 1
1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3
xyz
2

⇒

( 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

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

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:
Sưu tầm và tuyển chọn

1
5

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

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

Phương pháp 14:

(đpcm)

19


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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

α < x < β < x

1
2
⇔ f ( α ). f ( β ) < 0.
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm 
 x1 < α < x 2 < β

Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0

(1)

∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3
= 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3
2

= −( y − 1) − 1 < 0
Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y
2

Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2( x 2 + 2). y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3

Ví dụ2:

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)
2

2

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

Sưu tầm và tuyển chọn

20


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

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+2k2
k
(k + 1)

Điều này đúng .Vậy bất

đẳng thức (1)được chứng minh
n

an + bn
 a+b
≤
Ví dụ2: Cho n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng 
(1)


 2



2

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

k +1

≤

a k +1 + b k +1
2

k

a+b a+b
a k +1 + b k +1
⇔ 
≤
(2)
 .

2
2
 2 
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
⇔ Vế trái (2) ≤
.
=
≤
2
2
4
2
k +1
k +1
k +1
k
k
k +1
a +b
a + ab + a b + b
⇔
−
≥ 0 ⇔ a k − b k .( a − b ) ≥ 0
(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

Sưu tầm và tuyển chọn

21


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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
(
1
−
a

)(
1
−
a
)

(
1
−
a
)
=
(
1
−
a
)(
1
−
a
)

(
1
−
a
)[
1
− (a k + a k +1 ) + a k a k +1 ]
Ta có:

1
2
k +1
1
2
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
a
,
b
∈
R
,
i
=
1
,
2
,...,
n
Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , i i
. Chứng minh rằng:

2
2
2
2
2
(a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) ≤ (a1 + a 2 +  + a n )(b1 + b22 +  + bn2 )

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

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 )

n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a k2+1 )(b12 + b22 +  + bk2+1 ) (1)

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
a1 + a 2 +  + a k +1 2 a12 + a 22 +  + a k2+1
) ≤
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (
(1)
k +1
k +1
a + a +  + a k +1
Đặt: a = 2 3
k

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

Sưu tầm và tuyển chọn

22


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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

VP (1) =

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

n n > ( n + 1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2

n n = 4
⇒
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

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
Sưu tầm và tuyển chọn

23


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
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)
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)

Sưu tầm và tuyển chọn

24


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com
b < c−a
(2)
c < a−b
(3)
Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
a < b − c ⇒ (b − c) 2 > a 2
⇒ −(a + b − c)(a − b + c ) > 0
(1’)
2
2
b < c − a ⇒ (c − a ) > b
⇒ −(−a + b + c)(a + b − c) > 0
(2’)
c < a − b ⇒ ( a − b) 2 > c 2
⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > 0
(3’)
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c)]2 > 0
⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh
Phương pháp 17 :

Sử dụng biến đổi lượng giác
α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α ,

1. Nếu x ≤ R thì đặt x = Rcos 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 : 

Khi đó :

(α , β ∈ [ 0, π ] )

(

a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab −

(1 − b )(1 − a ) )
2

2

= cos α . sin β + cos β . sin α + 3 ( cos α . cos β − sin α . sin β )
= sin(α + β ) + 3. cos(α + β )
π
= 2 cos(α + β − ) ∈ [ − 2,2] ⇒ (dpcm)
6
a
,
b
≥ 1 .Chứng minh rằng : a b − 1 + b a1 ≤ ab
Ví dụ 2 : Cho

Giải :
1

a = cos 2 α
Đặt : 
1
b =


cos 2 β

Sưu tầm và tuyển chọn


 π 
 α , β ∈ 0,  
 2 


25