SKKN BAT DANG THUC CAUCHY TRẦN CÔNG văn

Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
MỤC LỤC
Nội dung

Trang
Mở đầu
2
Chương 1: Cơ sở lý luận
3
1. Bất đẳng thức Cauchy
3
2 . Hệ quả bất đẳng thức Cauchy
3
Chương 2: Một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy
4
I. Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh bất đẳng thức
4
II. Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy vào giải phương trình, bất phương trình
8
III. Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy vào tìm GTLN- GTNN
13
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy
13
2. Ứng dụng vào tìm GTLN- GTNN
17
IV. Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh tính chất nghiệm
20
Kết luận
21
Tài liệu tham khảo
22

MỞ ĐẦU
1- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó nhất của toán học phổ
thông mà học sinh cần phải nắm được, bởi ứng dụng của bất đẳng thức xuyên suốt
1
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
chương trình toán học THPT. Đặc biệt phải kể đến mảng ứng dụng , bởi lí do đó
nên tôi chọn đề tài : “ Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng ’’. Đề tài cũng
giúp tôi hiểu sâu hơn về phương pháp dậy bài tập bất đẳng thức cho học sinh.
2- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU :
Để cho học sinh thấy được vai trò bất đẳng thức Cauchy trong giải quyết bài
toán. Yêu cầu đạt đến đối với học sinh là thấy rõ, hiểu và biết cách vận dụng bất
đẳng thức Cauchy trong thực hành giải toán.
3- ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU :
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là vận dụng bất đẳng thức Cauchy vào giải
quyết một số bài toán liên quan trong các đề thi HSG và tuyển sinh ĐH.
4- NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU :
Đưa ra những cơ sở lí luận về bất đẳng thức Cauchy . Từ đó mô tả phân tích để
tìm ra biện pháp dậy cho học sinh cách vận dụng vào giải toán.
5- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CHÍNH :
Với nền tảng cơ sở lí luận về phương pháp dạy toán học , thì đòi hỏi phương
pháp phân tích sản phẩm , tổng kết kinh nghiệm để út ra được lí thuyết cho chính
bản thân người dạy.
6- KẾT CẤU CỦA ĐỀ TÀI :
Đề tài gồm 2 chương :
Chương 1 :

Cơ sở lí luận .

Chương 2 :

Một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy.

Chương 1 : Cơ sở lí luận
1.BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Cho ai ∈ ¡ + , i = 1, n .Ta có :

n

∑a
i =1

i

≥n

Dấu '' = '' xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an .

n

∏a
i =1

i

, n ∈ ¥ \ { 0,1}

(1)

2
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
CM
• Với n = 2 ta có : a1 + a2 ≥ 2 a1a2 ( luôn đúng).
k

k
1 k

• Giả sử (1) đúng với n = k , tức là :  ∑ ak ÷ ≥ ∏ ai .Ta chứng minh (1)
 k i =1 
i =1
cũng đúng với n = k + 1 . Thật vậy , giả sử
1 k
a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ ak +1 ⇒ ak +1 ≥ ∑ ai
k i=1
1 k
Đặt x = ∑ ai , ak +1 = x + y ,( y ≥ 0) .
k i =1
1
1 k +1
k 1 k
a
k

x+ y 

ai =
. ∑ ai + k +1 =
x+
=x+
y÷
Vì
∑
k + 1 i =1
k + 1 k i =1
k +1 k +1
k +1 
k +1 
k +1

 1 k +1 
Do đó : 
ai ÷
∑
k
+
1
i =1



k +1

1



=x+
y÷
k +1 


≥ x k +1 +
≥x

k

k +1 k
x y
k +1
k +1

( x + y ) ≥ ∏ ai

(đúng).

i =1

Dấu '' = '' xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an .

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức (1) đúng ∀n ∈ ¥ \ { 0,1} .
• Với n = 1 thì hiển nhiên bất đẳng thức (1) đúng.
2. HỆ QUẢ BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
+ Hệ quả 1:

( )

n

 S
Nếu ∑ ai = S( const) thì Max ∏ ai =  ÷ xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an .
i =1
i =1
 n
n

n

+ Hệ quả 2:

( )

∏ ai = P ( const) thì Min ∑ ai = nn P xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an .
n

Nếu

n

i =1

i =1

Chương 2 : Một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy.
I.ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO CHỨNG MINH BĐT

Bài toán 1 (BĐT Bernoulli)
Cho α ∈ ¡ + , x ≥ −1, khi đó :

• α ≥ 1 , ta có: ( 1 + x ) ≥ 1 + α x (2). Dấu '' = '' xảy ra ⇔ α = 1 hoặc x = 0 .
α

3
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
• 0 ≤ α < 1 , ta có : ( 1 + x ) ≤ 1 + α x (3). Dấu '' = '' xảy ra ⇔ α = 0 hoặc x = 1 .
α

CM
• α ≥ 1 . Trước hết ta chứng minh α ∈¤ +
+ Với α = 1thì bđt (2) hiển nhiên đúng .

n
, ( n, m ) = 1, n > m. Khi đó ta có :
m
n
m
m
1
+
α
x
+
n

−
m


(
)
(
)
m
n
m ( 1 + α x ) + 114+2
... 4
+
31 ≥ n ( 1 + α x ) ⇔ 
÷ ≥ (1+ α x)
n −m
n


+ Với α > 1 , đặt α =

n
m

⇔ ( x + 1) ≥ ( 1 + α x ) ⇔ ( 1 + x ) ≥ ( 1 + α x ) ⇔ ( 1 + x ) ≥ ( 1 + α x. )
n

m

α

Dấu '' = '' xảy ra ⇔ x = 0.
+ Với α ∈ I + , giả sử α là số vô tỷ tùy ý . Khi đó vì ¤ là tập trù mật trong ¡
∞
αn = α .
nên tồn tại dãy số hữu tỷ ( α n ) n =1 , α n > 1 mà lim
x →∞

Với mọi n , ta có : ( 1 + x )

αn

≥ 1 + α n x. chuyển qua giới hạn ta có :

lim
( 1 + x ) ≥ lim
( 1 + α n x ) hay
x →∞
x →∞
αn

( 1 + x)

α

≥ 1 + α x. Như vậy BĐT (2)

được chứng minh trọn vẹn.
• 0 ≤ α < 1, α ∈¤ +
+ Với α = 0 , thì bđt (3) hiển nhiên đúng.

m
, ( n, m ) = 1, m < n, ( m, n ∈ ¥ *+ ) .
n
n
mx
+
n
m
m


Ta có : m ( 1 + x ) + ( n − m ) ≥ n n ( 1 + x ) ⇔ 
÷ ≥ ( 1+ x)
 n 
+ Với 0 < α < 1 , đặt α =

m
n

⇔ ( 1 + α x) ≥ ( 1+ x) ⇔ ( 1+ x) ≤ ( 1 + α x) ⇔ ( 1 + x) ≤ 1+ α x
Dấu '' = '' xảy ra ⇔ x = 0.
∞
Giả sử α là số vô tỷ tùy ý , vì ¤ trù mật trong ¡ nên ∃ ( α n ) n=1 hữu tỷ ,
αn = α .
0 < α n < 1 mà lim
x →∞
n

m

α

∀n ∈ ¥ *+ ta có : ( 1 + x ) ≤ 1 + α n x . Chuyển qua giới hạn , thì được :
αn

lim
+ α n x ) hay ( 1 + x ) ≤ 1 + α x.
( 1 + x ) ≤ lim(1
x →∞
x →∞
αn

α

Như vậy bđt (3) được chứng minh hoàn toàn.

4
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
*
Bài toán 2 : Cho ai ∈ ¡ , ai ≥ 0, i = 1, k , ( n, k ∈ ¢ + ) . Ta có :
n

1 k n 1 k 
ai ÷ (4) . Dấu '' = '' xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = ak .
∑ ai ≥  ∑
k i =1

 k i =1 
CM

1
∑ ai
k i =1
• k = 1 , thì BĐT (4) hiển nhiên đúng.
n
• k > 1 , áp dụng BĐT cauchy cho 1 số ai và ( n − 1) số S n ta được :
ain + ( n − 1) S n ≥ nS n −1 .ai , ∀i
k

Đặt S =

k

Do đó :

k

k

i =1

i =1

∑ ain + k ( n − 1) S n ≥ nS n−1 ∑ ai = knS n ⇔ ∑ ain ≥ kS n .
i =1

n

⇔

1 k n
1 k 
ai ≥ S n =  ∑ ai ÷ . Dấu '' = '' xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = ak . ( đpcm) .
∑
k i =1
 k i =1 

Chú ý : + Ta có thể chứng minh BĐT (4) nhờ BĐT Bernoulli như sau :
n

k
1 k
 ka 
Đặt S = ∑ ai . Khi đó : (4) ⇔ k ≤ ∑  i ÷ .
i =1  S 
k i =1
n
n
kai   kai − S 
kai − S

∀i , ta có : 
÷ = 1 +
÷ ≥ 1+ n
S 
S
 S  

k
 ka i 
 ks − ks 
 ka i 
≥
k
+
n
⇔
Do đó : ∑ 
∑
÷

÷ i =1 
÷ ≥ k.
i =1
 s 
 s 
 s 
k

n

n

kai − S
= 0,(i = 1, k ) ⇔ a1 = a2 = ... = a k .
S
*
+ Nếu thay điều kiện n ∈ ¢ + bằng điều kiện n ≥ 1, n ∈ ¡ thì cách

Dấu “ = ” xảy ra ⇔

chứng minh thứ 2 hợp lí hơn.
+ Các BĐT (2), (3) , (4) đều có thể chứng minh bằng đạo hàm.
*
Bài toán 3: Cho x, y , z > 0 và m, n ∈ ¥ . Chứng minh rằng:

xm ym zm
m− n
m− n
m− n
+
+
≥
x
+
y
+
z
. Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z.
yn zn xn
CM

Áp dụng BĐT CauChy cho ( m + mn + n
2

2

)

số , ta có :
3

2

2

2

3

m
m
m n mn
xm
ym
z
2 z
2
2 ( m + mn+ n ) x y
m n + mn n + n n ≥ ( m + mn + n )
y
z
x
ynm zn mxn
2

2

2

2

5
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
( m + mn+n )

≥ ( m + mn + n )
xm −n = ( m2 + mn + n2 ) xm−n
m
m
zm
2 y
2 x
2
2
m− n
Tương tự ta có : m n + mn n + n n ≥ ( m + mn + n ) y
z
x
y
m
m
m
x
2 z

2 y
2
2
m− n
và m n + mn n + n n ≥ ( m + mn + n ) z
x
y
z
2

2

2

2

3

3

Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức trên và rút gọn ta được điều phải chứng minh.
MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ:
k

n
1. Cho ai ∈ ¡ , ai > 0, i = 1, k , m ≥ n; k ≥ 2; m, n, k ∈ ¥ . Đặt S = ∑ ai .
*

i =1

m −n

ai
k k ai
1 k m −n
k 1 n 
≥
≥
a
≥
ai ÷ .
Chứng minh rằng : ∑
∑
∑
 ∑
i
n
i =1 S − a
i =1 S
i =1
i
=
1
k
−
1
k
−
1
k

−
1
k


i
2. Cho ai ∈ ¡ , ai > 0, i = 1, n, ∀k , l ∈ ¥ . Chứng minh rằng :
k
l
k +l
n
 n ai  n ai  n ai
l
≤∑
, trong đó S = ∑ ai .
∑
∑
÷
÷
i =1
 i =1 n  i =1 n  i =1 n
3. Cho ai ∈ ¡ , i = 1, n, n ∈ ¥ *+ . Chứng minh rằng :
k

m

m

m

m
 1 n l  1 n ∑ l , ( m, l ∈ ¥ * ) , trong đó ∑ l = α (chẵn).
ai
j
j
∏
 ∑ ai ÷ ≤ ∑
j =1
j =1  n i =1
 n i=1
4. Cho xi ∈ ¡ , xi > 0, i = 1, k , k ≥ 2 . k , m, n ∈ ¥ * . Chứng minh rằng :
k
k
xin
≥
xin −m , trong đó xk +1 ≡ x1 .
∑
∑
m
i =1 x
i =1
i +1
m

j

j

j=1

Chú ý : Với việc sử dụng hằng đẳng thức sau :

m k − n k = ( m − n ) ( m k −1 + m k−2 n + ... + mn k −2 + n k −1 ) .Ta sẽ có một lời giải

bằng BĐT Cauchy thật đẹp cho bài 4 .
*
5. Cho x, y , z > 0. Chứng minh rằng nếu k , m, n ∈ ¢ + thỏa mãn điều kiện

xm yn ym zn zm xn
+ k + k ≥ x m + n −k + y m + n − k + z m + n −k .
k ≥ m.n , thì ta có :
k
z
x
y
2

II. ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO GIẢI PT , BPT ,HPT, HBPT.
1. ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO GIẢI PT, BPT.
Ví dụ 1. Giải pt sau :
x 3 − 3x 2 − 8 x + 40 = 8 4 4 x + 4 .
Lời giải
6
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Điều kiện 4x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1. Ta có :

x − 3x − 8 x + 40 = 8 4 x + 4 = 4

3

2

4

4

( x + 1) 4.4.4

CS

≤ x +1+ 4 + 4 + 4

⇔ ( x + 3) ( x − 3) ≤ 0 ⇔ x = 3.
Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
2

Ví dụ 2 . Giải phương trình sau :
5

27 x10 − 5 x 6 + 5 864 = 0

lời giải
Do x = 0 không là nghiệm của pt , nên chia cả 2 vế cho 5 27x 6 ta được :

5
864 1
2
5

4
5
+
.
=
0
⇔
x
+
=
5
27 x 6
x 6 5 27
27

x4 −

3

2

4
5
x4
1
5
x   1 
5
⇔ 5
= 3. + 2. 6 ≥ 5  ÷  6 ÷ = 5

3
x
27
27
 3  x 
4
x
1
= 6 ⇔ x10 = 3 ⇔ x = ± 10 3.
Dấu “ = ’’ xảy ra ⇔
3 x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = ± 10 3.
Ví dụ 3 . Tìm nghiệm x, y của bất phương trình sau :

e

2002
1
x+
y
2003 2003

>

2002 x
1 y
e +
e
2003

2003

(1)

Lời giải

Đặt a =

2002 1
,
= b ⇒ a + b = 1 ⇒ b = 1 − a. Khi đó phương trình( 1) trở
2003 2003

thành : e

ax + ( 1− a ) y

> ae x + be y = ae x + ( 1 − a ) e y ⇔ e a( x − y ) > ae x − y + 1 − a ( 2 )

Giả sử ( x0 , y0 ) là nghiệm của BPT (2) , điều này cũng có nghĩa là nghiệm của BPT
(1)
Tức là :
(*)
e a( x − y ) > ae x − y + 1 − a
Mặt khác theo BĐT Bernoulli , ta lại có :
a
x −y
ea( x − y ) = 1 + ea ( x − y ) − 1  ≤ 1 + a e a ( x − y ) − 1 = ( 1 − a ) + ae
mâu thuẫn với ( *).
Vậy BPT đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 4 . Chứng minh rằng các BPT sau không có nghiệm nguyên dương:
y
x
a) x + y ≤ 1
(1)
0

0

0

(

0

0

0

0

)

0

(

0

0

)

b) ( x + y ) + ( y + z ) + ( x + z ) ≤ 2
Lời giải
z

x

y

0

0

(2)
7

Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
a) Từ ( 1 ) suy ra 0 < x, y < 1 . Giả sử ( x0 , y0 ) là một nghiệm của BPT (1) , tức là :

x0y + y0x ≤ 1
0

0

(*)

Theo BĐT Bernoulli , ta có :

x0
x0
x0
x0
=
=
1− y ≥
1− y
x0
1 + ( 1 − y0 ) ( x0 − 1) x0 + y0 − x0 y0
1 + ( x0 − 1) 
y0
x0
Và y0 ≥
.
x0 + y0 − x0 y0
x0
y0
x0 + y 0
y
x
+
≥
>1
Do đó : x0 + y0 ≥
x0 + y0 − x0 y0 x0 + y0 − x0 y0 x0 + y0 − x0 y0
x0y =

0

0

0

0

0

Mâu thuẫn (*) suy ra điều giả sử là sai. Vậy BPT (1) vô nghiệm.
b) làm tương tự ý a .
2.ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO GIẢI HPT, HBPT
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau :

1
1
 1
+
+
= 3 3 (1)
 x
y
z

(2)
x + y + z = 1

7
+ 2 xyz (3)

 xy + yz + zx =
27

Điều kiện x, y, z > 0

Lời giải

1
1
⇔ xyz ≥ 3 3 xyz ⇔ xyz ≥
(4)
xyz
27
1
Từ (2) ⇒ 1 = x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ xyz ≤
(5)
27
1
1
 1
=
=

y
z ⇔ x = y = z.
Dấu “ = ’’ ở (4) và (5) xảy ra đồng thời ⇔  x
x = y = z

1
Thay vào (1) ⇒ x = y = z = thoả mãn (3) .

3
1
Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất là x = y = z = .
3
Từ (1) ⇒ 3 3 =

1
1
1
+
+
≥ 33
x
y
z

Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh

8


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Nhận xét :
• Thay vì lý luận dấu “ = ’’ ở (4) và (5) xảy ra đồng thời , ta có thể làm như sau
:
Từ (4) và (5) ⇒ xyz =

1
9 1
= (7)

(6) thế vào (3) ta được : xy + yz + zx =
27 3
27

Từ (2), (6),(7) và theo định lí Vi-ét thì x, y,z là 3 nghiệm của phương trình sau :
3

1
1
1
1
1

X −X + X−
=0 ⇔X − ÷ =0⇔ X = ⇔ x= y= z= .
3
27
3
3
3

3

2

• Với cách làm ở trên thì phương trình (3) là không cần thiết .
• Ta cũng có thể trình bày lời giải bài toán trên theo cách sau :
Vì vai trò x, y , z là như nhau. Không mất tính tổng quát ta giả sử

1

3

x ≥ y ≥ z ≥ 0. Ta có 3z ≤ x + y + z = 1 ⇒ 0 ≤ 3z ≤ 1 ⇒ 0 ≤ z ≤ .
7
= xy + yz + zx − 2 xyz = xy ( 1 − 2 z ) + z ( x + y ) ≤
27
2
2
x + y)
1− z)
(
(
≤
( 1 − 2z ) + z ( x + y ) =
( 1 − 2z ) + z ( 1 − z )
4
4
3
 7
1  z + z + 1 − 2 z 
1
1
3
2
+
1
= ( −2 z + z + 1) =  z. z ( 1 − 2 z ) + 1 ≤ 
.
=
÷

4 
3
4
4

 27

( 3) ⇔

x = y
x = y
1

⇔
Dấu " = " xảy ra ⇔ 
1 Thế vào (2) ta được x = y = z = thoả
3
z = 1 − 2z
 z = 3
mãn phương trình (1). Vậy x = y = z =

1
là nghiệm của hệ đã cho.
3

Bình luận : Với cách làm trên ta thấy phương trình (1) chỉ cần thay bằng giả
thiết x, y , z > 0 là đủ.
Ví dụ 2 . Tìm m để hệ sau có nghiệm dương :

x + y + z = 1


 xy + yz + zx = 9m
 xyz = m


Lời giải
• Giả sử hệ có nghiệm nguyên dương x0 > 0, y > 00 , z0 > 0 , tức là :

9
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

 x0 + y0 + z0 = 1 (1)

 x0 y 0 + y 0 z 0 + z 0 x 0 = 9 m
x y z = m
(3)
 0 0 0
Ta có :

1 = x0 + y 0 + z 0 ≥ 3 3 x 0 y 0 z 0 = 3 3 m

(2)
⇔m≤

1
27

(4)

Mặt khác : 9m = x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 ≥ 3 3 ( x0 y0 z0 ) 2 = 3 3 m 2 ⇔ m ≥
Từ (4) và (5) suy ra m =
• Với m =

1
.
27

1
27

(5)

1
, thì ta có :
27


x + y + z = 1

1

⇒ x, y , z là 3 nghiệm (phân biệt hoặc trùng nhau) của phương
 xy + yz + zx =
3

1


xyz
=

27

1
1
X−
=0
3
27
3
1
1
1

⇔X − ÷ =0⇔ X = ⇔ x= y= z= .
3
3
3

1
Vậy với m =
, thì ycbt được thoả mãn.
27

trình sau : X − X +
3

2

Ví dụ 3. Tìm a,b ∈ ¢ + thoả mãn :
*

a b + b a ≤ 12

a a + b b ≥ 28

(1)
(2)
Lời giải
10

Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Từ (1) ta có : 12 ≥ a b + b a ≥ 2 4 (ab) 3 ⇔ ab ≤ 6 3 6 < 6 3 8 = 12
Do a,b ∈ ¢ + ⇒ ab ≤ 11 (3).
*

(

Từ (2) ta có : 28 ≤ a a + b b
2

)

2

≤ ( a 2 + b2 ) ( a + b )
≤ ( a + b) ( a + b) = ( a + b)
2

3

⇔ a + b > 3 28 > 9 ⇔ a + b ≥ 10 (4)
Giả sử a ≤ b , từ (3) suy ra ab ≤ 11 ⇔ a 2 ≤ 11 ⇒ a ≤ 3.
• Với 2 ≤ a ≤ 3 , thì từ (4) ⇒ b ≥ 7 ⇒ ab ≥ 2.7 = 14 > 11

(mâu thuẫn (3) )
• Với a = 1 , từ (4) suy ra b ≥ 9 kết hợp với (3) ta được b = 9;10;11.
Dễ dàng kiểm tra thấy chỉ có cặp (1 ; 9) là thoả mãn.
Vậy nghiệm của hệ BPT đã cho là ( a, b ) = ( 1;9 ) , ( 9;1) .

{

}

Ví dụ 4 . Tìm nghiệm dương của HBPT sau :
2000
2000
2000
 a + b + c = 3 (1)
 2
2
2
(2)
a + b + c ≥ 3

Lời giải

Áp dụng BĐT cauchy ta có :

a 2000 + 999.1 ≥ 10001000 a 2000 .1 ≥ 1000a 2

Tương tự , ta có :

b 2000 + 999.1 ≥ 1000b 2 và c 2000 + 999.1 ≥ 1000c 2
2000
2
2
2
Do đó : a 2000 + b 2000 + c + 3.999 ≥ 1000( a + b + c )
⇒ ( a 2 + b 2 + c 2 ) .1000 ≤ 3.( 1 + 999 ) = 3.1000
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 3 (3) .
2
2
2
Từ (2) và (3) suy ra a + b + c = 3 . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . Vậy
nghiệm của HBPT đã cho là : a = b = c = 1 W
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.




1.Tìm x ∈  0 ;

2− n
π

n
n
thoả
mãn
:
sin x + cos x = 2 n , n ∈ ¥ \ { 0,1} .
÷
2

2.Giải phương trình sau :
11
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

16
+
x − 1986

1
= 10 −
y − 2002

(

x − 1986 + y − 2002

)

3.Tìm GTLN của tham số a để BPT sau có ít nhất một nghiệm :

a 3 ( x − 1) +
2

4.Giải các HPT , HBPT sau :

a
πx
4
a 3 sin
2 ≤
2
( x − 1)

.

y
 x
+
= xy
 y
x
a) 
2005
 2008
2008
2
x
+

y
=
8
xy
(
)


 x , y , x, t > 0

b)  x + y + z + t = 12
 xy + yz + zx + xt + yt + zt = xyzt − 27


3
x y = 9
c) 
3 x + y = 6

6 x 2 x 3 − 6 x + 5 = ( x 3 + 4 ) ( x 2 + 2 x − 6 )

d) 
1
2
x + ≥ 1 + 2

x
x
( x − 1) 4 ( y − 2) 2 z3t6 = 1024


2
3
6
f)  4x + z + 16y + t = 8x + 76
 x ≥ 1; y ≥ 2; z ≥ 0; t ≥ 0


 4x+ y−1 + 3.42y−1 ≤ 2
e) 
 x + 3y ≥ 2 − log4 3

III. ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO TÌM GTLN - GTNN .
1.KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BĐT CAUCHY
Giả sử ta cần chứng minh, BĐT sau :

S ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ C _ const (*)

12
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
hoặc S ( a1 , a2 ,..., an ) ≤ C _ const

1.1. Trường hợp 1 : S ( a1 , a2 ,..., an ) là một biểu thức đối xứng của các ai , i = 1, n

.Ta dự đoán dấu “ = ’’ trong BĐT (*) xảy khi a1 = a2 = ... = an . . Kiểm tra lại dự
đoán nếu đúng thì kết hợp với điều kiện xảy ra dấu “ = ’’ trong BĐT cauchy , ta sẽ
tìm được các hằng số trong các đánh giá giả định. Từ đó đưa ra lời giải của bài toán
.

Ví dụ 1:

a, b, c > 0

Cho 
3
a
+
b
+
c
≤

2

Chứng minh rằng :

S = 2 ( a 2 + b2 + c 2 ) +

1 1 1 15
+ + ≥ .
a b c 2

Lời giải
Dự đoán S =

1
15
khi a = b = c = . Do đó ta cần chọn α sao cho :
2

2

2a = 2b = 2c
1 2

⇒
= ⇒ α = 4. Từ đó ta có lời giải sau :
 1
1
1
2
α
=
=
α a α b α c
1
1
1
1
1
1  1 1 1 1

S =  2a 2 + 2b 2 + 2c 2 +
+ + +
+ + ÷+  + + ÷
4a 4b 4c 4a 4b 4c  2  a b c 

9 1
1  9 3
1

≥ + 33
÷ ≥ + . a + b + c ≥ 9 + 3 .2 = 15 .
2 2  abc  2 2
2 2
2
3
1
Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = (đpcm).
2
2

2

2

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

a3
b3
c3
a+b+c
+
+
≥
.
a 2 + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
3
13

Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Trước tiên ta xét đánh giá giả định sau :

a3
≥ αa + βb
a 2 + ab + b 2
⇔ ( 1 − α ) a 3 − β b3 ≥ ( α + β ) ab ( a + b )
1− α 3
−β 3
⇔
a +
b ≥ ab ( a + b )
(*)
α +β
α +β
Mặt khác , ta lại có :

a + b3 = ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) ≥ ( a + b ) ( 2ab − ab ) = ab ( a + b ) ∀a, b ≥ 0.
Do đó (*) luôn đúng nếu ta chọn được α , β thoả mãn :
 1−α
2

=
1
α
=
α + β


3
⇔
.

−
β
−
1

= 1 β =
α + β

3
CS

3

Khi này , ta có lời giải sau :

a3
2
1
b3
2
1
≥
a
−
b

≥
b
−
c
Ta có : 2
,
a + ab + b 2 3
3
b 2 + bc + c 2 3
3
c3
2
1
≥
c
−
a.
và 2
c + ac + a 2 3
3
Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được ĐPCM
Ví dụ 3 : Cho a, b,c∈ ¡

*
+

W

t / m abc = 1. Chứng minh rằng :

1
1
1
3
+
+
≥
a3 ( b + c) b3 ( c + a) c3 ( a + b) 2
Trước tiên ta dự đoán dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1.
Khi đó

1
1 2 b+ c
= = =
. Do đó :
a ( b + c) 2 4 4bc
3

1
b+ c
1
b+ c 1
1
1 1  1 1
+
≥
2
.
=
⇒

≥
−
+
a3 ( b + c) 4bc
a3 ( b + c) 4bc a a3 ( b + c) a 4  b c ÷

14
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Tương tự ta có :

1
1 1 1 1
1
1 1 1 1
≥ −  + ÷ và 3
≥ −  + ÷
b ( c + a) b 4  c a 
c ( a + b) c 4  a b 
3

Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được:

1
1
1
1  1 1 1 3 3 1 1 1 3
+

+
≥
+ + ≥
. . = .
a3 ( b + c) b3 ( c + a) c3 ( a + b) 2  a b c ÷
 2 a b c 2
1.2. Trường hợp 2 : Trong biểu thức S ( a1 , a2 ,..., an ) các ai , i = 1, n không có
tính đối xứng . Khi này việc dự đoán dấu “ = ’’ trong BĐT (*) cho một lớp bài toán
là rất khó. Kết quả của việc này chủ yếu dựa vào kinh nghiệm và trực quan toán
học của mỗi người làm toán.

a, b, c > 0
Chứng minh rằng :
a
+
2
b
+
3
c
≥
20

3 9 4
S = a+b+c+ +
+ ≥ 13.
a 2b c
Trước tiên , ta dự đoán S = 13 , khi a, b, c > 0 và thoả mãn a + 2b + 3c = 20

Ví dụ 1 : Cho 

Biểu diễn S dưới dạng sau :

3 
9  
4

S =  α a + ÷+  β b + ÷+  γ c + ÷+ ( 1 − α ) a + ( 1 − β ) b + ( 1 − γ ) c
a 
2b  
c

Như vậy ta cần chọn các số α , β , γ thoả mãn các điều kiện sau đây :
1 − α 1 − β 1 − γ
α = 1 − k (1)
 1 = 2 = 3 =k >0
 β = 1 − 2k (2)


3
3
2

(3)
, b=
,c =
⇔ γ = 1 − 3k
a =
α
2

β
γ

 3
6
6
a + 2b + 3c = 20

+
+
= 20 (4)
 α

2β
γ

Thế (1),(2),(3) vào (4) ta được :

3
6
6
+
+
= 20 (5)
1− k
2 − 4k
1 − 3k

15
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh

Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Ta cần chọn 0 < k < 1 sao cho thay vào (5) thì ta khai căn được ở các biểu thức có
chứa dấu căn. Dễ thấy k =
đẹp như sau :

1
đáp ứng được yêu cầu đó. Khi này ta có một lời giải
4
LG

Ta có :

3
4 1
9  1  16  1
1
1
S =  a + ÷+  b + ÷+  c + ÷+ a + b + c
4
a  2
b  4
c  4
2
6
CS
3
4
1

9
1
16 1
⇔ S ≥ 2. a. + 2. b. + 2. c. + ( a + 2b + 3c )
4
a
2
b
4
c 4
20
≥ 3+3+ 2+
= 13
4
⇔ S ≥ 13. Dấu “ = “ xảy ra ⇔ a = 2, b = 3, c = 4 W
Ví dụ 2 : Cho x, y > 0, x + y ≥ 1. Chứng minh rằng :

9 48
+
≥ 68.
x y
Trước tiên ta dự đoán P = 68 , khi x, y > 0 và x + y = 1 .
P = 51x + 23 y +

Ta biểu diễn P dưới dạng sau :

9 
48 

P =  α x + ÷+  β y +

+ ( 51 − α ) x + ( 23 − β ) y
x 
7y ÷


Như vậy , ta cần chọn α , β > 0 thoả mãn các điều kiện sau :
α = 28 + β (1)
51 − α = 23 − β


3
3
3
3


, y=4
⇔ x =
, y=4
(2)
x =
7
β
7
β
α
28 + β


 x + y = 1

 x + y = 1
(3)
3
3
+4
=1
(4)
Thay (2) vào (3) ta được :
7
β
28 + β
Dễ thấy β = 21 thoả mãn (4) , thay vào (1) ta được α = 49 .
Khi này , ta có lời giải sau :

16
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

9 
48 

P =  49 x + ÷+  21 y +
÷+ 2( x + y )
x
7
y

 



3
4
≥ 42 + 24 + 2 = 68. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 7 , y = 7 W
CS

2. ỨNG DỤNG VÀO TÌM GTLN - GTNN .
Ví dụ 1 : Cho x, y , z > 0. Tìm GTNN của biểu thức sau :

( x + y + z)
S=

6

xy 2 z 3

LG

Do x, y , z không có mối quan hệ ràng buộc nào . Nên để tìm MinS ta có 2 cách sau
.

Cách 1 . Sử dụng BĐT Cauchy ngược ta có : xy z ≤ α ( x + y + z )
2

3

6

1

1  6( x + y + z ) 
2 3
Ta có : xy z =
( 6 x.3 y.3 y.2 z.2 z.2 z ) ≤ 
÷
423
423 
6

1
6
⇔ xy 2 z 3 ≤
( x + y + z ) . Do đó :
432
6
6
( x + y + z)
( x + y + z)
S=
≥
= 432.
6
1
xy 2 z 3
( x + y + z)
432
1
1
Vậy MinS = 432 , khi x = y = z > 0 W
2

3
6
2 3
Cách 2 . Sử dụng BĐT Cauchy thuận ta có : ( x + y + Z ) ≥ αxy z .
6

6

1
1
1
1
1 

Ta có ( x + y + z ) =  x + y + y + z + z + z ÷
2
2
3
3
3 

6
2 3
CS 
xy
z 
2 3
≥ 6 6
÷ = 432xy z . Do đó, ta có kết quả như cách 1.
108 


6

0 ≤ x ≤ 3
0 ≤ y ≤ 4

Ví dụ 2 : Cho 

Tìm GTLN của :
17

Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

S = ( 3 − x) ( 4 − y ) ( 2x + 3 y ) .
LG
Nhận xét : Rõ ràng với điều kiện đã cho thì 3 − x ≥ 0,4 − y ≥ 0. Mặt khác ,

( )
n

∏a

theo hệ quả của BĐT cauchy thì

i

i =1

n

min

⇔ ∑ ai = C _ const. Vậy ta cần chọn
i =1

α , β sao cho :
(3α − α x) + (4β − β y ) + (2 x + 3 y ) = C _ const.
Dễ dàng thấy α = 2, β = 3. Khi đó ta có lời giải sau :
1
S = ( 6 − 2 x ) ( 12 − 3 y ) ( 2 x + 3 y )
6
3
CS
1  (6 − 2 x) + (12 − 3 y ) + (2 x + 3 y ) 
≤ 
 ≤ 36.
6
3
Vậy MaxS=36 , khi x = 0, y = 2 W
Ví dụ 3 : Cho a,b,c,d > 0. Trong tất cả các nghiệm dương ( x, y,z, t ) của
phương trình :

a b c d
+ + + = 1 . Hãy chỉ ra nghiệm với tổng :
x y z t
Sn = x n + y n + z n + t n nhỏ nhất với n ∈ ¥ * .
Đặt A =

n +1

a +
n

n +1

b +
n

Theo BĐT cauchy , ta có :

n +1

Lời giải
c + dn .
n

xn +

n +1

a n+1
a
A + ... + A n +1 ≥ ( n + 1) n+1 a n A n
x 4 44 2 4 x4 43
1
n _ sô'

b
y n + n A n +1 ≥ ( n + 1) n +1 b n A n
y
c
z n + n A n +1 ≥ ( n + 1) n +1 c n A n
z
d
t n + n A n +1 ≥ ( n + 1) n +1 d n A n
Và
t
b c d
n
n
n
n
n +1  a
Do đó : x + y + z + t + nA  + + + ÷ ≥
x y z t 
18
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

≥ ( n + 1) A n

(

n +1

(

n +1

a n + n +1 b n + n +1 c n + n +1 d n

≥ ( n + 1) A n +1 .
Vậy S = x + y + z + t ≥ A
n

n

n

n

n +1

=

a

+

n +1

n +1

b

n +1

+

n +1

c

n +1

+

)

n +1

d

n +1

)

n +1

.

 n a n +1 n b n +1 n c n +1 n d n +1
 x = x A , y = y A ,z = z A , t = t A
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ 
a + b + c + d =1

 x y z t

Vậy MinSn =

(

 x = n +1 aA , y = n +1 bA
⇔
z = n +1 cA , t = n +1 dA
n +1

a +
n

n +1

b +
n

n +1

c +
n

n +1

d

(*)
n

)

n +1

, đạt được khi có (*).

MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ :

x 30 y 30 z 30
 x, y,z > 0
1. Cho 
. Tìm GTLN của : P = 21 + 21 + 21 .
y
z
x
x
+
y
+
z
=
2004

2. Tìm giá tị nhỏ nhất của hàm số:

y = 9x2 1+ x4 + 13x2 1− x4 ,

( x ≤ 1)

3. Với 0 ≤ x ≤ 2001 2002 . Tìm GTLN của y = x ( 2002 − x

2001

).

a ≥ 1

bc a − 1 + ca b − 2 + ab c − 3
4. Cho b ≥ 2 Tìm GTLN của S =
.
abc
c ≥ 3

5. Tìm GTLN , GTNN của hàm số : y = x

(

)

1999 − x 2 + 1997 .

IV.ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY VÀO CM TÍNH CHẤT NGHIỆM

19
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng nếu phương trình x

dương x 0 , thì x 0 <

n

2 n +1

+

1
− 4 = 0 (1) có nghiệm
x

2 ( n ≥ 2 ).
Lời giải

Giả sử x 0 > 0 là nghiệm của (1) thì ta có :

x 02 n +1 +

1
1
− 4 = 0 ⇔ 4 = x 02 n +1 + ≥ 2x 0n
x0
x0
⇔ x 0 ≤ n 2. Dấu “ = ” xảy ra
1
⇔ x 02 n +1 = ⇔ x 0 = 1.
x0

Nhưng x 0 = 1 không thoả mãn (1) . Do đó x 0 <

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình :

n

2 W

x 4 − ax 3 + a 2 x 2 − a 3 x + a 4 = 0 , a > 0 không thể có 4 nghiệm không

âm.
Lời giải
Giả sử phương trình đã cho có 4 nghiệm x1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0.

 x1 + x 2 + x 3 + x 4 = a
4
 x1 x 2 x 3 x 4 = a

Theo định lý Vi-et ta có : 

Mặt khác theo BĐT Cauchy , ta lại có :

x1 + x 2 + x 3 + x 4
4
a
a
1
⇔ 4 a 4 ≤ ⇔ a ≤ ⇔ 1 ≤ ( vô lý ).
4
4
4
4

x1 x 2 x 3 x 4 ≤

Vậy điều giả sử là sai , tức là phương trình đã cho không thể có 4 nghiệm không
âm W
Ví dụ 3 : Cho P ( x ) = x + a 1 x
n

n −1

+ ... + a n −1 x + 1 , a i ≥ 0 , i = 1,n − 1 và

P ( x ) = 0 có n nghiệm thực . Chứng minh rằng P ( m ) ≥ ( m + 1) , m, n ∈ ¥ * .
n

Lời giải
Vì a i ≥ 0 , i = 1,n − 1 và 1 > 0 nên trong n nghiệm của P ( x ) = 0 không có
nghiệm nào dương . Giả sử đó là α i , i = 1,n . Khi này P ( x ) có dạng :
20
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

P ( x ) = ∏ ( x − α i ) = ∏ ( x + βi ) ( với βi = −α i > 0,i = 1,n )
n

n

i =1

i =1

Theo định lý Vi-et thì ∏ βi = ( −1) ∏ α i = ( −1) ( −1) = 1 .
n

n

i =1

n

n

n

i =1

Áp dụng BĐT Cauchy ta được :

P ( m ) = ∏ ( m + βi ) ≥ ( m + 1)
n

n

∏ β = ( m + 1) .
n

n +1

i =1

⇔ P ( m ) ≥ ( m + 1) W

n

i

i =1

n

KẾT LUẬN
Như chúng ta đã biết, bất đẳng thức Cauchy là một bất đẳng thức khá nổi tiếng
bởi phạm vi ứng dụng rộng rãi của nó. Ngoài việc được vận dụng để chứng minh
các bất đẳng thức đại số thì bất đẳng thức Cauchy còn được sử dụng trong các các
bài chứng minh bất đẳng thức lượng giác hay các bài toán cực trị hình học. Tuy
nhiên, do thời gian nghiên cứu không nhiều nên trong chuyên đề này những vấn đề
thú vị đó vẫn chưa được đề cập đến.
Trên đây là một số kinh nghiệm có được trong quá trình dạy hoc, tìm tòi tự bồi
dưỡng nghiệp vụ chuyên môn. Các ví dụ được sưu tầm và chọn lọc kĩ lưỡng từ đề
thi đại học các năm và đề thi học sinh giỏi các tỉnh trong cả nước. Mặc dù đã cố
gắng song kinh nghiệm còn rất khiêm tốn. Mong nhận được sự góp ý chân thành
của quý thầy cô và các bạn động nghiệp về cả nội dung và hình thức trình bày để
chuyên đề được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

Mê Linh , ngày 10 tháng 05 năm 2011
Giáo viên

Trần công Văn

21
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh


Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bất đẳng thức ( Phan Đức Chính).
2. Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng trong đại số (Nguyễn Đức Tấn).
3. Báo toán học và tuổi trẻ.
4. Báo toán tuổi thơ.

22
Trần Công Văn – Trường THPT Tiến Thịnh