Kiến thức chương 4 toán 10 bất đẳng thức bất phương trình

ch-ơng 4

bất đẳng thức, bất ph-ơng trình

A. Kiến thức cần nhớ

I. Bất đẳng thức
1. Tính chất của Bất đẳng thức

(Tính chất bắc cầu): Nếu a > b và b > c th× a > c.
NÕu a > b  a + c > b + c.
NÕu a > b
a b
 c  c nÕu c  0
ac  bc nÕu c  0
 
vµ 
.
 a  b nÕu c  0
ac  bc nÕu c  0
 c c
Chúng ta có các quy tắc sau:
Quy tắc 1: (Phép céng): NÕu a > b vµ c > d  a + c > b + d.
Chó ý quan träng: không áp dụng đ-ợc "quy tắc" trên cho phép trừ
hai bất đẳng thức cùng chiều.
Quy tắc 2: (Phép nhân): Nếu a > b > 0 vµ c > d > 0 ac > bd.
Quy tắc 3: (Phép nâng lên luü thõa): NÕu a > b > 0  an > bn, víi n  *.
Quy t¾c 4: (PhÐp khai căn): Nếu a > b > 0 thì n a > n b , víi n *.

TÝnh chÊt 1:
TÝnh chÊt 2:

Tính chất 3:

2. bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối

Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta suy ra c¸c tÝnh chÊt sau:
1. a  a  a víi mäi sè thùc a.
2. x  a  a  x  a víi a  0 (t-¬ng tù x< a  a < x < a víi a > 0).
3. x  a  x  a hc x  a víi a  0 (t-¬ng tù x > a  x < a hc x > a
víi a > 0).
Định lí: Với hai số thực a, b tuỳ ý, ta có aba + ba+ b.
3. bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (bất đẳng
thức côsi)

Định lí: Với hai số không âm a, b, ta có:
ab
ab (th-ờng đ-ợc viết a + b 2 ab ),
2
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Hệ quả 1: Nếu hai số d-ơng thay đổi nh-ng có tổng không đổi thì tích của chúng lớn
nhất khi hai số đó bằng nhau.
Tức là, với hai sè d-¬ng a, b cã a + b = S không đổi suy ra:
S2
S2
2 ab S ab
(ab)Max =
, đạt đ-ợc khi a = b.
4
4
129

ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi hình vuông có diện
tích lớn nhất.
Hệ quả 2: Nếu hai số d-ơng thay đổi nh-ng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ
nhất khi hai số đó bằng nhau.
Tức là, với hai số d-ơng a, b có ab = P không đổi suy ra:
a + b  2 P  (a + b)Min = 2 P , đạt đ-ợc khi a = b.
ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích hình vuông có
chu vi nhỏ nhất.
Mở rộng
1. Với các số a, b, c không âm, ta luôn có:
abc 3
abc
3
th-ờng đ-ợc viết:
a + b + c 3 3 abc hc (a + b + c)3  27abc.
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
2. Víi n sè ai, i = 1, n không âm, ta luôn có:
a 1 a 2  ...  a n  n n a 1 .a 2 ....a n .



n sè h ¹ ng

n số h ạ ng

dấu đẳng thức xảy ra khi và chØ khi a1 = a2 = ... = an.
4. bÊt đẳng thức bunhiacôpxki

Định lí: Cho a1, a2, b1, b2 là nh÷ng sè thùc, ta cã:

(a1b1 + a2b2)2  ( a 12 + a 22 )( b 12 + b 22 ),
dấu đẳng thức xảy ra khi

a1
a
= 2.
b1
b2

II. Bất ph-ơng trình
1. biến đổi t-ơng đ-ơng các bất ph-ơng trình

Định lí: Cho bất ph-ơng trình f(x) < g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là một biểu thức xác
định với mọi x thoả mÃn ®iỊu kiƯn D (h(x) cã thĨ lµ h»ng sè). Khi đó, với
điều kiện D, bất ph-ơng trình f(x) < g(x) t-ơng đ-ơng với mỗi bất ph-ơng
trình sau:
a. f(x) + h(x) < g(x) + h(x).
b. f(x).h(x) < g(x).h(x) nÕu h(x) > 0 víi x  D.
c. f(x).h(x) > g(x).h(x) nÕu h(x) < 0 víi x  D.

130


2. bất ph-ơng trình và hệ bất ph-ơng trình bậc nhất một ẩn

Với yêu cầu "Giải và biện luận bất ph-ơng trình ax + b < 0" ta sẽ thực hiện nh- sau:
Viết lại bất ph-ơng trình d-ới dạng:
ax < b.
(1)
Ta xÐt ba tr-êng hỵp:

Tr-êng hỵp 1: NÕu a = 0 th×:
(1)  0 < b  b < 0.
VËy, ta đ-ợc:
Nếu b < 0, bất ph-ơng trình nghiệm ®óng víi mäi x.
 NÕu b  0, bÊt ph-¬ng trình vô nghiệm.
Tr-ờng hợp 2: Nếu a > 0 thì:
b
(1)  x <  .
a
Tr-êng hỵp 3: NÕu a < 0 th×:
b
(1)  x >  .
a
KÕt ln:
b
 Víi a > 0, tập nghiệm của bất ph-ơng trình là T = (;  ).
a
b
 Víi a < 0, tËp nghiƯm của bất ph-ơng trình là T = ( ; +).
a
Víi a = 0 vµ b < 0, tËp nghiƯm của bất ph-ơng trình là T = .
Với a = 0 vµ b  0, tËp nghiƯm cđa bÊt ph-ơng trình là T = .

Chú ý: 1.

T-ơng tự chúng ta cũng giải và biện luận đ-ợc các bất ph-ơng trình:
ax + b > 0, ax + b 0, ax + b 0
2. Để giải một hệ bất ph-ơng trình một ẩn, ta giải từng bất ph-ơng
trình cđa hƯ råi lÊy giao cđa c¸c tËp nghiƯm thu đ-ợc.

III. dấu của nhị thức bậc nhất
Định lí: Với nhị thøc bËc nhÊt f(x) = ax + b, ta cã:
b
.
a
b
b. f(x) trái dấu với a khi x nhỏ hơn nghiệm x0 = .
a
Bảng tóm tắt dấu của f(x) = ax + b:
x

b/a
+
f(x) tr¸i dÊu víi a
0
cïng dÊu víi a

a. f(x) cïng dÊu víi a khi x lín h¬n nghiƯm x0 = 

131


IV. Bất ph-ơng trình và hệ bất ph-ơng trình bậc nhất
hai ẩn
1. Để xác định miền nghiệm của bất ph-ơng trình ax + by + c < 0 (t-ơng tự đối với
các bất ph-ơng trình ax + by + c > 0, ax + by + c  0, ax + by + c  0) ta thùc
hiƯn theo c¸c b-ớc sau:
B-ớc 1: Vẽ đ-ờng thẳng (d): ax + by + c = 0.
B-ớc 2: Lấy điểm M(x0; y0) không nằm trên (d) và xác định giá trị của:
dM = ax0 + by0 + c,

khi ®ã:
a. NÕu dM < 0 thì nửa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M là
miền nghiệm của bất ph-ơng trình ax + by + c < 0.
b. NÕu dM > 0 th× nưa mặt phẳng (không kể bờ (d)) chứa điểm M là
miền nghiệm của bất ph-ơng trình ax + by + c > 0.
2. Để xác định miền nghiệm của hệ bất ph-ơng trình bậc nhất hai ẩn ta thực hiện
theo các b-ớc sau:
B-ớc 1: Với mỗi bất ph-ơng trình trong hệ, ta xác định miền nghiệm của nó và
gạch bỏ miền còn lại.
B-ớc 2: Kết luận: Miền còn lại không bị gạch chính là miền nghiệm của hệ bất
ph-ơng trình đà cho.

V. dấu của tam thức bậc hai
Định lí: Với tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c (a  0), ta cã:
a. NÕu  < 0 th× f(x) cïng dÊu víi a, víi x  , tøc lµ:
af(x) > 0, x  .
b. NÕu  = 0 th× f(x) cïng dÊu víi a, víi x 
af(x) > 0, x  

b
vµ af(x)  0, x 
2a

\{

b
}, tøc là:
2a

.

c. Nếu > 0 thì f(x) có hai nghiệm x1, x2, giả sử là x1 < x2. Lúc đó:
f(x) cïng dÊu víi a khi x < x1 hc x > x2 .
 f(x) tr¸i dÊu víi a khi x1 < x < x2.
Trong tr-ờng hợp này ta có bảng xét dấu nh- sau:
x1
x2
+
x -
cùng
dấu
a
0
trái
dấu
a
0
cùng
dấu
a
f(x)



132

Chú ý: Để giải bất ph-ơng trình bậc hai, ta sử dụng định lí về dÊu cña tam
thøc bËc hai.

B Ph-ơng pháp giải các dạng toán liên quan

Đ1. bất đẳng thức
Dạng toán 1: Chứng minh bất đẳng thức
Ph-ơng pháp áp dụng
Để chứng minh bất đẳng thức:
A>B
ta lựa chọn một trong các ph-ơng pháp sau:
Ph-ơng pháp 1:
Ph-ơng pháp chứng minh bằng định nghĩa. Khi đó ta lựa
chọn theo các h-ớng:
H-ớng 1: Chøng minh AB > 0.
H-íng 2:
Thùc hiƯn c¸c phÐp biến đổi đại số để biến đổi bất
đẳng thức ban đầu về một bất đẳng thức đúng.
H-ớng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức đúng.
H-ớng 4: Biến đổi vế trái hoặc vế phải.
Ph-ơng pháp 2:
Sử dụng tính chất bắc cầu, tức là chứng minh:
A > C và C > B.
Ph-ơng pháp 3:
Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản.
Ph-ơng pháp 4:
Ph-ơng pháp chứng minh phản chứng, đ-ợc áp dụng với các
bài toán yêu cầu chứng minh ít nhất một bất đẳng thức trong
các bất đẳng thức đà cho là đúng hoặc sai.
Ph-ơng pháp 5:
Ph-ơng pháp chứng minh quy nạp, đ-ợc áp dụng với các bài
toán liên hệ với n hoặc n .
Ph-ơng pháp 6:

Ph-ơng pháp vectơ và hình häc, b»ng viƯc sư dơng tÝnh chÊt:
 NÕu a, b, c là độ ba cạnh của một tam giác thì
a + b > c vµ ab < c
 Sư dơng định lý hàm số sin và hàm số cosin.
u + v   u  +  v , dấu đẳng thức xảy ra khi u = k v ,
k > 0 (tøc lµ u , v cïng h-íng).
  u . v   u . v , dấu đẳng thức xảy ra khi u = k v (tức
là u , v cùng ph-ơng).
Thí dụ 1. HÃy so sánh

2000 2005 và 2002 2003 .

Giải
Giả sö:
2000  2005 < 2002  2003
 ( 2000  2005 )2 < ( 2002  2003 )2
133


 2000 + 2005 + 2 2000. 2005 < 2002 + 2003 + 2 2002. 2003
 2000. 2005 < 2002. 2003  2000.2005 < 2002.2003
 (2002  2)(2003 + 2) < 2002.2003
2002.2003 6 < 2002.2003, luôn đúng.
Vậy, ta ®-ỵc 2000  2005 < 2002  2003 .

 NhËn xét:

Nh- vậy, để th-c hiện yêu cầu trên chúng ta đi thiết lập một bất đẳng
thức, rồi bằng các phép biến đổi đại số thông th-ờng chúng ta khẳng
định bất ®¼ng thøc ®ã ®óng.

ThÝ dơ 2. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c lu«n cã:
a2 + b2 + c2  ab + bc + ca.

 Gi¶i
Ta cã ba cách trình bày theo ph-ơng pháp 1 (mang tính minh hoạ), nh- sau:
Cách 1: Ta biến đổi bất đẳng thøc nh- sau:
a2 + b2 + c2  (ab + bc + ca)  0
b2
b2
a2
a2
c2
c2
(
 ab +
)+(
 bc +
)+(
 ca +
)0
2
2
2
2
2
2
a
b 2
b

c 2
c
a 2
(

) +(

) +(

) 0, luôn đúng.
2
2
2
2
2
2
Dấu "=" xảy ra khi:
a
b
c


a = b = c.
2
2
2
Cách 2: Ta biến đổi bất đẳng thức nh- sau:
2(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca)
 (a2 + b2  2ab) +(b2 + c2  2bc) + (c2 + a2  2ca)  0
 (a  b)2 + (b  c)2 + (c  a)2  0, lu«n đúng.

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c.
Cách 3: Ta lu«n cã:
(a  b ) 2  0
a 2  b 2  2ab  0

 2
2
2
(I)
(b  c)  0  b  c  2bc  0 .

 2
2
2
(c  a )  0
c  a 2 ca 0
Cộng theo vế các bất ph-ơng trình trong hệ (I), ta đ-ợc:
2(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca)  0  a2 + b2 + c2  ab + bc + ca, ®pcm.
DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c.

 Nhận xét:

134

Nh- vậy, thông qua ví dụ trên đà minh hoạ cho các em học sinh thấy
đ-ợc ba h-ớng chứng minh bất đẳng thức khi sử dụng ph-ơng pháp
1 và sau đây ta sẽ minh hoạ bằng một ví dụ cho h-íng 4.


ThÝ dơ 3. Chøng minh r»ng víi mäi n  * lu«n cã:

1
1
1
1
1
1
a.
+
+ ... +
< 1.
b. 2  2  ...  2 < 1.
n( n  1)
1 .2
2 .3
1
2
n

 Giải
a. Nhận xét rằng:
1
1
1
=

,
k ( k 1)
k 1
k
do đó:

1
1
1
1
1
1
VT = (1  ) + (  ) + ... + ( 
)=1
< 1, ®pcm.
n 1
n 1
2
2
3
n
b. Ta cã:
1
1
1
1
<
=

víi k  1
2
k( k  1)
k 1
k
k
Do ®ã:

1
1
1
1 1 1 1
1
1
1
 2  ...  2 < 1 +     ... 
 = 1  < 1, ®pcm.
2
1 2 2 3
n 1 n
n
1
2
n

 Chó ý: Víi c¸c bÊt đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng
đ-ợc điều kiện của giả thiết.
Thí dụ 4. Chøng minh r»ng:
a. NÕu x2 + y2 = 1 th× x + y  2 .
b. NÕu 4x  3y = 15 thì x2 + y2 9.

Giải
a. Ta cã:
(x + y)2 = x2 + y2 + 2xy  2(x2 + y2) = 2 nªn x + y 
DÊu "=" x¶y ra khi:
x  y
x  y
1

 xy
.
 2
 2
2
2
x  y  1
2x  1
b. Ta cã:
4
4x  5y = 15  y = x  5.
3
Do ®ã:

2.

2

16 2 40
4

x + y = x +  x  5  = x2 +
x 
x + 25
9
3
3

2

2

2

25 2 40
=
x 
x + 25 =
9
3

2

5

 x  4  + 9  9.
3


135


DÊu "=" x¶y ra khi:
5
 x  12 / 5
 x40

.
3
 y  9 / 5

4x  3y  15

ThÝ dơ 5. Chøng minh r»ng, nÕu a, b, c lµ độ dài các cạnh của một tam giác thì:
a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

 Gi¶i

NÕu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì vai trò của a, b, c là nh- nhau.
Do đó, ta có thể giả sử a b  c.
Khi ®ã:
0  a  b < c nªn (a  b)2 < c2  a2 + b2 < c2 + 2ab.
0  b  c < c nªn (b  c)2 < a2  b2 + c2 < a2 + 2bc.
0  a  c < b nªn (a  c)2 < b2  a2 + c2 < b2 + 2ac.
Tõ ®ã, ta cã:
2(a2 + b2 + c2) < a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
 a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

ThÝ dơ 6. Chøng minh r»ng víi mäi a, b 

lu«n cã:
ab a b a b
a 6 b6
.
.

.
2
2
2
2

2

Giải

2

3

3

Ta đi chứng minh với mọi x, y lu«n cã:
x  y x 3  y3 x 4  y 4
.

.
2
2
2
ThËt vËy:
(*)  (x + y)(x3 + y3)  2(x4 + y4)  xy(x2 + y2)  x4 + y4
2

3y 2 
2 xy
 (xy) 
  0, lu«n ®óng.
 
4 
 2 
Khi ®ã ¸p dơng (*), ta ®-ỵc:

2
2
3
3
a  b a 2  b 2 a 3  b3
a  b a  b  a  b
.
.
= 
.
.
2
2
2
2
2 
 2


(*)

a 4  b 4 a 2  b 2 a 6  b6
.

, ®pcm.
2
2
2

ThÝ dơ 7. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông với a là cạnh

huyền. Chứng minh r»ng an  bn + cn, víi n vµ n 2.

Giải
Bất đẳng thức đúng với n = 2, bởi khi đó ta đ-ợc định lý Pitago.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là ak  bk + ck.
136

(1)


Ta ®i chøng minh nã ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh:
ak + 1  bk + 1 + ck + 1
thËt vËy:

(2)

a b

ak + 1 = ak.a  (bk + ck)a = bk.a + ck.a  bk + 1 + ck + 1, ®pcm.
a c

ThÝ dơ 8. Chøng minh r»ng víi mäi n 
1+

1
2

+ ... +

1

n

*

luôn có:

<2 n.

(1)

Giải
Ta đi chứng minh bằng ph-ơng pháp qui nạp:
Với n = 1, ta đ-ợc 1 < 2, đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là:
1
1
1+
+ ... +
< 2 k.
k
2
Ta đi chứng minh nã cịng ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh:
1
1
1
1+
+ ... +
+
< 2 k 1 .
k

k 1
2
ThËt vËy:
1
1
1
1
VT = 1 +
+ ... +
+
<2 k +
.
k
k 1
k 1
2
Ta sÏ ®i chøng minh:
1
1
< 2 k 1 
< 2( k  1  k )
2 k +
k 1
k 1
1
2

<
 k 1 + k < 2 k 1
k 1  k

k 1
 k < k  1  ®óng.
VËy, ta lu«n cã (1).

ThÝ dơ 9. Chøng minh r»ng víi mäi sè thøc a, lu«n cã:
a 2  a  1  a 2  a  1  2. .

(1)

 Giải
Ta có nhận xét:
2

2

a +a+1=

3
1
3
+
),
xét vectơ u (a + ;
2 2
 2 
2

2
 3
1

3
1

a a + 1 =   a  + 
),
  xÐt vect¬ v ( a;
2
2
2

 2 

2

 u + v  = (1,

3 ) = 2.

137


Do đó (1) đ-ợc viết thành:
u + v u + v , luôn đúng,
và dấu đẳng thức xảy ra khi:
1
3
a
2 = 2 a = 0.
u = kv, k > 0
1

3
a
2
2

Dạng toán 2: Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
Thí dụ 1. a. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b ta cã a  b  ab
b. BiÕt r»ng a> 2b. Chøng minh r»ng a < 2a  b.

 Gi¶i
a. Ta cã:
a = (a  b)  b  a  b + b  ab  a  b.
b. Ta biÕn ®ỉi:
a> 2b2a  (a  b) > 2(a  a  b)  a < 2a  b.

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng:
y
x
a. NÕu x  y  0 th×

.
y 1
x 1
|ab|
|a|
|b|
b. Víi hai sè a, b t ý, ta cã
.



1 | a  b | 1 | a | 1 | b |

 Gi¶i

a. Víi x  y  0, ta cã:
y
x

 x(y + 1)  y(x + 1) a y (luôn đúng).
x 1 y 1
b. Vì a b a + b, áp dụng kết quả câu a), ta có:
|ab|
|a||b|
|a|
|b|
|b|
|a|


=
+

.
1 | a b | 1 | a |  | b | 1 | a |  | b | 1 | a |  | b | 1 | a | 1 | b |

Dạng toán 3: Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
(bất đẳng thức côsi)
Mở rộng
1. Với các số a, b, c không âm, ta lu«n cã a + b + c  3 3 abc ,
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

2. Víi n sè ai, i = 1, n không âm, ta luôn có

n

n

i 1

i 1

ai n n ai ,

dấu đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi a1 = a2 = ... = an.
138


3. Víi n sè ai, i = 1, n d-¬ng, ta lu«n cã:
1
n
n
1 n
n
n
a

=
a
a
 i 


i
i ,
n i 1
i 1
i 1
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.
C«ng thøc më réng: Cho n sè d-¬ng tuú ý ai, i = 1, n và n số hữu tỉ d-ơng qi, i = 1, n
n

q

thoả mÃn

i 1

i

= 1. Khi đó, ta luôn có:
n

a
i 1

n

qi
i

qiai ,
i 1

dấu đẳng thức xảy ra khi và chØ khi a1 = a2 = ... = an.
Chøng minh
Gäi M là mẫu số chung của các số hữu tỉ qi, i = 1, n , khi ®ã qi =

mi
, i = 1, n , từ đó theo
M

n

giả thiết suy ra

m
i 1

n

 qiai =
i 1

i

= M. Ta cã:

n

mi a i
1
=


M
i 1 M

n

 mi a i =
i 1

1
M

n

mi

 a
i 1 j 1

i

, cã M sè d-¬ng

m

n
n
n
i
1

.M M  a mi i =  a iM =  a qii ,
M
i 1
i 1
i 1
dấu đẳng thức xảy ra khi
a1 .. a1 = ... = a n  ..  a n  a1 = a2 = ... = an.



m1 sè a1

m n số a n

Chú ý: Công thức trên đ-ợc mở rộng khi q , i = 1, n
i

là n sè thùc d-¬ng.

ThÝ dơ 1. Cho ba sè d-¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng:
3
b
a
c
+
+
 .
ca
bc
2

ab

 Gi¶i
Ta cã:
b
b
a
a
c
c
+
+
=(
+ 1) + (
+ 1) + (
+ 1)3
ca
ca
bc
bc
ab
ab
1
1
1
= (a + b + c)(
+
+
)3
bc

ca
ab
1
1
1
1
= [(a + b) + (b + c) + (c + a)][
+
+
]3
2
bc
ca
ab
1
9
3
1
 .3 3 (a  b)(b c)(c a) .3
3 = 3 =
3
2
2
2
(a  b)(b c)(c a)

139


dấu đẳng thức xảy ra khi:

a b b  c  c  a

1
1  a = b = c.
 1
 a  b  b  c  c  a

 NhËn xÐt:

Nh- vËy, trong thÝ dô trên ta cần sử dụng một vài phép biến đổi để
làm xuất hiện những biểu thức mà khi sử dụng bất đẳng thức Côsi
chúng sẽ triệt tiêu nhau.

Thí dụ 2. Cho ba sè d-¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng:
ab(a + b2c) + bc(b + c2a) + ca(c + a2b) 0.

Giải

Biến đổi bất đẳng thức về dạng:
a b  2c
b  c  2a
c  a  2b
+
+
0
b
a
c
a
c

b
b
a
c
+
+
+ +
+
6.
a
c
b
b
a
c
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho VT, ta đ-ợc:
a
c
b
b
a
c
a b b c c a
+
+
+ +
+
6. 6 . . . . . = 6, ®pcm.
c c a a b b
a

c
b
b
a
c
DÊu "=" x¶y ra khi:
a
c
b
b
a
c
=
=
= =
=
 a = b = c.
a
c
b
b
a
c

(*)

Chú ý: Với các bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng
đ-ợc điều kiện của giả thiết.
Thí dụ 3. Cho a + b + c + d = 2. Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2  1.

Giải
Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có ngay:
a2 + b2  2ab.
(1)
b2 + c2  2bc.
(2)
2
2
c + d  2cd.
(3)
d2 + a2  2da.
(4)
2
2
a + c  2ac.
(5)
b2 + d2  2bd.
(6)
Céng theo vÕ (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta đ-ợc:
3(a2 + b2 + c2 + d2)  2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
 4(a2 + b2 + c2 + d2)  a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
= (a + b + c + d)2 = 22 = 4
2
2
2
2
 a + b + c + d  1, ®pcm.
140

DÊu "=" x¶y ra khi:
a  b  c  d
1
a=b=c=d= .

2
a  b  c  d  2

ThÝ dụ 4. Cho a, b, c là ba số d-ơng tho¶ m·n a2 + b2 + c2 = 4 abc . Chøng minh
r»ng a + b + c > 2 abc .

Giải
Ta có thể lựa chọn một trong các cách trình bày sau:
Cách 1: Ta luôn có:
a2 + b2 + c2  3 3 a 2 b2 c2  4 abc  3 3 a 2 b2 c2 .
MỈt khác, với ba số d-ơng a, b, c ta có:
a + b + c  3 3 abc .
Nh©n theo vế (1), (2) ta đ-ợc:
4(a + b + c) abc  9abc > 8abc  a + b + c > 2 abc , đpcm.
Cách 2: Ta luôn có:

(1)
(2)

a2 + b2 + c2  2a b2  c2  2a 2bc  4 abc  2a 2bc  2  a.
Chứng minh t-ơng tự ta nhận đ-ợc b 2, c  2 vµ nhËn thÊy ngay a, b, c không
thể đồng thời bằng 2 vì khi đó sẽ vi phạm điều kiện đầu bài.
Khi đó, ta thấy ngay:
a(a 2) + b(b  2) + c(c  2) < 0
 2(a + b + c) > a2 + b2 + c2 = 4 abc  a + b + c 2 abc , đpcm.

Cách 3: Ta luôn có:
a2 + b2 + c2 + a + b + c  6 36 a 3 b3c3 = 6 abc
 4 abc + a + b + c  6 abc  a + b + c  2 abc .
DÊu đẳng thức xảy ra khi:
a2 = b2 = c2 = a = b = c  a = b = c = 1
tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giả thiÕt.
VËy, ta lu«n cã a + b + c > 2 abc .

Chú ý: Trong nhiều tr-ờng hợp, để chứng minh bất đẳng thức chúng ta đà sử
dụng liên tiếp nhiều lần bất đẳng thức Côsi.
Thí dụ 5. Chứng minh r»ng:
a. a4 + b4 + c4 + d4  4abcd, víi mäi a, b, c, d.
m

 Gi¶i

m

 a
 b
b. 1   + 1    2m + 1, víi mäi a, b > 0, m 
 b
 a

*

.

a. Ta cã ngay:
a4 + b4 + c4 + d4 = (a4 + b4) + (c4 + d4)

 2a2b2 + 2c2d2 = 2(a2b2 + c2d2)  2.2abcd = 4abcd, ®pcm.

141


DÊu "=" x¶y ra khi:
a  b  c  d
a 2  b 2
 a  b  c  d
 2
2
.
c  d  
 a   b  c  d
ab  cd


 a   b  c  d
b. Ta cã:
m

m
a
a
a
 a
1+ 2
 1    2m  b  ,
b
b

 b
m
m
b
b
b
 b
m  
1+ 2
 1    2  a  ,
a
a
 a

suy ra:
m

m

m

m

m

 a  b
a  m b
m
m a
m b

1   + 1    2   + 2    2. 2 . .2 .
b
a
b a
b
a
dấu đẳng thøc x¶y ra khi:
 a
1 
 b
 b
 a = b.
1 
 a
 a  m  b  m
1     1  
 a
 b 

 Nhận xét:

m

= 2m+1,

1. Ta còn có kết quả tổng quát hơn:
a. Cho n số d-ơng a1, a2, ..., an thoả m·n:
a 1m  a 2m  ...  a m
n = p a 1a 2 ...a n , víi 1  m, p < 2n.

Chøng minh r»ng:
a1nm  a 2nm  ...  a nnm  (2n  p) a 1a 2 ...a n .

b. Cho n sè d-¬ng a1, a2, ..., an tho¶ m·n:
a 1n1  a 2n1  ...  a nn1 = p a 1a 2 ...a n .

Chøng minh r»ng:
a1 + a2 + ... + an 

n2
p

a 1a 2 ...a n .

2. Trong nhiỊu tr-êng hỵp, các em học sinh cần linh hoạt trong

việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho nhóm đối t-ơng khác
nhau để đạt đ-ợc mục đích.

142


ThÝ dô 6. a. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c là bốn số không âm thì:
4

a b cd

abcd
4

b. Ba số d-ơng có tổng bằng đơn vị. Chứng minh rằng tổng của hai
trong ba số đó không bé hơn 16 lần tích của cả ba số đó.

Giải
a. Ta cã:
2

a bcd

 
2





ab  cd



2

= ab + cd + 2 abcd  4 abcd
4

a b cd
abcd

  abcd.

  abcd
4
4




Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
a  b

c  d  a = b = c = d.
ab  cd

2

b. Gäi a, b, c lµ ba số d-ơng thoả mÃn a + b + c = 1. Ta cÇn chøng minh a + b  16abc.
Ta cã:
1 = (a + b + c)2  4(a + b)c a + b 4(a + b)2c.
(1)
Mặt khác, ta cịng cã (a + b)2  4ab.
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra a + b  16abc vµ dÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
c 1/ 2
a  b  c
1  c  c
 
 
.

a  b  1/ 4

a  b
a  b



Chó ý: Trong nhiều tr-ờng hợp, các em học sinh cần biết cách kết hợp bất
đẳng thức Côsi với các bất đẳng thức khác.

Thí dụ 7. Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng với
bất kì số nguyên n > 1 thì:
anb(a b) + bnc(b – c) + cna(c – a)  0.

Giải
Chúng ta chứng minh bất đẳng thức ở đầu bài bằng ph-ơng pháp quy nạp toán học.
Với n = 2, đặt:
2x = b + c a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > 0.
Suy ra a = y + z, b = z + x, c = x + y
Bất đẳng thức cần chứng minh trë thµnh:
xy3 + yz3 + zx3 – xyz(x + y + z)  0.
 x 2 y2 z2

 xyz     (x  y  z)   0
(*)
z
x
y

143

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số d-ơng, ta có:
y+

x2
x2
2 y
= 2x.
y
y

T-ơng tự:
z2
y2
2z và z +
2y.
x
z
Từ đó bất đẳng thức (*) đ-ợc chứng minh, hay bất ®¼ng thøc:

x+

anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c a) 0.
đ-ợc chứng minh.
Giả sử bất đẳng thức đúng tới n. Không mất tính tổng quát, ta gi¶ sư c  b  a.
Theo gi¶ thiÕt quy n¹p, ta cã:
bnc(b – c)  – anb(a – b) – cna(c – a)
 bn + 1c(b – c)  – anb2(a – b) – cnab(c – a)
Do ®ã:
an + 1b(a – b) + bn + 1c(b – c) + cn + 1a(c – a)
 an + 1b(a – b) – anb2(a – b) – cnab(c – a) + cn + 1a(c – a)

= anb(a – b)2 + cna(c – a)(c b) 0.
Vậy bất đẳng thức đúng với n + 1.
Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức đà cho đúng với mọi n > 1. Đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi:
a = b = c hay ABC ®Ịu.

ThÝ dơ 8. Cho biĨu thøc S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd, víi ad  bc = 1.
a. Chøng minh r»ng S 3 .
b. Tính giá trị của tổng (a + c)2 + (b + d)2 khi cho biÕt S = 3 .

 Gi¶i
a. NhËn xÐt r»ng:
(ac + bd)2 + 1 = (ac + bd)2 + (ad  bc)2 = a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2
= (a2 + b2)(c2 + d2).
Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho S, ta đ-ợc:

(1)

S  2 (a 2  b2 )(c2  d2 ) + ac + bd
 S  2 (ac  bd)2 1 + ac + bd.
Đặt t = ac + bd, ta thấy ngay hai vế của (2) đều d-ơng, do ®ã:

(2)

S2  (2 t 2  1 + t)2 = 4(1 + t2) + 4t t 2  1 + t2
= (1 + t2) + 4t t 2  1 + 4t2 + 3 = ( t 2  1 + 2t)2 + 3  3
S

144

3 , ®pcm.


b. Từ kết quả cầu a), ta có:

t 2  1  2t  0 (3)
3  
2
2
2
2

a  b c d
Giải (3) bằng phép biến đổi t-ơng đ-ơng:
2t 0
1
1
t=
ac + bd =
.
t 2  1 =-2t   2
2
3
3
t  1  4t
Nh- vậy, ta đ-ợc hệ điều kiện:
a 2 b 2  c 2  d 2

(I)
1 .


ac  bd 
3

Thay (I) vào (1), ta đ-ợc:
2
a2 + b2 = c2 + d2 =
.
3
Khi ®ã:
2
2
2
2
(a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2(ac + bd) =
+

=
.
3
3
3
3

S=

Dạng toán 4: Bất đẳng thức bunhiacôpxki
Mở rộng
1. Víi c¸c sè thùc a1, a2, a3, b1, b2, b3, ta lu«n cã:
(a1b1 + a2b2 + a3b3)2  ( a12 + a 22 + a 32 )( b12 + b 22 + b 32 ),

dấu đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi

a1
a
a
= 2 = 3.
b1
b2
b3
2

n
n
 n

2. Víi hai bé n sè ai, bi, i = 1, n , ta lu«n cã   a i b i    a 2i .  b 2i ,
i 1
 i 1
i 1
a
a
a
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 = 2 = ... = n .
b1
b2
bn

3. Víi a1, a2, ..., an lµ n sè tuú ý, ta lu«n cã:
2

a12  a 22  ...  a 2n
 a1  a 2  ...  a n 

.


n
n



Chøng minh
Bất đẳng thức t-ơng đ-ơng với:
(a1 + a2 + ... + an) 2  n( a12 + a 22 + ... + a 2n ).
Bất đẳng thức này suy ra từ bất đẳng thức Bunhiacôpxki áp dụng cho hai bộ n sè
(1; 1; ...; 1) vµ (a1; a2; ... ; an).
145


ThÝ dơ 1. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc x, y lu«n cã (x3 + y3)2  (x2 + y2)(x4 + y4).

 Gi¶i
Ta cã:
VT = (x3 + y3)2 = (x.x2 + y.y2)2  (x2 + y2)(x4 + y4), ®pcm.
DÊu đẳng thức xảy ra khi:
1
y
x
1
= 2

=
x = y.
2
y
x
y
x

Më réng: Víi c¸c sè thùc a , a , a , b , b , b , ta lu«n cã:
1

2

3

1

2

3

(a1b1 + a2b2 + a3b3)  ( a 12 + a 22 + a 32 )( b 12 + b 22 + b 32 ),
a
a
a
dấu đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi 1 = 2 = 3 .
b1
b2
b3
ThÝ dơ 2. Chøng minh r»ng:

5
a. NÕu x + 3y = 2 th× x2 + y2  .
2
49
b. NÕu 2x + 3y = 7 thì 2x2 + 3y2
.
5
2

Giải

a. Ta có:

22 = (x + 3y) 2  (1 + 33)(x2 + y2) = 10(x2 + y2)  x2 + y2 

5
2
= ,
10
2

dÊu "=" x¶y ra khi ta cã:
(*)
 x  3y  2
1
3
x:1 = y:3  
 x = vµ y = .
5
5

3x  y
b. Ta cã:
72 = (2x + 3y) 2 = ( 2 .x 2 + 3 .y 3 )2  (2 + 3)(2x2 + 3y2) = 5(2x2 + 3y2)
49
 2x2 + 3y2 
,
5
dÊu "=" x¶y ra khi ta cã:
(*)
2x  3y  7
7
x 2: 2 =y 3: 3
x=y= .
5
x y

Chú ý: Yêu cầu trên còn có thể đ-ợc phát biểu:
Với câu a) là "Trong tất cả các nghệm (x; y) của ph-ơng trình
x + 3y = 2 h·y chØ ra nghiƯm cã tỉng x2 + y2 nhỏ nhất" hoặc tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Với câu b) là "Trong tất cả các nghệm (x; y) của ph-ơng trình
2x + 3y = 7 h·y chØ ra nghiƯm cã tỉng 2x2 + 3y2 nhỏ nhất" hoặc
tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
146


Thí dụ 3. Cho các số không âm x, y tho¶ m·n x3 + y3 = 2. Chøng minh r»ng:
x2 + y2 2.

Giải

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta cã:
(x2 + y2) 2 = ( x . x 3 +

y . y 3 )2  (x + y)(x3 + y3) = 2(x + y)

 (x2 + y2) 4  4(x + y)2 = 4(1.x + 1.y)2  4(1 + 1)(x2 + y2) = 8(x2 + y2)
 (x2 + y2)3  8  x2 + y2  2, ®pcm.
DÊu "=" x¶y ra khi:
 x
y


| x || y |
3
 x = y = 1.
y3   3
 x
3
x

y

2

 3
x  y 3 2

Dạng toán 5: Sử dụng bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
Thí dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
1

2

a. y = (2x + 1)(23x), víi x  [ 

2
].
3

b. y = x(1x) 3, víi 0  x  1.

 Gi¶i
a. Với

1
2
x
thì 2x + 1 0 và 23x 0, do đó sử dụng bất đẳng thức Côsi
2
3

ta đ-ợc:
1
1 1 2
1
1 2
y = (2x + 1)(2  3x) = (x + ). (  x) = (x + )( - x)
2
2 3 3
6
2 3

2

1
2


2
(x  )  (  x) 
1 
1  5 
25
2
3
 
=
.
=
.



2
864
6 
6  12



25
Từ đó suy ra yMax =

, đạt đ-ợc khi:
864
1
2
1
x+
= xx=
.
2
3
12
b. Viết lại hàm số d-ới dạng:
1
1
y = .3x(1x)3 = .3x(1x)(1x)(1x),
3
3

147


rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số không âm gồm 3x và 3 số 1x, ta đ-ợc:
4
4
1  3x  (1  x)  (1  x)  (1  x) 
1 3
27
y  .
=
.

=
,



4
256
3 
3 4

27
tõ đó suy ra yMax =
, đạt đ-ợc khi:
256
1
3x = 1x = 1x = 1x  x = .
4

ThÝ dô 2. Tìm giác trị nhỏ nhất của hàm số:
2
2
a. y = x +
víi x > 1.
b. y = x2 + 3 , với x > 0.
x
x 1

Giải

2

là hai số d-ơng. Do ®ã:
x 1
2
2
2
y=x+
=1+x1+
 1 + 2 (x  1)
=1+2 2.
x 1
x 1
x 1
tõ ®ã, suy ra yMin = 1 + 2 2 , đạt đ-ợc khi:
2
x1=
x=1+2 2.
x 1
b. Viết lại hàm số d-ới dạng:
1
1
1
5
1
1
1 1 1
1 1
y = x2 + x2 + x2 + 3 + 3  5 5 x2 . x2 x2 . 3 . 3 = 5
3
3
3

3 3 3
x
x
x x
27
5
từ đó, suy ra yMin = 5
, đạt ®-ỵc khi:
27
1 2
1
x = 3  x5 = 3  x = 5 3 .
3
x
a. Vì x > 1 nên x 1 và

Thí dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhát của biểu thức:
a. A = x  1  4  x
b. S = 3x + 4y, biÕt x2 + y2 = 1.

 Gi¶i

a. Víi 1  x  4, ta cã:
A2 = ( x  1  4  x )2 = 3 + 2 (x  1)(4  x)
Ta cã:
3  3 + 2 (x  1)(4  1)  3 + x  1 + 4  x = 6 
Tõ ®ã, suy ra:
AMax = 6 , đạt đ-ợc khi:
5
x 1 = 4  x  2x = 5  x = .

2

148

3 A

6.


AMin = 3 , đạt đ-ợc khi:
(x 1)(4  x) = 0  x = 1 hc x = 4.
b. Ta cã:
S2 = (3x + 4y) 2  (32 + 42)(x2 + y2) = 25  3x + 4y  5  5  3x + 4y  5.
DÊu "=" x¶y ra khi:
x 3
4x  3y
4x  3y
y  4

 2

 2
2
2
9x  16x  9
9x  9y  9
x 2  y2  1

3
4


4x  3y
x  5 , y  5

.

3 
x   3 , y   4
 x   5

5
5
Tõ ®ã, suy ra:
3
4
SMax = 5, đạt đ-ợc khi x , y .
5
5
3
4
SMin = 5, đạt đ-ợc khi x   , y   .
5
5

ThÝ dô 4. Hai số d-ơng x, y thoả mÃn 3x + 2y = 6xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của
tổng x + y.

Gi¶i
NhËn xÐt r»ng:
3x + 2y = 6xy 

3
2
+
= 6,
y
x

2
3
. x +
. y.
x
y
Do vậy, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, suy ra:
3
1
2
52 6
( 2 + 3 )2  ( + )(x + y) = 6(x + y)  x + y  ( 2 + 3 )2 =
.
y
6
6
x
2 +

3 =

VËy (x + y)Min =

52 6
đạt đ-ợc khi:
6

x y
2 3 6

2 6
3 6
,y=
.
x  y  x =
6
6
2 3

x y

149


Dạng toán 6: Sử dụng bất đẳng thức giải ph-ơng trình, bất ph-ơng
trình và hệ
Thí dụ 1. Giải ph-ơng trình

x 2  2x  5 +

x  1 = 2.

 Gi¶i
NhËn xÐt r»ng:
VT = x 2  2x  5 + x  1 = (x  1)2  4 +
Vậy, ph-ơng trình có nghiệm khi và chỉ khi:
VT = 2  x1 = 0  x = 1.
VËy, ph-¬ng tr×nh cã nghiƯm x = 1.

x  1  2.

ThÝ dụ 2. Giải các ph-ơng trình sau:
a. 4x 1 + 22x  1 = 1.
b.

x  1  2 x  2  x  1  2 x 2 = 2.

Giải
a. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta biến đổi ph-ơng trình vỊ d¹ng:
4x  1 + 2  4x = (4x  1) + (2 – 4x).
4x  1  0
 x  1/ 4
TÝnh chÊt1
 
.

 
2  4x  0
x 1/ 2
1
1

Vậy, nghiệm của ph-ơng trình là x .
4
2
Cách 2: Ta biến đổi ph-ơng trình vỊ d¹ng:
4x  1 + 4x  2 = (4x  1)  (4x  2).
4x  1  0
 x  1/ 4
TÝnh chÊt3
 
.
 
4x  2  0
x 1/ 2
1
1
Vậy, nghiệm của ph-ơng trình là x .
4
2
b. Viết lại ph-ơng trình d-ới dạng:
( x  2  1)2  ( x  2  1)2 = 1

  x  2 + 1 x  2 1 = ( x  2 + 1)( x  2 1)
TÝnh chÊt 4


 ( x  2 1).2  0  x  2  1 x 3.
Vậy, ph-ơng trình có nghiệm là x 3.

Thí dụ 3. Giải ph-ơng trình 2 7x3 11x2  25x  12 = x2 + 6x1.

 Gi¶i
ViÕt lại ph-ơng trình d-ới dạng:
2 (7x 4)(x2 x  3) = x2 + 6x1.
150


Điều kiện:
4
.
7
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho vế trái, ta đ-ợc:

7x4 0 x

2 (7x 4)(x2  x  3)  (7x4) + (x2x + 3) = x2 + 6x1 = VP.
DÊu " = " x¶y ra khi vµ chØ khi:
x  1
7x4 = x2x + 3  x28x + 7 = 0  
.
x  7
Vậy, ph-ơng trình có nghiệm x = 1 hoặc x = 7.

Thí dụ 4. Giải các ph-ơng trình sau:
a. 2x4 + (12x)4 =
b.

x + 1 x +

4

1
.
27
x +

4

1 x =

2 +

4

8.

Giải
a. Biến đổi vế trái của ph-ơng trình:
1
1
2x4 + (12x)4 = .3.[ 2x4 + (12x)4] = (12 + 12 + 12)[ x4 + x4 + (12x)4]
3
3
1
1 2
1
 [ x + x2 + (12x)2]2 = . {3.[ x2 + x2 + (12x)2]}2
3
3 9
1
=

{(12 + 12 + 12) [ x2 + x2 + (12x)2]}2
27
1
1

[x + x + (12x)]4 =
.
27
27
Vậy ph-ơng trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra
x 2  x 2  (1  2x) 2
1
 
x= .
3
 x x 1 2z
1
Vậy ph-ơng trình có nghiƯm x = .
3
b. §iỊu kiƯn 0  x  1.
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
x + 1  x = 1. x + 1. 1  x  (1  1)(x  1  x) = 2
4

x + 4 1  x = 1. 4 x + 1. 4 1  x  (1  1)( x  1  x ) 

2 2 = 48.

suy ra:
x + 1 x +

4

x + 4 1 x 

2 +

4

8.

VËy, bất ph-ơng trình có nghiệm khi dấu "=" xảy ra, tøc lµ víi x =

1
.
2

151


Thí dụ 5. Giải bất ph-ơng trình

x x2 1 +

x  x 2  1  2.

 Gi¶i
NhËn xÐt r»ng:
x  x2  1 +

x  x2  1  2 4 (x  x2  1)(x  x2 1) = 2

Do đó, nghiệm của bất ph-ơng trình ứng với dấu "=" của bất đẳng thức trên, tøc lµ:

2
x  x 2  1  1 
 x  x 1  1

 x = 1.


x  x 2  1  1
 x  x 2 1 1
Vậy, bất ph-ơng trình có nghiệm x = 1.

Thí dụ 6. Giải các bất ph-ơng trình sau:
a. 3x1  2x1 + x2.
b. 2x + 3  3x + 5x + 2
c. 2x23x + 12x25x < 2x + 1.
d. x 2 3x12x 3.

Giải
a. Biến đổi bất ph-ơng trình ban đầu về dạng:
(2x 1)(x + 2) 2x1 + x2 luôn đúng.
Vậy, bất ph-ơng trình nhận mọi x làm nghiệm.
b. Biến đổi bất ph-ơng trình ban đầu về dạng:
x + 5) (x + 2) 3x + 5x + 2 luôn đúng.
Vậy, bất ph-ơng trình nhận mọi x làm nghiệm.
c. Biến đổi bất ph-ơng trình ban đầu về dạng:
2x23x + 12x25x < (2x23x + 1)(2x25x)

 x  1/ 2
 (2x25x)(2x + 1) < 0  
.
0  x  5 / 2
1
5
VËy, tập nghiệm của bất ph-ơng trình là (; )( ; +).
2
2

d. Biến đổi bất ph-ơng trình ban đầu về dạng:
x  1)  (2x  3)  3x12x  3
 x  1)  (2x  3)3x12x  3
 x  2
 (2x  3)(x + 2)  0  
.
x  3 / 2
3
VËy, tËp nghiƯm cđa bÊt ph-¬ng trình là ( ;)( ; +).
2

152


x  1  2x 2  10x  16 3x.

Thí dụ 7. Giải bất ph-ơng trình

Giải
Biến đổi bất ph-ơng trình về dạng:

x 1 + x3 2x 2 10x 16 .
Sử dụng bất đẳng thøc Bunhiac«pxki, ta cã:

2[(x  1)  (x  3) 2 ]  x  1 + x3.
VËy bÊt ph-¬ng trình t-ơng đ-ơng với dấu "=" xảy ra, tức là
x  2
.
x  1 = x3  x27x + 10 = 0
x 5
Vậy, bất ph-ơng trình có nghiƯm x = 2 vµ x = 5.

ThÝ dơ 8. Giải hệ ph-ơng trình:
| x y | | x  y | 2 (1)
.

(2)
 xy  1

 Gi¶i
BiÕn ®ỉi (1) vỊ d¹ng:
4 = (xy)2 + (x + y)2 + 2x2y2
= 2(x2 + y2) + 2x2y2  2(x2 + y2) 4xy = 4
Vậy, hệ t-ơng đ-ơng với:
2 | x 2  y 2 | 0
x  y  1

 
.
x  y
 x  y  1

 xy 1

Vậy, hệ có 2 cặp nghiệm (1; 1) và (1; 1).

Thí dụ 9. Giải hệ ph-ơng trình:
2
2

x y y x 2
.
2
2
x

y

x

y

2



Giải
Kí hiệu hai ph-ơng trình cđa hƯ theo thø tù lµ (1) vµ (2).
XÐt (1), sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
2 = x2 y y 2 x
Vậy (1) t-ơng đ-ơng với:
x2 y =

Bunhiac«pxki



(2)

(1  1)(x2  y  y 2  x)  2

y 2  x  x2y = y2x

x  y
 (xy)(x + y + 1) = 0  
.
 y  x  1

153