Bài tập về bất đẳng thức

Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi

Chuyên đề: BẤT ĐẲNG THỨC
§1 Các bất đẳng thức cơ sở

1) Bất đẳng thức trung bình cộng-trung bình nhân (AM-GM)
Đònh lý: Với mọi số thực không âm a1 , a2 ,K , an ta có :
a1 + a2 + L + an n
≥ a1a2 L an
n
Đẳng thức xảy rakhi và chỉ khi a1 = a2 = L = an
2) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Đònh lý: Với hai dãy số thực a1 , a2 ,K , an và b1 , b2 ,K , bn ta có :
(a1b1 + a2b2 + L + anbn ) 2 ≤ (a12 + a22 + L + an2 )(b12 + b22 + L + bn2 )
Đẳng thức xảy rakhi và chỉ khi hai bộ (a1 , a2 ,K , an ) và (b1 , b2 ,K , bn ) tỉ

lệ.
3) Bất đẳng thức Chebyshev
Đònh lý: Với hai dãy số thực cùng tăng ( a1 , a2 ,K , an ) và (
b1 , b2 ,K , bn ) ta có :
1
a1b1 + a2b2 + L + anbn ≥ (a1 + a2 + L + an )(b1 + b2 + L + bn )
n
4) Bất đẳng thức về hàm lồi (Bất đẳng thức Jensen)
Đònh lý: Nếu f là hàm lồi trên khoảng I và x1 , x2 ,K , xn ∈ I thì:
 x + x + L + xn 
f 1 2
÷ ≤ f ( x1 ) + f ( x2 ) + L + f ( xn )
n



Đẵng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = K = xn
5) Bất đẳng thức hoán vò
Đònh lý: Cho hai dãy số cùng tăng ( a1 , a2 ,K , an ) và ( b1 , b2 ,K , bn ).
Giả sử
( i1 , i2 ,K , in ) là một hoán vò bất kỳ của (1 , 2 , ..., n) . Khi
đó ta có:
1
a1b1 + a2b2 + L + anbn ≥ (a1 + a2 + L + an )(b1 + b2 + L + bn )
n
a
,
a
,
K
,
a
b
,
b
,
K
, bn ) đơn điệu ngược chiều thì bất
Nếu hai dãy ( 1 2
n ) và ( 1 2
đẳng thức trên đổi chiều.

§2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1.Phương pháp sử dụng các bất đẳng cơ sở

Ví dụ 1: Cho a, b, c là những số thực dương và m, n là các số

nguyên dương.
Chứng minh rằng : a m+ n + b m+ n + c m + n ≥ a mb n + b m c n + c m a n
Giải
ma m + n + nb m+ n
ApÙ dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
≥ a mb n
m+n
m+n
m+ n
m+n
m+ n
ma + nb
ma + nb
≥ a mb n
≥ a mb n
m+n
m+n
Cộng các bất đẳng thức trên ta được bất đẳng cần chứng
minh.
-1-


Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi
Ví dụ 2: Giả sử a, b, c là các số dương thỏa điều kiện a 2 + b2
2
+c =3.
a
b
c
3

+
+
≥
Chứng minh rằng :
2
2
2
4
(b + c )
(c + a )
( a + b)
Giải
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz:
 a
b
c
(a + b + c)
+
+
2
2
(c + a )
( a + b) 2
 (b + c)

  a
b
c 
 ≥ 
+

+

 b+c c+ a a +b

Theo bất đẳng thức Nesbit có :
Từ đó suy ra :

2

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

a
b
c
9
+
+
≥
2
2
2
4(a + b + c )
(b + c )

(c + a )
( a + b)

Mặt khác : a + b + c ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 .
a
b
c
3
+
+
≥
2
2
2
4
(b + c )
(c + a )
( a + b)
Ví dụ 3: Cho a, b, c là ba số nguyên dương sao cho a + b + c =2004
và x , y, z
là ba số thực. Chứng minh rằng :
(x a + ya + za)(xb + yb + zb)(xc + yc + zc) ≤ 9(x2004 + y2004 +
Từ đó suy ra:

z2004)

Giải

(x

Tacó:

+ y a + z a ) ( xb + y b + z b ) ( x c + y c + z c ) ≤ x a + y a + z a . xb + y b + z b . x c + y c + z c

a

(

a

a

≤ x + y + z

a

)( x

b

b

+ y + z

b

)( x

c

c

+ y + z

a

a

a

b

b

b

c

c

c

x ≤ y ≤ z
x ≤ y ≤ z

x ≤ y ≤ z thì :

Giả sử :

x ≤ y ≤ z

x

(x

a +b

≤ y

a +b

≤ z

Áp dung bất đẳng thức Chebyshev ta được :
a

a

+ y + za

(

≤9 x

z2004)

a +b + c

)( x

+ y

b

a +b + c

b

+ y +z
+ z

a +b + c

b

)( x

c

) = 9( x

c

+ y +z
2004

c

) ≤ 3( x

a +b

+ y 2004 + z 2004 )

+ y

a +b

+z

a +b

c

)

(1)

a +b

)( x

c

c

+ y +z

c

)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
(xa + ya + za)(xb + yb + zb)(xc + yc + zc) ≤ 9(x2004 + y2004 +
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c thì
-2-


Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi
a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab
+
+
≥ a+b+c
b+c
c+a
a+b
Giải
Ta nhậnthấy hai dãy a2, b2, c2 và

1
1
1
,
,
là hai dãy đơn
b+c c+a a+b

điệu cùng
chiều nên theo bất đẳng thức hoán vò ta có:

a2
b2
c2
b2
c2
a2
+
+
≥
+
+
b+c c+ a a +b b+c c+a a +b
a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab b 2 + bc c 2 + ca a 2 + ab
Do đó:
+
+
≥
+
+
= a+b+c
b+c
c+a
a+b
b+c
c+a
a +b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
2.Phương pháp sử dụng đạo hàm
Ví dụ 5: Cho các số thực a, b, c thỏa điều kiện
a ≤ b ≤ c , a + b + c = 6 , ab + bc + ca = 9

Chứng minh rằng: 0 ≤ a ≤ 1 ≤ b ≤ 3 ≤ c ≤ 4
Giải
Đặt p = abc , xét hàm số f(x) = (x-a)(x-b)(x-c) = x3 - 6x2 + 9x – p
f’(x) = 3(x -1)(x - 3)
f’(x) = 0 ⇔ x =1 hoặc x = 3
Do f(x) = 0 có 3 nghiệm a, b, c và a ≤ b ≤ c , nên 1 ≤ b ≤ 3 , f (1) f (3) ≤ 0
Ta lại có f(1) = 4-p , f(3) = -p , f(0) = -p , f(4) = 4-p.
Do đó 0 ≤ p ≤ 4 , suy ra f (0) ≤ 0 , f (4) ≥ 0 .
Vậy 0 ≤ a ≤ 1 ≤ b ≤ 3 ≤ c ≤ 4
Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số thực không âm, Chứng minh rằng:
a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a )
Giải
Giả sử a ≥ b ≥ c . Xét hàm số
f ( a) = a 3 + b3 + c 3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a )
f ' ( a) = 3a 2 + 3bc − 2ab − b 2 − 2ac − c 2
Với a ≥ b ≥ c ta có 3a 2 ≥ b 2 + 2ac , 3bc ≥ c 2 , nên f ' ( a) ≥ 0 . Từ đây suy ra
f ( a) ≥ f (b) = c 3 + 3a 2c − 2ac(a + c) = c(a − c) 2 ≥ 0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b , c = 0 hoặc
các hoán vò.
3.Phương pháp phản chứng
1
1
1
+
+
=1
Ví dụ 7: Cho các số dương a, b, c thỏa điều kiện
2+a 2+b 2+c
Chứng minh rằng : abc ≤ 1
Giải

Bổ đề: Nếu các số dương a, b, c có tích abc = 1 thì
1
1
1
+
+
≤ 1 (*)
2+a 2+b 2+c
2
2
2
(*) ⇔ 1 −
+1−
+1−
≥1
2+a
2+b
2+c
Thật vậy :
a
b
c
⇔
+
+
≥1
2+a 2+b 2+c
Do abc = 1 nên tồn tại các số x, y, z sao cho a = x/y, b = y/z, c = z/x
-3-

Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi
x
z
y
y
+ z + x ≥1
x
y
z
Ta cần chứng minh : 2 + y 2 + z 2 + x
x
y
z
⇔
+
+
≥1
x + 2 y y + 2z z + 2x
Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :
x
y
z
( x + y + z )2
+
+
≥
=1
x + 2 y y + 2 z z + 2 x x( x + 2 y ) + y ( y + 2 z ) + z ( z + 2 x)
Vậy bổ đề được chứng minh .

Bây giờ ta chứng minh bài toán.
Giả sử abc > 1. Khi đó tồn tại m, n, p sao cho m < a, n < b, p < c
và mnp = 1ø
Từ kết quả trên và bổ đề ta được :
1
1
1
1
1
1
+
+
<
+
+
≤1 .
2+a 2+b 2+c 2+m 2+n 2+ p
Điều mâu thuẩn này suy ra bất đẳng thức được chứng minh.

§3 Giá trò lớn nhất, giá trò nhỏ nhất của biểu thức
có nhiều biến
Phương pháp1: Sử dụng các bất đẳng thức
a
2b
3c
+
+
Ví dụ 8: Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức
b+c c+a a +b
Với a, b, c là những số thực dương.

Giải
p dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz :
a
2b
3c
2b
3c 
 a
+
+
+ (1 + 2 + 3) = (a + b + c) 
+
+
÷
b+c c+a a +b
b+c c+a a+b 

(

1
2b
3c  1 + 2 + 3
 a
= (b + c + c + a + a + b) 
+
+
÷≥
2
2
b+c c+a a +b 

1+
Suy ra giá trò nhỏ nhất của biểu thức bằng (

)

2

2+ 3
2

)

2

− 6 khi

b+c c+a a +b
+
+
1
2
3
Phương pháp2: Sử dụng đạo hàm
Ví dụ 9: Cho x , y là các số thực khác 0 và thỏa điều kòên x2 2xy + 2y2= 3.
Tìm giá trò nhỏ nhất và giá trò lớn nhất của biểu thức P
2
= 3x – 2xy + 5y2
Giải
Ta có :

-4-


Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi
P 3 x 2 − 2 xy + 5 y 2
= 2
3
x − 2 xy + 2 y 2
x2
x
−2 +5
2
y
y
= 2
x
x
−2 +2
2
y
y
x
P 3t 2 − 2t + 5
3t 2 − 2t + 5
Đặt : t =
thì
. Xét hàm số f (t ) = 2
có
= 2

y
3 t − 2t + 2
t − 2t + 2
3

−4t 2 + 2t + 6
f (t ) = 2
(t − 2t + 2) 2
'

 t = −1
f (t ) = 0 ⇔ 
t = 3
2

Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) ta được Max f(t) = 7
và Min f(t) = 2
7
2
Từ đó suy ra : Max P = , Min P = .
3
3
Ví dụ 10: Xét cácsố thực dương x, y, z thỏa mãn 12xyz ≥ 2x + 8y
+ 21z .
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P(x,y,z) = x + 2y + 3z
Giải
2x + 8 y
7
Từ giả thiết z (12 xy − 21) ≥ 2 x + 8 y > 0 ⇒ z ≥
với x >

(1)
12 xy − 21
4y
2x + 8 y
Suy ra P ( x, y, z ) ≥ x + 2 y +
(2)
4 xy − 7
'

7
2x + 8 y 4x2 y − 5x + 8 y
=
với biến x >
và y là tham số dương.
4y
4 xy − 7
4 xy − 7
16 x 2 y 2 − 56 xy − 32 y 2 + 35
f ' ( x) =
(4 xy − 7) 2
f ( x) = x +

 7

32 y 2 + 14
7
Trên  ; +∞ ÷ thì f ' ( x) = 0 ⇔ x = x0 =
.
+
4y

4y
 4y

5
⇒ P ( x, y, z ) ≥ f ( x0 ) + 2 y = g ( y ) (3).
Suy ra f ( x) ≥ f ( x0 ) = 2 x0 −
4y
Xét hàm số:
9
1
g ( y) = 2 y +
+
32 y 2 + 14
4y 2y
g ' ( y ) = 0 ⇔ (8 y 2 − 9) 32 y 2 + 14 − 28 = 0
Đặt t = 32 y 2 + 14

(t > 0) , phương trình trở thành:
5
t 3 − 50t − 112 = 0 ⇔ t = 8 ⇔ y = y0 =
4
-5-


Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi
Xét sự biến thiên của g(y) ta g(y) đạt cực tiểu tại y0 và g ( y0 ) =
Kết hợp với (3) ta suy ra P ( x, y, z ) ≥ g ( y ) ≥ g ( y0 ) =

15
2

15
2

15
5
2
khi x = 3, y = , z = .
2
4
3
Phương pháp3: Phương pháp miền giá trò
Ví dụ11: Cho các số thực x, y thỏa phương trình x(x-1) + y(y-1) =
Vậy Min P(x,y,z) =

xy
Tìm giá trò nhỏ nhất và giá trò lớn nhất của biểu thức
x2 + y2 + xy.
Đặt :

Giải
a = x2 + y2 + xy . Từ điều kiện của x, y ta suy ra: x + y + 2xy

=a
Gọi a là một giá trò của biểu thức x2 + y2 + xy thì hệ pt:
 x + y + 2 xy = a
 2
2
 x + y + xy = a
phải có nghiệm.

Đặt: S = x+ y, P = xy (S2 ≥ 4P) , hệ phương trình trở thành :
S + 2 P = a
 2
S − P = a
S + 2P = a

⇔  2
2
4 P − (4a + 1) P + a − a = 0
Hệ pt có nghiệmkhi và chỉ khi phương trình :
a
f(P) = 4P2 -(4a+1)P+a2-a= 0 có nghiệm thỏa P ≤
3

 ∆≥0
 a
a
 
f
≤
0
∨
 
Điều này tương đương với :
 f ≥0
3
 3
 4a + 1 ≤ a
 8
3


2
 24a + 1 ≥ 0
a − 12a
⇔
≤ 0 ∨ a 2 − 12a ≥ 0
⇔ 0 ≤ a ≤ 12
9
 4a + 1 ≤ a
 8
3
Kết luận : Max (x2 + y2 + xy ) = 12 và Min (x2 + y2 + xy )
Ví dụ 12: Xét các số thực x, y thỏa mãn điều kiện :
x − 3 x +1 = 3 y + 2 − y .
Hãy tìm giá trò lớn và giá trò nhỏ nhất của biểu thức
P=x+y.
Giải
Ta có: x − 3 x + 1 = 3 y + 2 − y ⇔ x + y = 3 x + 1 + y + 2 .

(

-6-

)


Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi

(

)

3 x + 1 + y + 2 = a
a
∈
G
⇔
Gọi G là tập giá trò của P thì :
(I) có

 x + y = a
nghiệm.
Đặt u = x + 1 , v = y + 2 thì hệ (I) trở thành :
a

u+v =

3
3(u + v) = a

⇔
 2 2
2
u + v = a + 3 uv = 1  a − a − 3 

÷

2 9

Do đó hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (u,v) với u,v ≥ 0

⇔ Phương trình 18t2 – 6at + a2 - 9a – 27 = 0 có hai
nghiệm không âm
2
 −a + 18a + 54 ≥ 0
9 + 3 21

a≥0
⇔
≤ a ≤ 9 + 3 15 .

2
2
 a − 9a − 27 ≥ 0

 9 + 3 21

;9 + 3 15  .
Vì vậy : G = 
2


9 + 3 21
Do đó : Min P =
và Max P = 9 + 3 15
2

-7-