bất đẳng thức toán học

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Chuyên đề 4:
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

BẤT ĐẲNG THỨC

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN.
a b a+b
=
≥ ab , a + b a + b ≤ a ≤ a ≤ a a ≥ 0
c d 2

* Một số bất đẳng thức cần nhớ:
1. a2 ≥ 0;

;, dấu

" = " xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0

2. Bất đẳng thức Cô - si : a, b ≥ 0
dấu " = " xảy ra và chỉ khi a = b
3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
(a.c + b.d)2 ≤ (a2 + b2) (c2 + d2), dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi
B. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

Phương pháp 1: DỰA VÀO ĐỊNH NGHĨA.
A ≥ B <=> A - B ≥ 0
Chú ý các hằng đẳng thức:
* a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ≥ 0;
* a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ab + 2ca = (a + b + c)2 ≥ 0

1

1


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
y2
4 x 2 − 4 xy + y 2 1
x +
− xy =
= (2 x − y ) 2 ≥ 0
4
4
4
2

y2
4 x 2 − 4 xy + y 2 1
y2
2
2
x +
− xy =
= (2 x − y ) ≥ 0 x +
≥ xy;
4
4
4
4

2

Bài 1.1: Chứng minh

rằng với mọi x, y ta luôn có:
a.
b. x2 + y2 + 1 ≥ xy + x + y;
c. x4 + y4 ≥ xy3 +x3y
Giải:
a. Xét hiệu:
y2
x +
≥ xy.
4
2

1
(2 x 2 + 2 y 2 + 2 − 2 xy − 2 x − 2 y )
2

Vậy:

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

2x = y.
b. x2 + y2 + 1 - (xy + x + y) =
=

[

1
( x − y ) 2 + ( y − 1) 2 + ( x − 1) 2
2

]
≥0

Vậy: x2 + y2 + 1 ≥ xy + x + y.
c. x4 + y4 - (xy3 + x3y) = x4 - xy3 + (y4 - x3y)
= x (x3 - y3) - y (x3 - y3) = (x3 - y3) (x - y)

y 2 3y 2 
(
x
+
) +


2
4 


= (x - y)2 (x2 + xy + y2)
= (x - y)2

≥0

Vậy: x4 + y4 ≥ xy3 + x3y

2

2


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
a b c b c a
+ + ≥ + +
b c a a b c

Bài 1.2: Cho 0 < a ≤ b ≤ c. Chứng minh rằng:

a.
a b c b c a
1
c b b a
+ + − − − =
( a 2 c + b 2 a + c 2 b − b 2 c − c 2 a − a 2 b) + ≥ +
b c a a b c abc
a c a b

b.
Giải:
a.

[

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

]

=

[

1
c(a 2 − b 2 ) + ab(b − a ) + c 2 (b − a )
abc

]
=
=

1
(b − a)( −ca − ab + ab + c 2
abc
1
(b − a)( −ca − cb + ab + c 2 )
abc
1
(b − a )(c − b)(c − a ) ≥ 0
abc
≥

≥

[

]

1
1
(c 2 b − b 2 c) + (b 2 a − abc) =
[ bc(c − b) + ba(b − c)]
abc
abc

1
(c 2 b + b 2 a − b 2 c − abc)
abc

c b b a
1 2
+ − − =
(c b + b 2 a − b 2 c − a 2 c ) ≥
a c a b abc

3

3


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
a b c b c a
+ + ≥ + +
b c a a b c

=

( vì o <

a ≤ b ≤ c)
Vậy:
b.
(Vì a2c ≤ abc)
≥

1
c b b a
b(c − b)(c − a) ≥ 0 + ≥ +
abc
a c a b

(Vì o < a ≤ b ≤
c).
Vậy:
Bài 1.3: Cho a < b < c < d. Hãy xếp thứ tự tăng dần các số sau:
x = (a + b) (c + d); y = (a + c) (b + d); z = (a + d) (b + c).
Giải:
Xét hiệu: y - x = (a + b) (b + d) - (a + b) (c + d)
= ab + ad + cb + cd - ac - ad - bc - bd
= b (a - d) - c (a - d)
= (a - d) (b - c) > 0 (vì a < b < c < d)
Suy ra: y > z
Tương tự, xét hiệu: z - y = (a + d) (b + c) - (a + c) (b + d)
= (a - b) (c - d) > 0
Suy ra: z > y.
Vậy: x < y < z.
Bài 1.4: Cho abc = 1 và a3 > 36. Chứng minh rằng:

a2
+ b 2 + c 2 > ab + bc + ca
3

4

4


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Giải
a2
a2 a2
+ b 2 + c 2 − ab − bc − ca =
+
+ b 2 + c 2 − ab − bc − ca
3
4 12

 a2
 a2
2
2
=  + b + c − ab − ca + 2bc  +
− 3bc
4
12



2

1
a

=  − b − c +
(a 3 − 36) > 0
2
12
a



(Vì abc = 1
1 1+ a + a2
a2
1
1
=
= 1+
= 1+
= 1+
>
1+ a
1 1
x
1+ a
1+ a
+
a2

a2 a

và a3 > 36 nên a > 0).

a2
1
1
1 1
1+ a
1+ b
+ b 2 + c 2 > ab + bc + ca 2 < 2 va < )
,y =
2
3
a b 1+ a + a
a
b
1+ b + b2

Vậy:
Bài 1.5: Cho a >

b > 0. So sánh hai số x, y với x =
Giải:
> 1+

1
1
=
1 1 y

+
b2 b

Ta có x,y > 0 và

(Vì a > b> 0 nên
Vậy: x < y.
Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH BẮC CẦU:
* A≥B

5

=> A ≥ C.
5


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

B≥C
* 0 ≤ x ≤ 1 => x2 ≤ x (vì x - x2 = x (1 - x) ≥ 0)
Bài 2.1: Cho 0 ≤ x, y, x ≤ 1, Chứng minh rằng:
a. 0 ≤ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1;
b. x2 + y2 + z2 ≤ 1 + x2y + y2z + z2x.
Giải:
a. Ta có: x + y + z - xy - yz - zx = x (1 - y ) + y (1 - z) + z (1 - x) ≥ 0 (1)
Mặt khác: (1 - x) (1 - y) (1 - z) = 1 - x- y - z + xy + yz + zx - xyz ≥ 0,
Suy ra: x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1 - xyz ≤ 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 0 ≤ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1.
b. Ta chứng minh: x2 + y2 + z2 - x2y - y2z - z2x ≤ 1.
Ta có: x2 + y2 + z2 - x2y- y2z - z2x = x2 (1 - y) + y2 (1 - z) + z2 (1 - x) ≤
≤ x (1 - y) + y (1 - z) + z (1 - x) (vì x2 ≤ x, y2 ≤ y, z2 ≤ z)
≤ x + y +z - xy - yz - zx ≤ 1 (câu a).
Bài 2.2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2.
Chứng minh rằng :

a2 + b2 + c2 + 2abc < 2.

Giải:
Nếu a ≥ 1 thì từ b + c ≥ 1 suy ra a + b + c > 2, vô lý! Vậy 0 < a < 1
Tương tự: 0 < b < 1, 0 < c < 1.
Ta có: (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + ab + bc + ca - abc > 0, suy ra
abc < ab + bc + ca - 1 (vì a +b + c = 2)
1 2
(a + b 2 + c 2 )
2

(1)

Mà 4 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca), suy ra:
ab + bc + ca = 2 -

1 2 2 2
(a + b + c ) = >a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

abc < 1 -

6

6


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 2.3: 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 > 1 - a - b

(1)

Vì 1 - c > 0 nên:
(1 - a) (1 - b) (1 - c) > (1 - a - b) (1 - c)

(2)

(1 - a - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + c (a + b) > 1 - a - b - c

(3)

Từ (2) và (3) suy ra: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > 1 - a - b - c
Vậy: (1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > (1 - a - b - c) (1 - d) > 1 - a - b - c - d
(Vì d (a + b + c) > 0)

Bài 2.4: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 thoả a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 ≤ 5
Giải:
Cách 1: Vì a + b + c = 3 nên có ít nhất một trong ba số a, b, c không nhỏ
hơn 1, giả sử a ≥ 1.
Vì 1 ≤ a ≤ 2 nên: (a - 1) (a - 2) = a2 - 3a + 2 ≤ 0 => a (3 - a) ≥ 2
Suy ra: ab + bc + ca = a (b + c) + bc = a (3 - a) + bc ≥ 2

(1)

Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca)
= 9 - 2 (ab + bc + ca) ≤ 5 (theo (1))
Cách 2: Vì a, b, c ≤ 2 nên:
abc
≥2
2

(2 - a) (2 - b) (2 - c) = 8 - 4 (a + b + c) + 2 (ab + bc + ca) - abc ≥ 0

Suy ra: - 4 + 2 (ab + bc + ca) - abc ≥ 0 => ab + bc + ca ≥ 2+
Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca) ≤ 9 - 4 = 5
1
2

Bài 2.5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 1.
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 4abc <
Giải:

7

7


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1 1
2 2

p ( p − a )( p − b)( p − c) ,

Áp dụng công thức Hê - rông, diện tích tam

giác:
11
 1
 1

 − a  − b  − c 
22
 2
 2 

S=

với p =

(a + b + c) =

Do đó: S2 =
16S2 = (1 - 2a) (1 - 2b) (1 - 2c)

= 1 - 2a - 2b - 2c + 4ab + 4bc + 4ca - 8abc
1
2

= - 1 + 4 (ab + bc + ca) - 8abc > 0

Suy ra: 4abc +

< 2ab + 2bc + 2ca.

a b c
 1 1 1
+ + ≥ 2 + −  1 1
bc ca ab  a b c  2 2

Mà: 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 - (a2 + b2

+ c2) = 1 - (a2 + b2 + c2)
Nên: 4abc +

< 1 - a2 - b2 - c2 => a2 + b2 + c2 + 4abc <

Phương pháp 3: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh đúng.
Bài 3.1: a. Với a,b, c > 0. Chứng minh:
c( a − c) + c(b − c) ≤ ab

a b c
 1 1 1

+ + ≥ 2 + − 
bc ca ab  a b c 

8

b. Cho a ≥ c > 0, b ≥ c. Chứng minh:

Giải:
8


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

a.
<=> a2 +b2 + c2 ≥ 2 (bc + ac - ba) (Vì abc > 0)
<=> a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab ≥ 0
a b
c
 1 1 1
+ +
≥ 2 + + 
bc ca ab
a b c

<=> (a + b - c)2 ≥ 0 (hiển

nhiên đúng).
c(a − c) + c(b − c) ≤ ab <= >( c(a − c) + c(b − c) ) 2 ≤ ab (a − c)(b − c) ≤ ab

Vậ

y:
c( a − c ) + c(b − c) ≤ ab

(a − c)(b − c) ) 2 ≥ 0 (a − c )(b − c ) + ( a − c)(b − c) ≥ 0

b.

<=>
<=> c2 - 2c

c (a - c) + c (b - c) + 2c

<=> (c ( hiển nhiên đúng).
P=

3
x − x + x −1
4

3

+

1
4
− 5
4
3
4

3
x +1− x − x
x − x + x − x2 + x −1

Vậy:
Bài 3.2: Cho biểu

thức:
32
9

Chứng minh rằng 0 < P <

với mọi x ≠±1
Giải:

Ta có: x4 - x3 + x - 1 = x3 (x - 1) + (x -1) = (x - 1) (x3 +1)
= (x - 1) (x + 1) (x2 - x + 1)
x4 + x3 - x - 1 = x3 (x+ 1) - (x + 1) = (x + 1) (x3 - 1)
= (x + 1)( x - 1)(x2 + x + 1).
x5 - x4 + x3 - x2 + x - 1 = (x - 1)(x4 + x2 + 1)

9

9


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

= ( x -1) (x2 +1)2 - x2)

= (x -1)(x2 + x + 1)(x2 - x + 1)
=

P=

3( x 2 + x + 1) − ( x 2 − x + 1) − 4( x + 1)
2( x 2 − 1)
2
=
= 4
2
4
2
2
4
2
( x − 1)( x + x + 1)
( x − 1)( x + x + 1) x + x 2 + 1

3
1
4
−
−
2
2
2
( x − 1)( x + 1)( x − x + 1) ( x − 1)( x + 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x − x + 1)( x 2 + x + 1)

Rõ ràng P

>0
P<

32
32
2
32
P<
⇔ 4
<
⇔ 9 < 16( x 4 + x 2 + 1)
2
9
9
x + x +1 9

<=> 16x4 + 16x2 + 7 > 0
(luôn luôn đúng).
Vậy: 0 <
2
2 2
(x 2 + y 2 )2
(x 2 + y 2 )2
4
2
2 (x + y )
≥
8
≥
8

⇔
(
x
−
y
)
+
4
(
x
−
y
)
+
4
≥
8
(
x
−
y
)
≥8
( x − y) 2
( x − y) 2
( x − y) 2

B

ài 3.3: Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng:

Giải:
Ta có: x2 + y2 = (x - y)2 + 2xy = (x - y)2 + 2, suy ra:
(x2 + y2)2 = (x - y)4 + 4 (x -y)2 + 4
Do đó:
<=> (x - y)4 - 4 (x - y)2 + 4 ≥ 0
<=> (x - y- 2)2 ≥ 0 (luôn đúng)
Vậy:
Phương pháp 4: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ.

10

10


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1
4
1 1
4
≥
( x, y > 0) + ≥
( x , y > 0) 1 ≥ 2
2
xy ( x + y )
x y x+ y
x

* x2 + y2 ≥ 2 /xy/

* x2 + y2 ≥ 2xy

* ( x + y)2 ≥ 4xy

* x+

*

*

, với x > 0

Bài 4.1: Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a + 2b + c ≥ 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c)
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức: 4xy ≤ (x + y)2, ta có:
4 (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 4(b + c) (1 - c) (1 - b) ≤ (1 + b)2 (1 - b)
≤ (1 + b) (1 - b2)
≤ (1 + b = a + 2b + c
1 1
2 2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a =

, b = 0, c =

.

Bài 4.2: Cho x, y > 0 và x + y - z = 1. Chứng minh rằng: x + y ≥ 16xyz.
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức: 4xy ≤ (x + y)2, ta có:
16xyz ≤ 4z (x + y)2

(1)

Ta chứng minh: 4z (x + y)2 ≤ x + y <=> 4z ( x + y) ≤ 1 <=> 4z (1 + z) ≤ 1
<=> 4z2 + 4z + 1 ≥ 0 <=> (2z + 1)2 ≥ 0
4z (x + y)2 ≤ x + y

Vậy:
1
1 1
+
a b

11

+

1
1 1
+
b c

+

1
1 1
+
c a

≤

(2)

a+b+c
2

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
11


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
ab
1
1
1
≤ ( a + b) = >
≤ ( a + b)
1 1 4
a+b 4
+
a b

Bài 4.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh

rằng:
Giải:
Từ (a + b)2 ≥ 4ab =>

(1)

1
1
≤ (b + c)
1 1 4
+
b c
1
1 1
1 1 1
9
+
+ + ≥
a b c a+b+c c a

≤

1
(c + a )
4

Tương tự:

(2)
(3)
Cộng (1), (2), (3) ta được điều phải chứng
minh.
Bài 4.4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
Giải:
a a b
b c c

 1 1 1
 + +  = 1+ + + +1+ + + +1
b c a
c a b
a b c
b c
a c
a b
+ ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2;
c b
c a
b a

Cách 1

a b a c  b c
= 3+ + + + + +  ≥ 9
b a c a c b

Ta có: (a +

b + c)
(Vì
Suy ra:

12

12

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1 1 1
9
+ + ≥
a b c a+b+c
3

abc

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si:

a+b+c≥3

1 1 1
+ + ≥
a b c

33

1
abc

1 1 1
9
 1 1 1
 + + ≥9⇒ + + ≥
a b c a+b+c
a b c

Suy ra: ( a + b + c)

Bài 4.5: Hai số dương a, b thoả mãn ab > a + b. Chứng minh rằng a + b > 4
b 1 + 1 + 1 ≥ 2 1 + 1 + 1  a


a b c b
a p −a p−b p−c

Từ ab > a + b => a > 1 +

Giải:

và b > 1 +

suy ra

a b
a b
 +  ≥ 2)  +  ≥ 4 ⇒
b a
b a
a+b>2+

(vì

Bài 4.6: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi 2p.
1 1
4
+ ≥
( x, y > 0);

x y x+ y

Chứng minh rằng:
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức:

Ta có:
1
1
4
4
+
≥
= ;
p − a p −b 2p − a − b c

13

13


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1
4
1
1
4
≥
( x, y > 0) a + b + c + d ≥ 2
+

≥ .
2
xy ( x + y )
p−c p−a b
b+c c+d a+d a+b
 1
1
1 
1 1 1 1
1
4
 ≥ 4 + + 
2
+
+
+
≥ ;
a b c p −b p −c a
 p−a p−b p−c

Do đó:
Suy ra:
Bài 4.7: Cho 4 số dương a, b,
c, d. Chứng minh rằng:
1
1
1
 1 1 1
+
+

≥ 2 + + .
p−a p−b p−c
a b c

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức:

, ta có:

a
b
c
d
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ad + bc + ab + cd
+
=
+
≥ 4.
b+c c+d d +a a+b
(a + b + c+ d ) 2
a
c
a (d + a ) + c(b + c)
a 2 + c 2 + ad + bc
+
=
≥ 4.
b+c d +a
(b + c)( d + a )
(a + b + c + d ) 2

(1)
b
d
b ( a + b) + d (c + d )
b 2 + d 2 + ab + cd
+
=
≥ 4.
c+d a+b
(c + d )( a + b)
(a + b + c + d ) 2

(2)
Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:

14

14


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Ta chứng minh:
4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ad + bc + ab + cd )
≥2
(a + b + c + d ) 2

(3)
Thật vậy:

(3) <=> 4 (a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ≥ 2 (a + b + c + d)2
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d2 - 4ac - 4bd ≥ 0
<=> (a - c)2 + (b - d)2 ≥ 0 (đpcm).
1
1
+ 2
≥6
ab a + b 2

Bài 4.8. Cho hai số dương a, b và a + b = 1. Chứng minh

rằng:

Giải:
ab ≤

1
1
⇒
≥4
4
ab

Áp dụng bất đẳng thức: 4ab ≤ (a + b)2, ta có:

a +b b+d c+ a d +b  a +c c+ a  b+ d d +b
+
+
+
=

+
+
+

a + b b +c c + d d + a  a + b c + d   b + c d + a 
a+b b+d c+a d +b
1 1
4
+
+
+
≥4 1 + ≥
a + b b +c c + d d + a
2 x y x+ y

Áp dụng bất đẳng thức:
với
x, y > 0, ta có:
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b =

.

Bài 4.9. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh
rằng:

15

Giải:
15

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Ta có:
=
a +c b+d c+ a d +b  a +c c+ a  b+ d d +b
+
+
+
=
+
+
+

a+b b+c c+d d +a a+b c+d   b+c d +a
(a + c)( a + b + c+ d ) (b + d ) + (a + b + c+ d ) 1
+
(a + b)( c + d )
(b +c)( d + a )
2
1
1
1
1 
4
 1
+ 2
=
+
+ 2

≥ 2+
=6
2
2 
ab a + b
2ab  2ab a + b 
( a + b) 2
(a + c)( a + b + c+ d ) (b + d ) + (a + b + c+ d ) 1
4
+
≥
≥
(a + b)( c + d )
(b +c )( d + a)
xy ( x + y ) 2

Áp dụng bất đẳng thức:
, ta có:
≥

4( a + c)( a + b + c+ d ) 4(b + d ).( a + b + c+ d )
+
=4
(a + b + c + d ) 2
(a +b + c + d ) 2

(đpcm).
Phương pháp 5: PHƯƠNG
PHÁP PHẢN CHỨNG.
Bài 5.1: Cho 3 số dương a, b, c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng có ít nhất một

trong các bất đẳng thức sau là sai:
a(2 - a) > 1

;

b(2 - b) > 1

; c( 2 - c) > 1.

Giải:
Giả sử các bất đẳng thức đều đúng, nhân ba bất đẳng thức lại ta được:
a (2 - a) b (2 - b) c (2 - c) > 1

(1)

Mà 0 < a (2 - a) = 2a - a2 = 1 - (a - 1)2 ≤ 1. Tương tự: 0< b(2 - b) ≤ 1.
0 < c(2 - c) ≤ 1, suy ra:

16

16


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

abc (2 - a) (2 - b) (2 - c) ≤ 1. Mâu thuẫn với (1)
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là sai:
Bài 5.2: Cho 6 số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 108. Chứng minh rằng có thể
chọn được ba trong 6 số đó chẳng hạn a, b, c sao cho a < bc, b < ca, c < ab.
Giải:

Giả sử 6 số tự nhiên khác 0 là 1 ≤ a1 < a2 < ... < a6 < 108. Rõ ràng a2 ≥ 2,
1 1 1
+ +
x y z

a3 ≥ 3. Với 3 số x, y, z thoả mãn 1 ≤ x < y < z ta luôn có x < yz và y

< zx.
Nếu trong các số a1, a2,..., a6 không có 3 số a, b, c nào thoả mãn a < b < c
và c < ab thì ta có: a4 ≥ a2a3 = 6, a5 ≥ a4a3 ≥ 6.3 = 18, a6 ≥ a5a4 ≥ 18.6 = 108,
1 1 1
+ +
x y z

trái với giả thiết a6 < 108. Vậy phải có 3 số a, b, c thoả a < bc, b <

ca, c < ab
Bài 5.3: Cho x, y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng nếu x + y + z >
thì có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
Giải:
1 1 1
− −
x y z

Ta có (x - 1) (y - 1) (z -1) = xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1
=x+y+z-

Suy ra:

(vì xyz = 1)

(x - 1) (y - 1) (z - 1) > 0

Trong ba số x - 1, y - 1, z - 1 có một và chỉ một số dương. Thật vậy, nếu cả
3 số đều dương thì x, y, z > 1. Khi đó xyz > 1, vô lý! Vậy chỉ có một và chỉ
một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
Bài 5.4: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng không thể đồng thời xảy ra
các bất đẳng thức sau:
a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab.
Giải:

17

17


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Giả sử xảy ra đồng thời các bất đẳng thức trên. Từ hai bất đẳng thức đầu ta
có: (a + b)2 < (a + b) (c + d) < ab +cd => cd > (a + b)2 - ab ≥ 3ab
=> cd > 3ab

(1)

Mặt khác, ta có:
(a + b) cd < (c + d) ab => (a + b)2 cd < (c + d) ab (a + b) < ab (ab + cd)
=> 4abcd ≤ (a + b)2 cd < ab (ab + cd) = a2b2 +abcd
=> a2b2 > 3abcd => ab > 3cd

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, vô lý! Vậy ta có điều phải chứng minh
Phương pháp 6: PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI.
a a+c a
<
<1
b b+c b

a, b > 0 và

thì

a
b
c
a
a
a+c
a
+
+
<2
<
<
<1
a+ b b + c c + a
a+b+c a+b a+b+c a+b

Bài 6.1: Cho 3 số

dương a,b, c. Chứng minh rằng: 1 <
Giải:
b
b
b+a
<
<
;
a+b+c b+c a+b+c

Vì

nên

Tương tự:

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

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

Cộng các bất

đẳng thức trên lại ta được điều phải chứng minh.

18

18


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 6.2: Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng:

a+b
a+b
a+b

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

A=

không là số nguyên.
Vì

1 1
1
1
d +a
d +a
d +a+c
+
+
...
+
<
2
−
;
<
<
.

n a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
12 2 2
n2

nên

Tương tự:

Cộng lại ta được
2 < A < 3, suy ra A không thể là số nguyên.

1
1 1
1 1 1
1
1 1
 1 1 1
 1 1
<
=
−
+
+
+
...
<
1
+
1
−

+
−
+
...
+
−
<
2
−






n k 2 k (k − 1) k − 1 k
12 2 2 3 2
n2
 2   2 3
 n −1 n 
1 1
1 5
+
+
...
+
< ;
12 2 2
n2 3

Bài 6.3: Với n nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh

rằng:
a.

b.
Giải:

a. Với k > 1 ta có:

19

. Do đó:

19


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1
4
4
4
= 2< 2 =
2
k
4k
4k − 1 (2k − 1)( 2k + 1)

b.Với k > 1 ta có:

, do đó:

1
1 
 1
<
2
−


k2
 2k − 1 2k + 1 
1 1
1
1 1 1 1
+
+
...
<
1
+
2
 −  + 2 −  + ... +
12 2 2
n2
3 5 5 7
Suy ra:
1 
1 

 1
1
1
1
1
2 5
−
 = 1 + 2 −

,..., a n = 1 + + ... + . < 1 + = . + 2
 2n − 1 2n + 1 
 3 2n + 1 
2
2
n
3 3

Bài 6.4:
Cho dãy số a1 = 1, a2=

Chứng minh rằng:

1 1 + 1 + ... + 1 < 1 +  1 − 1  +  1 − 1  + ... +  1 − 1  = 1
2
2
a a  a

a

na n2

 1
2 
 2 a3 
 n −1 a n  k
3 a1 2a 2
1
1
1 1
1
1
1
1
<
−
<
+ 2 + ... + 2 < 2
2
2
2
ka k a k −1 a k ka k ka k −i a k a 2 2a 2
na n

Với mọi n > 1.
Giải:
Với k ≥ 2 ta có:
(vì ak > ak - 1) =>

( vì ak - ak - 1 =

)

Do đó:
1
1 
1
 −  = 2 − . < 2
an
 a1 a n 

20

20


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

=1+

1 11
2n − 1 5 3

Bài 6.5: Cho dãy số a1 = 1, a2 = 1 +

,..., an = 1 +

+

+... +

1

1
1
+ 2 + ... +
< 2.
2
a1 3a 2
(2n − 1)a n2

Chứng minh rằng:
1
= >a k > a k −1 ;
2k − 1

Giải:
a − a k −1
1
1
1
1
<
= k
=
− .
2
a k −1 a k
a k −1 a k
(2k − 1)a k (2k − 1)a k −1 a k

Ta có: ak - ak - 1=

 1
 1
1
1
1
1 1
1 
1 






+
+
...
<
1
+
−
+
−
+
...
+
−
a
 a


a
a
a
a
a12 3a 22
(2n − 1)a n2
3 
4 
n 
 2
 3
 n −1
<1+

Do đó:

1
1
−
<2
a2 an

Phương pháp 7: BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI.
a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 a 2 ... a n
n

a1, a2,..., an ≥ 0:
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... =an.

21

21


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
3

Bài 7.1: Cho S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd trong đó ad - bc =1. Chứng

minh rằng S ≥

.
Giải:

(ac + bd)2 + (ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2
= a2 (c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = (a2 + b2) (c2 +d2)
1 + (ac + bd)2 = (a2 + b2)(c2 +d)2

Vì ad - bc = 1 nên:

(a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) + ac + bd

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:

1 + (ac + bd ) 2 > ac + bd

1 + x 2 + x = >S 2 ≥ 4(1 + x 2 ) + x 2 + 4 x 1 + x 2
1 + (ac + bd ) 2 + ac + bd .

S = (a2 + b2) + (c2 + d2) + ac + bd ≥ 2
≥2
Rõ ràng: S > 0 vì
Đặt: x = ac + bd ta có:

1
1
1
+
+
≥2
1+ a 1+ b 1+ c

3

≥

( 1+ x

2

)

2

+ 2x + 3 ≥ 3

≥ (1 + x 2 ) + 4 x 1 + x 2 + 4 x 2 + 3

S≥2

Vậy: S ≥

≤

1
8

Bài 7.2: Cho a, b c > 0 thoả

(đpcm).

. Chứng minh

rằng:
abc

22

22


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1
1
1
b
c
≥ 1−
+1−

=
+
1+ a
1+ b
1+ c 1+ b 1+ c

Giải:
Ta có:
1
bc
≥2
.
1+ a
(1+ b)(1 + c)

Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si:

1
ac
≥2
;
1+ b
(1+ a )(1 + c)

1
ac
≥2
.
1+ b
(1+ a )(1 + b)

Tương tự:

1
8abc
1
≥
= >abc ≤
(1 + a )( +b)(1 + c ) (1 + a )(1 + b)(1 + c )
8

Nhân lại ta được:

(đpcm).
Bài 7.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
2
+ 2
+ 2
≤
+
+
a + bc b + ac c + ab 2a bc 2b ac 2c ab
2

1

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

Giải:
ab;

23

ac; bc;

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:
23


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

a2 + bc ≥ 2a
b2 + ac ≥ 2b
c2 + ab ≥ 2c
Suy ra:
1

≤
2

ab + bc + ca
1
≤
abc
2

a +b b + c c + a
+
+
2
2
2 = a+b+c
abc
2abc

Phương pháp 8: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACÔPXKI.
( a1b1 + ... + a n bn ) 2 ≤ ( a12 + ... + a n2 )(b12 + ... + bn2 )

4
3
Bài 8.1: Cho x, y, z thoả x (x -1) + y(y - 1) + z (z - 1) ≤

.

Chứng minh rằng:
x+y+z≤4
Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
(1.x + 1.y + 1.z)2 ≤ (12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2)
4
3

Suy ra:

(x + y + z)2 ≤ (x2 + y2 + z2)

Theo giả thiết, ta có: x2 + y2 + z2 - (x + y + z) ≤

24

24


CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

4 1
3 3

Từ đó suy ra:

(x + y + z)2 - (x+ y + z) ≤

<=> S2 - 3S - 4 ≤ 0

(Với S = x + y + z)
<=> (S + 1) (S - 4) ≤ 0
<=> - 1 ≤ S ≤ 4

Vậy: x + y + z ≤ 4.
x02 < 1 + a 2 + b 2

Bài 8.2: Giả sử phương trình x2 + ax + b = 0 có nghiệm x0.

Chứng minh
rằng:
Giải:
x0 là nghiệm phương trình x2 + ax + b = 0 nên ta có:
x02 + ax0 + b = 0 ⇒ x04 = (a.x0 + 1.b) 2 ≤ (a 2 + b 2 )( x02 + 1)

x04
x04 − 1
1
⇒ a + b ≥ 2 = 2 + 2 > x02 − 1
x0 + 1 x 0 − 1 x0 + 1
2

2

⇒ x02 < 1 + a 2 + b 2

Bài 8.3: Cho tam giác ABC và một điểm Q nào đó ở trong tam giác. Qua
kẻ
đường thẳng song song với AB cắt AC ở M và cắt BC ở N. Qua Q kẻ đường
thẳng song song với AC cắt AB ở F và cắt BC ở E. Qua Q kẻ đường thẳng song
song với BC cắt AC ở P và cắt AB ở R. Ký hiệu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3
= dt(QFR) và S = dt (ABC). Chứng minh rằng:

25

25