Chuyên đề ôn tập Bất đẳng thức

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất cơ bản: ax > bx khi x > 0 ax < bx khi x < 0. a. a > b ⇔ . a > x ⇒ a + b > x + y Chú ý b > y. b. . a > x  b > y.  a − b > x − y   ab > xy a x  >  b y. ⇒. a > x ≥ 0 ⇒ ab > xy b > y ≥ 0. c. . d. a > b ≥ 0 ⇒ a 2 > b 2 Hệ quả: a > b ⇔ a 2 > b 2 1 1 < a b 1 1 a<b<0⇒ > a b f. A > 0 • x < A ⇔ −A < x < A. e. a > b > 0 ⇒. x < − A x > A. • x > A⇔ . II. Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c,… tùy ý ( a, b, c... ∈ R ) a. a 2 + b 2 ≥ 2ab ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b ) b. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c ) 1. 1. 1. 1. 4. c. Với a, b > 0 ta có: (a + b)  +  ≥ 4 ⇔ + ≥ a b a+b a b. III. Các ví dụ:  π π   tan x − tan y <1 1 − tan x tan y. Ví dụ 1: Cho x, y ∈  − ;  . Chứng minh bất đẳng thức: 4 4. Giải:  π π x, y ∈  − ;  thì −1 < tan x; tan y < 1; 0 ≤ tan 2 x, tan 2 y < 1  4 4 tan x − tan y Ta có: <1 1 − tan x tan y. 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ⇔ tan x − tan y > 1 − tan x tan y ⇔ tan 2 x + tan 2 y − 2 tan x tan y < 1 − 2 tan x tan y + tan 2 x tan 2 y ⇔ tan 2 x + tan 2 y − tan 2 x tan 2 y − 1 < 0 ⇔ tan 2 x(1 − tan 2 y ) − (1 − tan 2 y ) < 0  π π ⇔ (1 − tan 2 y )(tan 2 x − 1) < 0 ( Luôn đúng ∀x, y ∈  − ;  )  4 4. Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 thì: 1 1 1 a b c + b + c ≥ 3.  a + b + c  a 3 3 3 3 3 3 . Giải: 1 giảm nên ta có: 3x a b a b 1 1 0 ≥ ( a − b)  a − b  ⇒ b + a ≥ a + b 3 3 3 3  3 3. Vì hàm số. Tương tự ta có: b c b c c a c a + b ≥ b+ c; a+ c ≥ c+ a c 3 3 3 3 3 3 3 3. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng a + b + c = 1 ), ta được: 1 1 1 a b c a b c + b + c −  a + b + c  ≥ 2 a + b + c  a 3 3 3 3 3 3  3 3 3  1 1 1 a b c ⇔ a + b + c ≥ 3  a + b + c  (đpcm) 3 3 3 3 3 3 . Ví dụ 3: a. Cho x > 0, y > 0 và xy ≤ 1 . Chứng minh: 2. ≥. 1 1 + (1) 1+ x 1+ y. 1 + xy b. Cho 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d và bd ≤ 1 . Chứng minh: 4 1 1 1 1 ≥ + + + 1 + 4 abcd 1 + a 1 + b 1 + c 1 + d. Giải: a. Vì x > 0, y > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 + x)(1 + y ) ≥ (1 + xy )(1 + y ) + (1 + xy )(1 + x) ⇔ 2 + 2 x + 2 y + 2 xy ≥ 1 + xy + y + y xy + 1 + xy + x + x xy ⇔ ( x + y ) + 2 xy ≥ xy ( x + y ) + 2 xy ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + 2( xy − xy ) ≥ 0 ⇔ ( x + y )(1 − xy ) + 2 xy ( xy −1) ≥ 0 ⇔ (1 − xy )( x + y − 2 xy ) ≥ 0 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ⇔ (1 − xy )( x − y )2 ≥ 0 (2) ( x − y )2 ≥ 0 nên (2) đúng (đpcm) Vì:   xy ≤ 1 ⇒ 1 − xy ≥ 0  a , b, c , d > 0  a , b, c , d > 0 a ≤ b   ⇒ ac ≤ db ≤ 1 b. a ≤ b ≤ c ≤ d nên  ≤ c d bd ≤ 1   bd ≤ 1. Theo kết quả câu a, ta có: 1 2  1 1 + a + 1 + c ≤ 1 + ac (a, c > 0; ac ≤ 1)  2  1 + 1 ≤ (b, d > 0; bd ≤ 1) 1 + c 1 + d 1 + bd ⇒. 1 1 1 1 1   1 + + + ≤ 2.  +  1+ a 1+ b 1+ c 1+ d  1 + ac 1 + bd  2 ≤ 2. 1 + ac . bd 4 = (đpcm) 1 + abcd. Ví dụ 4: Cho a, b, c ∈ [ − 1; 2] thỏa mãn điều kiện a + b + c = 0 . Chứng minh: a 2 + b2 + c 2 ≤ 6. Giải: • a ∈ [ − 1; 2] ⇔ −1 ≤ a ≤ 2 ⇔ ( a + 1)(a − 2) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a 2 ≤ a + 2 (1) •. b 2 ≤ b + c (2) Tương tự ta cũng có  2 c ≤ c + 2 (3). Cộng (1), (2), (3) ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ ( a + b + c) + 6 = 6 (đpcm). Ví dụ 5: Cho x, y, z ∈ [0;2] và x + y + z = 3 . Chứng minh rằng: x2 + y 2 + z 2 ≤ 5. Giải: Ta có: x, y, z ≤ 2 ⇒ (x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) + 4( x + y + z ) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) − 4.(3) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) − 4 ( vì x + y + z = 3 ) ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 = 32 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 − xyz ( Vì x + y + z = 3 ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 ( Vì xyz ≥ 0 ) (đpcm). Ví dụ 6: Cho x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤ 1 (1) 3 x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1 1 1 1 b. + + ≤ 1 (2) x + y +1 y + z +1 z + x +1. a.. 3. Giải: a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T ≤ 1 ) Ta có: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 + y 2 − xy )  x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ x 2 + y 2 − xy > xy  x + y > 0 ( Vì x > 0, y > 0). Mà . Nên ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) ≥ ( x + y ) xy hay x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇒ x3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y ) + xyz ( Vì xyz = 1 ) ⇔ x 3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y + z ) > 0 1 1 ⇔ 3 ≤ (a) 3 x + y + 1 xy ( x + y + z ). Tương tự ta có: 1 1   y 3 + z 3 + 1 ≤ xy ( x + y + z ) (b)  ⇔ 1 1  ≤ (c) 3 3  z + x + 1 xy ( x + y + z ). Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:  1  x+ y+ z  1 1 1 1  + + =   = 1 ( Vì xyz = 1 ) (đpcm) ( x + y + z )  xy yz zx  x + y + z  xyz  b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤ 1 )  x = a3  x , y , z > 0 ⇒ a , b, c > 0  Đặt  y = b3 mà  3 3 3  xyz = 1 ⇒ a b c ⇔ abc = 1  z = c3  T≤. a, b, c > 0 và abc = 1 nên theo kết quả câu a, ta có: 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤1 3 3 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 1 1 1 ⇔ + + ≤ 1 (đpcm) x + y +1 y + z +1 z + x +1. Ví dụ 7: Cho a, b > 0 và b, c > 0 . Chứng minh: (a − c)c + (b − c)c ≤ ab (1) 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: c(a − c) + (b − c)c + 2 c 2 (a − c)(b − c) ≤ ab. ⇔ c 2 + c 2 − ac + ab − bc − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + a(b − c) − c(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + (a − c)(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 2. ⇔  c − (a − c)(b − c)  ≥ 0 đây là bất đẳng thức đúng (đpcm). Ví dụ 8: Chứng minh rằng đối với mọi a, b, c ∈ R , ta có: a2 + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc (1) 4. Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: a 2 + 4b 2 + 4c 2 − 4ac − 8bc + 4ac ≥ 0 ⇔ ( a − 2b + 2c) 2 ≥ 0 đây là bất phương trình đúng (đpcm). Ví dụ 9: Cho a 3 > 36 và abc = 1 . Chứng minh: a2 + b 2 + c 2 > ab + bc + ca (1) 3. Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: a2 + (b + c)2 − 2bc > a (b + c) + bc 3 a2 ⇔ (b + c) 2 − a (b + c) + − 3bc > 0 3  a2 3  1 2 ⇔ (b + c) − a (b + c) +  −  > 0 ( Vì bc = ) a  3 a. x = b + c  ⇔ (a)  a2 3  2 f ( x ) = x − ax +  − >0   3 a . Xét tam thức bậc hai f ( x) = x 2 − ax + (. a2 3 − ) có: 3 a.  a 2 3  36 − a 3 ∆ = a2 − 4  −  = < 0 ( Vì a 3 > 36 ) 3 a 3 a   ⇒ f ( x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (a ) đúng (đpcm). Ví dụ 10: Cho −1 < x < 1 và n ∈ N , n > 1 . Chứng minh: 5 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (1 − x)2 + (1 + n)n < 2n. Giải: Vì −1 < x < 1 nên x = cos α (0 < α < π) lúc đó: (1 + n) n + (1 − n) n = (1 + cos α )n + (1 − cos α ) n n. n. α  α  =  2 cos 2  +  2sin 2  2  2  n n  α  α  α α  = 2 n  cos 2  +  sin 2   < 2n  cos 2 + sin 2  = 2 n (đpcm) 2  2   2 2  . * Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần: 1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…). 2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…). 3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II.. IV. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng: nếu 0 < x ≤ y ≤ z thì: 1 1 1 1 1 y  +  + ( x + z) ≤  + ( x + z) x z y x z. * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( x + z ) , chuyển vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,… 2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ ab + ac + ad + ac. Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng: 2. 2. 2. 2. a  a  a  a   − b +  − c +  − d  +  − e ≥ 0 2  2  2  2 . … 3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca ). * Hướng dẫn: a < b + c ⇒ a 2 < ab + ac, b < a + c ⇒ .... 4. Chứng minh: a 2 + b 2 ≥ 2ab, ∀a, b ∈ R. Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c). 6 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> * Hướng dẫn: Dùng công thức (a − b)2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ ... Áp dụng kết quả trên. 5. Chứng minh ∀t ∈ [ − 1;1] ta có: 1+ t + 1− t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2. * Hướng dẫn • Với ∀t ∈ [ − 1;1] , ta luôn có: (1 − t ) + 2 (1 − t )(1 + t ) + (1 + t ) ≥ 1 + 2 1 − t 2 + (1 − t 2 ). Biến đổi tương đương suy ra 1 + t + 1 − t ≥ 1 + 1 + t 2 • Từ: 0 ≤ 1 − t 2 ≤ 1 ⇒ 1+ 1+ t2 ≥ 2 − t2. Chương II BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp giải toán 1) Cho 2 số a,b > 0, ta có:. a+b ≥ ab 2. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2) Cho n số a1, a2 , a3,..., an ≥ 0 ta có:. a1 + a2 + a3 + ... + an n ≥ a1a2 a3 ...an n Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = ... = an 3) Bất đẳng thức côsi suy rộng Phát biểu: Với các số thực dương a1 , a2 , a3 ,..., an và x1 , x2 , x3 ,..., xn là các số thực không âm và có tổng bằng 1, ta có:. a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + ... + an xn ≥ a1x1 a2 x2 a3 x3 ...an xn. 7 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Tổng quát: Cho n số dương tùy ý ai, i = 1, n và n số hữu tỉ dương qi, n. thỏa. ∑q. i. i =1. = 1 khi đó ta luôn có:. n. ∏a. qi i. i =1. i = 1, n. n. ≤ ∑ qi .ai i =1. Dấu “=” xảy ra II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n số dương ai, i = 1, n . Chứng minh rằng:. 1 1 1 1 (a1 + a2 + a3 + ... + an )  + + + ... +  ≥ n 2 an   a1 a2 a3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số a1 , a2 , a3 ,..., an ,. 1 1 1 1 , , ,..., a1 a2 a3 an. Ta có:. a1 + a2 + a3 + ... + an ≥ n n a1a2 a3 ...an 1 1 1 1 n + + + ... + ≥ a1 a2 a3 an n a1a2 a3 ...an Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi. a1 = a2 = a3 = ... = an Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:. 1 1 1 27 + + ≥ a (a + b) b(b + c) c(c + a) 2(a + b + c) 2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái:. 1 1 1 3 + + ≥ a (a + b) b(b + c) c(c + a ) 3 abc(a + b)(a + c)(b + c) Mà. 33 abc ≤ (a + b + c)3 33 (a + b)(b + c)(c + a ) ≤ 8( a + b + c)3 8 ( a + b + c)6 6 3 2 ⇔ 3 abc(a + b)(b + c)(c + a ) ≤ ( a + b + c) 2 9. ⇒ abc (a + b)(b + c)(c + a) ≤. 8 Lop10.com. (1).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ⇔. 9. 3 27 ≥ 2 abc(a + b)(b + c)(c + a ) 2( a + b + c). (2). Từ (1)(2) đpcm Dấu “=” xảy ra a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có. 1 1 1 1 + + ≤ a 3 + b 3 + abc b3 + c 3 + abc c 3 + a 3 + abc abc Giải Ta có:. a3 + b3 ≥ ab(a + b) Nên. abc abc c ≤ = 3 a + b + abc ab( a + b) + abc a + b + c 3. Tương tự ta cũng có abc abc a ≤ = b3 + c3 + abc bc(b + c) + abc a + b + c. abc abc b ≤ = 3 a + c + abc ac(a + c) + abc a + b + c Cộng vế theo vế ta được 3. 1 1 1   abc  3 3 + 3 3 + 3 3  ≤1 a + b + abc b + c + abc c + a + abc   Hay. 1 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤ (đpcm) 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 3. III. Bài tập tương tự 1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : xy yz xz + 5 ≤1 5 5 5 x + xy + y y + yz + z x + xz + z 5 5. *Hướng dẫn: Ta có: x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ x5 + y 5 ≥ 2 x5 y 5 = 2x 2 y 2 xy ≥ (x+y)x 2 y 2. 9 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Do đó : xy xy 1 z ≤ = = 5 2 2 x + xy + y xy + (x+y)x y 1 + xy ( x + y ) x + y + z 5. Tương tự: yz x ≤ 5 y + yz + z x+ y+z xz y ≤ 5 5 x + xz + z x+ y+z 5. Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh : x3 y 3 z 3 + + ≥ x+ y+z yz xz xy. *Hướng dẫn: Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có: x3 + y + z ≥ 3x yz y3 + x + z ≥ 3y xz z3 + x + y ≥ 3z xy. Cộng vế theo vế ta được: x3 y 3 z 3 + + + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) yz xz xy ⇒ đpcm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.. 3. Cho a, b, c là 3 số nguyên dương. Chứng minh: 2  (b + c) + (a + c) + (a + b) ≤  (a + b + c)  3  a. b. a +b + c. c. *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có: (b + c) + ... + (b + c) + (a + c) + ... + (a + c) + (a + b) + ... + (a + b)
 
 
 . n lần. n lần. n lần. ≥ (a + b + c).a +b + c (b + c) a (a + c)b (a + b)c. Hay :  2(a + b + c)   a + b + c . a +b + c. ≥ (b + c) a (a + c)b (a + b)c (1) 10 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Ta có bất đẳng thức sau: 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca ) ≥ (2) 3 a+b+c Thật vậy (2) ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (đúng). Từ (1)(2), ta có đpcm Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 4. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c + + ≥3 b+c−a c+ a−b a +b−c. *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi: (b + c − a )(c + a − b) ≤. b + c − a + c + a − b) =c 2. Tương tự : (a + b − c)(c + a − b) ≤ a (b + c − a )(a + b − c) ≤ b. Nhân vế theo vế ta được: (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc abc ⇒ ≥ 1 (1) (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c). Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi: a b c abc + + ≥ 33 ≥ 3 do(1) (đpcm) b+c−a c+a −b a +b−c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c). 11 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chương III BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI ( B.C.S) I. Bất đẳng thức bunhiacopxki: Cho 2 n số thực ( n ≥ 2 ) a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn. Ta có: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) Dấu “ = ” xảy ra ⇔. a a1 a2 = = ... = n hay a1 = kb1 ; a2 = kb2 ; ...; an = kbn b1 b2 bn. Chứng minh: a = a 2 + a 2 + ... + a 2 1 2 n  Đặt:  b = b12 + b2 2 + ... + bn 2 • Nếu a = 0 hay b = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng • Nếu a, b > 0 : a b Đặt: α i = i ; β i = i ( i = 1, n ) a b 2 2 Thế thì α1 + α 2 + ... + α n 2 = β12 + β 2 2 + ... + β n 2 = 1 1 Mà: α i β i ≤ (α i 2 + β i 2 ) 2 1 Suy ra: α1β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) ≤ 1 2 ⇒ a1b1 + a2b2 + ... + an bn ≤ ab. Lại có: a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ a1b1 + a2b2 + ... + anbn Suy ra: (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) α = β i Dấu “ = ” xảy ra ⇔  i ng daá u α1β1 ,...α n β n cuø ⇔. a a1 a2 = = ... = n b1 b2 bn. II. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2. Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: 12 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>   a2 b2 c2 ( b + c )2 + ( a + c ) 2 + ( a + b ) 2 ≥ (a + b + c) 2 + +  2 2 2   ( b + c) ( c + a) ( a + b)  a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2. (. ). Ví dụ 2: Cho a 2 + b 2 = 1 . Chứng minh: a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 Giải: Áp dụng 2 lần bất đẳng thức B.C.S ta có: (a b + 1 + b a + 1 )2 ≤ ( a 2 + b 2 )(b + 1 + a + ) = 2 + a + b ≤ 2 + 12 + 12 . a 2 + b 2 = 2 + 2 (do a 2 + b 2 = 1 ). Vì vậy a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 .  a b +1  = Dấu “ = ” xảy ra ⇔  b a + 1 ⇒ a = b a = b. Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 = 0 (1) cos nghiệm thì a 2 + b 2 + c 2 ≥. Giải: Từ (1) ta có: −(1 + x 4 ) = ax3 + bx 2 + cx Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: (1 + x 4 ) 2 = (ax3 + bx 2 + cx) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 6 + x 4 + x 2 ) (1 + x 4 ) 2 (2) x6 + x4 + x2 (1 + x 4 )2 4 Mặt khác: 6 4 2 ≥ (3) x +x +x 3 4 Thật vậy: (3) ⇔ 3(1 + 2 x + x8 ) ≥ 4( x 6 + x 4 + x 2 ) ⇒ (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥. ⇔ 3x8 − 4 x 6 + 2 x 4 − 4 x 2 + 3 ≥ 0 ⇔ ( x 2 − 1) 2 (3 x 4 + 2 x 2 + 3) ≥ 0 ( luôn đúng) 4 Từ (2) và (3): a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 2   a = b = c = 3 ( x = 1) Dấu “ = ” xảy ra ⇔   a = b = c = − 2 (x = −1)  3. Ví dụ 4: Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 13 Lop10.com. 4 3.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> P=. 1 1 1 1 + + + ≥ 30 2 2 a + b + c ab bc ca 2. Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:   1 1 1 1 100 =  . a 2 + b2 + c 2 + .3 ab + .3 bc + .3 ca  2 2 2 ab bc ca  a +b +c  1 1 1 1   ≥ 2 + + +  ( a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca ) 2 2  a + b + c ab bc ca   7  10 P = P (a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca )  ≤ P 1 + (a + b + c)2  ≤ ⇒ P ≥ 30 3  3  Do: a + b + c = 1 ( theo giả thuyết) (a + b + c)2 ⇒ ab + bc + ca ≤ 3. Ví dụ 5: Cho a, b, c > 0 và abc = 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3. Giải: 1 x. 1 y. 1 z. Đặt: a = ; b = ; c = . Khi đó từ a, b, c > 0 và abc = 1 ⇒ x, y, z > 0 và xyz = 1 Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau: x3 yz y 3 zx z 3 xy 3 + + ≥ y+z z+x x+ y 2 ⇒. x2 y2 z2 3 + + ≥ (do xyz = 1 ) (1) y+z z+x x+ y 2. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:  x2 y2 z2  2 ⇒ + +  ( y + z + z + x + x + y) ≥ ( x + y + z ) y + z z + x x + y   2 2 2 x y z ( x + y + z )2 x + y + z ⇔ + + ≥ = (2) y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2 x y z x+ y+z 1 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ = = = = y + z z + x x + y 2( x + y + z ) 2 ⇔ y + z = 2 x; z + x = 2 y; x + y = 2z ⇔ x= y=z. Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ( do xyz = 1 ) (3) Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z . x2 y2 z2 3 + + ≥ . Vậy (1) đúng. y+z z+x x+ y 2 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z hay a = b = c. Từ (2) và (3) suy ra:. 14 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> ⇒ đpcm. Ví dụ 6:. Cho ∆ABC tùy ý có m1, m2, m3 là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng 9R ≥2 m1 + m2 + m3. Giải: Ta có công thức đường trung tuyến: 2b 2 + 2c 2 − a 2 4 3 ⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 4 Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9R 2 (1) Dấu “ = ” trong (1) xảy ra ⇔ ∆ABC đều. 27 2 ⇒ ma 2 + mb 2 + mc 2 ≤ R (2) 4 ma 2 =. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 3( ma 2 + mb 2 + mc 2 ) (3) 2. Dấu “ = ” trong (3) xảu ra ⇔ ma = mb = mc ⇔ ∆ABC đều. 81 2 R 4 9R ⇔ ma + mb + mc ≤ 2 9R ⇔ ≥2 ma + mb + mc. Từ (2) và (3) ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 2. Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay ∆ABC đểu. Ví dụ 7: Cho a1 , a2 ,..., an > 0 . Chứng minh rằng: an (a1 + a2 + ... + an ) 2 a1 a2 + + ... + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 ). Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:  a1 an  a2 2 + + ... +   [ a1 ( a2 + a3 ) + a2 ( a3 + a4 ) + ... + an ( a1 + a2 )] ≥ (a1 + a2 + ... + an ) + + + a a a a a a  2 3 3 4 1 2  an (a1 + a2 + ... + an ) 2 a1 a2 Hay + + ... + ≥ (1) a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 a1a2 + a1a3 + a2 a3 + a2 a4 + ... + an a1 + an a2 Dấy “ = ” xảy ra: ⇔ a2 + a3 = a3 + a4 = ... = an + a1 = a1 + a2 15 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> ⇔ a1 = a2 = ... = an a 2 + a32 a12 + a2 2 a12 + a3 2 + = a12 + 2 2 2 2 2 2 a + a4 a2 a3 + a2 a4 ≤ a2 2 + 3 2. Do a1a2 + a1a3 ≤. … a12 + a2 2 an a1 + an a2 ≤ an + 2 2. Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:. ( a1a2 + a1a3 ) + ( a2 a3 + a2 a4 ) + ... + ( an a1 + an a2 ) ≤ 2 ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) (2). Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi: a1 = a2 = ... = an. Từ (1), (2) suy ra: an (a1 + a2 + ... + an ) 2 a1 a2 + + ... + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + ... + an 2 ) Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an. III. Bài tập tương tự: 1. Cho ab + bc + ca = 4 . Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥. 16 3. *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần: (ab + bc + ca ) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≤ 3(a 4 + b 4 + c 4 ) 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ ( do ab + bc + ca = 4 ). 3 2 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = b = c = ± 3  x 2 + xy + y 2 = 3 2. Cho  2 2  y + yz + z = 16 Chứng minh rằng: xy + yz + xz ≤ 8. *Hướng dẫn Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có: 2 2  x  3  3 z   18 = ( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 ) =  y +  + x 2   z 2 +  y +   2  4   4 2     2.  x 3 3  z  3 2 ≥  y +  z+ x  y +   = ( xy + yz + xz ) 2 2 2  2  4  ⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64 2. ⇒ đpcm. 16 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 3. Chứng minh rằng nếu phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có nghiệm thì: a 2 + b2 ≥. 4 5. *Hướng dẫn Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho: x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ( ⇒ x ≠ 0 ) Chia 2 vế cho x 2 > 0 , ta được: 1  2 1    x + 2  + a  x +  + b = 0 (1) x  x   1 Đặt t = x + , t ≥ 2 . x 2 (1) ⇔ t + at + b − 2 = 0 ⇔ 2 − t 2 = at + b. Áp dụng B.C.S: ( 2 − t 2 ) = ( at + b ) ≤ ( a 2 + b 2 )( t 2 + 1) 2. 2. (2 − t ) ≥. 2 2. ⇒ a +b 2. 2. t 2 −1. (2 − t ) Ta dễ chứng minh được:. 2 2. t −1 2. ⇒ a2 + b2 ≥. ≥. 4 ( dành cho bạn đọc tự chứng minh). 5. 4 5. 4. Cho x, y, z > 0 thỏa xy + yz + xz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: T=. x2 y2 z2 + + x+ y y+z z+x. *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: +) 1 = x y + y z + z x ≤ x + y + z . x + y + z = x + y + z  x  y z +) ( x + y + z ) =  x+ y + y+z + z+x  y+z z+x  x+ y   x2 y2 z2  ≤ + +  ( x + y + y + z + z + x ) = 2T ( x + y + z )  x+ y y+z z+x 2. ⇒T ≥. 1 1 (x + y + z) = 2 2. Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z = Vậy Min(T ) =. 1 3. 1 1 khi x = y = z = . 2 3. 17 Lop10.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 5. Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Chứng minh rằng: x2 y y2 z z 2 x + + ≥ x2 + y 2 + z 2 z x y. *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:  x2 y y2 z z 2 x   x2 z y 2 x z 2 y  2 2 2 2 + + + +    ≥ (x + y + z ) x y  y z x   z. Xét hiệu: x2 y y2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y + + − − − z x y y z x 1 = ( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + xz ) > 0 (2) xyz x2 y y2 z z2 x + + ≥ x2 + y 2 + z 2 Từ (1), (2) ⇒ z x y Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z A=. 6. Cho ∆ABC , M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC, AC, AB. Chứng minh rằng: x+ y+ z≤. a2 + b2 + z 2 2R. *Hướng dẫn Ta có: S MBC + SMCA + S MAB = S ⇒. x y z + + =1 ha hb hc.  x y z  + +  h  a hb hc . Ta có: ha + hb + hc = ( ha + hb + hc )  Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra:.  x y z  ha + hb + hc ≥  ha + hb + hc  ha hb hc   ⇒ ha + hb + hc ≥ x + y + z (1). Do trong mọi tam giác nên ta có: ha = b sin C ; hb = c sin A; hc = a sin B nên:. ha + hb + hc = ha = b sin C + hb = c sin A + hc = a sin B =. Theo bất đẳng thức Causi: ha + hb + hc =. a2 + b2 + c2 (2) 2R. 18 Lop10.com. bc + ac + ab 2R.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Từ (1), (2) suy ra đpcm. Dấu “ = ” xảy ra khi ∆ABC đều, M là trọng tâm tam giác.. Chương IV BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV) I. Phát biểu - Cho 2 dãy số a1 , a2 , a3 ,..., an và b1 , b2 , b3 ,..., bn + Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm. a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an  a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an  hoặc  b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn. ( a1 + a2 + a3 +...+ an )( b1 +b2 +b3 +... +bn ) ≤ n(ab 1 1 + a2b2 + a3b3 +... + anbn ). Ta có:. + Nếu 1 dãy tăng, 1 dãy giảm. a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... ≥ an a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an  hoặc  b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn Ta có:. ( a1 + a2 + a3 + ... + an )( b1 + b2 + b3 + ... + bn ) ≥ n(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ... + anbn )  a1 = a2 = a3 = ... = an b1 = b2 = b3 = ... = bn. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi . II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho a + b ≥ 0 . 3 3 5 5 9 9 Chứng minh (a + b)(a + b )(a + b ) ≤ 4(a + b ). 19 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Giải Giả sử. a 3 ≥ b3 a≥b⇒ 5 5 a ≥ b Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có:.  a 3 + b3  a 5 + b5  a 8 + b8 (1)   ≤ 2 2 2    Nhân vế của (1) cho. a+b ≥ 0 , ta có: 2. 3 3 5 5 8 8  a + b   a + b  a + b   a + b   a + b   ≤      2   2  2   2   2 . Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có: 8 8 9 9  a + b  a + b   a + b  ≤     2  2   2 . Suy ra:. (a + b)( a 3 + b3 )( a 5 + b5 ) a 9 + b9 ≤ 8 2 3 3 5 5 ⇔ ( a + b)( a + b )(a + b ) ≤ 4(a 9 + b9 ) Dấu “=” xảy ra. ⇔a=b. 2 2 2 Ví dụ 2: Cho dãy số dương trong đó : a1 + a2 + ... + an > 1. an3 a13 a23 1 + + ... + > Chứng minh: s − a1 s − a2 s − an n − 1 Với s = a1 + a2 + ... + an Giải Không mất tính tổng quát ta giả sử:. a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an do: 20 Lop10.com.

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