Sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng để chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------




ĐẶNG VĂN HIẾU





SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60 46 40




LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC





Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. PHAN HUY KHẢI

Thái Nguyên, năm 2009
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
MỤC LỤC
Trang
Mục lục 1
Lời cảm ơn 2
Lời nói đầu 3
Chương 1 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 4
1.1 – Bất đẳng thức Côsi 4
1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản 5
1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14
1.4 – Thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 23
1.5 – Thêm bớt biến số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 27
1.6 – Nhóm các số hạng khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 33
Chương 2 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42
2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42
2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng 55
Chương 3 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59
3.1 – Bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59
3.2 – Một số ví dụ minh hoạ 60
Chương 4 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép 67
4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép 67
4.2 – Một số ví dụ minh hoạ 68

Chương 5 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen 81
5.1 – Định nghĩa hàm lồi 81
5.2 – Điều kiện đủ về tính lồi của hàm số 82
5.3 – Bất đẳng thức Jensen 82
5.4 – Một số ví dụ minh hoạ 84
Tài liệu tham khảo 98


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2

LỜI CẢM ƠN


Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy đã trực tiếp
giảng dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp
giảng dạy, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè và tất cả những
người đã giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
LỜI NÓI ĐẦU

Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo
trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là một đề tài
thường xuyên có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia,
cũng như trong các kỳ thi Olympic về toán ở mọi cấp.
Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất
đẳng thức thông dụng.
Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 5 chương:
Chương 1 với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi” dành để trình
bày về bất đẳng thức Côsi.
Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất và có nhiều ứng dụng nhất
trong chứng minh bất đẳng thức. Trong chương này chúng tôi dành để trình bày các
phương pháp cơ bản nhất để sử dụng có hiệu quả bất đẳng thức Côsi.
Chương 2 “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày các
ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng.
Một trong những phương pháp hay sử dụng và có tính hiệu quả để chứng minh
các bất đẳng thức là sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu. Các kết quả này
được trình bày trong chương 3.

Chương 4 dành để trình bày một lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó là bất
đẳng thức Trêbưsép).
Sau hết trong chương 5 trình bày một áp dụng lý thú các kết quả của giải tích lồi
để chứng minh bất đẳng thức – đó là sử dụng tính lồi của hàm số để chứng minh
bất đẳng thức.





Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4

Chương 1

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI


1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.1.1 Định lý. Với n số không âm:
12
,,...,
n
aaa( 2n ³ ) ta có:

12
12
...
....
n

n
n
aaa
aaa
n
+++
³ .
Đẳng thức xảy ra
12
....
n
aaaÛ===
Chứng minh
· Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với
2n =
.
· Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số không âm thì bất đẳng thức cũng đúng với
2n
số không âm.
Ta có:
( )
122
2
12122122
...
1
............
22
n
nn

n
nnnnn
aaa
aaaaaaaaa
n
++
+++
³+³, nên bất
đẳng thức đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2.
· Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức đúng
với
1n-
số không âm. Thật vậy, đặt
121
...
n
Aaaa
-
=+++ ;
1
n
A
a
n
=
-
.
Ta có:
( )
121

1
121
.....
.1......
11
n
n
n
n
aaaAA
AnAnaaa
nn
-
-
-
+³Þ³-
--

Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức Côsi đúng với mọi n nguyên dương
( )
2n ³
Þ
đpcm.
1.1.2 Hệ quả. Với n số dương:
12
,,...,
n
aaa
( )
2n ³ ta luôn có:

( )
2
12
12
111
.......
n
n
aaan
aaa
æö
÷
ç
÷
++++++³
ç
÷
ç
÷
ç
èø

Đẳng thức xảy ra
12
....
n
aaaÛ===
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5

Chng minh
Theo bt ng thc Cụsi, ta cú:
1212
.......0
n
nn
aaanaaa+++>, (1)

1212
111111
........0
n
nn
n
aaaaaa
+++>
. (2)
Nhõn tng v ca (1),(2) suy ra iu phi chng minh.
Nhn xột: ã Bt ng thc Cụsi ch ỏp dng c cho cỏc s khụng õm.
ã Bt ng thc Cụsi l bt ng thc quan trng nht, quen thuc nht,
v cú mt tm ng dng rng rói trong cỏc b mụn ca toỏn hc s cp. c bit l
dựng chng minh bt ng thc. S thnh cụng ca vic ỏp dng bt ng thc
Cụsi chng minh cỏc bi toỏn v bt ng thc hon ton ph thuc vo s linh
hot ca tng ngi s dng v k thut cỏch chn cỏc s
12
,,....,
n
aaa.
Sau õy l mt s phng phỏp vn dng bt ng thc Cụsi chng minh bt
ng thc.

1.2 S DNG BT NG THC CễSI C BN.
1.2.1 Ni dung phng phỏp.
Qui c: Gi h qu ca bt ng thc Cụsi l Bt ng thc Cụsi c bn. S
dng h qu chng minh bt ng thc gi l phng phỏp S dng bt ng
thc Cụsi c bn.
T Bt ng thc cụsi c bn tng quỏt, ta cú hai trng hp riờng sau:
ã Vi mi ,0ab> , ta cú:
( )
ab+ (
11
ab
+ )4 hay:
114
.
abab
+
+

ng thc xy ra
ab=
.
ã Vi mi ,,0abc> , ta cú:
( )
111
abc
abc
ổử
ữ
ỗ
++++

ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
9 hay:
1119
abcabc
++
++
.
ng thc xy ra
abc==
.
1.2.2 Mt s thớ d minh ho.
Thớ d 1.1 ( thi tuyn sinh i hc, cao ng khi A 2005).
Cho ,,0xyz> v tho món:
111
4.
xyz
++=
Chng minh:
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
6

111
1
222xyzxyzxyz
++Ê
++++++

.
Bi gii
p dng bt ng thc Cụsi c bn hai ln liờn tip, ta cú:
11111111111111
2424242822xyzxyzxyzxyzxyz
ộự
ổửổửổử
ữữữ
ỗỗỗ
ờỳ
Ê+ữÊ++ữịÊ++ữ
ỗỗỗ
ữữữ
ờỳ
ỗỗỗ
ữữữ
ỗỗỗ
+++++
ốứốứốứ
ởỷ
. (1)
ng thc trong (1) xy ra
2xyz
xyz
yz
ỡ
=+
ù
ù
==

ớ
ù
=
ù
ợ
.
Hon ton tng t, ta cú:
11111
2822xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
(2)
v
11111
2822xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ

ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
. (3)
Cng tng v (1),(2),(3) ta c:
1111111
1
2224xyzxyzxyzxyz
ổử
ữ
ỗ
++Ê++ữ=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ
ị
pcm.
ng thc xy ra

ng thi ng thc trong (1),(2),(3) xy ra
3
.
4
xyz===

Nhn xột: Ta cng cú bt ng thc Cụsi c bn sau:
Vi ,,,0abcd> thỡ:
( )
1111
16abcd
abcd
ổử
ữ
ỗ
++++++
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
ị
111111
16abcdabcd
ổử
ữ
ỗ
Ê+++
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
+++
.
p dng vo thớ d trờn, ta cú:

1111111
216xyzxxyzxxyz
ổử
ữ
ỗ
=Ê+++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
+++++
ốứ

11211
216xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
ịÊ++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
.
Tng t suy ra:
11121

216xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
v
11112
216xyzxyz
ổử
ữ
ỗ
Ê++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++
ốứ
.

ị
1111111

1
2224xyzxyzxyzxyz
ổử
ữ
ỗ
++Ê++ữ=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ

ị
pcm.
ng thc xy ra
3
.
4
xyz===
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
7
Thớ d 1.2 (Bt ng thc Nesbit 3 bin).
Cho ,,0abc> . Chng minh rng:
3
2
abc
bccaab
++

+++
. (1)
Bi gii
D thy (1)

9
111
2
abc
bccaab
ổửổửổử
ữữữ
ỗỗỗ
+++++
ữữữ
ỗỗỗ
ữữữ
ỗỗỗ
ốứốứốứ
+++


( )
111
29abc
bccaab
ổử
ữ
ỗ
++++

ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
+++


( ) ( ) ( )
111
9.abbcca
abbcca
ộự
ộự
ờỳ
+++++++
ởỷ
ờỳ
+++
ởỷ
(2)
Theo bt ng thc Cụsi c bn thỡ (2) ỳng
ị
pcm.
ng thc xy ra
0abc==>
.
Nhn xột :
ã Bt ng thc Nesbit cng l mt trong cỏc bt ng thc thụng dng, thng
dựng lm bt ng thc trung gian chng minh mt bt ng thc khỏc, nhm rỳt

gn phộp chng minh mt bt ng thc.
ã Xin a ra mt thớ d hỡnh hc lý thỳ minh ho cho bt ng thc Nesbit sau:
Cho
ABCD
. V ba phõn giỏc AA',BB',CC'. Gi ,,
abc
kkk tng ng l khong
cỏch t ',','ABC n ,,ABBCCA. Gi ,,
abc
hhh tng ng l ba chiu cao h t
,,ABC. Chng minh:
3
2
abc
abc
kkk
hhh
++ .
Bi gii
Ta cú:
''ABCABAAAC
SSS
DDD
=+ (Hỡnh 1.1)
111
222
aaa
ahckbkị=+
( )
a

aa
a
k
a
ahkbc
hbc
ị=+ị=
+
. (Hỡnh 1.1)
Hon ton tng t, ta cú:
b
b
k
b
hca
=
+
;
c
c
k
c
hab
=
+
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
8
T ú suy ra:
3

2
abc
abc
kkk
hhh
++

3
2
abc
bccaab
++
+++
. (*)
Theo thớ d 1.2
ị
(*) ỳng
ị
pcm.
ng thc xy ra
ABCD
u.
Thớ d 1.3 Cho ,,0xyz> v 1xyz++=. Chng minh:
3
1114
xyz
xyz
++Ê
+++
.

Bi gii
Cú:
111111
1113
111111111
xyz
xyzxyzxyz
ổử
ữ
ỗ
++=-+-+-=-++ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
+++++++++
ốứ
.
Theo bt ng thc Cụsi c bn ta cú:

11199
1111114xyzxyz
++=
++++++++
, (do: 1xyz++=).
Vy:
93
3
11144

xyz
xyz
++Ê-=ị
+++
pcm.
ng thc xy ra
111
1
1
3
xyz
xyz
xyz
ỡ
+=+=+
ù
ù
===
ớ
ù
++=
ù
ợ
.
Nhn xột:
ã Xin a ra mt minh ho lng giỏc cho thớ d trờn:
Chng minh rng trong mi
ABCD
, ta luụn cú:

sin.sinsin.sinsin.sin
3
222222
.
4
ososos
222
ABBCCA
ABBCCA
ccc
++Ê
---
(1)
Tht vy, ta cú (1) tng ng vi:
sin.sinsin.sinsin.sin
3
222222
4
os.ossin.sinos.ossin.sinos.ossin.sin
222222222222
ABBCCA
ABABBCBCCACA
cccccc
++Ê
+++
tan.tantan.tantan.tan
3
222222
4
tan.tan1tan.tan1tan.tan1

222222
ABBCCA
ABBCCA
++Ê
+++
. (2)
t tan.tan
22
AB
a = ; tan.tan
22
BC
b = ; tan.tan
22
CA
c = ,
( )
,,0abc> .
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
9
D thy:
abc++=
tan.tantan.tantan.tan1
222222
ABBCCA
++=. (3)
Khi ú (2) tr thnh:
3
1114
abc

abc
++Ê
+++
. (4)
Theo thớ d 1.3 thỡ t (3),(4)
ị
(1) ỳng
ị
pcm.
ng thc xy ra
abcABCABC====D
u.
ãTheo cỏch gii trờn, ta cng chng minh c dng tng quỏt ca thớ d 1.3 sau:
Cho
12
,,...,0
n
xxx> tho món:
12
...1
n
xxx+++=.
Chng minh:
12
12
...
1111
n
n
x

xx n
xxxn
+++Ê
++++
.

Thớ d 1.4 Cho ,,0xyz> . Chng minh rng:

3
.
2224
xyz
M
xyzxyzxyz
=++Ê
++++++

Bi gii
Cú
111
222
xyzxyzxyz
M
xyzxyzxyz
++++++
=-+-+-
++++++


( )

111
3
222
xyz
xyzxyzxyz
ổử
ữ
ỗ
=-++++ữ=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ

( ) ( ) ( )
1111
3222.
4222
xyzxyzxyz
xyzxyzxyz
ộự
ộự
ờỳ
=-++++++++++
ởỷ
ờỳ
++++++

ởỷ
Theo bt ng thc Cụsi c bn, ta cú:
( ) ( ) ( )
111
2229
222
xyzxyzxyz
xyzxyzxyz
ộự
ộự
ờỳ
++++++++++
ởỷ
ờỳ
++++++
ởỷ
.
Vy
13
3.9
44
M Ê-=
ị
pcm.
ng thc xy ra .xyz==

Thớ d 1.5 Cho ,,0abc> v
abbccaabc++=
. Chng minh:

1113
23232316abcbcacab
++<
++++++
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
10
Bi gii
p dng bt ng thc Cụsi c bn, ta cú:
( ) ( ) ( )
11111
23242abcacbcacbc
ổử
ữ
ỗ
ữ
=Êỗ+
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
+++++++
ốứ
1111111
44422acbc
ộự
ổửổử
ữữ
ỗỗ

ờỳ
Ê+++
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ
ờỳ
ốứốứ
ởỷ

11111113
2316163232163232abcacbcabc
ịÊ+++=++
++
. (1)
ng thc trong (1) xy ra
2()
0.
22
acbc
acabc
bc
ỡ
+=+
ù
ù
ù
ù
====
ớ

ù
ù
=
ù
ù
ợ

iu ny khụng xy ra vỡ theo gi thit ,,0abc> .
Vy ta cú:
1113
23163232abcabc
<++
++
. (2)
Tng t:
1113
23163232bcabca
<++
++
, (3)
v
1113
23163232cabcab
<++
++
. (4)
Cng tng v ca (2),(3),(4) ta c:

111113111
232323163232abcbcacababc

ổửổử
ữữ
ỗỗ
++<++++
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ
ốứốứ
++++++
. (5)
Theo gi thit:
abbccaabc++=
111
1
abc
ị++=. (*)
Suy ra (5)

1113
23232316abcbcacab
++<
++++++

ị
pcm.
Nhn xột: Cng theo bt ng thc Cụsi c bn ta cú cỏch gii khỏc cho thớ d trờn:
Tht vy, theo bt ng thc Cụsi c bn, ta cú:

111111111

2342344212abcabcabc
ộự
ổửổử
ữữ
ỗỗ
ờỳ
Ê+Ê++
ữữ
ỗỗ
ữữ
ỗỗ
ờỳ
ốứốứ
+++
ởỷ


1111
23163212abcabc
ịÊ++
++
. (6)
ng thc trong (6) xy ra
2
43
ab
bc
ỡ
=
ù

ù

ớ
ù
=
ù
ợ
.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
11
Tương tự ta có:
1111
23163212bcabca
£++
++
, (7)

1111
23163212cabcab
£++
++
. (8)
Đẳng thức xảy ra tương ứng trong (7),(8) là
2
43
ca
ab
ì
=
ï

ï
í
ï
=
ï
î
và
2
43
bc
cb
ì
=
ï
ï
í
ï
=
ï
î
.
Cộng từng vế của (6),(7),(8) ta được:
111111111
232323163212abcbcacababc
æöæö
÷÷
çç
++£++++
÷÷
çç

÷÷
çç
èøèø
++++++
. (9)
Đẳng thức trong (9) xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức trong (6),(7),(8) xảy ra

0abcÛ===
.Vô lý, vì ,,0abc> nên đẳng thức trong (9) không thể xảy ra.
Theo (*)
Þ
(9)
Û
111173
2323239616abcbcacab
++<<
++++++

Þ
đpcm.
Nhận xét: Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng
thức ban đầu.

Thí dụ 1.6 Cho
ABCD
nhọn. Chứng minh rằng:

111111

coscoscos
sinsinsin
222
ABC
ABC
++³++
.
Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
114
coscoscoscosABAB
+³
+

222
os.cossin.ossin
22222
ABABCABC
cc
==³
+--

Þ
112
coscos
sin
2
C
AB
+³. (1)

Đẳng thức trong (1) xảy ra
Û
coscos
.
os1
2
AB
AB
AB
c
ì
=
ï
ï
ï
Û=
í
-
ï
=
ï
ï
î

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Tương tự, ta có:
112
coscos
sin

2
A
BC
+³, (2)

112
coscos
sin
2
B
CA
+³. (3)
Cộng từng vế (1),(2),(3)
Þ
111111
coscoscos
sinsinsin
222
ABC
ABC
++³++
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3)
Û ABC==


Û ABCD

đều.
Thí dụ 1.7 Cho
ABCD
nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA',','BBCC là ba đường
cao lần lượt cắt đường tròn tại
111
,,ABC. Chứng minh:
111
'''9
4
AABBCC
AABBCC
++³.
Bài giải
Gọi H là trực tâm
ABCD
(Hình 1.2), ta có:
1
''AHAA= ,
1
''BHBB= ,
1
''CHCC= . (1)
Có
111
'''
AABBCC
AABBCC
++=
1

'
1
'
AA
AA
++
1
'
1
'
BB
BB
++
+
1
'
1
'
CC
CC
+
'''
3
'''
AHBHCH
AABBCC
=+++. (2)
Theo địng lý Sêva, thì:
'''
1

'''
AHBHCH
AABBCC
++=.
Þ
(2)
Û
111
'''
AABBCC
AABBCC
++=4. (3) ( Hình 1.2 )
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
11
1
11
1'''
9
'''
AABB
CCAABBCC
AABBCCAABBCC
æö
æö
÷
ç
÷
ç
÷
++++³

÷
ç
ç
÷
÷
ç
÷
ç
÷
ç
èø
èø
. (4)
Từ (3),(4)
Þ
111
'''9
4
AABBCC
AABBCC
++³
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
H là trọng tâm của
ABCABCDÛD
đều.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13

Thí dụ 1.8 Cho
ABCD
nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA',','BBCC là ba trung
tuyến tương ứng lần lượt cắt đường tròn tại
1
A ,
1
B ,
1
C .(Hình 1.3).
Chứng minh:
111
'''9
4
AABBCC
AABBCC
++£.
Bài giải
Ta có:
2
1
'.''.'
4
a
AAAABAAC==
( )
11
AA'.AAAA'.AA''AAÞ=+=

22222

2
22
444
a
abcaa
m
+-
=+=+.
Þ
22
1
'.
2
bc
AAAA
+
=
2
2
22
11
2
''
'.
a
m
AAAA
AAAAAA bc
Þ==
+

( )
2222
22
22
221
1.
2
2
bcaa
bc
bc
+-
==-
+
+
. (Hình 1.3)
Tương tự ta có:
2
22
1
'1
1.
2
BBb
BB ca
=-
+
;

2
22
1
'1
1.
2
CCc
CC ab
=-
+
.
Từ đó
Þ

222
222222
111
'''91
3
42
AABBCCabc
AABBCC
bccaab
æö
÷
ç
÷
++£Û-++
ç
÷

ç
÷
ç
+++
èø
9
4
£ .
Û
222
222222
3
2
abc
bccaab
++³
+++
. (1)
Theo thí dụ 1.2 thì (1) đúng
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
abcÛ==Û ABCD
đều.
Nhận xét: Đây là một minh hoạ hình học nữa cho bất đẳng thức Nesbit.
Thí dụ 1.9 Cho hình chóp tam giác
.SABC
, trong đó ,,SASBSC đôi một vuông góc
với nhau. Kẻ đường cao
SH

. Đặt
·
ASH a=
,
·
BSH b= ,
·
CSH g= (Hình 1.4).
Chứng minh:
222
222222
ososos3
4sinsinsinsinsinsin
cccabg
bggaab
++£
+++
.
( )
*
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Bài giải
Dễ thấy:
222
ososos1cccabg++= (1)
222
sinsinsin2abgÞ++=. (2)
Đặt x
22

sinsinab=+,
y
22
sinsinbg=+,
z
22
sinsinga=+.
Khi đó, từ (2) 4xyzÞ++=. (3)

(Hình 1.4)
Từ (1)
Þ
()
222222
222222
1osos1osos1osos3
4sinsinsinsinsinsin
ccccccbgagba
bggaab
------
*Û++£
+++

222222
222222
sinsin1sinsin1sinsin13
4sinsinsinsinsinsin
gbagab
bgagba
+-+-+-

Û++£
+++

11131119
3
44xyzxyz
æö
÷
ç
Û-++÷£Û++³
ç
÷
ç
÷
ç
èø
. (4)
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
( )
111
9xyz
xyz
æö
÷
ç
++++÷³
ç
÷
ç
÷

ç
èø
. (5)
Từ (3),(5)
Þ
(4) đúng
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
.xyzSABCabg==Û==Û là hình chóp đều với các góc
ở đỉnh là tam diện vuông.
1.3 SỬ DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.3.1 Nội dung phương pháp.
Phương pháp này thích hợp với những bất đẳng thức có thể trực tiếp áp dụng
ngay bất đẳng thức Côsi, hoặc sau những biến đổi sơ cấp đơn giản là có thể sử dụng
ngay được bất đẳng thức Côsi. Lớp các bất đẳng thức này rất rộng, vì thế phương
pháp này cũng là một trong những phương pháp thông dụng để chứng minh bất
đẳng thức
Kỹ thuật chủ yếu là lựa chọn các số thích hợp để sau khi áp dụng bất đẳng
thức Côsi với các số ấy sẽ cho ta bất đẳng thức cần chứng minh .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
1.3.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2005).
Chứng minh:
121520
345
543
xxx

xxx
æöæöæö
÷÷÷
ççç
++³++
÷÷÷
ççç
÷÷÷
ççç
èøèøèø
, với
xR"Î
.
Bài giải
Do
121520
0,0,0
543
xxx
æöæöæö
÷÷÷
ççç
>>>
÷÷÷
ççç
÷÷÷
ççç
èøèøèø
,
xR"Î

. Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
12151215
2..2.3
5454
xxxx
x
æöæöæöæö
÷÷÷÷
çççç
+³=
÷÷÷÷
çççç
÷÷÷÷
çççç
èøèøèøèø
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
1215
0
54
xx
x
æöæö
÷÷
çç
Û=Û=
÷÷
çç
÷÷
çç

èøèø
.
Tương tự, ta có:
1520
2.5
43
xx
x
æöæö
÷÷
çç
+³
÷÷
çç
÷÷
çç
èøèø
, (2)

2012
2.4
35
xx
x
æöæö
÷÷
çç
+³
÷÷
çç

÷÷
çç
èøèø
. (3)
Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được:
121520
345
543
xxx
xxx
æöæöæö
÷÷÷
ççç
++³++
÷÷÷
ççç
÷÷÷
ççç
èøèøèø

Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3)
Û 0x =
.

Thí dụ 1.11 Cho ,,0xyz> và
111

2
111xyz
++=
+++
. Chứng minh:
1
8
xyz £ .
Bài giải
Từ giả thiết ta có:
111
11
11111
yz
xyzyz
=-+-=+
+++++
.
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
( )( )
1
2.0
111
yz
xyz
³>
+++
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
11

yz
yz
yz
Û=Û=
++
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Tương tự ta có:
( )( )
1
2.0
111
zx
yzx
³>
+++
, (2)

( )( )
1
2.0
111
xy
zxy
³>
+++
. (3)
Nhân từng vế của (1),(2),(3) ta được:
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

2
18
8.
111111111
xyzxyz
xyzxyzxyz
æö
÷
ç
÷
³ç=
÷
ç
÷
÷
ç
+++++++++
èø

1
18
8
xyzxyzÛ³Û£
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra
1
2

xyzÛ===.
Nhận xét: Với cách lập luận trên có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự sau:
· Cho ,,,0xyzt> và
1111
3
1111xyzt
+++=
++++
. Chứng minh:
1
81
xyzt £ .
· Cho
( )
12
,,....,0,2
n
aaan>³ và
1
1
1
1
n
i
i
n
a
=
=-
+

å
. Chứng minh:
( )
1
1
1
n
i
n
i
a
n
=
£
-
Õ
.

Thí dụ 1.12 Cho ,,0abc> và
3abc++=
.
Chứng minh:
222
3
2
111
abc
bca
++³
+++

.
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
2
12bb+³.

22
22
22
11
aababab
aaa
b
bb
Þ=-³-=-
++
. (1)
Đẳng thức xảy ra
abÛ=
.
Tương tự ta có:
2
2
1
bbc
b
c
³-
+
;

2
2
1
cca
c
a
³-
+
(2)
Từ (1),(2)
Þ
( )
222
2
111
abcabbcca
abc
bca
++
++³++-
+++
. (3)
Dễ thấy:
( ) ( )
2
3abcabbcca++³++ 3abbccaÞ++£ (do
3abc++=
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17

Nên từ (3) suy ra:
222
3
2
111
abc
bca
++³
+++

Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2)
1abcÛ===
.
Nhận xét:
· Với cách làm trên cũng chứng minh được một bất đẳng thức tương tự với 4 số:
Cho ,,,0abcd> và
4abcd+++=
. Chứngminh:

2222
2.
1111
abcd
bcda
+++³
++++

· Nếu ta sử dụng ngay bất đẳng thức Côsi với mẫu số thì sẽ không thu được kết
quả. Tuy nhiên, khi ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp đơn giản sau đó áp dụng bất
đẳng thức Côsi với mẫu thì thí dụ được giải quyết một cách đơn giản và dễ hiểu
hơn, nên sẽ thu được kết quả theo yêu cầu.
· Theo cách suy luận trên, ta có lời giải cho các thí dụ sau:

Thí dụ 1.13 Cho ,,,0abcd> và
4abcd+++=
. Chứng minh:

2222
1111
2
1111
M
abcd
=+++³
++++
.
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
22
22
1
111
22
11
aaa
a

aa
=-³-=-
++
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
2
11.aaÛ=Û=
Tương tự ta có:
2
1
1
2
1
b
b
³-
+
;
2
1
1
2
1
c
c
³-
+
;
2
1

1
2
1
d
d
³-
+
. (2)
Từ (1),(2) 42
2
abcd
M
+++
Þ³-=
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2)
1abcdÛ====
.

Thí dụ 1.14 Cho ,,0abc> và
3abc++=
.
Chứng minh:
222
111
3
111

abc
M
bca
+++
=++³
+++
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
( ) ( )
22
22
11
1
111.
22
11
abab
aabb
aaa
b
bb
++
++
=+-³+-=+-
++
(1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra

2
11.bbÛ=Û=
Tương tự ta có:
2
1
1
2
1
bbcc
b
c
++
³+-
+
, (2)

2
1
1
2
1
ccaa
c
a
++
³+-
+
. (3)
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được:
( )

33
2
abcabbcca
M
++-++
³+³
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3)
1abcÛ===
.
Nhận xét: Tương tự cũng chứng minh được bất đẳng thức với 4 số:
Cho ,,,0abcd> và
4abcd+++=
. Chứng minh:

2222
1111
4.
1111
abcd
bcda
++++
+++³
++++


Thí dụ 1.15 Cho ,,,0abcd> . Chứng minh:

3333
22222222
2
abcdabcd
abbccdda
+++
+++³
++++
.
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
322
2222
22
aababb
aaa
ab
abab
=-³-=-
++
. (1)
Đẳng thức trong (1) xảy ra
abÛ=
.
Tương tự, ta có:
3
22
2
bc

b
bc
³-
+
, (2)

3
22
2
cd
c
cd
³-
+
, (3)

3
22
2
da
d
da
³-
+
. (4)
Cộng từng vế của (1),(2),(3),(4) ta được:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
3333
22222222

2
abcdabcd
abbccdda
+++
+++
++++

ị
pcm.
ng thc xy ra

ng thi ng thc trong (1),(2),(3),(4) xy ra

abcd===
.

Thớ d 1.16 (Bt ng thc Minkowski).
Cho
123
,,0aaa ;
123
,,0bbb . Chng minh:

( )( )( )
33
3
112233123123
.abababaaabbb++++ (1)
Bi gii
ã Nu

( )( )( )
112233
0ababab+++=
0VTị=
. Ngoi ra tn ti
k
( )
13kÊÊ m:
0
kk
ab+=ị 0
kk
ab==(do 0,0
kk
ab)
0VPị=ị
bt ng thc (1) ỳng.
ã Nu
( )( )( )
112233
0.ababab+++> khi ú:
(1)
331212
33
112233112233
1
abaabb
abababababab
+Ê
++++++

. (2)
Theo bt ng thc Cụsi, ta cú:

331212
3
112233112233
1
..
3
aaaaaa
abababababab
ổử
ữ
ỗ
ữ
Ê++
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ
, (3)

331212
3
112233112233
1
..

3
bbbbbb
abababababab
ổử
ữ
ỗ
ữ
Ê++
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
++++++
ốứ
. (4)
Cng tng v (3),(4)
ị
(2) ỳng .
ng thc trong (2) xy ra

ng thi ng thc trong (3),(4) xy ra


3
12
112233
312
112233
aaa

ababab
bbb
ababab
ỡ
ù
ù
==
ù
ù
+++
ù
ớ
ù
ù
==
ù
ù
+++
ù
ợ

312
123
aaa
bbb
== .
Kt hp hai iu trờn
ị
(1) ỳng
ị

pcm.
ng thc trong (1) xy ra
312
123
(13):0
.
kk
kkab
aaa
bbb
ộ
$ÊÊ==
ờ
ờ

ờ
==
ờ
ở

S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
20
Nhn xột: ã Xin a ra mt minh ho hỡnh hc cho bt ng thc trờn.
Cho
ABCD
. Gi ,,MNP l im bờn trong cnh ,BCAC v
MN
. t
ABC
SS

D
= ;
1 APN
SS
D
= ;
2 BPM
SS
D
= . Chng minh:
3
33
12
SSS+Ê. (5)
Bi gii
t
1
BMa= ;
2
CMa= ;
1
CNb= ;
2
ANb= ;
1
MPc= ;
2
NPc= . (Hỡnh 1.5).
Ta cú:
11

.
CMN
CMN
SSS
SSS
D
D
=

( ) ( )( )
2212
1121212
bcba
bccbbaa
=
+++


( )( )( )
222
121212
abc
aabbcc
=
+++
. (6)
Tng t, ta cú:
( )( )( )
2111
121212

Sabc
Saabbcc
=
+++
(7) (Hỡnh 1.5)
T (6),(7) suy ra (5)
( )( )( )
33
3
111222121212
abcabcaabbcc+Ê+++. (8)
Theo thớ d 1.16 thỡ (8) ỳng
ị
pcm.
ã Hon ton theo cỏch chng minh trờn ta cng chng minh c dng tng
quỏt ca bt ng thc Minkowski sau:
Cho hai dóy s khụng õm:
12
,,...,
n
aaa;
12
,,...,
n
bbb
( )
2,nnẻÂ . Ta cú:

( )( ) ( )
11221212

.........
nn
n
nnnn
abababaaabbb++++.
Thớ d 1.17 Cho 2,nnẻƠ. Chng minh rng:
1
01
22
....
1
n
n
n
nnn
CCC
n
-
ổử
-
ữ
ỗ
ữ
Ê
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
-

ốứ
.
Bi gii
Vỡ
0
1
n
nn
CC==, nờn ta cú:
01121
.......
nn
nnnnnn
CCCCCC
-
= . (1)
p dng bt ng thc Cụsi, ta cú:

( )
121121
1
...1
nn
n
nnnnnn
CCCnCCC
--
-
+++-ìììì .
Vỡ

( )
12101210
......
nnnn
nnnnnnnnnn
CCCCCCCCCC
--
+++=+++++-+

( )
11222
n
n
=+-=-.
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
21
22
n
ị-
( )
121
1
1
n
n
nnn
nCCC
-
-
-ìììì . (2)

T (1),(2) suy ra:
1
01
22
....
1
n
n
n
nnn
CCC
n
-
ổử
-
ữ
ỗ
ữ
Ê
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
-
ốứ
ị
pcm.
ng thc xy ra

121
2
...
3
n
nnn
n
CCC
n
-
ộ
=
ờ
===
ờ
=
ở
.

Thớ d 1.18 (Bt ng thc Cụsi suy rng).
Cho n s khụng õm:
12
,,...,
n
aaa v
12
,,...,
n
aaal cỏc s hu t dng cú tng bng
1. Chng minh:

12
112212
........
n
nnn
aaaaaa
aaa
aaa+++
Bi gii
Vỡ 0,
kk
aa>ẻÔ
( )
1,kn=
v
1
1
n
k
k
a
=
=
ồ
.
Nờn t
12
12
,,...,
n

n
ppp
MMM
aaa=== , trong ú:
12
,,...,
n
ppp,M l cỏc s nguyờn
dng v:
12
...
n
ppp+++ M= .
p dng bt ng thc Cụsi cho
1
p s
1
a ,
2
p s
2
a ,...,
n
p

s
n
a ta cú:

12

11122
12
............
....
n
ppp
nn
M
n
aaaaaaa
aaa
M
++++++++++


12
12
1212
.......
n
ppp
n
MMM
nn
ppp
aaaaaa
MMM
+++

12
112212
.......
n
nnn
aaaaaa
aaa
aaa+++
ị
pcm.
ng thc xy ra
12
...
n
aaa=== .
Nhn xột : ã Khi ly
12
1
...
n
n
aaa====, ta cú bt ng thc Cụsi di dng:

1212
......
n
nn
aaanaaa+++ .
ã Theo li gii ca thớ d trờn ta chng minh c bt ng thc sau
(Bt ng thc Holder).

Cho hai dóy s khụng õm:
12
,,...,
n
aaav
12
,,...,
n
bbb, p v q l hai s hu t
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
22
dương sao cho:
11
1
pq
+=
. Chứng minh:
11
111
.
nnn
pq
pq
kkkk
kkk
abab
===
æöæö
÷÷
çç

³
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
èøèø
ååå
.
Thật vậy, theo thí dụ 1.18 ta có kết quả sau:
Nếu 0,0ab³³thì
11
pq
abab
pq
+³
. (1)
Áp dụng (1) với
1
1
k
n
p
p
k
k
a
a
a
=

=
æö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
èø
å
;
1
1
k
n
q
q
k
k
b
b
b
=
=
æö
÷
ç
÷
ç

÷
ç
÷
èø
å
; 1,kn"= . Ta có:
11
11
11
11
pq
kkkk
nn
pq
nn
pq
pq
kk
kk
kk
kk
abab
pq
ab
ab
==
==
+³
æöæö
÷÷

çç
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
èøèø
åå
åå
. (2)
Vì (2) đúng với mọi 1,2,...,kn= nên cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:

1
11
11
11
n
kk
k
nn
pq
pq
kk
kk
ab
pq
ab
=
==
+³

æöæö
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
çç
÷÷
èøèø
å
åå
. (3)
Do
11
1
pq
+=
, nên từ (3)
Þ
đpcm.
Đặc biệt: Nếu 2pq== thì từ bất đẳng thức Hônđe ta có được bất đẳng thức
Bunhiacopski:
( )( )
( )
2
222222
12121122
.........
nnnn
aaabbbababab++++++³+++ .

Thí dụ 1.19 Chứng minh rằng, trong mọi
ABCD
ta luôn có:

222
coscoscos
3
sinsinsin
ABCR
r
ABC
++
³
++
. (1)
Bài giải
Áp dụng hệ thức 4sinsinsin
222
ABC
rR= , ta có:
(1)
Û
222
coscoscos1
sinsinsin
12sinsinsin
222
ABC
ABC

ABC
++
³
++
. (2)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
( )
( )
222
sinsinsinsinsinsin9sinsinsinABCABCABC++++³ . (3)
Đẳng thức trong (3) xảy ra
Û ABC==
.
Mặt khác, trong mọi
ABCD
thì
3
coscoscos
2
ABC++£.
Từ (3) suy ra:
( )
( )
( )
222
sinsinsinsinsinsin6sinsinsincoscoscosABCABCABCABC++++³++
Þ
222

coscoscossinsinsin
6sinAsinsin
sinsinsin
ABCABC
BC
ABC
++++
³
++

Þ
222
4ososos
coscoscos1
222
sinsinsin
48sinsinsinososos12sinsinsin
222222222
ABC
ccc
ABC
ABCABCABC
ABC
ccc
++
³=
++
.
Vậy (2) đúng
Þ

(1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra
Û ABC== Û ABCD
đều.
Nhận xét :
· Trong thí dụ này, ngoài sử dụng bất đẳng thức Côsi, còn sử dụng đồng thời
các hệ thức lượng giác, bất đẳng thức lượng giác cơ bản đã biết trong tam giác và
phép biến đổi tương đương để chứng minh. Việc vận dụng nhiều phương pháp khác
nhau, nhiều kết quả toán học khác nhau để chứng minh một bài toán là một điều mà
người học toán, làm toán cần quan tâm.
· Thông qua ví dụ này cho thấy việc phân loại các phương pháp chứng minh
chỉ có tính chất tương đối mà thôi.

1.4 THÊM BỚT HẰNG SỐ KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.4.1 Nội dung phương pháp.
Ta hãy bắt đầu bằng một thí dụ đơn giản:
Cho ,,0abc> . Chứng minh:
( )
333
2
1
3
abc
abbcca
++
++-£ .
Bài giải
Biểu thức dưới dấu căn bậc 3 là một tích của hai thừa số. Để có thể sử dụng được
bất đẳng thức Côsi ta cần viết:
.1abab=

;
.1bcbc=
;
.1caca=
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
24
Nói khác đi, ta đã thêm vào thừa số 1 (hằng số ở đây là 1).
Khi đó theo bất đẳng thức Côsi ta có:
33
1
.1
3
ab
abab
++
=£ , (1)

33
1
.1
3
bc
bcbc
++
=£ , (2)

33
1
.1

3
ca
caca
++
=£ . (3)
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được:
( )
333
2
1
3
abc
abbcca
++
++£+
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
Û
đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra
Û 1abc===
.
Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp thêm bớt hằng số khi sử dụng bất
đẳng thức Côsi.
Vấn đề quan trọng ở chỗ cần chọn hằng số như thế nào để có thể áp dụng được bất
đẳng thức Côsi vào bất đẳng thức cần chứng minh. Đồng thời phải chọn đúng hệ số
khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được.
1.4.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.20 Cho ,,0xyz> và 1xyz++=. Chứng minh:
3

4
3
xxyxyz++£.
Bài giải
Ta có:
33
11
.4.4.16
24
xxyxyzxxyxyz++=++ .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
3
114416
.4.4.16
24412
xyxyz
xyxyz
+++
+£+ .
Þ
( )
3
44
33
xxyxyzxyz++£++= (do 1xyz++=)
Þ
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
16
21

4
4
416
21
1
1
21
x
xy
yzy
xyz
z
ì
ï
ï
=
ï
ï
ì
ï
=
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
Û=Û=
íí
ïï

ïï
++=
ïï
ï
î
ï
ï
=
ï
ï
ï
î
.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên