CAC PHUONG PHAP CHUNG MINH BAT DANG THUC

Các phơng pháp chứng minh

bất đẳng thức

A. Kiến thức cơ bản.

* Một số bất đẳng thức cần nhớ:
1. a 0;

2
a+ ≤
b

a ≥0

;-

a ≤a ≤ a

a +b

, dÊu

" = " xảy ra khi và chỉ khi ab 0

2. Bất đẳng thức Cô - si : a, b 0
a +b
ab ,
2

dấu " = " xảy ra và chỉ khi a = b

3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

a b
=
c d

(a.c + b.d)2 ≤ (a2 + b2) (c2 + d2), dÊu " = " xảy ra khi và chỉ khi
B. Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức.

Phơng pháp 1: Dựa vào định nghĩa.
A B <=> A - B 0
Chú ý các hằng đẳng thức:
* a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ≥ 0;
* a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ab + 2ca = (a + b + c)2 ≥ 0
Bµi 1.1: Chøng minh r»ng víi mäi x, y ta lu«n cã:
a.

x2 +

y2
≥ xy;
4

b. x2 + y2 + 1 ≥ xy + x + y;
c. x4 + y4 ≥ xy3 +x3y
Gi¶i:

a. XÐt hiƯu:
x2 +

y2
4 x 2 − 4 xy + y 2 1
x +
− xy =
= (2 x − y ) 2 ≥ 0
4
4
4
2

y2
≥ xy.
4

1


1
(b − a)(−ca − ab + ab + c 2
abc

VËy:

DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2x = y.
1
( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 − 2 xy − 2 x − 2 y )
2

b. x2 + y2 + 1 - (xy + x + y) =
=

[

1
( x − y ) 2 + ( y −1) 2 + ( x −1) 2
2

]

≥0

VËy: x2 + y2 + 1 ≥ xy + x + y.
c. x4 + y4 - (xy3 + x3y) = x4 - xy3 + (y4 - x3y)
= x (x3 - y3) - y (x3 - y3) = (x3 - y3) (x - y)
= (x - y)2 (x2 + xy + y2)
= (x - y)

2

VËy: x4 + y4 ≥ xy3 + x3y


y 2 3y 2 
( x + ) +

2
4 


≥0

Bµi 1.2: Cho 0 < a ≤ b ≤ c. Chøng minh r»ng:
a.

a b c b c a
+ + ≥ + +
b c a a b c
c

b

b

a

b. a + c ≥ a + b
a.

Gi¶i:

a b c b c a
1
+ + − − − =
(a 2 c + b 2 a + c 2 b − b 2 c − c 2 a − a 2 b)
b c a a b c abc

[

=

1
(a 2 c − b 2 c) + (b 2 a − a 2 b) + (c 2 b − c 2 a )
abc

=

1
c( a 2 − b 2 ) + ab(b − a ) + c 2 (b − a )
abc

[

=
=
VËy:
b.

]

]

1
(b − a)(−ca − cb + ab + c 2 )
abc
1
(b − a )(c − b)(c − a ) ≥ 0(
abc

v× o < a ≤ b ≤ c)

a b c b c a
+ + ≥ + +
b c a a b c

c b b a
1
+ − − =
(c 2 b + b 2 a − b 2 c − a 2 c ) ≥
a c a b abc
≥

1
(c 2 b + b 2 a − b 2 c − abc )
abc

[

(V× a2c ≤ abc)

]

1
1
(c 2 b − b 2 c) + (b 2 a − abc ) =
[bc(c − b) + ba (b − c)]
abc
abc
1 c b b a
≥
b(+ − ≥)(c+ a) ≥ 0

c b
−
abc a c a b

≥

2


(Vì o < a b c).
Vậy:
Bài 1.3: Cho a < b < c < d. H·y xÕp thø tự tăng dần các số sau:
x = (a + b) (c + d); y = (a + c) (b + d); z = (a + d) (b + c).
Gi¶i:
XÐt hiƯu: y - x = (a + b) (b + d) - (a + b) (c + d)
= ab + ad + cb + cd - ac - ad - bc - bd
= b (a - d) - c (a - d)
= (a - d) (b - c) > 0 (v× a < b < c < d)
Suy ra: y > z
T¬ng tù, xÐt hiƯu: z - y = (a + d) (b + c) - (a + c) (b + d)
= (a - b) (c - d) > 0
Suy ra: z > y.
VËy: x < y < z.
Bµi 1.4: Cho abc = 1 vµ a3 > 36. Chøng minh r»ng:
a2
+ b 2 + c 2 > ab + bc + ca
3

Gi¶i
a2

a2 a2
+ b 2 + c 2 − ab − bc − ca =
+
+ b 2 + c 2 − ab − bc − ca
3
4 12

 a2
 a2
=
+ b 2 + c 2 − ab − ca + 2bc  +
 4
 12 − 3bc


2

1
a

=  −b − c +
(a 3 36) > 0
2
12a



(Vì abc = 1

và a3 > 36 nªn a > 0).

a2
VËy: + b 2 + c 2 > ab + bc + ca
3

Bµi 1.5: Cho a > b > 0. So s¸nh hai sè x, y víi x =

1+ a
1+ b
,y =
2
1+ a + a
1 + b + b2

Giải:
a2
1
1
Ta có x,y > 0 và 1 1 + a + a 2
=
= 1+
= 1+
= 1+
>
1+ a
1 1
x
1+ a 1
1+ a
1
+

> 1+
=
a2
a2 a
1
1 1 1 11 y
a2

<

va + < )
b2 b2 a b b

3


(Vì a > b> 0 nên
Vậy: x < y.
Phơng pháp 2: Sử dụng tính Bắc Cầu:
* AB

=> A C.

BC
* 0 ≤ x ≤ 1 => x2 ≤ x (v× x - x2 = x (1 - x) ≥ 0)
Bµi 2.1: Cho 0 ≤ x, y, x ≤ 1, Chøng minh r»ng:
a. 0 ≤ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1;
b. x2 + y2 + z2 ≤ 1 + x2y + y2z + z2x.
Gi¶i:
a. Ta cã: x + y + z - xy - yz - zx = x (1 - y ) + y (1 - z) + z (1 - x) ≥ 0 (1)

Mặt khác: (1 - x) (1 - y) (1 - z) = 1 - x- y - z + xy + yz + zx - xyz ≥ 0,
Suy ra: x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1 - xyz ≤ 1

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: 0 ≤ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1.
b. Ta chøng minh: x2 + y2 + z2 - x2y - y2z - z2x ≤ 1.
Ta cã: x2 + y2 + z2 - x2y- y2z - z2x = x2 (1 - y) + y2 (1 - z) + z2 (1 - x) ≤
≤ x (1 - y) + y (1 - z) + z (1 - x) (v× x2 ≤ x, y2 ≤ y, z2 ≤ z)
≤ x + y +z - xy - yz - zx 1 (câu a).
Bài 2.2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam gi¸c cã chu vi b»ng 2.
Chøng minh r»ng :
a2 + b2 + c2 + 2abc < 2.
Gi¶i:
NÕu a ≥ 1 th× tõ b + c ≥ 1 suy ra a + b + c > 2, v« lý! VËy 0 < a < 1
T¬ng tù: 0 < b < 1, 0 < c < 1.
Ta cã: (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + ab + bc + ca - abc > 0, suy ra
abc < ab + bc + ca - 1 (vì a +b + c = 2)
(1)
Mà 4 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca), suy ra:
1
ab + bc + ca = 2 - (a 2 + b 2 + c 2 )
(2)
2
Tõ (1) vµ (2) suy ra:
1 2
(a + b 2 + c 2 ) => a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
2

4

abc < 1 Bµi 2.3: Cho 0 < a, b, c, d < 1. Chøng minh r»ng:
(1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > 1 - a - b - c - d
Gi¶i:
Ta cã: (1 - a) (1 - b) = 1 - a - b + ab > 1 - a - b
(1)
V× 1 - c > 0 nªn:
(1 - a) (1 - b) (1 - c) > (1 - a - b) (1 - c)
(2)
(1 - a - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + c (a + b) > 1 - a - b - c
(3)
Tõ (2) vµ (3) suy ra: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > 1 - a - b - c
VËy: (1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > (1 - a - b - c) (1 - d) > 1 - a - b - c - d
(V× d (a + b + c) > 0)
Bµi 2.4: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 tho¶ a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 5
Giải:
Cách 1: Vì a + b + c = 3 nên có Ýt nhÊt mét trong ba sè a, b, c kh«ng nhỏ
hơn 1, giả sử a 1.
Vì 1 a ≤ 2 nªn: (a - 1) (a - 2) = a2 - 3a + 2 ≤ 0 => a (3 - a) ≥ 2
Suy ra: ab + bc + ca = a (b + c) + bc = a (3 - a) + bc ≥ 2

(1)

VËy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca)
= 9 - 2 (ab + bc + ca) 5 (theo (1))
Cách 2: Vì a, b, c ≤ 2 nªn:
(2 - a) (2 - b) (2 - c) = 8 - 4 (a + b + c) + 2 (ab + bc + ca) - abc ≥ 0
Suy ra: - 4 + 2 (ab + bc + ca) - abc ≥ 0 => ab + bc + ca ≥ 2+

VËy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca) ≤ 9 - 4 = 5

abc
≥2
2

Bµi 2.5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam gi¸c cã chu vi b»ng 1.
Chøng minh r»ng: a2 + b2 + c2 + 4abc <
Giải:

1
2

áp dụng công thức Hê - rông, diện tích tam giác:
S=

p ( p a )( p −b)( p −c ) ,

víi p =

11
 1
 1

 − a  − b  − c 
22
2
2





1
2 (a

+ b + c) =

1
2

5


Do ®ã: S2 =
16S2 = (1 - 2a) (1 - 2b) (1 - 2c)
= 1 - 2a - 2b - 2c + 4ab + 4bc + 4ca - 8abc
= - 1 + 4 (ab + bc + ca) - 8abc > 0
1
Suy ra: 4abc + 2 < 2ab + 2bc + 2ca.
Mµ: 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) = 1 - (a2 + b2 + c2)
1
Nªn: 4abc +

2<

1 - a2 - b2 - c2 => a2 + b2 + c2 + 4abc <

1
2

Phơng pháp 3: Phơng pháp biến đổi tơng đơng.
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức
đúng hoặc bất đẳng thức đà đợc chứng minh đúng.
Bài 3.1: a. Với a,b, c > 0. Chøng minh:

a
b
c
1 1 1
+
+
≥ 2 + − 
bc ca ab
a b c

b. Cho a ≥ c > 0, b ≥ c. Chøng minh:

a.

c ( a − c ) + c (b − c ) ≤

ab

Gi¶i:

a
b
c
1 1 1
+

+
≥ 2 + − 
bc ca ab
a b c

<=> a2 +b2 + c2 ≥ 2 (bc + ac - ba) (V× abc > 0)
<=> a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab ≥ 0
<=> (a + b - c)2 0 (hiển nhiên đúng).

a
b
c
1 1 1
+
+
2 + + 
bc ca ab
a b c

VËy:
b.

c( a − c ) + c (b − c ) ≤

ab <=> ( c( a − c) + c(b − c) ) 2 ≤ ab

<=> c (a - c) + c (b - c) + 2c
<=> c - 2c
2

<=> (c VËy:

( a −c )(b −c ) ≤ ab

( a −c )(b −c ) + ( a −c)(b −c ) ≥ 0

( a − c )(b − c ) ) 2 ≥ 0 (

c ( a − c ) + c (b − c )

hiển nhiên đúng).

ab

Bài 3.2: Cho biểu thức:
P=

3
x x + x −1
4

3

+

1
4
− 5
4
3

4
3
x + 1− x − x
x − x + x − x2 + x − 1
32
9

6


Chøng minh r»ng 0 < P <

víi mäi x ≠±1
Gi¶i:

Ta cã: x4 - x3 + x - 1 = x3 (x - 1) + (x -1) = (x - 1) (x3 +1)
= (x - 1) (x + 1) (x2 - x + 1)
x4 + x3 - x - 1 = x3 (x+ 1) - (x + 1) = (x + 1) (x3 - 1)
= (x + 1)( x - 1)(x2 + x + 1).
x5 - x4 + x3 - x2 + x - 1 = (x - 1)(x4 + x2 + 1)
= ( x -1) (x2 +1)2 - x2)
= (x -1)(x2 + x + 1)(x2 - x + 1)
P=

=

3
1
4
−

−
( x −1)( x + 1)( x 2 − x + 1) ( x −1)( x + 1)( x 2 + x + 1) ( x −1)( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1)

3( x 2 + x + 1) − ( x 2 − x + 1) − 4( x + 1)
2( x 2 − 1)
2
= 2
= 4
2
4
2
4
2
( x − 1)( x + x + 1)
( x − 1)( x + x + 1) x + x 2 + 1

Râ rµng P > 0
P<

32
2
32
⇔ 4
<
⇔ 9 < 16( x 4 + x 2 + 1)
2
9
x + x +1 9

<=> 16x4 + 16x2 + 7 > 0 (luôn luôn đúng).

Vậy: 0 <

P<

32
9

Bài 3.3: Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng:
Giải:

(x2 + y 2 )2
≥8
( x − y) 2

Ta cã: x2 + y2 = (x - y)2 + 2xy = (x - y)2 + 2, suy ra:
(x2 + y2)2 = (x - y)4 + 4 (x -y)2 + 4
Do ®ã:

(x 2 + y 2 )2
≥ 8 ⇔ ( x − y ) 4 + 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 8( x − y ) 2
( x − y) 2

<=> (x - y)4 - 4 (x - y)2 + 4 ≥ 0
<=> (x - y- 2)2 0 (luôn đúng)
Vậy:

(x2 + y 2 )2
8
( x y) 2

Phơng pháp 4: Sử dụng các bất đẳng thức phụ.
* x2 + y2 2 /xy/
1 1
4
+ ≥
( x , y > 0)
x y x+y

* x2 + y2 ≥ 2xy
1
≥2
x

1
4
≥
( x , y > 0)
xy ( x + y ) 2

7


* ( x + y)2 ≥ 4xy

* x+

*

*

, víi x > 0

Bµi 4.1: Cho a, b, c ≥ 0 vµ a + b + c = 1. Chøng minh r»ng:
a + 2b + c ≥ 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c)
Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 4xy ≤ (x + y)2, ta cã:
4 (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 4(b + c) (1 - c) (1 - b) ≤ (1 + b)2 (1 - b)
≤ (1 + b) (1 - b2)
≤ (1 + b = a + 2b + c
DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a =

1
2,

1
2

b = 0, c =

.

Bµi 4.2: Cho x, y > 0 vµ x + y - z = 1. Chøng minh r»ng: x + y 16xyz.
Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 4xy (x + y)2, ta cã:
16xyz ≤ 4z (x + y)2

(1)

Ta chøng minh: 4z (x + y)2 ≤ x + y <=> 4z ( x + y) ≤ 1 <=> 4z (1 + z) ≤ 1
<=> 4z2 + 4z + 1 ≥ 0 <=> (2z + 1)2 ≥ 0

4z (x + y)2 ≤ x + y

Vậy:

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chøng minh.
Bµi 4.3: Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng:

(2)
1
1 1
+
a b

+

1
1 1
+
b c

+

1
1 1
+
c a

≤

a+b+c

2

Gi¶i:
Tõ (a + b)2 ≥ 4ab =>

(1)

T¬ng tù:

(2)

ab
1
1
1
≤ (a + b) =>
≤ ( a + b)
1 1 4
a +b 4
+
a b
1
1
≤ (b + c)
1 1 4
+
b c
1

1 1

+
c a

≤

1
(c + a )
4

(3)

8
1 1 1
9
+ + ≥
a b c a+b+c


Cộng (1), (2), (3) ta đợc điều phải chứng minh.
Bài 4.4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
Giải:
Cách 1
Ta cã: (a + b + c)

a a b
b c c
1 1 1
 + +  = 1+ + + +1+ + + +1
b c a
c a b

a b c
a b a c b c
= 3+ +  + +  + +  ≥ 9
b a  c a c b

(V×

a b
+ ≥ 2; a + c ≥ 2; b + c ≥ 2;
1
b a +1+1≥ a 9
c
c b
Suy ra: a b c a + b + c

C¸ch 2: áp dụng bất đẳng thức Cô - si:
a+b+c3

3

abc

1
33
1 1 1
abc
+ + ≥
a b c
Suy ra: ( a + b + c)  1 + 1 + 1  ≥ 9 ⇒ 1 + 1 + 1 ≥ 9



a b c a+b+c
a b c

Bài 4.5: Hai số dơng a, b thoả m·n ab > a + b. Chøng minh r»ng a + b > 4
a

Gi¶i:

Tõ ab > a + b => a > 1 + bvµ b > 1 +
a+b>2+

a b
 + 4
b a

(vì

b
asuy ra
a b
+ 2)
b a

Bài 4.6: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh cđa tam gi¸c cã chu vi 2p.
Chøng minh r»ng:

1
1
1

 1 1 1
+
+
≥ 2 + + 
p −a p −b p c
a b c

Giải:
áp dụng bất đẳng thức:

1 1
4
+
( x, y > 0);
x y
x+y

Ta cã:

1
1
4
4
+
≥
= ;
p − a p −b 2 p − a −b c


2




1
1
4
+
≥ ;
4
p 1 b b p 1 11 c a  1 1 1 
−1
−c 4
1 a
x
 .4
+ + + + + ≥≥≥+  d + 2 (2 , y > 0)
 b( x + y) ≥ + c 
xy
p − a + cp c cb p − − c d  a b b

b p−− +dpa +
a
a+

9


Do ®ã:
Suy ra:

1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2 + + .
p −a p −b p −c
a b c

Bµi 4.7: Cho 4 sè d¬ng a, b, c, d. Chøng minh r»ng:
a
b
c
d
+
+
+
≥ 2.
b+c c+d a+d a+b

Giải:
áp dụng bất đẳng thức:

1
4

( x , y > 0) ,
xy ( x + y ) 2

ta cã:

a
c
a( d + a) + c(b + c )
a 2 + c 2 + ad + bc
+
=
≥ 4.
b+c d +a
(b + c)(d + a)
(a + b + c + d ) 2

(1)

b
d
b ( a + b ) + d (c + d )
b 2 + d 2 + ab + cd
+
=
≥ 4.
c+d a+b
(c + d )(a + b)
(a + b + c + d ) 2

(2)

LÊy (1) céng (2) vÕ theo vÕ ta đợc:
a

b
c
d
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ad + bc + ab + cd
+
=
+
≥ 4.
b+c c+d d +a a+b
(a + b + c+ d ) 2

Ta chøng minh:

4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ad + bc + ab + cd )
≥2
(a + b + c + d ) 2

(3)

ThËt vËy:

(3) <=> 4 (a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ≥ 2 (a + b + c + d)2
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d2 - 4ac - 4bd ≥ 0
<=> (a - c)2 + (b - d)2 ≥ 0 (đpcm).
Bài 4.8. Cho hai số dơng a, b và a + b = 1. Chøng minh r»ng:
1
1
+ 2
≥6
ab a + b 2

Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 4ab (a + b)2, ta cã:
ab ≤

1
1
⇒
≥4
4
ab

10


áp dụng bất đẳng thức:

1 1
4
+
x y x+y

với x, y > 0, ta cã:

1
1
1  1
1 
4
+ 2

=
+
+ 2
≥ 2+
=6
2
2 
ab a + b
2ab  2ab a + b
( a + b) 2

Dấu "=" xảy ra khi và chØ khi a = b =

1
2.
1

Bµi 4.9. Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh 2
r»ng:
Gi¶i:
cã:

a+c b+d c+a d +b
+
+
+
≥4
a+b b bb+d c+d a d d a b
+c
++

a+
c+
a +b

+

b +c

+

c+d

+

d +a

≥4

a+c b+ d c+ a d +b a+c c+ a b+ d d +b
+
+
+
=
+
+
+
a + a + b + d + cc + c + dd + d + a a + a + b + c + d  b + d + cd + d + a 
b b b
a
b   c c a  b

b 

+
+
+
=  +
+  +


a + b b +c c + d d + a  a + b c + d   b + c d + a 
(a + c)(a + b + c+ d ) (b + d ) + (a + b + c+ d )
+
(a + b)(c + d )
(b +c)(d + a )

¸p dụng bất đẳng thức:

1
4

xy ( x + y ) 2

Ta
=

, ta cã:

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

(a + b)(c + d )
(b +c)(d + a)

≥

4(a + c)(a + b + c+ d ) 4(b + d ).(a + b + c+ d )
+
=4
(a + b + c + d ) 2
( a +b + c + d ) 2

(đpcm).

Phơng pháp 5: Phơng pháp phản chứng.
Bài 5.1: Cho 3 số dơng a, b, c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng có ít nhất một
trong các bất đẳng thức sau là sai:
a(2 - a) > 1 ; b(2 - b) > 1 ; c( 2 - c) > 1.
Giải:
Giả sử các bất đẳng thức đều đúng, nhân ba bất đẳng thức lại ta đợc:
a (2 - a) b (2 - b) c (2 - c) > 1

(1)

Mµ 0 < a (2 - a) = 2a - a2 = 1 - (a - 1)2 ≤ 1. T¬ng tù: 0< b(2 - b) ≤ 1.
0 < c(2 - c) ≤ 1, suy ra:
abc (2 - a) (2 - b) (2 - c) ≤ 1. M©u thn víi (1)
VËy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đà cho là sai:
Bài 5.2: Cho 6 số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 108. Chứng minh rằng có thể
chọn đợc ba trong 6 số đó chẳng hạn a, b, c sao cho a < bc, b < ca, c < ab.

11


Giải:
Giả sử 6 số tự nhiên khác 0 là 1 ≤ a1 < a2 < ... < a6 < 108. Râ rµng a2 ≥ 2,
a3 ≥ 3. Víi 3 sè x, y, z tho¶ m·n 1 ≤ x < y < z ta luôn có x < yz và y < zx.
Nếu trong các số a1, a2,..., a6 không có 3 số a, b, c nào thoả mÃn a < b < c
và c < ab thì ta có: a4 ≥ a2a3 = 6, a5 ≥ a4a3 ≥ 6.3 = 18, a6 a5a4 18.6 = 108,
trái với giả thiÕt a6 < 108. VËy ph¶i cã 3 sè a, b, c tho¶ a < bc, b < ca, c < ab
Bµi 5.3: Cho x, y,z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng nÕu x + y + z >

1 1 1
+ +
x y z

thì có một và chØ mét trong ba sè x, y, z lín h¬n 1.
Gi¶i:
Ta cã (x - 1) (y - 1) (z -1) = xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1
=x+y+zSuy ra:

1 1 1
− −
x
y z

(v× xyz = 1)

(x - 1) (y - 1) (z - 1) > 0

Trong ba sè x - 1, y - 1, z - 1 cã mét vµ chØ mét số dơng. Thật vậy, nếu cả

3 số đều dơng thì x, y, z > 1. Khi ®ã xyz > 1, vô lý! Vậy chỉ có một và chỉ
một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
Bài 5.4: Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh r»ng kh«ng thĨ đồng thời xảy ra
các bất đẳng thức sau:
a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab.
Giải:
Giả sử xảy ra đồng thời các bất đẳng thức trên. Từ hai bất đẳng thức ®Çu ta
cã: (a + b)2 < (a + b) (c + d) < ab +cd => cd > (a + b)2 - ab 3ab
=> cd > 3ab

(1)

Mặt khác, ta cã:
(a + b) cd < (c + d) ab => (a + b)2 cd < (c + d) ab (a + b) < ab (ab + cd)
=> 4abcd ≤ (a + b)2 cd < ab (ab + cd) = a2b2 +abcd
=> a2b2 > 3abcd => ab > 3cd

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, v« lý! VËy ta có điều phải chứng minh
Phơng pháp 6: Phơng pháp lµm tréi.

12


a

a, b > 0 và

thì

b

a a+c
<
b b+c

<1

Bài 6.1: Cho 3 sè d¬ng a,b, c. Chøng minh r»ng: 1 <

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

Giải:

a
a
a
a+c
< 1 nên
<
<
a +b
a+b+c a+b a+b+c

Vì

Tơng tự:

b
b
b+a
<
<
;
a +c + c b + c a ++ b c
b
c
c b+
<
<
.
a+b+c c+a a+b+c

Cộng các bất đẳng thức trên lại ta đợc điều phải chứng minh.
Bài 6.2: Cho a, b, c, d là các số dơng. Chứng minh rằng:
A=
Vì

a+b
b+c
c+d
d+a
+
+

+
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
a +b
<1
a +b+c

Tơng tự:

nên

không là số nguyªn.

a+b
a+b
a+b+d
<
<
.
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d

b+c
b+c
b+c+a
<
<
;
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c+d
c+d
c+d +b

<
<
;
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d+a
d+a
d +a+c
<
<
.
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d

Cộng lại ta đợc 2 < A < 3, suy ra A không thể là số nguyên.
Bài 6.3: Với n nguyên dơng lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
b. 1 + 1 + ... + 1 < 5 ;
2
2
2

a.

1

1 1
1
1
+ 2 + ... + 2 < 2 − ; Gi¶i:
2
n
1

2
n
1
1

a. Víi k > 1 ta cã:

k

2

<

k (k − 1)

=

2

1
1
−
k −1 k

n

3

. Do ®ã:

1
1
1
1
1
1
 1 1 1
 1
+
+ + ... 2 < 1 + 1 −  +  −  + ... + 
−  < 2−
2  2 3
n −1 n 
n
12 2 2 3 2
n


1
4
4
4
=
<
=
2
2
2
b.Víi k > 1 ta cã: k
4k

4k − 1 (2k − 1)(2k + 1) , do ®ã:

13


1
1 
 1
< 2
−

2
k
 2k − 1 2k + 1 

Suy ra:

1
1
1
1 1 1 1 
+ 2 + ... 2 < 1+ 2 −  + 2 −  + ... +
2
1
2
n
3 5 5 7 
1 
1 
 1

1
+ 2
−
 = 1 + 2 −

 2n − 1 2 n + 1 
 3 2n + 1 
<1+

2 5
= .
3 3

Bµi 6.4: Cho d·y sè a1 = 1, a2=

Chøng minh r»ng:

1
1
1
,..., a n = 1 + + ... + .
2
2
n

1
1
1
+ 2 + ... + 2 < 2
2

a 2 2a 2
na n

Víi mäi n > 1.

Gi¶i:
Víi k ≥ 2 ta cã:
1
1
<
2
ka k −i a k
ka k

(v× ak > ak - 1) =>

1
1
1
<
−
2
ka k a k −1 a k

1
k

( v× ak - ak - 1 = )

Do ®ã:

 1
1
1
1
1
1   1
1
1 
+ 2 + ... + 2 < 1 +  −  +  −  + ... + 
2
a a  a

a − a =

a1 2a 2
na n
2 
n 
 1
 2 a3 
 n −1
=1+ 1
1 
1
 −  =2− .<2
a

an
 1 an 
1

1
Bµi 6.5: Cho d·y sè a1 = 1, a2 = 1 + 1 an = 1 + 3 5
,...,
+ +...
3

1

1

+

1
2n −1

1

Chøng minh r»ng: a 2 + 3a 2 + ... + (2n − 1)a 2 < 2.
1
2
n
Gi¶i:

Ta cã: ak - ak - 1=

1
=> a k > a k −1 ;
2k − 1

a − a k −1

1
1
1
1
<
= k
=
− .
2
a k −1 a k
a k −1 a k
(2k − 1) a k (2k − 1) a k −1 a k

Do ®ã:
 1
1
1
1
1   1
1
+ 2 + ...
<1+  −  +  −
2
2
a
 a
a1 3a 2
(2n − 1)a n
 2 a3   3 a 4
<1+

1
1
−
<2
a2 an


 1
1
 + ... + 

a − a
n

 n −1






14


Phơng pháp 7: Bất đẳng thức Cô-Si.
a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 a 2 ...a n
n

a1, a2,..., an 0:

Dấu "=" xảy ra khi và chØ khi a1 = a2 = ... =an.
Bµi 7.1: Cho S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd trong ®ã ad - bc =1. Chøng minh
r»ng S ≥

.

3

Gi¶i:
(ac + bd)2 + (ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2
= a2 (c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = (a2 + b2) (c2 +d2)
V× ad - bc = 1 nªn:

1 + (ac + bd)2 = (a2 + b2)(c2 +d)2

áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) + ac + bd

S = (a2 + b2) + (c2 + d2) + ac + bd ≥ 2

1 + ( ac + bd ) 2 + ac + bd .

≥2
Râ ràng: S > 0 vì

1 + ( ac + bd ) 2 > ac + bd

Đặt: x = ac + bd ta cã:

S≥2

1 + x 2 + x => S 2 ≥ 4(1 + x 2 ) + x 2 + 4 x 1 + x 2
≥ (1 + x 2 ) + 4 x 1 + x 2 + 4 x 2 + 3

VËy: S ≥

(®pcm).

≥

(

)

2

1 + x2 + 2x + 3 ≥ 3

3

Bµi 7.2: Cho a, b c > 0 tho¶
abc

1
1
1
+
+
≥2

1+ a 1+ b 1+ c
1
≤
8

. Chøng minh rằng:

Giải:
Ta có:

1
1
1
b
c
1
+1
=
+
1+ a
1+b
1+ c 1+b 1+ c

áp dụng bất đẳng thức Cô - Si:
1
bc
2
.
1 +a
(1+b)(1 +c )

15


1
ac
2
;
1 +b
(1+a )(1 +c)

Tơng tự:

1
ac
2
.
1 +b
(1+ a )(1 +b)

Nhân lại ta đợc:
1
8abc
1

=> abc
(1 + a )( +b)(1 + c ) (1 + a )(1 + b)(1 + c)
8

(đpcm).

Bài 7.3: Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng:
1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2

2
2abc
a + b b + ac c + ab
2

Giải:
áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:
a2 + bc ≥ 2a
b2 + ac ≥ 2b

ac;

c2 + ab ≥ 2c

Suy ra:

bc;

ab;

1

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

≤

1
2

ab + bc + ca
abc

a +b b + c c + a
+
+
1 2
2
2 = a+b+c

2
abc

2abc

Phơng pháp 8: Bất đẳng thức Bunhiacôpxki.
2
2
(a1b1 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + ... + a n )(b12 + ... + bn )

Bµi 8.1: Cho x, y, z tho¶ x (x -1) + y(y - 1) + z (z - 1) ≤

4
3.

Chøng minh r»ng:
x+y+z≤4

16


Giải:
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
(1.x + 1.y + 1.z)2 ≤ (12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2)
(x + y + z)2 ≤ (x2 + y2 + z2)

Suy ra:

4
3

Theo gi¶ thiÕt, ta cã: x2 + y2 + z2 - (x + y + z) ≤
1

(x
3

Tõ ®ã suy ra:

+ y + z)2 - (x+ y + z) ≤

4
<=>
3

S2 - 3S - 4 ≤ 0

(Víi S = x + y + z)
<=> (S + 1) (S - 4) ≤ 0
<=> - 1 ≤ S ≤ 4
VËy: x + y + z 4.
Bài 8.2: Giả sử phơng trình x2 + ax + b = 0 cã nghiÖm x0. Chøng minh
2
x0 < 1 + a 2 + b 2

r»ng:

Gi¶i:
x0 là nghiệm phơng trình x2 + ax + b = 0 nªn ta cã:
2
4
2
x0 + ax 0 + b = 0 ⇒ x0 = (a.x0 + 1.b) 2 ≤ (a 2 + b 2 )( x0 + 1)

⇒ a2 + b2 ≥

x04
x4 − 1
1
= 02 + 2
> x02 − 1
2
x0 + 1 x 0 − 1 x 0 + 1

2
⇒ x0 < 1 + a 2 + b 2

Bµi 8.3: Cho tam giác ABC và một điểm Q nào đó ở trong tam giác. Qua kẻ
đờng thẳng song song với AB cắt AC ở M và cắt BC ở N. Qua Q kẻ đờng thẳng
song song với AC cắt AB ở F và cắt BC ở E. Qua Q kẻ đờng thẳng song song với
BC cắt AC ở P và c¾t AB ë R. Ký hiƯu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3 = dt(QFR)
vµ S = dt (ABC). Chøng minh r»ng:
a.

b.

S = ( S1 + S 2 + S 3 ) 2

Gi¶i:

S1 + S 2 + S 3 ≥

1
S.

3

a. Ta cã ∆QMP ∼ ∆BAC
(Tû sè

MP
)
AC
2

, suy ra:

S1  MP 
=
 ⇒
S  AC 
2

S1
S

=

S 2  QE 
 PC 
=
 =

S  AC 
 AC 

2

MP
AC

17


Tơng tự:

Suy ra:
Do đó:
Suy ra:

S2
S

=

S2
PC
PC S 3
AM
=>
=
;
=
.
AC

S
AC
AC
S

S1 + S 2 + S 3

MP +PC + AM

S = SS + S 2 + =S 3 => S =
1
AC

(

AC

1
S1 += S 2 + =S 3
AC

)

2

b. áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta cã:
S=

1. S1 +1. S 2 +1. S 3 ) 2 ≤(12

Suy ra: S1 + S2 + S3

≥

1
3.

+ 12 +12)(S1 +S2 + S3)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

S1 = S2 = S3 <=> Q là trọng tâm ABC.
Phơng pháp 9: Phơng pháp chứng minh quy nạp.
Để chứng minh bất ®¼ng thøc ®óng víi n ≥ n0 ta thùc hiƯn các bớc
sau:
a. Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0.
b. Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k.
c. Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Bµi 9.1: Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n ≥ 2 ta cã:
1
1
1
13
+
+ ... +
>
.
n +1 n + 2
2n 24

Gi¶i:
Víi n = 2, ta có:

1 1 13
14 13
+ >
<=>
>
3 4 24
24 24

(đúng).

Giả sử với n = k, ta cã:
1
1
1
13 13
+
+ ... +
>
>
k +1 k + 2
2k 2k 24

Ta ph¶i chøng minh:
ThËt vËy, ta cã:

1
1

1
13
+
+ ... +
>
k +1 k + 3
2k + 2 24

1
1
1
+
+ ... +
=
k +2 k +3
2k + 2
1
1 
1
1
1
 1
=
+
+ ... +
+
−
+
2k  2k + 1 2k + 2 k + 1
 k +1 k + 2

1 3 5 2n −1
1
. . ...
≤
2 4 6
2n
3n +1

18


>

13
1
1
1
13
+
+
−
=
.
24 2k + 2 2k + 2 k + 1 24

Vậy bất đẳng thức đúng với n=k +1,do đó bất ®¼ng høc ®óng víi mäi n ≥ 2.
víi n ∈N, n 1.

Bài 9.2: Chứng minh rằng:
Giải:

Với n = 1; Ta có
Giả sử:

1 1
= (đúng)
2 2

1 3 5 2k 1
. . ...
≤
2 4 6
2k

Ta cÇn chøng minh:
Ta cã:

1
3k +1

1 3 5 2 k +1
. . ...
≤
2 4 6 2k + 2

1
3k + 4

1 3 5 2 k + 1 1 3 2 k −1 2 k + 1
. . ...

= . ...
.
≤
2 4 6 2k + 2 2 4
2k 2k + 2

Ta cÇn chøng minh:
ThËt vËy: (1) <=>

1
2k + 1
.
≤
3k + 1 2k + 2

1
2k +1
.
2k + 2
3k +1

1
3k + 4

(1)

2

3k + 1
 2k + 1 

.

 ≤
3k + 4
 2k + 2 

<=>

(2k + 1)2 (3k + 4) ≤ (2k + 2)2 (3k + 1) <=> 0 ≤ k (®óng).
VËy bất đẳng thức đúng với mọi n 1.

19


20