Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức. Tóm tắt nội dung Trong bài này, chúng ta sẽ giới thiệu một cách chứng minh bằng phép dồn biến cổ điển cho bất đẳng thức sau 5p a+b+c 4. b c a p +p +p c+a a+b b+c. Bất đẳng thức này được tác giả Jack Garfunkel đề nghị trên tạp chí Crux Magazine năm 1991 (bài toán 1490). Đây là một bài toán hay và khó mặc dù hiện nay đã nhận được nhiều lời giải cho nó nhưng một lời giải bằng phép dồn biến thuần túy thì đến nay vẫn chưa nhận được.. Trước hết chúng ta cần có kết quả sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng thức Jack Garfunkel Bài toán 1 Cho các số không âm a; b; c; tất cả không đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng b c 1 a + + : 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b 3 (Phạm Kim Hùng) Lời giải. Chuẩn hóa cho a + b + c = 3; khi đó bất đẳng thức trở thành a 3 , a(3. a)(3. b) + b(3. c. +. b)(3. b 3. a. +. c 3. 1. c)(3. a). , a b + b c + c a + abc. 4. 2. c) + c(3. b. 2. 2. (3. a)(3. b)(3. Không mất tính tổng quát, giả sử b là số hạng nằm giữa a và c; thế thì ta có c(b. a)(b 1. Lop12.net. c). 0. c).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ) b2 c + c2 a ) a2 b + b2 c + c2 a + abc. abc + bc2 1 2b (a + c) (a + c) 2 3 2b + a + c + a + c = 4: 27. b(a + c)2 = 1 2. Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc (a; b; c) (2; 1; 0): Nhận xét 1 Đây là một bổ đề khá chặt và có thể được dùng để giải nhiều bài toán khác, các bạn hãy ghi nhớ nó nhé! Ngoài ra, chúng ta có thể làm mạnh bổ đề như sau 1 a2 b + b2 c + c2 a + abc + abc(3 2. ab. bc. ca). 4 (Võ Quốc Bá Cẩn). Bây giờ chúng ta sẽ đi đến giải quyết bài toán chính Bài toán 2 Cho các số không âm a; b; c, không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng a b c 5p p a + b + c: +p +p 4 c+a a+b b+c (Jack Garfunkel) Lời giải. Ta xét 2 trường hợp Trường hợp 1. c b a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có p. 2. a b c +p +p c+a a+b b+c. Lại có do c. b. (a + b + c). a nên. a b c + + a+b b+c c+a. = =. Nên hiển nhiên p Trường hợp 2. a. b c a + + a+b b+c c+a. b. 3 1 a b b c c a + + + 2 2 a+b b+c c+a 3 (c a)(c b)(b a) 3 25 < 2 (a + b)(b + c)(c + a) 2 16. a b c +p +p c+a a+b b+c c: 2. Lop12.net. 5p a+b+c 4.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường hợp 2.1.. 11 5 b. X. a p a+b cyc. a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có !2. ". ! a a+b 4a + 4b + c cyc cyc " # ! X a(a + b + c) X X a = 3 a+ a+b 4a + 4b + c cyc cyc cyc ! ! ! X X X a a = a 3+ a+b 4a + 4b + c cyc cyc cyc X a(4a + 4b + c). #. X. Theo kết quả bài toán trước, ta có X. 1 3. a 4a + 4b + c cyc. Nên ta chỉ cần chứng minh được X a a+b cyc , (11a2 + 6ab Trường hợp 2.2. a. 11 5 b;. 27 16. 5b2 )c + (ab + c2 )(11b. đặt f (a; b; c) =. pa a+b. +. 5a). pb b+c. +. 0 (đúng) pc : c+a. Vì bài toán này có. đẳng thức xảy ra tại a = 3; b = 1; c = 0 nên ý tưởng của chúng ta sẽ là dồn 1 biến về 0, tức là chứng minh f (a; b; c) f (a1 ; b1 ; 0) với a1 + b1 = a + b + c: Việc làm này nói có vẻ rất đơn giản nhưng khi thực hiện, bạn sẽ thấy rất khó vì các biểu thức trong căn rất khó cho ta để đánh giá chúng, và nếu chúng ta cứ "cố chấp" một giá trị a1 ; b1 hoài khi dồn biến thì cũng rất khó mà ta phải linh động hơn, tùy theo những trường hợp cụ thể mà chọn a1 ; b1 thích hợp ứng với những trường hợp ấy. Chúng ta sẽ xét những trường hợp nhỏ như sau Trường hợp 2.2.1. a 3b; khi đó ta sẽ chứng minh p. a a+b. , a2 (a + b + c) ,. p. a+. c 2. a+b+c. a2 + ac +. 1 4 c (a + b) 4 3. Lop12.net. c2 4. 0 (đúng). (a + b).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> và p Do a. b c +p c+a b+c. r c b+ 2. 3b nên ta chỉ cần chứng minh được r c b+ 2. b c p +p b+c 3b + c ,. b2 c2 2bc + +p b + c 3b + c (b + c)(3b + c) 2bc c2 +p 3b + c (b + c)(3b + c). ,. Do b. c nên 3b + c. 1 b + b+c 2. 2(b + c); suy ra. p. 2b. Lại có. b 1 + 2 b+c. c 3b + c. Từ đây, ta đi đến f (a; b; c) a. 5 2 b;. 3b c(b c) = 2(b + c) 2(b + c)(3b + c) c c f a + ;b + ;0 2 2. khi đó, ta sẽ chứng minh p. a a+b. , a2 (a + b + c) ,. 3b 2(b + c). 2b b+c. p (b + c)(3b + c). Trường hợp 2.2.2. 3b. c 2. bc c + 2 b+c. 2b c +p 3b + c (b + c)(3b + c). ,. b+. p. a + 83 c a+b+c. 3 9 a2 + ac + c2 (a + b) 4 64. 9 2 1 c (a + b) + ca(3b 64 4. và b c p +p c+a b+c. 4. Lop12.net. a) r. 0 (đúng). 5 b+ c 8. 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được b c p +q b+c c + 52 b. 5 b+ c 8. b2 c2 2bc + 5 +q b+c b + c 2 (b + c)( 25 b + c). ,. , , Do b. r. c nên. c2 2bc +q +c (b + c)( 25 b + c). 5 2b. 5 2b. 2b c +q +c (b + c)( 25 b + c). 5 b+ c 8. 5 bc c+ 8 b+c 5 b + b+c 8. 7 28 25 (b + c) = (b + c) (b + c) 4 16 16 2b 8b )q 5(b + c) 5 (b + c)( 2 b + c). 5 b+c 2. Lại có b 5 + 8 b+c. 8b 5(b + c). 5 2b. c (b + 10c)(5b 3c) = 40(b + c)(5b + 2c) +c. Vậy nên f (a; b; c) Trường hợp 2.2.3. 25 b. a. 11 5 b;. 3 5 a + c; b + c; 0 8 8. khi đó ta sẽ chứng minh. p. a a+b. , a2 (a + b + c) ,. f. 5 a + 14 c p a+b+c. 5 25 2 c (a + b) a2 + ac + 7 196. 25 2 1 c (a + b) + ca(5b 196 7. và c b p +p c+a b+c. 5. Lop12.net. 2a) r. b+. 0 (đúng) 9 c 14. 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được b c p +q b+c c+. ,. b2 + b+c. ,. c nên. Lại có b 9 + 14 b + c. 9 c 14. b+. 11 5 b. c2 2bc +q +c (b + c)( 11 5 b + c). 11 5 b. c2 2bc +q +c (b + c)( 11 5 b + c). 11 5 b. , Do b. r. 2b c +q +c (b + c)( 11 5 b + c). 11 5 b. b+. 9 c 14. 9 bc c+ 14 b+c 9 b + b + c 14. 25 (b + c) 16 8b )q 5(b + c) 11 (b + c)( 5 b + c) 11 b+c 5. 8b 5(b + c). 8 (b + c) 5 2b. c 33b2 + 160bc 125c2 = 70(b + c)(5b + 2c) +c. 11 5 b. 0. Vậy nên f (a; b; c). f. a+. 9 5 c; b + c; 0 14 14. Như vậy, ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp có 1 biến bằng 0 là đủ. Không mất tính tổng quát, giả sử c = 0: Khi đó bất đẳng thức trở thành p. p a + b a+b. 5p a+b 4. p 5 b(a + b) (a + b) 4 p , 4 b(a + b) a + 5b p 2 p , a+b 2 b 0 (đúng): ,a+. Bài toán được giải quyết xong.. 6. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Nhận xét 2 Trong lời giải trên, mặc dù không sử dụng máy tính phụ trợ nhưng tại sao ta lại chia được trường hợp có số lẻ 52 ? Câu trả lời xin được dành cho các bạn. Đây là một lời giải dài và khá phức tạp nhưng nó gợi mở cho chúng ta nhiều điều trong việc sử dụng phép dồn biến. Từ xưa đến nay, chúng ta thường "cổ hữu" chỉ khư khư một số kiểu dồn biến, chẳng hạn như f (a; b; c). a+b a+b ; ;c 2 2. f. f (a; b; c). f (a + c; b; 0) c c f (a; b; c) f a + ; b + ; 0 2 2 Nhưng những điều này không phải lúc nào cũng luôn có mà chỉ có trong một số rất ít trường hợp. Vì thế, chúng ta cần linh động hơn nữa trong phép dồn biến, chẳng hạn trong bài này f (a; b; c) f (a1 ; b1 ; 0) với a1 + b1 = a + b + c: Đây là một ý tưởng độc đáo và khá thú vị. Phần cuối cùng của bài viết, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một số chứng minh khác mà chúng tôi được biết cho bài toán đẹp này. Lời giải 2. 1 Đặt b + c = x2 ; c + a = y 2 ; a + b = z 2 với x; y; z > 0; từ đây ta được a=. y2 + z2 2. x2. 0;. z 2 + x2 2. b=. y2. 0;. c=. x2 + y 2 2. z2. 0. Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành y2 + z2 z. x2. +. ,x+y+z+. z 2 + x2 x. y2. (x + y + z)(x. +. x2 + y 2 y. y)(y xyz. z)(z. z2 x). 5p 2 2(x + y 2 + z 2 ) 4. 5p 2 2(x + y 2 + z 2 ) 4. Từ đây, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x z đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có p p 2(x2 + y 2 + z 2 ) x + y 2 + z 2. y 2 ; khi đó sử dụng bất. Nên ta chỉ cần chứng minh được x+y+z+ 1 By. (x + y + z)(x. y)(y xyz. z)(z. G.P. Henderson. 2 why?. 7. Lop12.net. x). p 5 x + y2 + z2 4.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> , f (x). 0. với , f (t). =. 4(z. y)t3. +4yz(z 2. t2 yz + 4y 3 + 4y 2 z + 4yz 2 y2 ). 4z 3. 0. 5yz. p y2 + z2 t. Nếu y = z thì ta có h xy 2 (x. f (x) =. i 7 y <0. p y) + 5 2. Nếu z > y; ta có lim f (t) =. t! 1. 1;. f (0) = 4yz(z 2. y 2 ) > 0;. lim f (t) = 1. t!1. Lại có f (z) =. f. h p yz 2 5 y 2 + z 2. 4y. p p y 2 + z 2 = 2yz 4y y 2 + z 2. i 3z = 5y 2. yz 2 (3y 4z)2 p <0 5 y 2 + z 2 + 4y + 3z. z2 =. 2yz. p y2 + z2. 2y. 2. 0. Ta suy ra được f (t) có 3 nghiệm thực, cụ thể, 1 nghiệm âm, 1 nghiệm thuộc (0; z) hp và một nghiệm thuộc y 2 + z 2 ; 1 : Mặt khác, f (t) là một hàm đa thức bậc 3 với. hệ số thực nên nó có tối hpđa 3 nghiệm.Từ đây, ta suy ra được f (t) có đúng 3 nghiệm: t0 < 0; t1 2 (0; z); t2 2 y 2 + z 2 ; 1 : Từ đây, bằng cách lập bảng xét dấu, ta thấy f (t). 0 8t1. Mà ta có t1 < z. x. nên hiển nhiên ta có. t. p y2 + z2. f (x). t2. t2. 0:. Bất đẳng thức được chứng minh xong. Nhận xét 3 Đây là một chứng minh hay và đặc sắc dựa trên tính chất về dấu của hàm đa thức bậc 3 nhưng để nghĩ đến được điều này quả thật không phải dễ.... 8. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Lời giải 3.. 3. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có. X cyc. a p a+b. !2. ". #". X. X. a a(5a + b + 9c) (a + b)(5a + b + 9c) cyc cyc # !2 " X X a = 5 a (a + b)(5a + b + 9c) cyc cyc. #. Ta cần chứng minh X cyc. !". a. X cyc. a (a + b)(5a + b + 9c). #. 5 16. Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì !" # X X a 5 A+B a = 16 (a + b)(5a + b + 9c) C cyc cyc trong đó A =. X cyc. B = 243. ab(a + b)(a + 9b)(a X cyc. a3 b2 c + 835. X. 3b)2. 0. a2 b3 c + 232. cyc. X. a4 bc + 1230a2 b2 c2. 0. cyc. C = 16(a + b)(b + c)(c + a)(5a + b + 9c)(5b + c + 9a)(5c + a + 9b) > 0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a3 = 1b = 0c hoặc các hoán vị tương ứng. Chúng ta còn có 3 lời giải khác cho bài toán này, 1 bằng dồn biến toàn miền, 1 bằng dồn biến-khảo sát hàm số, 1 bằng kỹ thuật pqr nhưng trên quan niệm cá nhân, chúng tôi cho rằng những lời giải ấy đều không mang nét đặc sắc riêng nên chúng tôi sẽ không giới thiệu chúng ở đây. Chúng tôi xin được kết thúc bài viết ở đây. Xin cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết này!. 9. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> BẤT ĐẲNG THỨC. ầ. §1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. BẤT ĐẲNG THỨC:. 1. Khái niệm bất đẳng thức: Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” được gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số. Ta có: * A > B ⇔ A-B > 0; A < B ⇔ A - B < 0 * A ≥ B ⇔ A-B ≥ 0; A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0 2. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức:  A>B ⇒A>C a) TÝnh chÊt 1:  B>C b) TÝnh chÊt 2: A>B ⇔ A ± C>B ± C  A.C>B.C, nÕu C>0 c) TÝnh chÊt 3: A>B ⇔   A.C<B.C, nÕu C<0 A>B ⇒ A+C >B+D d) TÝnh chÊt 4:  C>D A>B>0 e) TÝnh chÊt 5:  ⇒ A.C > B.D C>D>0 f) TÝnh chÊt 6: A>B>0, n ∈ N* ⇒ A n > B n A>B>0, n ∈ N, n ≥ 2 ⇒ n A > n B g) TÝnh chÊt 7: A>B, n ∈ N* ⇔ A 2n +1 > B 2n +1 A>B, n ∈ N* ⇔ 2n+1 A > 2n +1 B. II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm :. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã: 2  a+b  a+b   ≥ ab  hay a+b ≥ 2 ab, ab ≤     2  2    §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b. ☺ Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy hai số là : * HÖ qu¶ 1 : 2(a 2 +b2 ) ≥ (a+b)2 ≥ 4ab, víi ∀a, b ∈ R. 1 1 4 * HÖ qu¶ 2 : + ≥ , víi a, b>0. a b a+b a b * HÖ qu¶ 3 : + ≥ 2, víi a, b>0. b a. 2. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm : Víi n sè kh«ng ©m a1 , a 2 , ..., a n (n ≥ 2), ta cã :. a1 + a 2 + ... + a n n ≥ a1a 2 ...a n n §¼ng thøc x¶y ra ⇔ a1 = a 2 = ... = a n III. BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHIA-CỐPSKI 1. Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai cặp số: Với hai cặp số thực (a1 , a 2 ), (b1 , b2 ) bất kì, ta đều có:. (a1b1 +a 2 b2 )2 ≤ (a12 + a 22 )(b12 + b22 ) §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi. b1 b2 = . a1 a 2. * Quy −íc : NÕu a1 = 0 (hoÆc a 2 =0) th× b1 = 0 (hoÆc b2 = 0) 2. Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai bộ n số: Víi hai bé sè thùc (a1 , a 2 , ..., a n ), (b1 , b2 , ..., b n ) bÊt k×, ta cã : (a1b1 +a 2 b2 +...+a n b n )2 ≤ (a12 + a 22 + ... + a 2n )(b12 + b22 + ... + b2n ) §¼ng thøc x¶y ra ⇔. b1 b 2 b = = ... = n . a1 a 2 an. * Quy −ớc : Nếu một a i nào đó bằng 0 thì bi = 0 (i=1,n).. IV. BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: Víi mäi sè thùc a vµ b, ta cã: 1) a+b ≤ a + b . §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi ab ≥ 0. 2) a-b ≤ a + b . §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi ab ≤ 0.. V. BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: 1) Bất đẳng thức cơ bản: b-c < a < b + c, c-a < b < c + a và a-b < c < a + b, p-a>0, p-b>0 vµ p-c>0. 2) Các bất đẳng thức khác: 2S ≤ ab; 2S ≤ bc và 2S ≤ ca.
≤ 900. b 2 + c2 ≥ a 2 nÕu A. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> VI. CÔNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN VÀ PHÂN GIÁC: b2 + c2 a 2 c2 + a 2 b 2 a 2 + b2 c2 2 2 2 ma = − ; mb = − ; mc = − 2 4 2 4 2 4 2 bc 2 ca 2 ab la = p(p − a); l b = p(p − b); l c = p(p − c) b+c c+a a+b. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> §2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi, đánh giá thích hợp Để chứng minh A ≥ B, ta sẽ chứng minh A-B ≥ 0 (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất cơ bản,... để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay một tính chất đúng hoặc có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh). Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì. Chứng minh các bất đẳng thức: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1) 2 b) (ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c) (2) (§HQG TP. HCM -1998). Lêi gi¶i. a) (1) ⇔ 2a 2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca. ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0 luôn luôn đúng. b) (2) ⇔ a 2 b2 + b2 c2 + c2 a 2 − a 2 bc − ab2 c − abc2 ≥ 0 ⇔ 2a 2 b2 + 2b2 c2 + 2c2 a 2 − 2a 2 bc − 2ab2 c − 2abc2 ≥ 0 ⇔ (ab-bc)2 + (bc − ca)2 + (ca − ab)2 ≥ 0 luôn luôn đúng. VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) víi mäi a, b, c, d, e.. (1). (§H Y d−îc TP. HCM-1999). Lêi gi¶i. a2 a2 a2 a2 (1) ⇔ − ab + b2 + − ac + c2 + − ad + d 2 + − ae + e2 ≥ 0 4 4 4 4 2. 2. 2. 2. a  a  a  a  ⇔  − b  +  − c  +  − d  +  − e  ≥ 0 hiển nhiên đúng. 2  2  2  2  1 1 1 VÝ dô 3 : Cho ba sè thùc a, b, c tháa m·n abc=1 vµ a+b+c> + + a b c a) Chøng minh r»ng: (a-1)(b-1)(c-1)>0. (1) b) Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1. (§HTH TP.HCM -1993). Lêi gi¶i. a) Ta cã: (1) ⇔ abc-ab-ac-bc+a+b+c>0 1 1 1 ab+bc+ca V× a+b+c> + + ⇔ a+b+c> a b c abc ⇔ a + b + c > ab + bc + ca (v× abc=1) Vậy (2) đúng. Suy ra (1) đúng. b) Ta cã: (a-1)(b-1)(c-1)>0 Suy ra hoặc cả ba số a, b, c đều lớn hơn 1 hoặc trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1 NÕu a>1, b>1, c>1 ⇒ abc>1, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt. Vậy trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1. a b c VÝ dô 4 : Chøng minh: + + < 2. 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 b +c c +a a +b trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.. (2). (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 5/2004). 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Lêi gi¶i. Ta cã: b3 + c3 ≥. 1 (b + c)3 4. (1). ThËt v©y: (1) ⇔ 4(b3 +c3 ) ≥ b3 + c3 + 3b2 c + 3bc2 ⇔ b3 + c3 − b2 c − bc2 ≥ 0 ⇔ b2 (b − c) − c2 (b − c) ≥ 0 ⇔ (b-c)(b2 -c2 ) ≥ 0 ⇔ (b-c)2 (b + c) ≥ 0 (2) đúng ⇒ (1) đúng. 1 T−¬ng tù: c3 + a 3 ≥ (c + a)3 4 1 a 3 +b3 ≥ (a+b)3 4 Do đó:. (2). b c   a ≤ 3 4 + +   b+c c + a a + b  b +c c +a a +b a b c 2a 2b 2c + + = + + mµ b+c c + a a + b 2(b + c) 2(c + a) 2(a + b) 2a 2b 2c + + < =2 b+c+a c+a+b a+b+c (Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) Tõ (3) vµ (4) suy ra ®pcm. a. 3. 3. 3. +. b. 3. 3. 3. +. c. 3. 3. 3. (3). (4).  Bài tập tự luyện: Bµi 1 : Cho x, y ≠ 0. Chøng minh:. x y x2 y2 + 2 + 4 ≥ 3 +  2 y x y x. (Đề thi vào lớp 10 chuyên của trường Trần Đại Nghĩa TP. HCM năm 2004 ). Bµi 2 : Chøng minh r»ng nÕu 0<x ≤ y ≤ z, th× ta cã: 1 1 1 1 1 y  +  + (x + z) ≤  +  (x + z). x z y x z. (Đề 148 - Bộ đề tuyển sinh). Bµi 3 : Cho a, b, c lµ c¸c sè d−¬ng. Chøng minh:  a 2 + b 2 + c2  a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 + + ≤ 3  a+b b+c c+a  a+b+c  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 11/1995). Bµi 4 : Cho x, y, z lµ c¸c sè d−¬ng. Chøng minh: x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3(x + y + z) (Học viện Quan hệ Quốc tế năm 1997). Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0. (Đề 2 - Bộ đề tuyển sinh). Dạng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ☺ Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> VÝ dô 1 : Chøng minh:. a 2 b 2 c2 a b c + + ≥ + + , ∀abc ≠ 0 b 2 c2 a 2 c a b (ĐH Y dược Tp. HCM-1999). Lời giải. ¸ p dông B§T Cauchy cho 2 sè d−¬ng, ta cã: a 2 b2 a 2 b2 a 2a + ≥ 2 . 2 =2 ≥ 2 2 2 b c b c c c. (1). b2 c2 2b + ≥ c2 a 2 a 2 2 c a 2c + 2 +≥ 2 a b b Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3) ta có đpcm. T−¬ng tù:. (2) (3). x. x. x.  12   15   20  VÝ dô 2 : Chøng minh r»ng víi mäi x ∈ R, ta cã:   +   +   ≥ 3x + 4x + 5x.  5 4  3  Khi nào đẳng thức xảy ra ? (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ-Năm 2005). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: x. x.  12   15   12   5  + 4  ≥ 2  5        x. x. x.  15  .   = 2.3x 4. (1). x.  15   20  Tương tự ta có:   +   ≥ 2.5x 4  3  x. (2). x.  20   12  x (3)   +   + ≥ 2.4 3 5     Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. VÝ dô 3 : Cho x, y, z > 0. Chøng minh r»ng:. 2 y 2 x 2 z 1 1 1 + 3 2+ 3 ≤ 2 + 2 + 2. 3 2 2 x +y y +z z +x x y z (ĐH Nông Nghiệp I Khối A - 2001). Lời giải. DÔ dµng chøng minh ®−îc B§T sau: a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 1 1 1 1 1 1 ¸ p dông (1), ta ®−îc: 2 + 2 + 2 ≥ + + x y z xy yz zx. (1) (2). ¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ®−îc: 2 y 2 y 2 x 2 z 2 x 2 z + 3 2+ 3 ≤ + + = 3 2 2 x +y y +z z +x 2 x 3 y2 2 y3 z 2 2 z 3x 2 =. 1 1 1 1 1 1 + + ≤ 2 + 2 + 2 (®pcm). xy yz zx x y z. 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> VÝ dô 4 : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã: 3a 3 + 17b3 ≥ 18ab 2 (ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997). Lời giải. á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: 3a 3 + 17b3 = 3a 3 + 9b3 + 8b3 ≥ 3 3 3a 3 .9b3 .8b3 = 18ab 2 (®pcm) Ví dụ 5 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c + + ≥ 3. b+c-a c + a − b a + b − c (ĐH Y Hải Phòng – Năm 2000). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: b+c−a +c+a −b =c (b+c-a)(c+a-b) ≤ 2 T−¬ng tù ta cã: (c+a-b)(a+b-c) ≤ a. (a+b-c)(b+c-a) ≤ b Nhân các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) ≤ abc ⇒. (1) (2) (3). abc ≥1 (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c). á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d−ơng, ta có: a b c abc + + ≥ 33 ≥ 3. b+c-a c + a − b a + b − c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) VÝ dô 6 : Cho a, b, c > 0. Chøng minh:.  1 1 1  3  b+c c+a a+b  (a 3 +b3 +c3 )  3 + 3 + 3  ≥  + + b c  a b c  2 a (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003). Lời giải. Víi ∀a, b, c > 0, ta cã:. a 3 + b3 ≥ ab(a + b); b3 + c3 ≥ bc(b + c); c3 + a 3 ≥ ca(c + a) 2(a 3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d−ơng, ta có:. (1). 1 1 1 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ 33 3 . 3 . 3 = 3 a b c a b c abc Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 1 VÝ dô 7 : Cho a>b>0. Chøng minh: a+ ≥ 2 2. b(a-b)2 Lời giải. á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số d−ơng, ta có:. (2). a+. 1 a−b a−b 1 a−b a−b 1 =b+ + + ≥ 4 4 b. . . = 2 2. 2 2 b(a-b) 2 2 b(a-b) 2 2 b(a-b)2 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> VÝ dô 8 : Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh: a 2 b2 c2 d 2 1 1 1 1 + + + ≥ + + + . b 5 c 5 d 5 a 5 a 3 b3 c3 d 3 (ĐH Thủy lợi – Năm 1997). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có: a2 a2 a2 1 1 1 5 3a 2 5 2 5 + + + + ≥ 5 = ⇒ ≥ − b 5 b5 b 5 a 3 a 3 b15 b3 b 5 b3 a 3 3b2 5 2 T−¬ng tù, ta cã: 5 ≥ 3 - 3 c c b 2 3c 5 2 ≥ 3− 3 5 d d c 2 3d 5 2 ≥ 3− 3 5 a a d Cộng các vế tương ứng của (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm. VÝ dô 9 : Cho c¸c sè thùc x, y, z d−¬ng. Chøng minh:. (1) (2) (3) (4). 16xyz(x+y+z) ≤ 3 3 (x+y)4 (y + z)4 (z + x)4 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1/1996). Lời giải. Gọi A = (x + y)(y + z)(z + x) Ta có: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2. ¸ p dông B§T Cauchy cho t¸m sè d−¬ng gåm ba sè víi mçi sè b»ng. 1 xy(x + y + z), ba sè víi mçi sè 3. 1 zy(x + y + z), xz 2 , zx 2 . 3. b»ng. (xyz)6 (x + y + z)6 ⇒ ®pcm. 36 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z. VÝ dô 10 : Cho a, b, c > 0, n ∈ N, n ≥ 2. Chøng minh: Ta cã: (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8 8. n. a b c n n n − 1. +n +n > b+c c+a a + b n −1 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 8/1996). Lời giải.. ¸ p dông B§T Cauchy cho n sè d−¬ng gåm mét sè b»ng. (a+b)(n-1) c. vµ (n-1) sè víi mçi sè b»ng 1, ta cã: 1+1+...+1  + (n-1) sè. (a+b)(n-1) (a+b)(n-1) ≥ nn c c n. (a + b)(n − 1)  (a + b + c)(n − 1)  ⇔ ≥  nc c   Hay. n. c n n c ≥ n − 1. a+b n − 1 a+b+c. (1). 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> b n n b n − 1. ≥ c+a n − 1 a+b+c a n n a n ≥ n − 1. c+b n − 1 a+b+c Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta có đpcm. (n-1)(a+b)=c 3  §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi (n-1)(b+c)=a ⇒ n = ∉ N 2 (n-1)(c+a)=b  kh«ng x¶y ra. T−¬ng tù, ta cã:. n. (2) (3). ☺ Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc VÝ dô 1 : Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ xyz=1. Chøng minh r»ng:. x2 y2 z2 3 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x 2 (§Ò dù bÞ Khèi D-N¨m 2005). Lêi gi¶i. ¸ p dông B§T Cauchy cho hai sè d−¬ng, ta cã: x2 1 + y x2 1 + y . + ≥2 =x 1+y 4 1+y 4 y2 1 + z y2 1 + z . + ≥2 =y 1+z 4 1+z 4 z2 1 + x z2 1 + x . + ≥2 =z 1+x 4 1+x 4 Céng c¸c vÕ t−¬ng øng cña ba B§T, ta ®−îc:  x2 1 + y   y2 1 + z   z2 1 + x  + + + + +  ≥ (x + y + z)  4   1+x 4  4   1+z  1+y x2 y2 z2 3 x+y+z ⇔ + + ≥− − + (x + y + z) 1+y 1+z 1+x 4 4 3(x + y + z) 3 ≥ − 4 4 3 3 3 3 3 ≥ .3 3 x.y.z − = .3 − = (Do x.y.z=1) 4 4 4 4 2 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1. VÝ dô 2 : Cho c¸c sè d−¬ng x, y, z tháa m·n xyz=1. Chøng minh r»ng:. 1+x3 + y3 1 + y3 + z 3 1+z 3 + x 3 + + ≥ 3 3. xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? (§H, C§ Khèi D-N¨m 2005). Lêi gi¶i. ¸p dông B§T Cauchy cho ba sè d−¬ng, ta cã: 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 1+x 3 + y3 ≥ 3 3 1.x 3 .y3 = 3xy. 1+x 3 + y3 3 ≥ xy xy T−¬ng tù, ta cã: ⇔. (1). 1+y3 + z 3 3 ≥ yz yz. (2). 1+z 3 +x3 3 ≥ zx zx MÆt kh¸c, ta cã: 3 xy. 3. +. yz. 3. +. +. 3. 3. ≥ 33. zx. xy. .. 3 yz. .. 3 zx. 3. ≥3 3 xy yz zx Céng c¸c vÕ t−¬ng øng cña (1), (2), (3) vµ (4) ta cã ®pcm. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1. VÝ dô 3 : Cho x, y, z lµ ba sè tháa m·n x + y + z = 0. Chøng minh r»ng : ⇒. +. 3. (3). (4). 3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4 z ≥ 6. (§Ò dù bÞ Khèi A - N¨m 2005). Lêi gi¶i. á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:. 3+4x = 1 + 1 + 1 + 4x ≥ 4 4 4x ⇒ 3+4x ≥ 2. 4. 4x = 2 8 4x. T−¬ng tù, ta cã: 3+4 y ≥ 2 8 4 y 3+4 z ≥ 2 8 4z Cộng các vế t−ơng ứng của ba bất đẳng thức trên, ta đ−ợc: 3+4x + 3+4 y + 3+4z ≥ 2. (. 8. ). 4x + 8 4 y + 8 4 z ≥ 2.3 3 8 4x.4 y.4 z ≥ 624 4x + y + z = 6. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=0. VÝ dô 4: Chøng minh r»ng víi mäi x, y, z d−¬ng vµ x + y + z = 1 th× 18xyz xy+yz+zx> . 2+xyz (ĐH Tây Nguyên Khối A, B-Năm 2000). Lời giải. ¸ p dông B§T Cauchy, ta cã:. 2=x+y+z+x+y+z ≥ 6 3 xyz. (1). xy+yz+zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác, ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0. (2) (3) (4) 10. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Cộng các vế tương ứng của (3) và (4), ta được: (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz 18xyz ⇒ xy + yz + zx > (v× 2+xyz>0). 2 + xyz VÝ dô 5 : Cho x, y, z lµ c¸c sè d−¬ng tháa m·n. 1 1 1 + + = 4. Chøng minh r»ng: x y z. 1 1 1 + + ≤ 1. 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2005). Lêi gi¶i. C¸ch 1 : Víi a, b>0 ta cã: 4ab ≤ (a+b)2 ⇔. 1 a+b 1 11 1 ≤ ⇔ ≤  +  a + b 4ab a+b 4a b. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b. ¸ p dông kÕt qu¶ trªn ta cã:. 1 ≤ 2x+y+z T−¬ng tù: 1 ≤ x+2y+z. 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1  +   +  ≤  +  +  =  + 4  2x y + z  4  2x 4  y z   8  x 2y 2z . (1). 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1   +  ≤  +  +  =  + +  4  2y x + z  4  2y 4  x z   8  y 2z 2x . (2). 1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1  ≤  + +   ≤  +  +  =  + x+y+2z 4  2z x + y  4  2z 4  x y   8  z 2x 2y  1 1 1 11 1 1 VËy + + ≤  + +  = 1. 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z 4  x y z  3 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z= . 4 1 1 4 víi a, b>0, ta ®−îc: C¸ch 2: ¸ p dông B§T + ≥ a b a+b 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  + + 8=2  + +  =  +  +  +  +  +  ≥ 4   x y z x y y z z x x+y y+z z+x T−¬ng tù, ta cã:. (3). (1).  1 1 1   1 1   1 1   1 1  2 + + + + + = + +   x+y y + z z + x   x + y x + z   x + y y + z   y + z z + x    1 1 1 ≥ 4 + + .  2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z  Tõ (1) vµ (2) ta suy ra:. (2).  1  1 1 + + 8 ≥ 8  ⇒ ®pcm.  2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z  C¸ch 3 : Víi a, b lµ hai sè bÊt k× vµ x, y lµ hai sè d−¬ng ta cã: a 2 b 2 (a + b)2 + ≥ x y x+y. (*). 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>