CAC PHUONG PHAP CHUNG MINH BAT DANG THUC

CHỦ ĐIỂM 3: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1.

Phương pháp dựa vào định nghĩa:
Để chứng minh

A≥ B

ta chứng minh

A− B ≥ 0

.
2

a 2 + b2 + c2  a + b + c 
≥
÷
3
3



Bài toán số 1: Chứng minh
với mọi số thực a, b, c.
Phân tích:
Đây là một đẳng thức khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế
trái và vế phải.
Lời giải:
Xét hiệu
2

2
2
2
2
a 2 + b 2 + c 2  a + b + c  3a + 3b + 3c − ( a + b + c )
−
=
3




3

÷


( a − b)
                                           =
2

Vậy

a 2 + b2 + c 2  a + b + c 
≥
÷
3
3



Dấu “=” xảy ra

⇔a=b=c

.

9

2

+ ( b − c) + ( c − a)
≥0
9
2

2


2

a 2 + b2 + c 2  a + b + c 
≥
÷
3
3



Do đó

Khai thác bài toán:

.
A− B

Bằng phương pháp xét dấu của hiệu
ta xét được sự đúng đắn của bất
A≥ B
đẳng thức
. Để ý rằng với hai số thực bất kì u, v ta cũng có:
2
u 2 + v2  u + v 
≥
÷
2
 2 
Bài toán số 2: Chứng minh rằng nếu

ab ≥ 1

thì:

1
1
2
+
≥
1 + a 2 1 + b 2 1 + ab

Phân tích:

Cũng có thể xét hiệu hai vế thì mới sử dụng được giả thiết
ab ≥ 1   ( ⇔ ab − 1 ≥ 0 )
.
Lời giải:
Xét hiệu:


1
1
2
1
1
1
1
+
−
=
−
+
−
1 + a 2 1 + b 2 1 + ab 1 + a 2 1 + ab 1 + b 2 1 + ab

( b − a ) ( ab − 1)
                                     =
( 1 + ab ) ( 1 + a 2 ) ( 1 + b 2 )
2

Khai thác bài toán:
-

-

2.

≥0

abc ≥ 1

Với ba số dương a, b, c mà
, bất đẳng thức sau đúng hay sai? Chúng
ta có thể phát triển bài toán tổng quát không? Nếu được, hãy phát biểu bài
toán tổng quát.
1
1
1
3
+
+
≥
1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + abc
x+ y ≥0
Với hai số x, y mà
ta có:
1
1
2
+
≥
1 + 4x 1 + 4 y 1 + 2 x+ y

Phương pháp biến đổi tương đương:
Để chứng minh

A≥ B

ta biến đổi tương đương

bất đẳng thức cuối cùng

C≥D

A ≥ B ⇔ ... ⇔ C ≥ D

trong đó

là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng hoặc là


bất đẳng thức đơn giản hơn bất đẳng thức
tính đúng đắn của bất đẳng thức

C≥D

A≥ B

. Sau khi khẳng định được

ta kết luận bất đẳng thức

A≥ B

a,  b,  c ∈ ¡

đúng.

Bài toán số 3: Chứng minh rằng với mọi
ta có:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ac + bc
(1)
Phân tích:
ab, ac, bc
a2 , b2 , c2
Ta thấy ở hai vế xuất hiện
và
. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến
việc tách thành tổng các bình phương để tiện xét dấu.
Lời giải:
⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2ab + 2ac + 2bc
⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2ab + 2ac + 2bc
⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2ac − 2bc ≥ 0
(1)

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

Chú ý: Phương pháp 1 (xét hiệu) thực chất là trường hợp đặc biệt của
phương pháp 2 (biến đổi tương đương) vì

A > B ⇔ A− B > 0

Khai thác bài toán:
a)

b)

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác
⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ab + ac + bc
ABC đều
Đề xuất bài toán mới: Trong bất đẳng thức (1), nếu cho c=1 ta có bài toán.
Chứng minh rằng với mọi
a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b

3.

a,  b ∈ ¡

ta có:

Phương pháp quy nạp toán học:
Trong lý thuyết đã có một số bất đẳng thức được chứng minh bằng phương
pháp quy nạp (bất đẳng thức Côsi, Becnuli, …)
Sau đây ta xét một số bài toán khác.
2

Bài toán số 4: Tổng quát của bất đẳng thức

u 2 + v2  u + v 
≥
÷
2

 2 

.

Cho a, b là hai số dương, chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n
a n + bn  a + b 
≥
÷
2
 2 

n≥2

ta có:


Phân tích: Việc xét hiệu trực tiếp không đạt được kết quả vì vậy chúng ta có
thể nghĩ đến cách sử dụng phương pháp quy nạp.
Lời giải:
a 2 + b2

2

2

 a+b
≥
÷
 2 

Với n=2 ta có:
(bằng cách xét hiệu).
Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k, tức là
k
a k + bk  a + b 
≥
÷
2
 2 
Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với
a k +1 + b k +1

2

k +1

 a+b
≥
÷
 2 

.

Thật vậy,
a k + bk

2

k

k +1

a + b a k + bk  a + b 
 a+b
≥
.
≥
÷ ⇔
÷
2
2
2


 2 

Ta chứng minh:

n = k +1

, tức là


a k +1 + b k +1

2
⇔a

k +1

a + b a k + bk
≥
.

2

+b

k +1

2

≥ ab + a b
k

k

⇔ a k +1 − a k b + b k +1 − ab k ≥ 0
⇔ ( a k − bk ) ( a − b ) ≥ 0
⇔ ( a − b)

2

(a

k

+ a k −2b + ... + ab k −2 + b k −1 ) ≥ 0

(đúng).
Khai thác bài toán:

Bài toán vẫn còn đúng trong trường hợp
.
a n + bn
≥1
2
b) Với a+b=2 ta có
.
Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết:
a)

4.

a ≥ 0, b ≥ 0


Bài toán số 5: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và các đường cao
ha , hb , hc
tương ứng
. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng
minh

r r r 1
, , <
ha hb hc 2
Phân tích:
Chúng ta biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác và đường cao liên
quan trực tiếp đến công thức tính diện tích. Vì vậy chúng ta sẽ sử dụng diện

ha , hb , hc
tích tam giác để tính r và
.
Lời giải:
S
;
p
2S
2 S = aha ⇒ ha =
.
a

S = pr ⇒ r =

Ta có:


r
a
a
a
a
1
=
=
=
<
=
ha 2 p a + b + c a + (b + c) a + a 2

Vậy:
Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta đã sử dụng đến bất đẳng thức
tam giác “trong một tam giác, tổng 2 cạnh lớn hơn cạnh còn lại”.
Khai thác bài toán:
Nếu them vào điều kiện tam giác ABC có a, b thỏa mãn

a+b < c 2

r
≥ 0, 4
hc

thì
.
Bài toán số 6: Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a 
b 
c  64

1 + ÷1 + ÷1 + ÷ ≥
 3b   3c   3a  27

Phân tích:
Do a, b, c là các số dương nên ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi.
a
3b

b
3c

c
3a

Tuy nhiên nếu sử dụng trực tiếp với các cặp số 1 và
; 1 và
; 1 và
thì không có kết quả vì không xảy ra dấu bằng, đồng thời trong ba bất đẳng
thức ứng với 3 cặp số trên, Vì vậy chúng ta cần biến đổi thêm.


Lời giải:
1+

a 2 1 a 
= + 1 + ÷ ≥
3b 3 3  b 

b 2
≥ 1 +
3c 3 
c 2
1 + ≥ 1 +
3a 3 

1+

2
a 44 a
1
+

    (1)

÷≥
3 
b÷
3
b


b 44b
   (2)
÷≥
c÷
3
c

c 44b
   (3)
÷≥
a÷
3
c


Ta có:
Nhân từng vế (1), (2), (3) ta có:
3

a 
b 

c  4

1
+
1
+
1
+

÷
÷
÷≥  ÷ .
3
b
3
c
3
a



 3

⇔1=

a b c
= = ⇔ a =b=c
b c a

Dấu “=” xảy ra

.
Khai thác bài toán:
a) Bài toán số 6 cũng có thể giải cách khác:
1+

a 3b + a b + b + b + a
=
=
3b
3b
3b


b c+c+c+b
=
;
3c
3c
c a+a+a+c
1+ =
3a
3a
a 
b 
c 
1

1
+
1

+
1
+
=
 3b ÷ 3c ÷ 3a ÷ 27abc ( b + b + b + a ) ( c + c + c + b ) ( a + a + a + c )





1+

Tương tự:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương ta có:
b + b + b + a ≥ 4 4 b3a          (1')
c + c + c + b ≥ 4 4 c3b          (2')
a + a + a + c ≥ 4 4 a3b          (3')

Nhân từng vế (1’), (2’), (3’) được:
( b + b + b + a ) ( c + c + c + b ) ( a + a + a + c ) ≥ 43 abc

Vậy

43 abc 64
VT ≥
=
27 abc 27

.

Chú ý: Với cách tách một số hạng thành tổng của nhiều số hạng bằng
nhau ta có thể giải bài toán: Cho a+b+c=1 với
rằng:

a, b, c > 0

, chứng minh

 1   1  1 
1 + ÷1 + ÷1 + ÷ ≥ 64
 a   b  c 
b)

Bài toán tổng quát thứ nhất: Cho các số dương
Chứng minh rằng

a1 , a2 ,..., an

3


a3  
an   4 
a1  
a2  
1
+
1
+

÷1 +

÷
÷... 1 +
÷≥  ÷ .
 3a2   3a3   3a4   3a1   3 
c)

Bài toán tổng quát thứ hai: Cho các số dương a, b, c, hãy xét sự đúng đắn
của bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên

n ≥1

ta có:

3

a 
b 
c   n +1 

1
+
1
+
1
+

÷
÷

÷≥ 
÷.
nb
nc
na
n



 

5.

Phương pháp sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số:


Trong phần này ta sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số bậc nhất,
bậc hai, lũy thừa,…
Bài toán số 7: Chứng minh rằng với mọi số thực
3a + 4a < 5a

a>2

(1)

Phân tích:
2

Để ý rằng 3, 4, 5 là bộ số Pitago:
x

2

 3  4
3 + 4 = 5 ⇔  ÷ + ÷ =1
5 5
2

2

2

và các hàm số

x

3
4
y = ÷ ,y= ÷
5
5

nghịch biến, ta có lời giải sau.

Lời giải:
a

Bất đẳng thức (1)

a

3  4
⇔  ÷ + ÷ <1
5  5
x

Do các hàm số mũ
với

a>2

ta có:

3
y = ÷
5

x

và

4
y = ÷
5

nghịch biến ( cơ số bé hơn 1) nên


a

2

3 3
 ÷ < ÷
5 5

a

2

4 4
, ÷ <  ÷
5 5
a

a

2

2

3  4 3  4
 ÷ + ÷ <  ÷ + ÷ =1
5 5 5 5
⇔ 3a + 4a < 5a

Vậy
Khai thác bài toán:
Bất đẳng thức

x a + y a < z a ( a > 2)

đúng với mọi bộ số Pitago (

x2 + y 2 = z 2

6.

gọi là bộ số Pitago nếu
).
Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai:
Bài toán số 8: Cho a, b là các số thỏa mãn điều kiện
a 2 − a + 2b + 4b 2 − 4ab ≤ 0

Chứng minh rằng
Phân tích:

(1)

0 ≤ a − 2b ≤ 1

.

x, y , z ∈ ¡  

được


Để ý rằng bất phương trình bậc hai
t1 , t2

là các nghiệm của tam thức
Lời giải:

at 2 + bt + c ≤ 0(a > 0) ⇔ t1 ≤ t ≤ t2

at 2 + bt + c

trong đó

ta có lời giải sau.

⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 − (a − 2b) ≤ 0
⇔ (a − 2b) 2 − (a − 2b) ≤ 0

(1)

t = a − 2b ⇒ t 2 − t ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1

Đặt

⇔ 0 ≤ a − 2b ≤ 1

Khai thác bài toán:
Ta đã dung định lý về dấu tam thức bậc hai để giải bài toán này. Nếu chú ý
đến điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai
sau bằng một phương pháp khá đơn giản:

( ∆ ≥ 0)

ta có thể giải các bài toán

Tìm giá trị lớn nhất (bé nhất) nếu có của các biểu thức:


x 2 + 2 x + 2003
y=
x2
y = − x 3 + 3 x − 2,  v.v...

Căn cứ vào đặc điểm parabol

y = ax 2 + bx + c

4 
 b
S − ,− ÷
 2a 4a 

với

a > 0(a < 0)

quay bề lõm

lên trên (xuống dưới), do đó đỉnh
là điểm có tung độ bé nhất (lớn
nhất), ta có thể thêm một cách tìm giá trị lớn nhất (bé nhất) của các biểu thức
dạng

y = ax 2 + bx + c(a ≠ 0)

.