Chuyên đề:"BẤT ĐẲNG THỨC"

BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC
Chuyên đề: Đẳng thức – Bất dẳng thức
--------
I – KIẾN THỨC CƠ BẢN:
* Các tính chất cơ bản:

0
≥−⇔≥
baba

bcacbcacba
+≥+⇔−≤−⇔≥

ba
bc
ca
≥⇒



≥
≥

cbdadbca
dc
ba
−≥−⇔+≥+⇒



≥

≥

( )
( )



<≤
>≥
⇔≥
0:..
0:..
ckhicbca
ckhicbca
ba

( )
( )





≤≤≤
≥≥≥⇔≥
⇔≥
0;0:
0;0:
22
22

bakhiba
bakhibaba
ba

( )
0.
11
≠≤⇔≥
ba
ba
ba

baba
−≤−⇔≥
* Một số bất đẳng thức thông dụng:
 Bất đẳng thức Cô – si: Với n số không âm:
nn
aaaaa ;;......;;;
1321
−
; ta có:

n
n
n
aaa
n
aaa
......
.......

21
21
≥
+++
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
n
aaaa
====
......
321
.
Hệ quả:
2
≥+
a
b
b
a
; với
0.
≠
ba
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
ba
±=
 Bất đẳng thức Bunhiacốpxki:
Với 2n bộ số tương ứng:
nn
aaaaa ;;......;;;
1321

−
và
nn
bbbbb ;;......;;;
1321
−
; ta có:
( )( )
( )
2
332211
23
3
2
2
2
1
23
3
2
2
2
1
............................
nnnn
bababababbbbaaaa
++++≥++++++++
. Dấu “=” xảy ra khi
và chỉ khi:
n

n
b
a
b
a
b
a
===
........
2
2
1
1
 Bất đẳng thức Trê – bư – sép:
Với hai dãy sắp thứ tự giống nhau:
n
aaaa
≤≤≤≤
......
321
và
n
bbbb
≤≤≤≤
......
321
; ta có:
( )( ) ( )
nnnn
babababanbbbbaaaa

++++≤++++++++
......................
332211321321
. Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi:
nn
bbbbaaaa
========
.........;.........
321321
.
 Bất đẳng thức chứa dấu giá trò tuyệt đối:
baba
+≥+
. Dấu “=” xảy ra khi
0.
≥
ba
 Hệ quả:
baba
−≤−
. Dấu “=” xảy ra khi
( )
0.
≥−
bba
 Bổ sung: Với
0
≥≥
ba

. Ta có: *
baba
+≥+
. Dấu “=” xảy ra khi
0.
=
ba
*
baba
−≤−
. Dấu “=” xảy ra khi
0
=
b
hoặc
ba
=
 Chuỗi bất đẳng thức cơ bản:
( )
ℜ∈Ν∈∀≥
AnA
n
;;0
2
(A - B)
2
≥ 0 (1) ⇔ A
2
+ B
2

≥ 2AB (2)
(4) ↕ (3)
4AB ≤ (A + B)
2
≤ 2(A
2
+ B
2
)
↕ ⇓

1 1 4
A B A B
+ ≥
+
(5) (A
1
+A
2
+...+A
n
)
2
≤ n
( )
2 2 2
1 2
...
n
A A A+ + +

,…(6)
Nguyễn Văn Anh Trang
1
BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC
Với các BĐT (1),...,(5): dấu “=” BĐT (6):dấu “=” xảy ra khi
xảy ra khi A = B A
1
=A
2
=......=A
n
II – MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CƠ BẢN:
Trong quá trình giải toán về chứng minh bất đẳng thức ta thường bắt gặp hai loại bất đẳng thức phổ
biến là: Bất đẳng thức không điều kiện và bất đẳng thức có điều kiện
Ο Phương pháp 1: Dùng đònh nghóa và các tính chất của bất đẳng thức
 P
2
: Để chứng minh
BA
≥
ta có thể:
* Chứng minh:
0
≥−
BA
hoặc
BA
11
≤
hoặc

( )
0;
22
>≥
BABA
* Sử dụng các tính chất cơ bản của BĐT để chứng minh BĐT đã cho là BĐT đúng
 Các ví dụ minh hoạ:
ℵ Ví dụ 1: Cho
edcba ;;;;
là các số thực. Chứng minh rằng:
( )
edcbaedcba
+++≥++++
.
22222
* Nhận xét – Tìm hướng giải:
- Vế trái là một tổng các bình phương; vế phải khai triển tích sẽ cho ta 4 tích chứa đều chứa thừa số là
a. Do đó xét hiệu (vế trái trừ vế phải) ta sẽ có được tổng của các bình phương.
Γ GIẢI: Xét hiệu:
M=
( )
edcbaedcba
+++−++++
.
22222

2222
2
2
2

2
2
2
2
2
22222
2222
.
4
.
4
.
4
.
4
....






−+






−+







−+






−=








+−+









+−+








+−+








+−=
−−−−++++=
e
a
d
a
c
a
b
a
eea

a
dda
a
cca
a
bba
a
eadacabaedcba
Ta thấy:

⇒≥⇒













∀≥







−
∀≥






−
∀≥






−
∀≥






−
0
,;0
2
,;0

2
,;0
2
,;0
2
2
2
2
2
M
eae
a
dad
a
cac
a
bab
a
( )
edcbaedcba
+++≥++++
.
22222
(ĐPCM)
+ Dấu “=” xảy ra khi
2
a
edcb
====
ℑ Ví dụ 2: Cho

ℜ∈∀>
pnm ;0;
. Chứng minh rằng:
( )
pnmmnpnmnm
++≥++
..
33
* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy hiệu của vế trái và vế phải sẽ triệt tiêu hạng tử m.n.p và xuất
hiện biểu thức:
( )
nmnmnm
+−+
.)(
33
; giá trò của biểu thức không phụ thuộc vào p. Do đó để chứng minh:
( )
pnmmnpnmnm
++≥++
..
33
ta cần chứng minh:
( )
0.)(
33
≥+−+
nmnmnm
Γ GIẢI: Xét hiệu:
( )
pnmmnpnmnmA

++−++=
..
33
( ) ( )
( )
( )( )
2
2233
.2.)( nmnmnnmmnmnmnmnm
−+=+−+=+−+=
Vì :
( )
pnmnm
∀≥+⇒≥≥
;00;0
(1)

( )
pnmnm ;;;0
2
∀≥−
(2). Từ (1) và (2) suy ra:
( )
pnmmnpnmnmA
++≥++⇒≥
..0
33
(ĐPCM)
Nguyễn Văn Anh Trang
2

BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC
+ Dấu “=” xảy ra khi:
nm
±=
ℜ Ví dụ 3: Cho hai số
yx;
thoả mãn điều kiện:
1
=+
yx
. Chứng minh:
2
1
22
≥+
yx
(Đề thi vàolớp 10;
THPTchuyên Lê Q Đôn 2003 – 2004)
* Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là bài toán chứng minh BĐT có điều kiện. Ta thấy:

( ) ( )
2
22
22
yxyx
yx
−++
=+
. Do đó BĐT trên đúng nếu:
( ) ( )

1
22
≥−++
yxyx
.
Γ GIẢI: Từ điều kiện
( )
11
2
=+⇒=+
yxyx
(a)

( )
0
2
≥−
yx
(b)
Cộng (a) và (b) vế theo vế ta có:
( ) ( )
( )
2
1
12
2222
22
≥+⇒≥+=−++
yxyxyxyx
. Dấu”=” xảy ra khi và chỉ

khi
2
1
==
yx
Χ BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Φ Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau: (Không có điều kiện ràng buộc của biến)
a)
cabcabcba
++≥++
222
( HD: Nhân hai vế với 2; chuyển vế xuất hiện dạng
( )
2
BA
−
)
b)
( )
baabba
+≥+
33
với
0;
>
ba
( HD: Chia hai vế cho
( )
ba
+

; chuyển vế xuất hiện dạng
( )
2
BA
−
)
c)
( ) ( )
cabcabcba
++≥++
3
2
( HD: Xét hiệu:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
2222
2
1
....3 accbbacabcabcba
−+−+−==++−++
)
d)
( )
( ) ( )
4433
2 bababa +≤++

( HD: Xét hiệu:
( )
( )

( )
( )
( )
22
2
3344
......2 babababababa
++−==++−+
)
e)
( )
cbacba
++−≥+++
4
3
222
( HD: Xét hiệu:
( ) ( )
.....12......][
4
3
2
222
++==++−−+++
acbacba
)
Φ Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: (Có điều kiện ràng buộc của biến)
a)
8
1

44
≥+
yx
với
1
=+
yx
(HD: p dụng kết quả ví dụ 3 và giải tương tự như ví dụ 3)
b)
333444
zyxzyx
++≥++
; với
3
=++
zyx
(HD:Nhân hai vế với
3
=++
zyx
và xét hiệu)
c)
1
22
<+
yx
; với
0;
>
yx

và
yxyx
−=+
33
(HD: Kết hợp điều kiện để có:
( ) ( )
0..........11
332222
>==+−++−−=−−
yxyxyxyx
)
d)
2233
yxyx
+≤+
; với
0;
>
yx
và
3243
yxyx
+≤+
(HD: Cho C > D; chứng minh A > B. Ta chứng minh: (A – B) + (C – D) > 0 )
Ο Phương pháp 2: Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản.
 P
2
: Đây là phương pháp chứng minh phổ biến nhất; thường sử dụng khi chứng minh các BĐT có điều
kiện ràng buộc. Để chứng minh
BA

≥
với biến thoả điều kiện “m” nào đó;ta có thể:
* Thực hiện các kó năng biến đổi sơ cấp cơ bản sao cho một vế của BĐT thoả điều kiện của của
các BĐT cơ bản đã biết
* Sử dụng các tính chất cơ bản của BĐT và kết hợp với điều kiện “m” để chứng minh BĐT đã
cho là BĐT đúng.
* Chú ý: + Điều kiện ràng buộc của các bất đẳng thức cơ bản như: Cô – si; Bunhiacốpxki; ….
 Các ví dụ minh hoạ:
Nguyễn Văn Anh Trang
3
BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC
ℵ Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
3
16
444
≥++
zyx
với
4
=++
zxyzxy
.
* Nhận xét – Tìm hướng giải:
- Ta thấy
( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
2
2
2
2

2
2222444
111)(3 zyxzyx
++++=++
thoả điều kiện của BĐT Bunhiacốpxki.
- Mặt khác một vế của điều kiện ràng buộc cũng là một vế của BĐT Bunhiacốpxki vế còn lại xuất
hiện biểu thức trung gian
( )
222
zyx
++
. Do đó ta có thể sử dụng hai lần BĐT Bunhiacốpxki
Γ GIẢI:
+ p dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số
( )
zyx ;;
và
( )
xzy ;;
theo điều kiện cho trước ta có:

( ) ( ) ( )
2
222222222
16.)( zyxzyxzyxzxyzxy
++≤⇔++++≤++
(1)
+ p dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số
( )
222

;; zyx
và
( )
1;1;1
ta có:

( )
( )
( )
444
2
222
111 zyxzyx
++++≤++
(2)
+ Từ (1) và (2) ta có ĐPCM.
ℑ Ví dụ 2: Cho
1;0,,
=++>
cbacba
Chứng minh rằng:
2
7
111
<+++++
cba
.
* Nhận xét – Tìm hướng giải:
- Ta nhìn tổng
1

+
a
dưới dạng tích
( )
1.1
+
a
. Khi đó:
)1.(11
+=+
aa
có dạng áp dụng được BĐT Cô
– si.
Γ GIẢI: Ta có:

( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
7
3
2
111
1
22
11
1.11

1
22
11
1.11
1
22
11
1.11
=+
++
≤+++++⇒









+=
++
≤+=+
+=
++
≤+=+
+=
++
≤+=+
cba

cba
cc
cc
bb
bb
aa
aa

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1001111
≠=++⇒===⇔=+=+=+
cbacbacba
; trái với giả thiết.
Vậy
2
7
111
<+++++
cba
.
ℜ Ví dụ 3: Cho các số không âm
yxba ;;;
thoả các điều kiện sau:
1
20052005
≤+
ba
và
1
20052005

≤+
yx
.
Chứng minh rằng:
1..
301975301975
≤+
ybxa
(TOÁN TUỔI THƠ 2 – Số 27)
* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy:
+ Các đa thức tham gia trong bài toán cùng bậc:
3019752005
+=
. Đồng thời số mũ của các biến tương
ứng bằng nhau.
+ Để xuất hiện điều kiện của bài toán thì: với
ba;
cần thêm vào số mũ một lượng bằng số mũ của
biến tương ứng
yx;
và ngược lại.
+
( )
2005
1975
20051975
aa
=
;
( )

2005
30
200530
xx
=
( ) ( ) ( ) ( )
2005
30
2005
1975
2005
2005
30
2005
2005
1975
2005301975
.. xaxaxa
==→
.
Γ GIẢI: p dụng BĐT Cô – si cho
1975
số
2005
a
và
30
số
2005
x

. Ta có:

( )
( ) ( )
301975
2005
30
2005
1975
2005
20052005
..
301975
.30.1975
xaxa
xa
=≥
+
+
(1)
Nguyễn Văn Anh Trang
4
BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC
Tương tự:
( )
( ) ( )
301975
2005
30
2005

1975
2005
20052005
..
301975
.30.1975
ybyb
yb
=≥
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
( ) ( )
)...(2005.30.1975
3019753019752005200520052005
ybxayxba
+≥+++
(3)
Vì:
1
20052005
≤+
ba
và
1
20052005
≤+
yx
nên:

( ) ( )
2005200520052005
.30.19752005 yxba
+++≥
(4)
Từ (3) và (4) ta có:
1..)...(20052005
301975301975301975301975
≤+⇒+≥
ybxaybxa
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
301975301975
; ybxa
==
∆Bài toán tổng quát: Từ bài toán ví dụ 3 ta có bài toán tổng quát sau: “Cho
yxba ;;;
là các số không
âm thoả mãn:
1
≤+
++
nmnm
ba
và
1
≤+
++
nmnm
yx
. Khi đó:

1..
≤+
nmnm
ybxa
”
↓ Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
333444
zyxzyx
++≥++
; với
3;0,,
≥++>
zyxzyx

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy với
3
=++
zyx
thì ta có thể giải như phương pháp 1. Song với
điều kiện
3;0,,
≥++>
zyxzyx
và vai trò bình đẳng của
zyx ;;
nên ta có thể giả sử
333
zyxzyx
≥≥⇒≥≥
. Điều kiện này thoả mãn điều kiện của BĐT Trê – bư – sép.

Γ GIẢI: Do vai trò bình đẳng của
zyx ;;
nên giả sử
333
zyxzyx
≥≥⇒≥≥
. p dụng BĐT Trê – bư –
sép với hai dãy sắp thứ tự:
)();(
333
zyxzyx
≥≥≥≥
. Ta có:

( )
( )
( )
333444
.3 zyxzyxzyx
++++≥++
(1)
Vì
00;;
333
>++⇒>
zyxzyx
và
3
≥++
zyx

, suy ra:
( )
( ) ( )
333333
.3 zyxzyxzyx
++≥++++
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
333444
zyxzyx
++≥++
(đpcm)
Χ BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
1/- Chứng minh rằng:
( )
9
111
≥








++++
zyx
zyx
Với

0;;
>
zyx
HD: - Khai triển vế trái rồi sử dụng BĐT Cô – si cho 3 số dương:
x
z
z
y
y
x
;;
.
2/- Chứng minh rằng:
2
3
≥
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
Với
0;;
>

cba
(BĐT Nesbit)
HD: - Sử dụng kết quả bài 1 với
bazacycbx
+=+=+=
;;
- Có thể sử dụng BĐT Trê – bư – sép
3/ - Chứng minh rằng:
2
222
cba
ba
c
ac
b
cb
a
++
≥
+
+
+
+
+
Với
0;;
>
cba
.
HD: + Cách 1: Sử dụng kết quả bài 2

+ Cách 2: p dụng BĐT Cô – si để chứng minh:
4
2
cb
a
cb
a
+
−≥
+
.
+ Cách 3: p dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số:

( )
baaccb
ba
c
ac
b
cb
a
+++






+++
;;;;;

4/ - Chứng minh rằng:
2
3
101
.
1
.
1






≥






+






+







+
a
c
c
b
b
a
Với
0,,
>
cba
và
1=++ cba
HD: - Khai triển vế trái rối sử dụng BĐT Cô – si với ba số
27
1
..,,
≤⇒
cbacba
- Sử dụng kết quả bài tập 1
5/ - Chứng minh rằng:
2
22
3
22

3
22
3
cba
ac
c
cb
b
ba
a
++
≥
+
+
+
+
+
Với
0;;
>
cba
.
HD: +
22
22
2
22
2
22
2

22
3
22
3
22
3
cba
ac
ca
cb
bc
ba
abcba
ac
c
cb
b
ba
a
++
≤
+
+
+
+
+
⇔
++
≥
+

+
+
+
+
Nguyễn Văn Anh Trang
5