Luận văn sư phạm Điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức Am-Gm và bất đẳng thức Buniakowski

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

LỜI MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Như chúng ta đã biết trong toán học thì bất đẳng thức là một
chuyên đề khó và rất hấp dẫn đối với học sinh và sinh viên. Nó đòi hỏi
cần phải có sự sáng tạo, thông minh, kiên trì song càng đi sâu tìm hiểu
nó thì càng lôi cuốn.
Được sự gợi ý, động viên và tận tình giúp đỡ của thầy Phạm
Lương Bằng cùng với sự say mê của bản thân, em mạnh dạn nghiên cứu
và thực hiện bài khóa luận của minh với tựa đề:
“Điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức AM-GM & bất
đẳng thức BUNIAKOWSKI”
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức
AM-GM & bất đẳng thức BUNIAKOWSKI.
3. Đối tượng nghiên cứu
Một số bài tập về bất đẳng thức.
4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu, phân tích, so sánh và tổng hợp.

Đồng Thị Phương

1

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

CHƯƠNG 1: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

1.1. Các dạng biểu diễn bất đẳng thức AM-GM
1.1.1: Dạng tổng quát:
Giả sử a 1 , a 2 , ..., a n là n số thực không âm. Khi đó ta có:
a1  a2  ...  an n
 a1.a2 ..an
n

Dạng 1
Dạng 2

a1 a2  ...  an  n n a1a2... an

Dạng 3

 a1  a2  ...  an 
  a1a2 ...an

n



n

Đẳng thức xảy ra  a1  a2  ...  an
 Hệ quả:

n

S
 Nếu a1  a2  ...  an = S(const) thì Max ( a1a 2 ...a n )=   xảy ra
n

 a1  a2  ...  an 


Nếu

S
n

a1a2 ...an =P(const) thì Min ( a1  a2  ...  an ) = n nn P

xảy ra
 a1  a2  ...  an 

Đồng Thị Phương

n

P

2

Lớp K35 CN Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1.1.2: Các trường hợp đặc biệt
n

n=2

n=3

n=4

a , b  0

a , b , c  0

a , b, c, d  0

Dạng 1

ab
 ab
2

abc 3
 abc
3

abcd 4

 abcd
4

Dạng 2

a  b  2 ab

a  b  c  33 abc

Dạng 3

a b

  ab
 2 

Điều
kiện

2

Dấu
bằng

abcd

 44 abcd
4

3

abcd 
abc
  abcd
  abc 

4
3





ab

abc

abcd

Bình luận: Khi chứng minh bất đẳng thức,nói chung ta rất ít gặp
các bất đẳng thức có dạng cân đối, đầy đủ như các dạng được phát biểu
trong lý thuyết mà thường gặp các bất đẳng thức có một vế phức tạp,
một vế rút gọn. Cũng giống như khi chứng minh đẳng thức ta phải đánh
giá từ vế phức tạp sang vế rút gọn. Các dạng 1, 2, 3 đặt ở cạnh nhau có
vẻ tầm thường nhưng việc phân loại chi tiết các dạng 1, 2,3 giúp chúng
ta nhận dạng nhanh và phản ứng linh hoạt hơn khi sử dụng AM-GM.
Đặc biệt là dạng 3 không chứa căn thức nhắc chúng ta có thể sử dụng
AM-GM ngay cả khi không có dấu hiệu căn thức. Ví dụ sau đây sẽ minh
họa cho nhận xét này:
Ví dụ: Chứng minh rằng:

16 ab  a  b    a  b 
2

Đồng Thị Phương

4

3

a , b  0

(1)

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Phân tích:
Ta thường khai triển:
2
2
4
3
2 2
3
4
 16 ab ( a  2ab  b )  a  4a b  6a b  4ab  b

Khi đó việc phân tích hiệu giữa 2 vế thành tổng các bình
phương sẽ gặp nhiều khó khăn. Gặp bài toán này chúng ta ít nghĩ ngay
đến sử dụng AM-GM vì thói quen tâm lý hình thức “chỉ sử dụng AMGM khi một vế có chứa căn thức”. Tuy nhiên, nhờ có dạng 3 mà gợi ý
chúng ta có thể sử dụng AM-GM ngay cả khi hai vế đều không chứa căn
thức.
Giải:

 4ab   a  b 2 
2
2
16ab. a  b   4  4ab  a  b   4 

2



2

2

  a  b 2 
4
 4
  a  b
 2 
1.1.3: Chứng minh:

a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an

n

a1, a2 , ..., an  0

(1)

Sau đây là hai cách chứng minh tiêu biểu:
Cách 1: Phương pháp quy nạp thông thường


Với n=2. Ta cần chứng minh :

a1  a2
 a1a2
2

a1 , a2  0

Thật vậy ta có:

a1  a 2
1
 a1 a 2 
2
2

Đồng Thị Phương



a1  a 2

4



2

0 

a1  a2
 a1a2
2

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Đẳng thức xảy ra  a1  a 2


Giả sử (1) đúng với n  2

Ta phải chứng minh (1) đúng với (n+1) số: a1 , a2 , ..., a n1  0
Sử dụng giả thiết quy nạp cho n số: a1 , a2 , ..., an  0 ta có:

S n1

a1 a2  ...  an n n a1a2 ....an  an1


n 1
n 1

a1 a 2 ...a n  p n n 1
Đặt 
n 1
 a n 1  q
Ta sẽ chứng minh:

 S n 1 

np n 1  q n 1
n 1

np n1  q n1
 p n q  n1 a1a2 ...an an1
n 1

(2)

Ta có:
1  n
npn1  qn1 n
 p q
np  p q  q pn qn 



n 1
n 1
p q  n

np q pn1  pn2q ...  qn1 


n 1
p q  n

p qpn1  pn q2 pn2 ...  pn qn1 p  pn qn 

n 1 











 





 



 p q2
 pn1  pn2  p  q ...  p pn2  pn3q ...  qn2  pn1  pn2q ...  qn1   0



n 1



 



Như vậy (2) được chứng minh nên suy ra:

a1  a 2  ...  a n  a n1 n1
 a1a 2 ...a n1
n 1
a1  a 2  ...  a n
 a1  a 2  ...  a n  a n 1
Dấu bằng xảy ra  
pq

Theo nguyên lí quy nạp suy ra bất đẳng thức đúng với n  2 ; n  ฀

Đồng Thị Phương

5

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Cách 2: Phương pháp “quy nạp cosi”
Với n  2 :



a1  a2
 a1a2
2





a1  a2
2



2

0

a1  a2
 a1a2
2

(đúng)

Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k , ta chứng minh bất đẳng thức



đúng với n  2k .
Thật vậy: Xét 2k số thực

a1 , a2 , ..., ak , ak 1 , ..., a2 k  0 . Sử dụng

giả thiết quy nạp ta có:
a1  a2  ...  a2k 1  a1  a2  ...  ak ak 1  ...  a2k 
 


k
k
2k
2

1
  k a1...ak  k ak 1...a2 k   k a1...ak k ak 1...a2k  2 k a1a2 ...a2k


2

Giả sử bất đẳng thức đúng với n  p , ta sẽ chứng minh bất đẳng



thức đúng với n  p  1 .
Thật vậy, xét (p-1) số: a1 , a2 ,...,a p1  0
Sử dụng giả thuyết quy nạp với n=p ta có:

a1  a2  ...  a p1 p1 a1a2 ...a p1
p

 p a1 ...a p1 p1 a1a2 ...a p1  p1 a1a2 ...a p1

 a1  a2  ...  a p1  p1 a1a 2 ...a p1  p.p1 a1a2 ...a p1
 a1  a2  ...  a p1   p  1p1 a1a2 ...a p1


a1  a2  ...  a p1
p 1

Đồng Thị Phương

 p1 a1a2 ...a p1

6

Lớp K35 CN Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Theo nguyên lý quy nạp ta có bất đẳng thức đúng với

n  2; n  N
1.2: ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC
AM-GM

1.2.1: Điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình
nhân
Bài toán xuất phát: Cho a, b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S=

a b

b a

Giải:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM: S=

a b
a b
 2 . 2
b a
b a

Với a  b thì MinS=2
Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể thay đổi miền xác định để có các bài
toán sau đây:
Bài 1: Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S= a 


1
a2

Bình luận và lời giải

Ta nhận thấy khi a tăng thì
so với độ giảm của

1
càng nhỏ, nhưng độ tăng của a rất lớn
a2

1
nên khi a càng tăng thì tổng S càng lớn và từ đó
a2

dẫn đến dự đoán khi a  2 thì S nhận giá trị nhỏ nhất.
Để dễ hiểu và tạo cảm xúc ta sẽ nói rằng: MinS 

9
đạt tại “ Điểm rơi:
4

a  2”

Do bất đẳng thức AM-GM xảy ra dấu bằng tại điều kiện các số tham gia
phải bằng nhau, nên tại “ Điểm rơi: a  2 ” ta không thể sử dụng bất

Đồng Thị Phương

7

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

đẳng thức AM-GM trực tiếp được. Lúc này ta sẽ giả định sử dụng bất
a 1 
đẳng thức AM-GM cho cặp số  , 2  để tại “Điểm rơi: a  3 ” thì
 a 

a







1
tức là, ta có sơ đồ điểm rơi:

a2
a 2
  
1 2
Sơ đồ điểm rơi: a  2   1 1  4      8 . Hệ số điểm
 2 
4
a

rơi là 8


Sai lầm thường gặp:
a 1
7a
 a 1  7a
  2 
2

2
8a
8
a
8 a  8
2
7a
2
7.2 9






8
8
4
8a
8.2

S a

1

2

Với a  2 thì MinS 


9
4

Nguyên nhân sai lầm:

Mặc dù ta đã biến đổi S theo điểm rơi a  2 và MinS 

9
là đáp số đúng
4

nhưng cách giải trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số:

“Nếu a  2 thì

2
8a



2
8.2



2
là đánh giá sai”
4

Để điều chỉnh lời giải sai thành lời giải đúng ta cần phải biến đổi S sao
cho khi sử dụng bất đẳng thức AM-GM sẽ khử hết biến số a ở mẫu số.


Lời giải đúng:
Biến đổi S và sử dụng bất đẳng thức AM-GM có:
S a

1  a a 1  6a
a a 1 6.2 9
 3.3 . . 2 

   2 
2

8
4
8 8 a
a
8 8 a  8

Đồng Thị Phương

8

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Với a  2 thì MinS 

Trường ĐHSP Hà Nội 2
9
4

1
 x, y  0
Bài 2: Cho 
Tìm giá trị nhỏ nhất của S  xy 
xy
x  y  1

Bình luận và lời giải:


Sai lầm thường gặp S  xy 



Nguyên nhân sai lầm:
MinS=2  xy 

1
1
 2 xy.
 2  MinS=2
xy
xy

x y 1
1
1
 1  1  xy 
 1
xy
2
2
2

Phân tích và tìm lời giải đúng:



Biểu thưc S chứa 2 biến số x, y nhưng nếu đặt

S t

t  xy

hoặc

t

1
xy

thì

1
là biểu thức chứa 1 biến số. Khi đổi biến số mới, cụ thể là:
t

Đặt t 

1
1
1
1
1
 xy  và t 


4
2

2
xy
t
xy  x  y 
1


 
 2 
2



Bài toán trở thành: Cho t  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S  t 



Sơ đồ điểm rơi: Với cách lập luận như bài 1, ta cũng có:

1
t

1 4
  
1
t 4
    16 . Hệ số điểm rơi là 16
4
 1 1
 t 4

Lời giải tổng hợp: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta


có:

Đồng Thị Phương

9

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1  t 1  15t
t 1 15.2
 2.

 17
S t   
16 t
16
t  16 t  16

Với t = 4 hay x  y 


1
17
thì MinS 
4
2

Lời giải thu gọn:

Do t = 4  x  y 

S  xy 

1
nên sử dụng bất đẳng thức AM-GM có:
2

1
1 
1  15
 
  xy 
 2 xy.

xy 
16 xy
16 xy  16 xy

Với x  y 

15

x y
16

 2 

2



2 15 17


4 4
4

1
17
thì MinS 
2
4

Bài 3: Cho x, y  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S 

x y
xy



xy
x y

Bình luận và lời giải:


Sai lầm thường gặp:
S



xy



xy
xy
x y
 2.
.
 2  MinS=2
x y
xy x  y

Nguyên nhân sai lầm:

MinS=2 


x y

x y

xy



xy
1
x y

xy  x  y  2 xy  1  2  (vô lý)

Phân tích và tìm tòi lời giải:

Do S là một biểu thức đối xứng với x, y nên dự đoán MinS đạt tai
x y0

Đồng Thị Phương

10

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Sơ đồ điểm rơi:
 x  y 2x 2
 xy  x  

1 2

x y
     4 . Hệ số điểm rơi là 4
2 
 xy  x  1
 x  y 2 x 2



Lời giải đúng:

S

xy  x  y
xy  3x  y 
xy 3 x  y  5
x y
x y




 2.
.




xy

x  y  4 xy x  y  4 xy
2
4 xy
4 xy x  y

Với x  y  0 thì MinS 

5
2

x, y , z  0


Bai 4: Cho 

3
x
y
z




2

Tìm giá trị nhỏ nhất của S  x  y  z 

1 1 1
 
x y z

Bình luận và lời giải:


Sai lầm thường gặp:
1
x

S x  y  z  


1 1
111
  6 xyz.
 MinS=6
y z
x yz

Nguyên nhân sai lầm:

1 1 1
3
MinS=6  x  y  z     1  x  y  z  3  trái với giả thiết
2
x y z



Phân tích và tìm tòi lời giải:

Do S là một biểu thức đối xứng với x, y, z nên dự đoán MinS đạt tại

x yz

1
2

Đồng Thị Phương

11

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Sơ đồ điểm rơi:
1




x
y
z
1 
1 2

x  y  z    1 1 1 2 2     4.
2    
2 
x y z 

Hệ số điểm rơi 4.


Lời giải đúng:
S  x yz
 6.xyz.6

1 1 1 
1
1
1  31 1 1
    x  y  z  
      
4x 4 y 4z  4  x y z 
x y z 

1 1 1 3 1 1 1 
9
1
9 1 15
  3.3 . .   3  .
 3 . 
4x 4 y 4z 4 
4 x yz
x y z

4 1 2
3
2

Với x  y  z 

1
thì MinS  15
2
2

Bài tập đề nghị:
x
y
 x, y  0

. Tìm giá trị nhỏ nhất S 
Bài 1: Cho 
1 x
1 y
x  y  1

HD: Biến đổi biểu thức S về dạng:
S

  y

x
y  x



 y
 x
  x

y
x  y
 


2 x 2 y 

Mặt khác: S 





x y



(1)



x y  x y

1 y 1 x  1
1 





y
x  x
y 



x y



(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2S  2 2  S  2 .
 a , b, c  0
Bài 2: Cho 
3
a
b
c




2
2
Tìm MinS  a 

Đồng Thị Phương

1
1
1
 b2  2  c2  2
2
b
c
a

12

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1
HD: Dự đoán MinS đạt tại a  b  c  .
2
1

2
2
2
 a  b  c  4

Sơ đồ điểm rơi: 
   16 là hệ số điểm rơi.
 1  1  1 4
 a 2  b 2  c 2 

Làm tương tự như bài tập mẫu trên.
1.1.2: Điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM
Nhận xét: Xét bất đẳng thức AM-GM

a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an
n

a1 , a 2 ,..., a n  0

Để ý rằng trong vế phải (vế yếu) của bất đẳng thức trên là biểu
thức GM có số các thừa số trong căn đúng bằng chỉ số căn thức (cùng
bằng n). Do đó, khi gặp bất đẳng thức mà vế yếu của bất đẳng thức có
chứa căn thức và số các thừa số ở trong căn thức nhỏ hơn chỉ số thì ta
cần nhân thêm các hằng số thích hợp để số các thừa số trong căn thức
bằng chỉ số của căn thức. Để xác định được các hằng số thích hợp chúng
ta phải dự đoán được dấu bằng của bất đẳng thức nên kỹ thuật này có tên
gọi điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM.
 x, y, z  0
x  y  z  1

Bài 1: Cho 

Tìm giá trị lớn nhất của S  3 x  y  3 y  z  3 z  x
Phân tích và tìm lời giải:

Đồng Thị Phương

13

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Sai lầm thường gặp:
x  y 11
3
3
 x  y   x  y .1.1 
3


11
y
z
 3 y  z  3  y  z .1.1 
3


11
z

x
 3 z  x  3 z  x .1.1 

3
2 x  y  z   6 8
 S 3 x y 3 y z 3 x z 

3
3
8
 MaxS 
3



Nguyên nhân sai lầm:
x  y  1
8 
MaxS    y  z  1  2x  y  z   3  2  3  vô lý
3 
z  x  1



Dự đoán và tìm điểm rơi của MaxS

Vì S là một biểu thức đối xứng với x, y, z nên MaxS đạt tại điều kiện:
 x yz
1
2

 x  y  z   x y  yz  z x 

3
3
x  y  z  1

Lời giải đúng:
Sử biến đổi và bất đẳng thức AM-GM ta có:

3
 x y 


3
 y z 


3
 z x 


 S 

3

3

9 3
.
4

 x  y . 2 . 2
3 3



3

9 3
.
4

 y  z . 2 . 2

3

9 3
.
4

 z  x . 2 . 2 
3 3

x y 

Đồng Thị Phương

3 3

3

y z 

3



3

9
.
4

3

9
.
4

3

9
.
4

z x 

14

x  y  

3

y  z 
3

z  x  
3
3

2 2

3 3
2 2

3 3
2 2

3 3

9 2 x  y  z   4
.

3
4

3

9 6
.
4 3

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Với x  y  y  z  z  x 

2
1
 x  y  z  ; MaxS  3 18
3
3

x, y , z  0
2
2
 x  y  z  12

Bài 2: Cho 

2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S  x. 3 y 2  z 2  y 3 z 2  x 2  z 3 x 2  y 2
Phân tích và tìm lời giải:
Dự đoán và tìm điểm rơi của MaxS:



Vì S là một biểu thức đối xứng với x, y, z nên MaxS đạt tại điều kiện

2x2  2 y2  2 z2  8
 x y z0
2
x
y
z





 2
 2 2
2
2
2
2
2
2
 x  y  z  12
y  z  z  x  x  y  8



Lời giải đúng:
2
2

2

2
3
2
1
1 6x  2 y  z   8
 x. 3 y 2  z 2  6 x6  y 2  z 2   . 6  2 x2  . y 2  z 2  .8  .
2.
2
6

2
2
2

1 6 y  2 z  x   8
 3 2 2 6 6 2 2 2 16
2 3
2
2 2
.
.
2
.
.8
.
y
z
x

y
z
x
y
z
x







 2   
 2

6

2
2
2

16
1 6z  2  x  y   8
2
6
2
2 2
2 3
2

2 2
3 2
6
 z. x  y  z  x  y   .  2 z  . x  y  .8  .
2
2
6


1 10x 2  y 2  z 2   24
Sx y z  y z x z x  y 
 12
2
6
3

2

2

3

2

2

3

2

2

Với x  y  z  2, MaxS  12
Bài tập đề nghị:
 x, y , z  0
Bài 1: Cho 
x  y  z  3

Tìm giá trị lớn nhất của: S  3 x y  2 z   3 yz  2x   3 zx  2 y 
HD: Dự đoán giá trị lớn nhất của S đạt tại x  y  z  1 .
Ta có:

3

x  y  2z 

Đồng Thị Phương

1 3
1 3x   y  2 z   3


.
3
2
.
x
y
z



3
3
3
9
9

15

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Tương tự :

3

y  z  2x 
3

Trường ĐHSP Hà Nội 2
1 3y   z  2x  3
.
3
9

3

z x  2y 

1 3z   x  2 y   3
.
3
3
9

Suy ra: S  3 3 3
1.2.3: Đồng bậc bất đẳng thức
x, y , z  0
. Chứng minh rằng:
Bài 1: Cho 
x  y  z  1
S

yz
x  yz



zx
y  zx



xy
z  xy



1
2

Chứng minh:
 yz
yz



 x  yz
x  x  y  z   yz

 zx
zx



y  x  y  z   zx
 y  zx

xy
 xy 

 z  xy
z
x
y
z
xy







yz  zx
yz  xy
zx  xy
S


2 x  y 2 z  x 2 z  y

yz

 x  y  x  z 
zx

 y  z  y  x 
xy

 z  x  z  y 




yz  1
1 




2  x y xc



zx  1
1 



2  yz yx



xy  1
1 



2  zx z y

x yz 1

2
2

x, y , z  0
Bài 2: 
. Chứng minh rằng:
x  y  z  3

x3
y3
z3


1
y 2 z  x  z 2 x  y  x2 y  z 

Chứng minh:
Sử dụng giả thiết x  y  z  3 để đưa về bất đẳng thức đồng bậc 1 ở hai
vế
x3
y3
z3
x yz



.
3
y 2 z  x  z 2 x  y  x2 y  z 

Đồng Thị Phương

16

Lớp K35 CN Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Sử dụng AM-GM ta có:
 9 x3
9 x3
 3 y   2 z  x   3. 3
.3 y. 2 z  x   9 x

y  2z  x
 y  2z  x

3
9 y3
 9y
 3 z   2 x  y   3. 3
.3 z. 2 x  y   9 y

z  2x  y 
 z 2x  y

3
9z3
 9z
.3x. 2 y  z   9 z
 3x   2 y  z   3 3
 x2y  z
x
2

y
z





Cộng vế với vế ta được:
 x3

y3
z3
9


  6 x  y  z   9 x  y  z 
 y 2 z  x  z 2 x  y  x2 y  z  
x3
y3
z3
x yz




1
3
y 2 z  x  z 2 x  y  x2 y  z 

 x, y , z  0

. Chứng minh rằng:
Bài 3: Cho 
xy
yz
zx
1




1
1
1
9



x x  y  y  y  z  z  z  x  2

Chứng minh:
Sử dụng giả thiết xy  yz  zx  1 để đưa về bất đẳng thức đồng bậc bậc
0 ở hai vế:
z  x  y   xy x  y  z   yz y  z  x   zx 9



x x  y 
y y  z 
z z  x 
2

x y z  y
z
x  9
 


      
 y z x  x y y z z  x 2
x y y z z x  y
z
x  15
  
  (1)
 




z
x   x  y y  z z  x  2
 y

Đồng Thị Phương

17

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Ta có:
VT (1) 
 66

3 x y y  z z  x
x y yz zx
y
z
x






 


4y
4z
4x
x y y  z z  x 4 y
z
x 

 15
3 x y z

x y yz zx y
z
x
.
.
.
.
.
  33 . .  3  
4y
4z
4x x  y y  z z  x 4  y z x
 2

Bài tập đề nghị:

 x, y , z  0
Bài 1: Cho 
 xy  yz  zx  1
Chứng minh rằng: S 

x
1 x2



y
1 y2



z
1 z2



3
2

HD: Sử dụng giả thiết ab  bc  ca  1 đưa về bất đẳng thức đồng bậc 0
ở hai vế:
Ta có:

a



1  a2

Tương tự:

a
a 2  ab  bc  ca



a
a
a 
1 a

.
 


a b a  c 2 a b a c 

b

1 b
b 
 


1  b2 2  b  c b  a 
c

1 c
c 
 


1  c2 2  c  a c  b 
 x, y , z  0
x  y  z  3

Bài 2: Cho 

Chứng minh rằng: S 

x3

 x  y x  z



y3

 y  z   y  x



z3

 z  x  z  y 



3
4

HD: Sử dụng giả thiết a  b  c  3 để đưa về bất đẳng thức đồng bậc
bậc 1 ở hai vế:

Đồng Thị Phương

18

Lớp K35 CN Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Ta có:
a3
ab ac
a3
a  b a  c 3a
3


 3.

.
.
8
4
 a  b  a  c  8
 a  b  b  c  8 8

Tương tự:

b3

 b  c  b  a 
c3

 c  a  c  b 



b  c b  a 3b


8
8
4



c  a c  b 3c

 .
8
8
4

1.2.4: Phối hợp các bất đẳng thức đồng bậc ngược chiều

1
2
 x, y  0

 40
Chứng minh rằng: S  4
Bài 1: Cho 
x  y 4 x2 y 2
x  y  1
Chứng minh:

Nhận xét: Để ý rằng ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau đây:
1
2
8


8
2
4
4
2
2
x y
 x  y   x  y
4

2
2

 32
4
2
x .y
x y


 2 
2

S 


1
2
1
1
 2 2   4

4
4
2x2 y2
x y
x y
x y
4

2

2


3
 

2
2
 2x y

x

2

4

 y 4 .2 x 2 y 2



2


2   1 
1
1
2
1 
1
 
  2

    
  2
2 
2
2
2
2x y
2x  y
2x2 y2
xy 

 x  y   xy 
2

2

1 

2
1 
1
1
1 
1
 
  
 2 2

 2 .  2

2
2
2
2
2x y
2 xy 
2x2 y2
xy  
x y
2  x  y
2



4
1
32
1
40
40


 40


 2 2
 
2
2
4
4
4
2 xy
x  y 
x  y  1
 x  y  2 xy 
x y
2.

 2 





 

Dấu bằng xảy ra  x  y 

Đồng Thị Phương

1
2

19

Lớp K35 CN Toán

3
2x2 y2


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Bài 2: Cho  x, y, z  0

x  y  z  1

Chứng minh rằng: S 

1
1
1
1



 30
2
2
xy yz zx
x y z
2

Chứng minh:
Nhận xét: để ý rằng ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau:
1
3

3
2
2
x y z
 x  y  z 2
1
1
1
9
27





 27
xy yz zx xy  yz  zx  x  y  z 2
2

Bổ đề:

a, b, c

Áp dụng: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
S

1
1
1
1
1
9



 2

2
2
2
2

x y z
xy yz zx x  y  z
xy  yz  zx
2



1
1
1
7
 2




2
2
xy  yz  zx xy  yz  zx  xy  yz  zx
x y z
 3. 3

1
1
1
7
.
.

2

2
x  y  z xy  yz  zx xy  yz  zx xy  yz  zx
2



9
21

 x  y  z    xy  yz  zx    xy  yz  zx  3  xy  yz  zx 



9
21
30
30
 30
2 
2 
2 
 x  y  z   x  y  z   x  y  z  12

2

2

2

Đẳng thức xảy ra  x  y  z 

1
3

Bài 3: Cho x, y , z  0 . Chứng minh rằng:



8 x2  y2  z 2
xy  yz  zx

Đồng Thị Phương

  27  x  y   y  z   z  x   16
 x  y  z 3

20

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Chứng minh:
Nhận xét: Để ý rằng ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau:

8 x2  y 2  z 2 
xy  yz  zx

 8;

27  x  y  y  z  z  x 

 x  y  z

3

8

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:



8 x2  y2  z 2
xy  yz  zx
 2.

  27  x  y   y  z   z  x 
 x  y  z 3



8 x2  y 2  z 2
xy  yz  zx

 . 27  x  y   y  z   z  x 
 x  y  z 3

Suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng nếu ta chứng minh đươc:



27 x 2  y 2  z 2

  x  y   y  z   z  x   8  xy  yz  zx   x  y  z 

3

(1)

Sử dụng đẳng thức:

 x  y   y  z   z  x    x  y  z   xy  yz  zx   xyz
Và theo AM-GM: xyz  1  x  y  z  xy  yz  zx 
9

8
9

Ta được:  x  y   y  z   z  x    x  y  z   xy  yz  zx 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra ta chỉ cần chứng minh:





3 x 2  y 2  z 2   x  y  z    x  y    y  z   z  x   0 đúng
2

2

2

2

 điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra  x  y  z
Bài tập đề nghị:
x

y

Bài 1: Chứng minh rằng:     4 2
y x




x y
x2  y2

 10

x, y  0

HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều:

Đồng Thị Phương

21

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

x y
x y
  2; 4 2
 4 2. 2  8 .
y x
x2  y 2

Bất đẳng thức tương đương:


x y
 2  4 2 2 

y x




x 2  y 2 
x y

Biến đổi tương đương bất đẳng thức và sử dụng AM-GM, ta có điều cần
chứng minh.
Bài 2: Cho x, y , z  0 . Chứng minh rằng:



3 x4  y4  z 4

x

2

 y2  z2



  xy  yz  zx  2

2

x2  y2  z2

HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều:

3 x 4  y 4  z 4 

 x2  y2  z 2 

2

xy  yz  zx
 1.
x2  y2  z 2

 1;

Biến đổi tương đương bất đẳng thức và AM-GM, ta có điều cần chứng
minh.
1.2.5: Bất đẳng thức đồng bậc dạng cộng mẫu số
Cho a1 , a 2 ,..., a n  0 với n  2; n   . Khi đó ta có:
1
1
1
1
n2
...





Dạng cộng mẫu số:
a1 a 2 a 3
a n a1  a 2  ...  a n
1 1

1 

 ...    n 2
an 
 a1 a2

Dạng tích nghịch đảo:  a1  a2  ...  an  

Đẳng thức xảy ra  a1  a 2  ...  a n  0
Chứng minh:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Đồng Thị Phương

22

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1
1
1
n
n
n2


 ... 



a1 a 2
a n a1  a 2  ...  a n a1  a 2  ...  a n a1  a 2  ...  a n
n

Hoặc:
1 1
1 
1 1
1

 ...    n.n a1.a2 ...an .n.n . ...
 n2
an 
a1 a2 a3
 a1 a2

 a1  a2  ...  an  


n2
1 1
1

 ... 

a1 a2

a3 a1  a2  ...  an

1.2.6: Các trường hợp đặc biệt
Dạng 1
n=2:

1 1
 4
a b

 a  b  

a, b  0

n=3:

1 1 1
  9
a b c

 a  b  c  

a , b , c  0
n=4:
a, b, c, d  0

1 1 1 1
     16
a b c d

 a  b  c  d  

Dạng 2

Điều kiện

1 1
4
 
a b ab

ab

1 1 1
 
a b c
9

abc

abc

1 1 1 1
  
a b c d
16

abcd

abcd

Bài 1: Cho x , y , z  0 . Chứng minh rằng:
 1
1 1 1
1
1 

   2.


x y z
 x y y z z  x

Giải:
Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với n=2 ta có:
1  1 1   1 1   1 1 
          
2  x y   y z   z x 
 1
1 4
4
4 
1
1 

  2


 



2 x y y  z z  x
 x y y z z  x

VT 

Đồng Thị Phương

23

Lớp K35 CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Đẳng thức xảy ra  x  y  z  0
Bài 2: Cho

 x, y  0
.

x  y  1

Chứng minh rằng: S 

1
1


6
2
xy
x y
2

Giải:
Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với n=2 ta có:
1
1  1
1  1
4
1
 

  2

 2

2
2
2
xy  x  y
2 xy  2 xy
x y
x  y  2 xy 2 xy
4
2
6
6




 6
2
2
2
x  y  x  y   x  y  1
S



2

Đẳng thức xảy ra  x  y 



1
2

Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho x, y, z , t  0
Tìm giá trị nhỏ nhất S 

x t t  y y  z z  x



y t z  y x z t  x

HD: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với n  2 , ta có:
 x t
 ty
  yz  zx 
S 4
 1  
 1  
 1  
 1

 yt   z y   x z   t  x
 1
 1
1 
1 
  x  y

  z  t 



t  y z x
 y z xt 
4
4
.
  x  y
 z  t
t  y    z  x 

 y  z   x  t

Bài 2: Cho x , y , z  0
Chứng minh rằng:

xy
yz
zx
x yz



.
x  y  2z y  z  2x z  x  2 y
4

1.2.7: Bất đẳng thức đồng bậc chứa căn thức
Bài 1: Chứng minh:

S  x2  y2 

y2  z 2  z 2  x2  2  x  y  z 

Đồng Thị Phương

24

x , y , z  0

Lớp K35 CN Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
Giải:

Bổ đề: Sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá sau:

a  b 2

 a 2  b 2  2ab

a 2  b 2  2ab

Áp dụng:

 2x  2 y  2 y
2
1
 x  y  2 xy  y
2
1

S




2

2

1
2 
1
2

2

2

 x  y 2



 y  z 2



2

 2z 2  2z 2  2x 2

2

 z 2  2 yz  z 2  x 2  2 zx





z  x 2 


x  y    y  z   z  x  

2 x  y  z 

Bài 2: Chứng minh rằng:
S  3 x 3  y 3  3 y 3  z 3  3 z 3  x 3  3 2 x  y  z 

x , y , z  0

Giải:
Bổ đề: Sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá sau:

a  b 

3

 a 3  b 3  3aba  b 

a 3  b 3  aba  b 

a, b  0

Áp dụng:







1 3 3
x  y 3  3x 3  y 3   3 y 3  z 3  3 y 3  z 3   3 z 3  x 3  3z 3  x 3 
4
1
 3 3 x 3  y 3  3xy x  y   3 y 3  z 3  3 yz y  z   3 z 3  x 3  3zx z  x 
4
1
3
3
3
 3 3 x  y  3  y  z   3 z  x
4
1
 3 x  y    y  z   z  x   3 2  x  y  z 
4

S3







Đẳng thức xảy ra  x  y  z  0

Đồng Thị Phương

25

Lớp K35 CN Toán