20 phương pháp bất đăng thức ( phần i và II)

PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN CẦN NHỚ
A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0

A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0

1/Định nghĩa
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 n
n
+ A > B > 0 ⇒ A > B ∀n
n
n
+ A > B ⇒ A > B với n lẻ
A

B

⇒ A > B với n chẵn
+
>
m
n
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ A > A

m
n
+ m > n > 0 và 0 n

+A < B và A.B > 0

n

⇒

1 1
>
A B

3/Một số hằng bất đẳng thức
2
+ A ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

+

A ≥0

+ +
+

A

với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 )

A

A+ B ≥ A + B
A−B ≤ A − B

( dấu = xảy ra khi A.B > 0)

( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
2
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M ≥ 0 với∀ M
Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :
2
2
2
a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx
2
2
2
b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz
2
2
2
c) x + y + z +3 ≥ 2 (x + y + z)

Giải:


1
2
2
2
a) Ta xét hiệu : x + y + z - xy – yz – zx = 2 .2 .( x + y + z - xy – yz –
2

2

2

zx)
1
2
2
2
= 2 ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
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 + y + z ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
2

2
2
2
2
2
b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz
2

2

2

–2yz

= ( x – y + z) ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
2
2
2
Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z ∈ R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
2
2
2
2
2
c) Ta xét hiệu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + 1 + y -2y +1 + z
2
-2z +1
2
2

2
= (x-1) + (y-1) +(z-1) ≥ 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2

2

a2 + b2  a + b 
≥

2
 2  ;
a)

b)

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

2

c) Hãy tổng quát

bài toán
Giải:

a2 + b2  a + b 
−

2
 2 

a) Ta xét hiệu

(

)

2

(

)

1
1
2 a2 + b2
a 2 + 2ab + b 2
( a − b) 2 ≥ 0
2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab
−
4
4
4
4
=

=
=
2

a2 + b2  a + b 
≥

2
 2  .
Vậy

Dấu bằng xảy ra khi a=b

b)Ta xét hiệu
2

[

]

a2 + b2 + c2  a + b + c  1
−

( a − b) 2 + ( b − c ) 2 + ( c − a ) 2 ≥ 0
3
3

 =9
.Vậy

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

2

Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
2

a12 + a 22 + .... + a n2  a1 + a 2 + .... + a n 
≥

n
n


c)Tổng quát
Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa

Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
2
2
2
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) hoặc H=(C+D) +….+(E+F)
Bước 3:Kết luận A ≥ B

Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m + n + p + q +1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
2

2

2

2

 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
2
 2
 2
 2

(luôn đúng)
m
 2 −n=0
m

m
n = 2
 − p=0

2
m
p =
m

2
 −q =0


m
2
q =
 m=2
m
2
−
1
=
0



m
=
2
2

⇔

⇔
n = p = q = 1
Dấu bằng xảy ra khi
4
4
4
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a + b + c ≥ abc(a + b + c)
4
4

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

⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0

(

⇔ a2 − b2

(

⇔ a2 − b2

(

)

2

(

+ 2a 2 b 2 + b 2 − c 2

) + (b
2

2

− c2

) (
2

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

) + (c
2

) + (c
2

)

2

(

+ 2b 2 c 2 + c 2 − a 2

)

2

+ 2a 2 c 2

− 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
2

− a2

)

2

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

2

− a2

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

2

2

2

≥0

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là
đúng thì có bất đẳng thức A < B .

Chú ý các hằng đẳng thức sau:

( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
( A + B ) 3 = A3 + 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
a2 +

b2
≥ ab
4

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


a)

a2 +

b2
≥ ab
2
⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0
4
b2
≥ ab
4

a2 +

(BĐT này luôn đúng). Vậy
(dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
2
2
2
2
b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + 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.
2
2
Vậy a + b + 1 ≥ ab + a + b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔
c)

4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4 a ( b + c + d + e )
2

2
2
2
2
2
2
2
⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ 0

(

) (

) (

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

2

2

) (

)

2

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
10

10
2
2
8
8
4
4
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a + b )( a + b ) ≥ ( a + b )( a + b )
Giải:

(a

10

)(

) (

)(

+ b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4

)

⇔

a +a b +a b +b ≥ a +a b +a b +b
8 2
2
2

2 8
2
2
⇔ a b ( a − b ) + a b ( b − a ) ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0
12

10

2

2 10

12

12

8

4

4

8

12

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

x2 + y2
Chứng minh x − y ≥ 2 2

x2 + y2
Giải: x − y ≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
⇒ x2+y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0

Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng

minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
2 2
2
a/ P(x,y)= 9 x y + y − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R
a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c

b/
(gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
x. y.z = 1

1 1 1
 + + < x+ y+z
 x y z

Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1

1 1 1
1 1 1
1 1 1
+ + ) > 0
+ +
+ +
x
y
z
x
y
z
x
y z < x+y+z
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(
)=x+y+z - (
(vì

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 :
Giải:

1<

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
Ta có :
b
b
c
c
>
(2)
>
(3)
a+c a+b+c
Tương tự ta có : b + c a + b + c
,
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
a < a+b⇒
<
a+b a+b+c
Ta có :
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

(**)
1<

a
b
c
+
+
<2
a+b b+c a+c
(đpcm)

Từ (*) và (**) , ta được :
Phương pháp 3:
Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
2
2
a) x + y ≥ 2 xy
b)

x 2 + y 2 ≥ xy

c) ( x + y ) ≥ 4 xy

dấu( = ) khi x = y = 0

2

a b
+ ≥2
d) b a

Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
2
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) ≥ 4 xy

( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
2
2
2
2
2 2 2
⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc

Tacó

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
+ x
+ x
=
x
x
Ví dụ 1 : Giải phương trình : 4 + 1 2 + 1 2 + 4 2

Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt
a = 2 x
, a, b > 0

b = 4 x

a
b
1
3
+
+
=
Khi đó phương trình có dạng : b + 1 a + 1 a + b 2

Vế trái của phương trình:
 a
  b
  1

 a + b +1   a + b +1   a + b +1 
=
+ 1 ÷+ 
+ 1÷+ 
+ 1÷− 3 = 
÷+ 
÷+ 
÷− 3
 b +1   a +1   a + b 
 b +1   a +1   a + b 

1
1 
1
1 
 1
 1
= ( a + b + c) 
+
+
+
+
÷− 3 = ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b )  
÷− 3
 b +1 a +1 a + b 
 b +1 a +1 a + b 
≥

1 3
3
3
3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) .
−3=
3 ( a + 1)( b + 1)( a + b )
2
2

Vậy phương trình tương đương với :
a +1 = b +1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 .

Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P =

x
y
z
+
+
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
1 1 1
1
1 1 1
9
1 1 1
+ + ≥33
⇒ ( a + b + c )  + + ÷≥ 9 ⇒ + + ≥
a b c
abc
a b c a +b+c
a b c
1
1
1
9
9

9 3
+
+
≥
≤−
Suy ra Q = x + 1 y + 1 z + 1 4 ⇒ -Q 4 nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 = 4
3
1
Vậy max P = 4 .khi x = y = z = 3 .

a + b + c ≥ 3 3 abc ⇔


Ví dụ 3:

Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng:

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

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

2
1
1 1
1 
≤
≤  + 
a + +bc a bc 2  ab ac 
2

Tương tự :
2
1
1 1
1 
2
1
1 1
1 
≤
≤  + ÷⇒ 2
≤
≤  + ÷
b + + ac b ac 2  bc ab  c + + ab c ab 2  ac bc 
2
2
2
a+b+c
⇒ 2
+ 2

+ 2
≤
a + bc b + + ac c + + ab
2abc
2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

a
b
c
+
+
≥3
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : b + c − a c + a − b a + b − c
(*)

Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
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

Cho 0 < x, y, z . Chứng minh rằng:

y z  ( a + c)
( x + y + z) 2
+ ≤
4ac
a b c
2
Giải: Đặt f ( x) = x − (a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c
2
Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b − (a + c)b + ac ≤ 0

( + by + cz )  x +

2

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 )
a
a
a
⇔ 1 = 2 = .... = n
b1 b2
bn
Dấu “=” xảy ra khi

b
b1 b2
=
= .... = n
a n (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
Hay a1 a 2

Chứng minh:
a = a 2 + a 2 + ... + a 2
1
2
n

2
2
2
 b = b1 + b2 + ... + bn
Đặt 
•
•

Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
Nếu a,b > 0:
ai
b
, β i = i ( i = 1,2,... n )
2
2
2
2

2
2
a
b
Đặt:
, Thế thì: α 1 + α 2 + ... + α n = β1 + β 2 + ... + β n
1
α i β i ≤ α i2 + β i2
2
Mặt khác:
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
⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b

αi =

(

)

Suy ra:

Lại có: a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn
2
2
2
2

2
2
2
Suy ra: (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ (a1 + a 2 + ... + a n )(b1 + b2 + ... + bn )

 α = β i ( ∀i = 1,2,..., n )
a
a
a
⇔ i
⇔ 1 = 2 = .... = n
b1 b2
bn
α 1 β 1 .... α n β n cùng dáu
Dấu”=” xảy ra

Ví dụ 1 :
sin8 x + cos 8 x ≥

Chứng minh rằng: ∀x ∈ R , ta có:
2
2
Giải: Ta có: sin x + cos x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

(

) (

)(

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

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

(

)

2

)

1
8


Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
2
1
1
1
≤ ( sin 4 x.1 + cos4 x.1) ⇔ ≤ ( sin 8 x + cos8 x ) ( 12 + 12 ) ⇔ ( sin 4 x + cos 4 x ) ≥
4
4

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 ... cm ) 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

Ví dụ 1: Cho  n ∈ Z , n ≥ 2
a
a1 a 2
+
+ .... + n < 2
n +1
Chứng minh rằng: 2 3

Giải:
1
1
1
<

=
2
1 
1 
1
k
k2 −
 k −  k + 
*
4 
2 
2
∀k ∈ N ta có:
1
1
1
⇒ 2 <
−
1
1
k
k−
k+
2
2


 1
1 1
1  1

1 ÷  1
1 ÷
1 ÷ 1
1
2
⇒ 2 + 2 + ... + 2 <
−
+
−
+ ... + 
−
=
−
<
÷
5 ÷ 5
7 ÷
1
1
3
1 3
2 3
n 3
 n−
n+ ÷
 2
2  2
2
2 n+
2

2
2


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

Ví dụ 2:

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

2
2
2
2
ac+bd ≤ a + b . c + d

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

mà

(

)

≤ a2 + b2 + 2 a2 + b2 . c2 + d 2 + c2 + d 2
2
2
2
2
2
2
⇒ ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d
2
2
2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a + b + c ≥ ab + bc + ac

(1

2

Giải:
Cách

)

Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
1:
Xét
cặp
số
(1,1,1)

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

2

2

2

2

2

và

(a,b,c)

ta

có


2
2
2
2
2
2
⇒ 3 ( a + b + c ) ≥ a + b + c + 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:
a)Nếu

Bất đẳng thức Trê- bư-sép

a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n

b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn

thì

a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≤
n
n
n
.
a1 = a 2 = .... = a n
b = b = .... = b
2
n
 1

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
b)Nếu

a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n

b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn

thì

a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
.
≥
n
n
n
a1 = a 2 = .... = a n
b = b = .... = b

2
n
 1

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
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 2S
=
.
sin A + sin B + sin C
3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác đều.
π
0< A≤ B≤C < .
2 Suy ra:
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư
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
sin
2
A
=
sin
2
B
=
sin
2
C
Dấu ‘=’ xảy ra 
⇔

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):
a/
b/
c/

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

CMR:

1 1 1
+ + ≥9
CMR: a b c
CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
1
x+y 5

≥

d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1
;CMR:
2
2
2
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0
và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
a3
b3
c3
1
+
+
≥
b+c a+c a+b 2

Giải:


a 2 ≥ b2 ≥ c2
 a ≥ b ≥ c
Do a,b,c đối xứng ,giả sử 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
2
2
a .
+b .
+c .
≥
.
+
+

.
b+c
a+c
a+b
3
b + c a + c a + b = 3 2 = 2
2

1

a3
b3
c3
1
+
+
≥
Vậy b + c a + c a + b 2

Ví dụ 4:

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 3
Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

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

2
2
Giải: Ta có a + b ≥ 2ab

c 2 + d 2 ≥ 2cd
1
1 1
x+ ≥
x 2)
Do abcd =1 nên cd = ab (dùng
1
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4
ab
Ta có
(1)
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

Phương pháp7
Kiến thức:

Bất đẳng thức Bernouli


n
a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) ≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra

a = 0

khi và chỉ khi n = 1

b) Dạng mở rộng:

α
- Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.

α
- cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi

a = 0
α = 1

.

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a + b > 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

a

b (1− a) a + b
a
 1   1− a 
<
⇒ ab >
.
 ÷ = 1 +
÷ < 1+
a 
a
a
a +b
a 
b
ba >

a + b . Suy ra a b + b a > 1
Chứng minh tương tự:
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⇒
a+b+c a+b+c a+b+c
(đpcm)

Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,... a n > 0; r ≥ 1. Chứng minh rằng

(đpcm).


a1r + a 2r + .... + a nr  a1 + a 2 + .... + a n
≥ 
n
n



r




 .

Dấu ‘=’ ⇔ a1 = a 2 = .... = a n .(chứng minh tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 . Chứng minh rằng

(2

x

+ 2 y + 2 z )( 2 − x + 2 − y + 2 − z ) ≤

81
8 .

Giải
x
y
z
Đặt a = 2 , b = 2 , c = 2 (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 , x2 ,...., x n ∈ [ a, b] , c > 1
Ta luôn có:

(c

x1

+ c + .... + c
x2

xn

)( c

− x1

+c

− x2

+ .... + c

− xn

) ≤ [ n( c

+ cb
4c a +b

a

)]

2

Phương pháp 8:
Sử dụng tính chất bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:
a > c + d
a − c > d > 0


⇒ b − d > c > 0
⇒
Tacó b > c + d
⇔ ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc

Ví dụ 2: Cho a,b,c>0
1 1 1
1
+ + <
a b c abc

(a-c)(b-d) > cd
(điều phải chứng minh)
5

a2 + b2 + c2 =
3 . Chứng minh
thỏa mãn

Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 0


1
〈
⇒ ac+bc-ab 2 ( a2+b2+c2)
5
1 1 1
1
≤
+ −
⇒ ac+bc-ab
6 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có a b c 〈 abc

Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1a-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


<1

.

Chứng

minh

rằng:

2a + 2b + 2c < 3 + a b + b c + c a
3

3

3

2

2

2

Giải:
2
Do a < 1 ⇒ a < 1 và
2
2
2
2 2
2
Ta có (1 − a ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a + a b > 0 ⇒ 1+ a b > a + b
2
3
2
3
mà 0< a,b <1 ⇒ a > a , b > b
2 2
3
3
3
3
2 2
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a b > a + b . Vậy a + b < 1+ a b
2
3
3
2
3
3
Tương tự b + c ≤ 1 + b c ; c + a ≤ 1 + c a
3
3

3
2
2
2
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a + 2b + 2c ≤ 3 + a b + b c + c a
2
2
2
2
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a + b = c + d = 1998 thì ac+bd =1998
Giải:
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
Ta có (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d + 2abcd + a d + b c - 2abcd
=
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982

2
2
2
ac + bd ≤ 1998
rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) + ( ad − bc ) = 1998 ⇒
Ví dụ 6 (HS tự giải) :

a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1

c hứng minh rằng : a + a + a + .... + a
b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1
2
1

2
2

2
3

2
2003

≥

1
2003

1
1
1
− 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
b
c
Chứng minh rằng: ( a

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
>
a – Nếu b
thì b b + c
a
a a+c
<1
<
b – Nếu b
thì b b + c

2) Nếu b,d >0 thì từ


a c
a a+c c
< ⇒ <
<
b d
b b+d d

`

Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
1<

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

Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
a+d
<1⇒
<
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
Mặt khác : a + b + c a + b + c + d

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ta có \

a

a
a+d
a+b+c+d < a+b+c
(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
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
điều phải chứng minh
a c
a ab + cd c
<
2
2
d
Ví dụ 2 :Cho: b < d và b,d > 0 .Chứng minh rằng b < b + d
a c
ab cd
ab ab + cd cd c
⇒ 2 < 2
<
<
=
b
d ⇒ b2 b2 + d 2 d 2 d
Giải: Từ b < d
a ab + cd c

<
2
2
d
Vậy b < b + d
điều phải chứng minh
1<

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
a b
+
tìm giá trị lớn nhất của c d

Giải:

⇒

a a+b b
≤
≤
c c+d d

a
Không mất tính tổng quát ta giả sử : c

a
≤1
c
vì a+b = c+d
b

a b
+
≤
998
≤
998
⇒
d
c
d ≤ 999
a/ Nếu :b
thì

≤

b
d

a
Từ : c

≤

b
d


b/Nếu: b=998 thì a=1

a b 1 999

+
+
⇒ c d =c
d Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1;

c=999
a b
1
+
Vậy giá trị lớn nhất của c d =999+ 999 khi a=d=1; c=b=999

Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính
được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + .... + un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp
nhau:
uk = 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
ak
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = ak +1
a1 a2
a
a
. ..... n = 1
Khi đó P = a2 a3 an+1 an +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 n + k n + n 2n
với k = 1,2,3,…,n-1
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=

=
2n 2 n
2n 2n 2
Do đó: n + 1 n + 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1+

(

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n

(

Với n là số nguyên

1
2
2
=

>
= 2 k +1 − k
k 2 k
k + k +1

Giải: Ta có
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+

(

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n


n

Ví dụ 3: Chứng minh rằng

1

∑k
k =1

2

<2

∀n ∈ Z

1
1
1
1
<
=
−
2
Giải: Ta có k k ( k − 1) k − 1 k

Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
1
< 1−
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
1 1
1
<

− ⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2
n
n −1 n
2 3
n
n

1

∑k

2

<2

Vậy k =1
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
a 2 < a(b + c)
 2
b < b(a + c)
 c 2 < c( a + b)


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

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

2
2
2
⇒ b > b − (c − a ) > 0

2
2
2
c > a-b 
⇒ c > c − ( a − b) > 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 )
2

2

2

]

2

⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )

Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
2
2
2
Chứng minh rằng ab + bc + ca < a + b + c < 2(ab + bc + ca)
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
2
2

2
Chứng minh rằng a + b + c + 2abc < 2
Phương pháp 12:
Sử dụng hình học và tọa độ


Ví dụ 1:
Chứng minh rằng :
Giải

c(a − c) + c(b − c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0

Trong mặt phẳng Oxy, chọn
Thì

u = b

Hơn nữa:
Ví dụ 2:

,

v = a

;

u = ( c, b − c )

u.v = c(a − c) + c(b − c)

u.v = u . v . cos(u, v) ≤ u . v

⇒ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ⇒

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

∑
i =1

xi2 + y i2 ≥

b≥c

v =( a − c , c )

;

n

n

và

n

∑x +∑ y
i =1

i

i =1

i

= 1.

(ĐPCM)

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 n −1 M n = x + y
2
n

,

M 1 M 2 = x 22 + y 22

,

M 2 M 3 = x32 + y32

,…,

2
n

2
+  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH =
+
M
M
2

3
2
Và OM 1 + M 1 M 2
n
2
⇒ ∑ xi2 + y i2 ≥
⇒
2
i =1
(ĐPCM)

Phương pháp 13:

Đổi biến số

a
b
c
3
+
+
≥
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng b + c c + a a + b 2 (1)
y+z−x
z+x− y
2
2
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
; b=
;c=

x+ y−z
2


y+z−x z+x− y x+ y−z
3
+
+
≥
2x
2y
2z
2
ta có (1) ⇔
y z
x z
x y
y x
z x
z y
+ −1+ + −1+ + −1 ≥ 3
+ )+( + )+( + )≥6
y y
z z
x z
y z
⇔ x x
⇔( x y
y x
+ ≥ 2;

x
y
(

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì
có điều phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
2

Giải: Đặt x = a + 2bc
2

x + y + z = ( a + b + c) < 1
1 1 1
⇔ + + ≥9
x y z
(1)

;

z y
z x

+ ≥2
+ ≥2
y
z
x z
;
nên ta

(1)

2
y = b + 2ac

2
z = c + 2ab . Ta có

;

2

Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0

1
1 1 1
+ + ≥ 3
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. xyz , và: x y z 3. xyz
1 1 1
( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9
+ + ≥9
⇒

x y z
. Mà x+y+z < 1. Vậy x y z
(đpcm)
1
x+ y ≥
2
x
−
y
=
1
5
Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn
CMR
3

Gợi ý: Đặt x = u ,
thay vào tính S min
Bài tập tự giải

y =v

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

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

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR

ma
nb
pc
1
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

Phương pháp 14:

)

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
∀x ⇔ 
∆ < 0
f(x) > 0,

(


a > 0
f ( x) ≥ 0, ∀x ⇔ 
∆ ≤ 0
a < 0
f ( x) < 0, ∀x ⇔ 
∆ < 0
a < 0
f ( x) ≤ 0, ∀x ⇔ 
∆ ≤ 0

Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x 2 ⇔ a. f ( α ) < 0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a. f ( α ) > 0

x1 < x 2 < α ⇔ ∆ > 0
S
 <α
2

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a. f ( α ) > 0

α < x1 < x 2 ⇔ ∆ > 0
S

 >α
2

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm

α < x1 < β < x 2
 x < α < x < β ⇔ f ( α ) . f ( β ) < 0.
 1
2

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

2

(1)

2
2
2
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3 = 4 y − 4 y + 1 − 5 y + 6 y − 3 = − ( y − 1) − 1 < 0
Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y
2

2 4
2
2

2
3
Ví dụ2:
Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x y + 2( x + 2). y + 4 xy + x > 4 xy
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(

)

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 ) x + 4 y 2 > 0
2

2
2
2
2
2
Ta có ∆′ = 4 y (1 − y ) − 4 y ( y + 1) = −16 y < 0
2

2

Vì a = ( y + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0
(đpcm)
Phương pháp 15:
Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0

2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được
gọi là giả thiết quy nạp )
2

2


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
1 1
1
1
+ 2 + .... + 2 < 2 −
2
n
n
Ví dụ1: Chứng minh rằng : 1 2

∀n ∈ N ; n > 1

(1)
1+

1
1
< 2−
4
2

Giải: Với n =2 ta có
(đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n =
k+1
1 1
1
1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2−
2
2
k
(k + 1)
k +1
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 1 2

Theo giả thiết quy nạp
1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2− +
< 2−
2
2
2

k
( k + 1)
k ( k + 1)
k +1
⇔1 2

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

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

Điều này đúng .Vậy

bất đẳng thức (1)được chứng minh
n

 a+b
an + bn


n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng  2  ≤
2
(1)

Ví dụ2: Cho
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
k +1

(2)

a + b a + b a + ab + a 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
k
k
⇔ a − b .( a − b ) ≥ 0
⇔
2
4
(3)
k

k

k

k

(

)

Ta chứng minh (3)
b
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥
k

k
k
⇔ a ≥ b ≥b

(a

⇒

(a

k

)

− b k .( a − b ) ≥ 0

(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a
k

)

− b k .( a − b ) ≥ 0

Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)

⇔

k

a < bk ⇔ a k < bk ⇔


Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈ Ν . Chứng minh rằng : (1 + a) ≥ 1 + n.a
Giải

n=1: bất đẳng thức luôn đúng
k
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 + a) ≥ 1 + k .a
k +1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 + a) ≥ 1 + (k + 1).a
k +1
k
2
Ta có: (1 + a) = (1 + a).(1 + a) ≥ (1 + a).(1 + k .a) ≥ 1 + (k + 1)a + k .a ≥ 1 + (k + 1)a
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
n
V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 + a) ≥ 1 + n.a , ∀n ∈ Ν
n

Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 , , a n ≥ 0 thoả mãn
1
(1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2
minh rằng:
1
1
a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒
2
2 Bài toán đúng
Giải n=1:
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:

a1 + a 2 +  + a n ≤

1

2 . Chứng

(1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k ) ≥

1
2

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

≥ (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 )] ≥
a1 + a 2 +  + a k −1 + (a k + a k +1 ) ≤

1
2 (Vì

1
2)

⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1

(1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥

1
2

Vậy theo nguyên lý quy nạp:

Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈ R, i = 1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a n2 )(b12 + b22 +  + bn2 )

Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 )

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)

2
2
Thật vậy: VP(1) = (a + a +  + a )(b + b +  + b ) + (a +  + a k ).b +
2
1

2
2

2
k

2
1

2
2

2
k

2
1

+ 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
n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
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
) ≤
k +1
k +1
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(1)
a + a3 +  + a k +1
a= 2
k
Đặt:
1
VP(1) =
(a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a)
k +1
2
2
2
a 22 + a32 +  + a k2+1  a 2 + a 2 +  + a 2
1  2
2 a 2 + a 3 +  + a k +1
2
2
k +1
≥
a
+
k
+
k
.

a
+
k
 1
= 1
1
k
k
(k + 1) 2 

k +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
⇒
(n + 1) n −1 = 3

n −1

⇒ n > (n + 1)
Giải: n=2
k
k −1
n=k ≥ 2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k > (k + 1)

k
k +1
k −1
k +1
2k −2
2
2 k −1
2
n= k+1:Ta c ó: k (k + 1) ≥ (k + 1) (k + 1) = (k + 1) (k + 1) = [( k + 1) ] (k + 1)
> ( 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
n
n −1
Vậy n > (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
n

 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:
Kiến thức:

Chứng minh phản chứng


1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất
đẳng thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có
thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng
thức cần chứng minh là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q”
Muốn chứng minh p ⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép
chứng minh được thực hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có
q (hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ
định kết luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:

Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb
<0
Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau
là sai:
2
a 2 < 4b
, c < 4d
Giải:
2
2
Giả sử 2 bất đẳng thức : a < 4b , c < 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 + c < 2ac hay ( a − c ) < 0 (vô lý)
2
2
Vậy trong 2 bất đẳng thức a < 4b và c < 4d có ít nhất một các bất đẳng
thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
2

2

2

1 1 1
+ +
x
y z thì có một trong ba số này lớn hơn 1
Nếu x+y+z >

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
=x + y + z – (
) vì xyz = theo giả thiết 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:
2
2
a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a b + (a − 3a )b + 1 < 0
2
2
Xét : f (b) = a b + (a − 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

a + b + c < 3 ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô

(Vì
lý. Vậy: a + b + c ≥ 3
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),
(3):
a < b−c

(1)
b < c−a
(2)
c < a−b
(3)
Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
a < b − c ⇒ (b − c) 2 > a 2
⇒ −(a + b − c)( a − b + c) > 0

(1’)
2
2
b < c − a ⇒ (c − a ) > b
⇒ −(−a + b + c)( a + b − c) > 0
(2’)
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 :
1. Nếu
α,

x ≤R

Sử dụng biến đổi lượng giác

thì đặt x = Rcos α ,

− π π 
α ∈
,
 2 2 

α ∈ [ 0, π ]

; hoặc x = Rsin

 π
α ∈ [ 0, c ) ∪ π ,3 
2

 x = a + R cos α
, (α = 2π )

2
= R , ( > 0)
y
=
b
+
R
sin
α

thì đặt

R
x ≥R
2. Nếu
thì đặt x = cos α
2
2
3.Nếu ( x − a ) + ( y − b )
2

2

 x −α   y − β 
2

 +
 = R a, b > 0
4. Nếu  a   b 
thì đặt
2
5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax )

 x = α + aR cos α
, (α = 2π )

 y = β + bR sinα

+ b 2 , ( a, b > 0 )