19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1/Định nghĩa
A  B  A  B  0

A  B  A  B  0
2/Tính chất
+ A>B  B  A
+ A>B và B >C  A  C
+ A>B  A+C >B + C
+ A>B và C > D  A+C > B + D
+ A>B và C > 0  A.C > B.C
+ A>B và C < 0  A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C <D  0 < A.C < B.D
+ A > B > 0  A n > B n n
+ A > B  A n > B n với n lẻ
+ A > B  A n > B n với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1  A m > A n
+ m > n > 0 và 0 <A < 1  A m < A n
+A < B và A.B > 0

1 1

A B
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A 2  0 với  A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An  0 với  A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ A  0 với A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ -A <A= A
+ A  B  A  B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ A  B  A  B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2  0 với M
Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2  xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2  2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3  2 (x + y + z)
Giải:
1
2
a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)
1
( x  y ) 2  ( x z ) 2  ( y  z ) 2  0 đúng với mọi x;y;z  R
2
Vì (x-y)2  0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)2  0 vớix ; z Dấu bằng xảy1ra khi x=z
=


19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
(y-z)  0 với z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x 2 + y 2 + z 2  xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
= ( x – y + z) 2  0 đúng với mọi x;y;z  R
Vậy x 2 + y 2 + z 2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z  R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1
= (x-1) 2+ (y-1) 2+(z-1) 2  0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2
2
a2  b2  a  b 
a)

 ;
2
 2 
b)
a2  b2  c2  a  b  c 


3
3


2
c) Hãy tổng quát bài toán
Giải:
2
a2  b2  a  b 
a) Ta xét hiệu


2
 2 
2 a2  b2
a 2  2ab  b 2
1
1
=

= 2a 2  2b 2  a 2  b 2  2ab = a  b 2  0
4
4
4
4




2
a2  b2  a  b 
Vậy

 .
2
 2 
Dấu bằng xảy ra khi a=b
b)Ta xét hiệu
2
a2  b2  c2  a  b  c 
a2  b2  c2  a  b  c  1
2
2
2



 = a  b   b  c   c  a   0 .Vậy
3
3
3
3



 9


Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
2
a 2  a 22  ....  a n2  a1  a 2  ....  a n 
c)Tổng quát 1


n
n


Tóm lại các bước để chứng minh A  B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bước 3:Kết luận A  B
Ví dụ 1: Chứng minh m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1 m(n+p+q+1)
Giải:
 m2
  m2
  m2
  m2

 
 mn  n 2   
 mp  p 2   
 mq  q 2   
 m  1  0
 4
  4
  4
  4

2
2
2
2
m
 m
 m
 m 
   n     p     q     1  0 (luôn đúng)
2
 2
 2
 2

m
m

 2 n 0
n

m
2

m
  p0
 m2
p 
2
Dấu bằng xảy ra khi  m

2 
n  p  q  1
 q 0

m
q

2

m
 m  22

1

0

 2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4  b 4  c 4  abc(a  b  c )
2
2
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
4
Giải: Ta có : a  b 4  c 4  abc(a  b  c ) , a, b, c  0
 a 4  b 4  c 4  a 2 bc  b 2 ac  c 2 ab  0
 2a 4  2b 4  2c 4  2a 2 bc  2b 2 ac  2c 2 ab  0

 a2  b2

2

 2a 2 b 2  b 2  c 2

2

 2b 2 c 2  c 2  a 2

2
 2a 2 c 2
 2a 2 bc  2b 2 ac  2c 2 ab  0

 a2  b2
  b
2
2
 c2
  c
2
2
 a2

2
 (a 2 b 2  b 2 c 2  2b 2 ac )  (b 2 c 2  c 2 a 2  2c 2 ab)
 (a 2 b 2  c 2 a 2  2a 2 ab)  0

 
2
 a2  b2  b2  c2
Đúng với mọi a, b, c.
  c
2
2
 a2
  ab  bc   bc  ac   ab  ac 
2
2
2
2
0
Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc
bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Nếu A < B  C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có
bất đẳng thức A < B .
Chú ý các hằng đẳng thức sau:
 A  B 2  A 2  2 AB  B 2
 A  B  C 2  A 2  B 2  C 2  2 AB  2 AC  2 BC
 A  B 3  A 3  3 A 2 B  3 AB 2  B 3
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
b2
a) a   ab
4
2
b) a  b 2  1  ab  a  b
c) a 2  b 2  c 2  d 2  e 2  a b  c  d  e 
2
Giải:
b2
2
 ab  4a 2  b 2  4ab  4a 2  4a  b 2  0  2a  b   0
4
b2
2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a   ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
2
2
2
b) a  b  1  ab  a  b  2(a  b 2  1   2(ab  a  b)
 a 2  2ab  b 2  a 2  2a  1  b 2  2b  1  0
 (a  b) 2  (a  1) 2  (b  1) 2  0
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy a 2  b 2  1  ab  a  b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c) a 2  b 2  c 2  d 2  e 2  a b  c  d  e   4 a 2  b 2  c 2  d 2  e 2   4ab  c  d  e 
 a 2  4ab  4b 2   a 2  4ac  4c 2   a 2  4ad  4d 2   a 2  4ac  4c 2   0
a) a 2 
2
2
2
2
 a  2b   a  2c   a  2d   a  2c   0
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a 10  b10 a 2  b 2   a 8  b 8 a 4  b 4 
Giải:
a


 





 b10 a 2  b 2  a 8  b 8 a 4  b 4  a12  a 10 b 2  a 2 b10  b12  a12  a 8 b 4  a 4 b 8  b12
2 2 2 2
6 6
 a 8 b 2 a 2  b 2  a 2 b 8 b 2  a 2  0  a b (a -b )(a -b )  0
2 2 2 2 2 4
2 2
4
 a b (a -b ) (a + a b +b )  0
10
3
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x  y
x2  y2
Giải:
 2 2 vì :x  y nên x- y  0
x y
2
x2  y2
2 2
x y
Chứng minh
2
2
2
2
 x +y  2 2 ( x-y)
2
 x +y - 2 2 x+ 2 2 y  0  x +y +2- 2 2 x+ 2 2 y -2  0
2
2
2
 x +y +( 2 ) - 2 2 x+ 2 2 y -2xy  0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
2
 (x-y- 2 )  0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2  y 2  6 xy  2 y  1  0 x, y  R
b/ a 2  b 2  c 2  a  b  c
(gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
x. y.z  1

1 1 1
    x yz
 x y z
Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
1
x
1
y
1
z
1
1
1
x
y
z
1
x
1
y
1
z
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(   )=x+y+z - (   )  0 (vì   < x+y+z theo gt)
 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1  x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc
phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 
a
b
c


2
ab bc ac
Giải:
1
1
a
a



(1)
ab abc
ab abc
b
b
c
c
Tương tự ta có :

( 2) ,

(3)
bc abc
ac abc
Ta có : a  b  a  b  c 
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
a
b
c


 1 (*)
ab bc ac
a
ac
Ta có : a  a  b 

ab abc
b
ab
Tương tự :

(5) ,
bc abc
( 4)
c
cb

ca abc
( 6)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a
b
c


2
ab bc ac
(**)
Từ (*) và (**) , ta được : 1 
Phương pháp 3:
Kiến thức:
a) x 2  y 2  2 xy
a
b
c


 2 (đpcm)
ab bc ac
Dùng bất đẳng thức phụ
4
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
b) x  y  xy dấu( = ) khi x = y = 0
c) x  y 2  4 xy
2
a
b
2
b
a
d)   2
Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a)  8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: x  y 2  4 xy
Tacó a  b 2  4ab ; b  c 2  4bc ; c  a 2  4ac
2
2
2
2
 a  b  b  c  c  a   64a 2 b 2 c 2  8abc   (a+b)(b+c)(c+a)  8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4:
Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : a, b  0 , ta có: a  b  2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
a1  a 2  ...  a n  n n a1a 2 ..a n
n
 a  a 2  ...  a n 
 a1a 2 ..a n   1

n


Dấu “=” xảy ra khi a1  a 2  ...  a n
Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
2x
4x
2x
3



x
x
x
x
2
4 1 2 1 2  4
x
a  2
Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt 
, a, b  0
x
b  4
Khi đó phương trình có dạng :
a
b
1
3



b 1 a 1 a  b 2
Vế trái của phương trình:
 a
  b
  1

 a  b 1   a  b 1   a  b 1 

 1  
 1  
 1  3  


3
 b 1   a 1   a  b 
 b 1   a 1   a  b 
1
1 
1
1 
 1
 1
 a  b  c




  3   b  1   a  1   a  b   
3
 b 1 a 1 a  b 
 b 1 a 1 a  b 

1 3
3
3
3 a  1b  1a  b .
3
3
2
2
a  1b  1a  b 
Vậy phương trình tương đương với :
a 1  b  1  a  b  a  b  1  2x  4x  1  x  0 .
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P =
Giải : P = 3- (
x
y
z


x 1 y 1 z 1
1
1
1


) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì
x 1 y 1 z 1
5
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
1 1 1
1
1 1 1
9
1 1 1
  33
 a  b  c     9    
a b c
abc
a b c abc
a b c
1
1
1
9
9
9 3


Suy ra Q =
  -Q   nên P = 3 – Q  3- =
x 1 y 1 z 1 4
4
4 4
3
1
Vậy max P = .khi x = y = z = .
4
3
1
1
1
abc
Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: 2
 2
 2

2abc
a  bc b  ac c  ab
a  b  c  3 3 abc 
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
a 2  bc  2a bc 
2
1
1 1
1 

   
a  bc a bc 2  ab ac 
2
Tương tự :
2
1
1 1
1 
2
1
1 1
1 

    2

   
b   ac b ac 2  bc ab  c   ab c ab 2  ac bc 
2
2
2
abc
 2
 2
 2

a  bc b   ac c   ab
2abc
2
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC :
a
b
c


3
bca cab abc
(*)
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
a
b
c
abc


 33
(1)
bca cab abc
(b  c  a)(c  a  b)(a  b  c)
Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
(b  c  a )(c  a  b) 
1
( b  c  a  c  a  b )  c ( 2)
2
Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
(b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)  abc

abc
 1 (3)
(b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)
Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
2
0  a  b  c
 x y z  a  c 
Cho 
. Chứng minh rằng:  by  cz     
4ac
a b c
0  x, y, z
Giải: Đặt f ( x )  x 2  (a  c ) x  ac  0 có 2 nghiệm a,c
Mà: a  b  c  f (b)  0  b 2  (a  c )b  ac  0
ac
y
 a  c  yb  ac  a  c y
b
b
x
y
z

  xa  ac   ( yb  ac )  ( zc  ac )  a  c x  a  c  y  (a  c ) z
a
b
c

x y z
 xa  yb  zc  ac     a  c x  y  z 
a b c
b
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
6
 x  y  z 2
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2
xa  yb  zc ac x  y  z   a  c x  y  z 
a
b
c
x y z
2
2
 4xa  yb  zc ac     a  c  x  y  z 
a b c
2
 x y z  a  c 
 xa  yb  zc ac    
x  y  z 2 (đpcm)
4ac
a b c
Phương pháp 5
Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực ( n  2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có:
(a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 22  ...  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 )
Dấu “=” xảy ra khi 
Hay
a
a1 a 2

 ....  n
b1 b2
bn
b
b1 b2

 ....  n (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
a1 a 2
an
Chứng minh:
a  a 2  a 2  ...  a 2
1
2
n
Đặt 
2
2
2
 b  b1  b2  ...  bn
 Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
 Nếu a,b > 0:
ai
b
,  i  i i  1,2,...n  , Thế thì:  12   22  ...   n2   12   22  ...   n2
a
b
1
Mặt khác:  i  i   i2   i2
2
1
1
 1  1   2  2  ...   n  n  (12   22  ....   n2 )  (  12   22  ...   n2 )  1
Suy ra:
2
2
 a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a.b
Đặt:  i 


Lại có: a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  a1b1  a 2 b2  ...  a n bn
Suy ra: (a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2  (a12  a 22  ...  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 )
  i   i i  1,2,..., n 
a
a
a
 1  2  ....  n
b1 b2
bn
 1  1 .... n  n cùng dáu
Dấu”=” xảy ra  
Ví dụ 1 :
Chứng minh rằng: x  R , ta có: sin 8 x  cos8 x 
1
8
Giải: Ta có: sin 2 x  cos 2 x  1, x  R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

 

1  sin 2 x.1  cos 2 x.1  sin 4 x  cos 4 x 12  12

1
1
 sin 4 x  cos 4 x   sin 4 x  cos 4 x
2
4



2
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
7
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2
1
1
1
  sin 4 x.1  cos 4 x.1   sin 8 x  cos8 x 12  12  sin 4 x  cos 4 x 
4
4
8




 

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P  1  tan A. tan B  1  tan B. tan C  1  tan C. tan A
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: (ai , bi ,..., ci )(i  1,2,...., m)
Thế thì:
(a1a 2 ...a m  b1b2 ...bm  ...  c1c 2 ...c m ) 2  (a1m  b1m  ...  c1m )(a 2m  b2m  ...  c 2m )(a mm  bmm  ...  c mm )
Dấu”=” xảy ra   bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì  t i sao cho:
a  t i ai , b  t i bi ,..., c  t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1  a 2 : b2 : ... : c 2  a n : bn : ...c n
a12  a 22  ...  a n2  3
Ví dụ 1: Cho 

n  Z,n  2
Chứng minh rằng:
a
a1 a 2

 ....  n  2
2
3
n 1
Giải:
k  N * ta có:

1

k2
1
k2 
1
4

1
1 
1

 k   k  
2 
2

1
1
1


2
1
1
k
k
k
2
2


 1
1 1
1  1
1   1
1 
1  1
1
2
 2  2  ...  2 



 ...  





5  5
7 
1
1
3
1 3
2 3
n 3
n
n 
 2
2  2
2
2 n
2
2
2

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a
a1 a 2

 ....  n  a12  a 22  ...  a n2
2
3
n 1
Ví dụ 2:
1
1
1
2
 2  ...  2  3
 2 (đpcm)
2
3
2
3
n
Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
(a  c ) 2  (b  d ) 2  a 2  b 2  c 2  d 2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó
ac+bd  a 2  b 2 . c 2  d 2
mà a  c 2  b  d 2  a 2  b 2  2ac  bd   c 2  d 2  a 2  b 2   2 a 2  b 2 . c 2  d 2  c 2  d 2
 (a  c ) 2  (b  d ) 2  a 2  b 2  c 2  d 2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có 12  12  12 (a 2  b 2  c 2 )  1.a  1.b  1.c 2
 3 a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2  2ab  bc  ac 
 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Phương pháp 6:
Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
8
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a1  a 2  .....  a n
a  a  ...  a n b1  b2  ....  bn a1b1  a 2 b2  ....  a n bn
thì 1 2
.

.
n
n
n
b1  b2  .....  bn
a)Nếu 
 a1  a 2  ....  a n
b1  b2  ....  bn
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
a1  a 2  .....  a n
thì
b1  b2  .....  bn
b)Nếu 
a1  a 2  ...  a n b1  b2  ....  bn a1b1  a 2 b2  ....  a n bn
.

n
n
n
 a  a  ....  a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  1 2
b1  b2  ....  bn
Ví dụ 1: Cho  ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
sin A. sin 2a  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 2S

.
sin A  sin B  sin C
3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng  ABC là tam giác đều.

Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0  A  B  C  . Suy ra:
2
sin
A

sin
B

sin
C


sin 2a  sin 2 B  sin 2C
Áp dụng BĐT trebusep ta được:
sin A  sin B  sin C sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  
 3sin A. sin 2 A  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 
sin A. sin 2 A  sin B. sin 2 B  sin C. sin 2C 1
 (sin 2 A  sin 2 B  sin 2C )
sin A  sin B  sin C
3
sin
A

sin
B

sin
C

Dấu ‘=’ xảy ra  
 ABC dêu
sin 2 A  sin 2 B  sin 2C

Mặt khác:
sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  2 sin( A  B). cos( A  B)  sin 2C
 2 sin C cos( A  B)  cos C   2 sin C cos( A  B)  cos( A  B)
 2 sin C.2 sin A. sin B  4 sin A sin B sin C
 (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C  a.b. sin C  2S
( 2)
Thay (2) vào (1) ta có
sin A. sin 2a  sin B. sin 2 B  sin C . sin 2C 2 S

.
sin A  sin B  sin C
3
Dấu ‘=’ xảy ra   ABC đều.
Ví dụ 2(HS tự giải):
a/
Cho a,b,c>0 và a+b+c=1
b/
c/
Cho x,y,z>0 và x+y+z=1
Cho a>0 , b>0, c>0
CMR:
1 1 1
  9
a b c
CMR:x+2y+z  4(1  x)(1  y)(1  z )
CMR:
a
b
c
3



bc ca ab 2
9
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
d)Cho x  0 ,y  0 thỏa mãn 2 x  y  1
;CMR: x+y 
1
5
a3
b3
c3
1
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a  b  c  1 . Chứng minh rằng



bc ac ab 2
2
2
2
Giải:
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a  b  c

a2  b2  c2
b
c
  a
 b  c  a  c  a  b
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a
b
c
a2  b2  c2  a
b
c  1 3 1
 b2.
 c2.

.


= . =
bc
ac
ab
3
bc ac ab 3 2 2
a3
b3
c3
1
1
Vậy



Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
bc ac ab 2
3
a2.
Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
Ví dụ 4:
a  b  c  d 2  a b  c   bc  d   d c  a   10
Giải: Ta có a 2  b 2  2ab
c 2  d 2  2cd
1
1 1
Do abcd =1 nên cd =
(dùng x   )
ab
x 2
1
Ta có a 2  b 2  c 2  2(ab  cd )  2(ab  )  4 (1)
ab
Mặt khác: ab  c   bc  d   d c  a  = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
1
1
1
=  ab     ac     bc    2  2  2
ab  
ac  
bc 

2
2
2
2
Vậy a  b  c  d  a b  c   bc  d   d c  a   10
2
2
2
Phương pháp7
Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:
a)Dạng nguyên thủy: Cho a  -1, 1  n  Z thì 1  a n  1  na . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ
a  0
n  1
khi 
b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1,   1 thì 1  a   1  na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
a  0
.


1

- cho a  1,0    1 thì 1  a   1  na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi 
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b  b a  1, a, b  0 .
Giải
- Nếu a  1 hay b  1 thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
b
b
b 1  a  a  b
a
 1   1 a 

 ab 
.
   1 
  1
a 
a
a
ab
a 
10
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Chứng minh tương tự: b a 
b
. Suy ra a b  b a  1
ab
(đpcm).
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5
a5  b5  c5  a  b  c 

 .
3
3


(1)
Giải
5
5
5
3a   3b   3c 
 
 
 3
abc abc abc
1  
Áp dụng BĐT Bernouli:
5
5
5b  c  2a 
 3a 
 b  c  2a 

  1 
  1
abc 
abc
abc

(2)
Chứng minh tương tự ta đuợc:
5
5c  a  2b 
 3b 

 1
abc
abc
(3)
5
5a  b  2c 
 3c 

 1
abc
abc
(4)
Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5
5
5
 3a   3b   3c 

 
 
  3  (đpcm)
abc abc abc
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,...a n  0; r  1. Chứng minh rằng
r
a1r  a 2r  ....  a nr  a1  a 2  ....  a n 
 .
 
n
n


Dấu ‘=’  a1  a 2  ....  a n .(chứng minh tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 0  x, y, z  1 . Chứng minh rằng
2
x


 2 y  2 z 2x  2 y  2z 
81
.
8
Giải
Đặt a  2 x , b  2 y , c  2 z 1  a, b, c  2 .
1  a  2  a  1a  2   0
 a 2  3a  2  0  a 
2
 3 (1)
a
Chứng minh tương tự:
2
3
b
2
c 3
c
b
( 2)
(3)
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
11
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
 1 1 1  côsi
 1 1 1
9  a  b  c   2     2 a  b  c 2   
a b c
a b c

81
 1 1 1
 (a  b  c)     (đpcm)
8
a b c
Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n  a, b, c  1
Ta luôn có:
c
x1
c
x2
 ....  c
xn
c
 x1
c
 x2
 ....  c
 xn
  nc
a
 cb
4c a  b

2
Phương pháp 8:
Sử dụng tính chất bắc cầu
Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:
a  c  d
b  c  d
a  c  d  0
 

b  d  c  0
ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc
Tacó 

(a-c)(b-d) > cd
(điều phải chứng minh)
5
2
2
2
1 1 1
1
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a  b  c  . Chứng minh
  
3
a b c abc
2
2
2
2
Giải: Ta có :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc)  0
1 2 2 2
( a +b +c )
2
5
1 1 1
1
  
 ac+bc-ab   1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
6
a b c
abc
 ac+bc-ab 
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0  (1-a).(1-b) > 1-a-b
(1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có  (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
 (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd
 (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)
Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng: 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2 b  b 2 c  c 2 a
Giải:
Do a < 1  a 2  1 và
Ta có 1  a 2 .1  b   0  1-b- a 2 + a 2 b > 0  1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mà 0< a,b <1  a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Từ (1) và (2)  1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
Tương tự
b 3 + c3  1  b 2 c ; c 3 + a 3  1  c 2 a
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2 b  b 2 c  c 2 a
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2  b 2  c 2  d 2  1998 thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2  2 abcd  a 2 d 2  b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
12
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
2
rõ ràng (ac+bd)  ac  bd 2  ad  bc 2  1998 2  ac  bd  1998
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
2
c hứng minh rằng : a 12 + a 22  a32  ....  a 2003

1
2003
b/ Cho a;b;c  0 thỏa mãn :a+b+c=1
1
a
1
b
1
c
Chứng minh rằng: (  1).(  1).(  1)  8
Phương pháp 9:
Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a
a ac
 1 thì 
b
b bc
a
a ac
b – Nếu  1 thì 
b bc
b
a – Nếu
2) Nếu b,d >0 thì từ
a c
a ac c
  

b d
b bd d
`
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
1
a
b
c
d



2
abc bcd cd a d a b
Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
ad
1

abc
abc abcd
a
a
Mặt khác :

abc abcd
(1)
(2)
Từ (1) và (2) ta có \
a
a
ad
<
<
abcd
abc abcd
(3)
Tương tự ta có
b
b
ba


abcd bcd abcd
c
c
bc


abcd cd a abcd
d
d
d c


abcd d ab a bcd
(4)
(5)
(6)
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
a
b
c
d



 2 điều phải chứng minh
abc bcd cd a d a b
a c
a ab  cd c
Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2

b d
b b d2 d
a c
ab cd
ab ab  cd cd c
Giải: Từ <  2  2  2  2


b d
b
d
b
b d2 d2 d
a ab  cd c
Vậy
<

điều phải chứng minh
b b2  d 2 d
1
13
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
a
c
tìm giá trị lớn nhất của 
b
d
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử :
a
b
a
b

Từ : 
c
d
c
d

a ab b


c cd d
a
 1 vì a+b = c+d
c
b
a b
  999
 998 
d
c d
a b 1 999
b/Nếu: b=998 thì a=1   = 
Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d c
d
a b
1
Vậy giá trị lớn nhất của  =999+
khi a=d=1; c=b=999
c d
999
a/ Nếu :b  998 thì
Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được
tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1  u 2  ....  un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk  ak  ak 1
Khi đó :S = a1  a2   a2  a3   ....  an  an1   a1  an 1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u 2 ....u n
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k =
Khi đó P =
a1 a2
a
a
. ..... n  1
a2 a3
an1 an1
Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng
1
1
1
1
3


 .... 

2 n 1 n  2
nn 4
1
1
1
Giải: Ta có


với k = 1,2,3,…,n-1
n  k n  n 2n
1
1
1
1
1
n 1
Do đó:

 ... 

 ... 


n 1 n  2
2n 2n
2n 2n 2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1
1
1

 .... 
 2 n  1 1
Với n là số nguyên
2
3
n
1
2
2


 2 k 1  k
Giải: Ta có
k 2 k
k  k 1

1


Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2  2  1
1
2 3 2
2


………………
14

ak
ak 1
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
1
 2 n 1  n
n


Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 
n
Ví dụ 3: Chứng minh rằng
1
k
2
1
1
1

 .... 
 2 n  1 1
2
3
n

2
n  Z
k 1
1
1
1
1



2
k
k k  1 k  1 k
Giải: Ta có
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
1
 1
2
2
2
1 1 1
 
32 2 3
.................
1
1
1
1 1
1

  2  2  ....  2  1
2
n
n 1 n
2 3
n
n
Vậy
1
k
2
2
k 1
Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
0  a  b  c

0  b  a  c
0  c  a  b

a 2  a (b  c )
 2
b  b(a  c )
 c 2  c( a  b)


Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
2/ Ta có a > b-c   a 2  a 2  (b  c) 2 > 0
b > a-c 
 b 2  b 2  ( c  a) 2 > 0
c > a-b 
 c 2  c 2  ( a  b) 2  0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được

2

2

2
 a 2b 2c 2  a 2  b  c  b 2  c  a  c 2  a  b 
2
2

2
 a 2b 2c 2  a  b  c  b  c  a  c  a  b 
 abc  a  b  c 
. b  c  a 
. c  a  b
Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  ca )
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
15

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  2abc  2
Phương pháp 12:
Sử dụng hình học và tọa độ
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : c(a  c)  c(b  c)  ab , a  b  0 và b  c
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn u  ( c, b  c ) ; v ( a  c , c )
Thì u  b , v  a ;
u.v  c(a  c)  c(b  c)
Hơn nữa:
u.v  u . v . cos(u , v)  u . v
 c( a  c)  c(b  c)  ab  (ĐPCM)
Ví dụ 2:
n
Cho 2n số: xi ; y i , i  1,2,..., n thỏa mãn:
n
 xi   yi  1. Chứng minh rằng:
i 1
n

xi2  y i2 
i 1
i 1
2
2
Giải:
Vẽ hình
y
MK
MN
H
M
x
O
x+y=1
Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1  x 2 , y1  y 2 ) ;…; M n ( x1    x n , y1    y n )
Giả thiết suy ra M n  đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1  x12  y12 ,
M 1 M 2  x 22  y 22 , M 2 M 3  x32  y32 ,…, M n1 M n  x n2  y n2
Và OM 1  M 1 M 2  M 2 M 3    M n1 M n  OM n  OH 
n
2
2
 (ĐPCM)
Phương pháp 13:
Đổi biến số
  xi2  y i2 
i 1
2
2
a
b
c
3


 (1)
bc ca ab 2
yzx
zx y
x yz
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=
; b=
;c=
2
2
2
yzx zx y x yz
3


ta có (1) 

2x
2y
2z
2
y z
x z
x y
y x
z x
z y
 1  1   1  3  (  )  (  )  (  )  6

x x
y y
z z
x y
x z
y z
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng
16
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì
y
x
( 
x
 2;
y
z y
  2 nên ta có điều
y z
z x
  2;
x z
phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
1
1
1
 2
 2
9
(1)
a  2bc b  2ac c  2ab
Giải: Đặt x = a 2  2bc ; y = b 2  2ac ; z = c 2  2ab . Ta có
1 1 1
(1)     9
Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
x y z
2
1 1 1
1
   3. 3
x y z
xyz
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x  y  z  3. 3 xyz , và:

x  y  z . 1  1  1   9 . Mà x+y+z < 1. Vậy
x
y
z
1 1 1
  9
x y z
Ví dụ3: Cho x  0 , y  0 thỏa mãn 2 x  y  1 CMR x  y 
Gợi ý: Đặt x  u ,
thay vào tính S min
Bài tập tự giải
y v
(đpcm)
1
5
 2u-v =1 và S = x+y = u 2  v 2  v = 2u-1
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
CMR:
25a 16b
c


8
bc ca a b
2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
nb
pc
1



bc ca ab 2
Phương pháp 14:
2
x  y  z  a  b  c   1


2
m  n  p  m  n  p 
Dùng tam thức bậc hai
Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
a  0
  0
a  0
f ( x)  0, x  
  0
f(x) > 0, x  
a  0
f ( x)  0, x  
  0
a  0
f ( x)  0, x  
  0
Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1    x 2  a. f    0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :
17
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

a. f    0

x1  x 2      0
S
 
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

a. f    0

  x1  x 2    0
S
 
2
  x    x
1
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm 
 f  . f    0.
x



x


 1
2
Ví dụ 1:Chứng minh rằng f x, y   x 2  5 y 2  4 xy  2 x  6 y  3  0
Giải: Ta có (1)  x 2  2 x 2 y  1  5 y 2  6 y  3  0
(1)
2
2
  2 y  1  5 y 2  6 y  3  4 y 2  4 y  1  5 y 2  6 y  3    y  1  1  0
Vậy f x, y   0 với mọi x, y
Ví dụ2:
Chứng minh rằng: f x, y   x 2 y 4  2x 2  2. y 2  4 xy  x 2  4 xy 3
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với


1  y 
2
x 2 y 4  2 x 2  2 . y 2  4 xy  x 2  4 xy 3  0  ( y 2  1) 2 .x 2  4 y 1  y  x  4 y 2  0
Ta có   4 y 2
2 2


2
 4 y 2 y 2  1  16 y 2  0
Vì a = y 2  1  0 vậy f x, y   0
(đpcm)
Phương pháp 15:
Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n  n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả
thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 – kết luận BĐT đúng với mọi n  n0
2
1 1
1
1
 2  ....  2  2 
n  N ; n  1
2
1 2
n
n
1
1
Giải: Với n =2 ta có 1   2 
(đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
4
2
Ví dụ1: Chứng minh rằng :
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) 
1 1
1
1
1
 2  ....  2 
 2
2
2
1 2
k
(k  1)
k 1
Theo giả thiết quy nạp

1 1
1
1
1
1
1
 2  ....  2 
 2 
 2
2
2
2
1 2
k
(k  1)
k k  1
k 1
18
(1)
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức


1
1
1
1
1
 .... 



2
2
2
1
(k  1)
k  1 k  1
k
k 11 1
2
2
  k (k  2)  (k  1) 2  k +2k<k +2k+1
2
(k  1)
k
Điều này đúng .Vậy bất đẳng
thức (1)được chứng minh
n
Ví dụ2: Cho
an  bn
ab
(1)
n  N và a+b> 0. Chứng minh rằng 
 
2
 2 
Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
a b
(1)  

 2

k 1
a k 1  b k 1
2

k
a k 1  b k 1
ab a b

(2)

 .
2
2
 2 
a k  b k a  b a k 1  ab k  a k b  b k 1 a k 1  b k 1
Vế
trái
(2)

.



2
2
4
2
k 1
k 1
k 1
k
k
k 1
a b
a  ab  a b  b

 0  a k  b k .a  b   0
(3)

2
4


Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a  b và giả thiết cho a  -b  a  b
k
 a k  b  bk

a
k

 b k .a  b   0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b  a  b k  a k  b k  a k  b k .a  b   0
Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho a  1 ,1  n   . Chứng minh rằng : (1  a ) n  1  n.a
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k   ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1  a ) k  1  k .a
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1  a ) k 1  1  (k  1).a
Ta có: (1  a) k 1  (1  a).(1  a ) k  (1  a ).(1  k .a)  1  (k  1)a  k .a 2  1  (k  1)a
 Bất đẳng thức đúng với n= k+1
V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1  a ) n  1  n.a , n  
k
1
2
Ví dụ 4: Cho 1  n   a1 , a 2 , , a n  0 thoả mãn a1  a 2    a n  . Chứng minh
rằng: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a n ) 
1
2
1
2
1
2
Giải n=1: a1   1  a1   Bài toán đúng
n=k ( k   ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a k ) 
1
2
1
2
Ta có: (1  a1 )(1  a 2 ) (1  a k 1 )  (1  a1 )(1  a 2 ) (1  a k 1 )[1  (a k  a k 1 )  a k a k 1 ]
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a k 1 ) 
19
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
 (1  a1 )(1  a 2 ) (1  a k 1 )[1  (a k  a k 1 )] 
1
1
(Vì a1  a 2    a k 1  (a k  a k 1 )  )
2
2
 Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1  a1 )(1  a 2 )  (1  a n ) 
1
2
Ví dụ 5: Cho 1  n   , ai , bi  R, i  1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(a1b1  a 2 b2    a n bn ) 2  (a12  a 22    a n2 )(b12  b22    bn2 )
Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k   ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(a1b1  a 2 b2    a k bk ) 2  (a12  a 22    a k2 )(b12  b22    bk2 )
n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1  a 2 b2    a k 1bk 1 ) 2  (a12  a 22    a k21 )(b12  b22    bk21 ) (1)
Thật vậy:
VP (1)  (a12  a 22    a k2 )(b12  b22    bk2 )  (a12    a k2 ).b 2 +
 a 2 (b12  b22    bk2 )  a k21 .bk21  (a1b1  a 2 b2    a k bk )  2a1b1a k 1bk 1  2a 2 b2 a k 1bk 1 
   2a k bk a k 1bk 1  a k21bk21
 (a1b1  a 2 b2    a k bk ) 2  2 (a1b1  a 2 b2    a k bk ) a k 1bk 1  a k21 .bk21
 (a1b1  a 2 b2    a k 1bk 1 ) 2
Vậy (1) được chứng minh
Ví dụ 6: Cho 1  n   , ai , bi  R, i  1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(
a1  a 2    a n 2 a12  a 22    a n2
) 
n
n
Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
a1  a 2    a k 2 a12  a 22    a k2
) 
k
k
2
2
2
a  a    a k 1 2 a1  a 2    a k 1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1 2
) 
(1)
k 1
k 1
a  a    a k 1
Đặt: a  2 3
k
1
VP (1) 
(a12  k 2 a 2  2ka1a )
k 1
2
2
2
a 22  a32    a k21  a12  a 22    a k21
1  2
2 a 2  a 3    a k 1
2

 k .a1  k
 a1  k

k
k
k 1
(k  1) 2 

n=k ( k   ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (
Vậy (1) đựơc chứng minh
Ví dụ 7: Chứng minh rằng:
n n  4
Giải: n=2  
(n  1)
n 1
3
n n  (n  1) n 1 , n  , n  2
 n n  (n  1) n 1
n=k  2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k  ( k  1) k 1
n= k+1:Ta c ó: k k ( k  1) k 1  (k  1) k 1 (k  1) k 1  (k  1) 2 k 2 (k  1) 2  [(k  1) 2 ] k 1 (k  1) 2
 (k 2  2k ) k 1 (k 2  2k ) (vì (k  1) 2  k 2  2k  1  k 2  2k )
 k k (k  2) k  (k  1) k 1  (k  2) k  Bất 20đẳng thức đúng với n= k+1
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Vậy n  (n  1) , n  , n  2
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx  n sin x , n    , x  R
Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx  k sin x
n= k+1 . Ta cần chứng minh: sin( k  1) x  (k  1) sin x
n 1
n
 a  b  a  b , a, b  R
 sin x , cos x  1, x  R
Ta có: 
Nên:
sin( k  1) x  sin kx cos x  cos kx sin x
 sin kx . cos x  cos kx . sin x  sin kx .  . sin x  k sin x .  . sin x  (k  1) sin x
 Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: sin nx  n sin x , n    , x  R +
Phương pháp 16:
Chứng minh phản chứng
Kiến thức:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức
đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả
thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p  q”
Muốn chứng minh p  q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng minh
được thực hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q (hay q
đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết
luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P  Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a  0 thì từ abc > 0  a  0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0  cb < 0
Từ ab+bc+ca > 0  a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0  b + c < 0
a < 0 và b +c < 0  a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac  2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
a 2  4b
, c 2  4d
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2  4b , c 2  4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được
a 2  c 2  4( b  d )
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2)
21
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Từ (1) và (2)  a 2  c 2  2ac hay a  c 2  0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2  4b và c 2  4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
Nếu x+y+z >
1 1 1
 
thì có một trong ba số này lớn hơn 1
x y z
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
1
x
1
y
1
z
=x + y + z – (   ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z >
1 1 1
 
x y z
nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho a, b, c  0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a  b  c  3 (Bất đẳng thức
Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
a  b  c  3  (a  b  c)ab  3ab  a 2 b  b 2 a  cab  3ab  a 2 b  (a 2  3a )b  1  0
Xét : f (b)  a 2 b  (a 2  3a)b  1
Có   (a 2  3a) 2  4a = a 4  6a 3  9a 2  4a  a(a 3  6a 2  9a  4) =  a(a  1) 2 (a  4)  0
(Vì
a, b, c  0
 0  a  3 )  f (b)  0  vô

a  b  c  3
lý. Vậy:
abc3
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):
(1)
a  bc
(2)
b  ca
(3)
c  ab
Giải: Giả sử tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:
 (a  b  c )(a  b  c)  0
(1’)
a  b  c  (b  c) 2  a 2
(2’)
b  c  a  (c  a ) 2  b 2  ( a  b  c)(a  b  c )  0
 ( a  b  c )(  a  b  c )  0
(3’)
c  a  b  ( a  b) 2  c 2
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được:  [(a  b  c )(a  b  c)(a  b  c)]2  0
 Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh
Phương pháp 17 :
Sử dụng biến đổi lượng giác
1. Nếu x  R thì đặt x = Rcos  ,
2
  
 
,
 2 2 
 
  0, c    ,3 
2

 x  a  R cos 
 R 2 , (  0) thì đặt 
, (  2 )
 y  b  R sin 
2. Nếu x  R thì đặt x =
3.Nếu x  a 2   y  b 2
  0,   ; hoặc x = Rsin  ,
R
cos 
2
 x    aR cos 
, (  2 )

 y    bR sin 
thức : ax 2  b 2 , a, b  0 
x    y   
2
4. Nếu 
 
  R a, b  0 thì đặt
 a   b 
5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu
22
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
b
 
Thì đặt: x  tg ,     , 
a

2 2


Ví dụ 1: Cmr : a 1  b 2  b 1  a 2  3 ab  1  b 2 1  a 2   2, a, b   1,1
Giải : a  1, b  1
a  cos 
b  cos 
 ,   0,  
Đặt : 
Khi đó :

a 1  b 2  b 1  a 2  3 ab 
1  b 1  a  
2
2
 cos  .sin   cos  .sin   3  cos  .cos   sin  .sin  

 sin(   )  3.cos(   )  2 cos(    )   2, 2   ( dpcm)
6
Ví dụ 2 : Cho a , b  1 .Chứng minh rằng : a b  1  b a1  ab
Giải :
1

a  cos 2 
Đặt : 
1
b 

cos 2 

  
  ,   0,  
 2 

1
1
tg 
tg
(tg  .cos 2   tg .cos 2  )
2
2
tg


tg




cos 2 
cos 2 
cos 2  cos2 
cos 2  .cos 2 
1 (sin 2   sin 2 ) sin(   ) cos in(   )
1



 ab
2
2
2
2
2
2 cos  .cos 
cos  .cos 
cos  .cos 2 
 a b  1  b a 1 
a 2  (a  4b) 2
Ví dụ 3: Cho ab  0 .Chứng minh rằng :  2 2  2 
 2 2 2
a 2  4b 2
a 2  (a  4b) 2 tg 2  (tg  2)2


 4(tg  1).cos 2 
2
2
2
a  4b
1  tg 
   
Giải :Đặt: a  2btg ,     ,   2 sin 2  2(1  cos 2 )  2(sin 2  cos 2 )  2
 2 22 

 2 2 sin(2  )  2   2 2  2, 2 2  2 


2
Phương pháp 18:
Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton
n
a  b n  C nk a nk b k , n  N * , a, b  R .
k 0
Trong đó hệ số C nk 
n!
(0  k  n) .
(n  k )!k!
Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:
+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng.
+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n. Trong
mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n.
+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau
23
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
k
n
n k
n
.
+ Số hạng thứ k + 1 là C nk a n k .b k
(0  k  n)
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng 1  a n  1  na, a  0, n  N * (bất đẳng thức bernoulli)
Giải
C C
n
Ta có: 1  a n   C nk a k  C n0  C n1 a  1  na (đpcm)
k 0
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng:
n
an  bn  a  b 
*
a)

 , a, b  0, n  N
2
 2 
n
b)
an  bn  cn  a  b  c 
*

 , a, b, c  0, n  N
3
3


Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:
a  b n  C n0 a n  C n1 a n1b  ....  C nn1 a.b n1  C nn b n
a  b n  C n0 b n  C n1 b n1a  ....  C nn 1b.a n 1  C nn a n
n
 2a  b   C n0 (a n  b n )  C n1 (a n 1b  b n 1a )  ....  C nn1 (a.b n1  b.a n1 )  C nn (b n  a n )
a, b  0, i  1,2,..., n  1 :
a
n i


 b n i a i  b i  0  a n  b n  a n i b i  a i b n i
n
 2a  b   C n0 (a n  b n )  C n1 (a n  b n )  ....  C nn 1 (a n  b n )  C nn (b n  a n )
 (a n  b n )(C n0  C n1  ....  C nn 1  C nn )  2 n (a n  b n )
n
a n  bn
ab

 
n
 2 
abc
b) Đặt d 
0
3
Theo câu (a) ta có:
n
ab
cd 
2
  2

n
n
n
n
a b c  d
2 
2 



4
4
n
n
n
ab c d 

 

abcd n
2   2 


(
)  dn
2
4
 a n  b n  c n  d n  4d n  a n  b n  c n  3d n
an  bn  cn
abc

 dn 

3
3


n
Phương pháp 19:
Sử dụng tích phân
Hàm số: f , g : a, b  R liên tục, lúc đó:
b
* Nếu f ( x)  0, x  a, b thì
 f ( x)dx  0
a
24
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
b
* Nếu f ( x)  g ( x ), x  a, b  thì

b
f ( x )dx   g ( x )dx
a
a
b
* Nếu f ( x)  g ( x ), x  a, b  và x 0  a, b : f ( x 0 )  g ( x0 ) thì
 f ( x)dx   g ( x)dx .
a
b
b
a
b
*  f ( x )dx   f ( x ) dx .
a
a
b
* Nếu m  f ( x)  M , x  a, b thì m 
1
f ( x)dx  M (m, M là hằng số)
b  a a
Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác.
Chưng minh rằng: tg
A
B
C
 tg  tg  3
2
2
2
Giải:
x
2
Đặt f ( x)  tg , x  (0,  )
1
x
(1  tg 2 )
2
2
1 x
x
f '' ( x )  tg (1  tg 2 )  0, x  (0,  )
2 2
2
f ' ( x) 
Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:
f ( A)  f ( B )  f (C )
 A B C 
 f

3
3


A
B
C
 A BC 
tg  tg  tg  3tg 

2
2
2
6


A
B
C

tg  tg  tg  3tg
2
2
2
6
A
B
C
tg  tg  tg  3
2
2
2

2
Ví dụ 2: Chứng minh:

dx



2
10 0 5  2 cos x 6
Giải

Trên đoạn 0,  ta có:
 2
0  cos x  1  0  2 cos 2 x  2  2  2 cos 2 x  0
1
1
1
 3  5  2 cos 2 x  5  

2
5 5  2 cos x 3
2

2

2
1
dx
1

dx



   0  
   0   
  đpcm 
2
2
5 2
 0 5  2 cos x 3  2
 10 0 5  2 cos x 6
PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO
*Dùng định nghĩa
1) Cho abc = 1 và a 3  36 . . Chứng minh rằng
25
a2
2
2
 b +c > ab+bc+ac
3
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
a2
a2 a2
2
2
2
2
 b +c - ab- bc – ac = 
 b +c - ab- bc – ac
3
4 12
2
2
a
a
a 3  36abc
a
= (  b2+c2- ab– ac+ 2bc) +  3bc =( -b- c)2 +
4
12
2
12a
3
a  36abc
a
=( -b- c)2 +
>0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )
2
12a
2
a
Vậy :  b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
3
Giải: Ta xét hiệu:
2) Chứng minh rằng
a) x 4  y 4  z 2  1  2 x.( xy 2  x  z  1)
b) với mọi số thực a , b, c ta có
a 2  5b 2  4ab  2a  6b  3  0
a 2  2b 2  2ab  2a  4b  2  0
c)
Giải:
2
a) Xét hiệu: x 4  y 4  z 2  1  2 x 2 y 2  2 x 2  2 xz  2 x = x 2  y 2   x  z 2  x  12 = H
H  0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết H = a  2b  12  b  12  1  H > 0 ta có đpcm
c) vế trái có thể viết H = a  b  12  b  12  H  0 ta có điều phải chứng minh
* Dùng biến đổi tương đương
1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng
x

2
2
 y2
8
x  y 2
Giải: Ta có
x

2
y
2
2
x 2  y 2  x  y   2 xy  x  y   2
  x  y 
2 2
4
(vì xy = 1)
2
 4.x  y   4
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với x  y 4  4x  y 2  4  8.x  y 2

x  y 4  4x  y 2  4  0

x  y   2  0
2
2
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy  1 .Chứng minh rằng
1
1
2


2
2
1 x 1 y
1  xy
Giải:
 1
1
1
2
1   1
1 



  0
 


2
2
2
2  
2
1 x 1 y
1  xy
 1  x 1  y   1  y 1  xy 
xy  x 2
xy  y 2
x ( y  x)
y( x  y )

0

0
2
2
2
1  x .1  xy  1  y .1  xy 
1  x .1  xy  1  y 2 .1  xy 
Ta có






 y  x 2 xy  1  0 BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có đpcm
1  x 2 . 1  y 2 .1  xy 
* Dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 
Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski26cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
1
3
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
1.a  1.b  1.c 2  1  1  1.a 2  b 2  c 2   a  b  c 2  3.a 2  b 2  c 2 
Ta có

a2  b2  c2 
1
3
(vì a+b+c =1 ) (đpcm)
1 1 1
2) Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh rằng a  b  c .     9
(1)
a b c
a b
a c
b c
a a b
b c c
Giải: (1)  1     1     1  9  3              9
b c a
c a a
b a  c a c b
x y
áp dụng BĐT phụ   2 Với x,y > 0. Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
y x
1 1 1
Vậy a  b  c .     9
(đpcm)
a b c
* Dùng phương pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 2a 3  2b 3  2c3  3  a 2b  b 2 c  c 2 a
Giải: Do a <1  a 2 <1 và b <1
Nên 1  a 2 . 1  b 2   0  1  a 2b  a 2  b  0
Hay 1  a 2b  a 2  b
(1)
Mặt khác 0 <a,b <1  a 2  a 3 ; b  b 3  1  a 2  a 3  b 3
Vậy a 3  b 3  1 a 2 b
Tương tự ta có
b3  c 3  1  b 2c; a3  c 3  1  c 2 a
(đpcm)
 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2b  b 2 c  c 2 a
2) So sánh 31 11 và 17 14
11
Giải: Ta thấy 3111 < 3211   25   255  256
14
Mặt khác 256  24.14   2 4   1614  1714 Vậy 31 11 < 17 14
* Dùng tính chất tỉ số
1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Cminh rằng: 2 
(đpcm)
ab
bc
cd
d a



3
abc bc d cd a d a b
Giải: Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có
ab
a b
a bd


abcd abc abcd
b  c
bc
bca


abcd bcd abcd
d a
d a
d ac


abcd d ab a bc d
(1)
(2)
(3)
Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
2
ab
bc
cd
d a



3
abc bc d cd a d a b
(đpcm)
2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chứng minh rằng : 1 
a
b
c


2
bc ca a b
Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của
tam giác nên ta có a,b,c > 0
27
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b
a
aa
2a


bc a bc a bc
a
a
Mặt khác

bc abc
a
a
2a
Vậy ta có


Tương tự ta có
abc bc abc
Từ (1) 
b
b
2b


abc ac abc
c
c
2c


abc ba a bc
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
1
a
b
c


2
bc ca a b
(đpcm)
* Phương pháp làm trội :
1) Chứng minh BĐT sau :
1
1
1
1

 ... 

1.3 3.5
(2n  1).(2n  1) 2
1
1
1
b) 1  
 ... 
2
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
a)
Giải:
a) Ta có :
1
1  2k  1  (2k  1) 1  1
1 
 .
 

 2n  1 .  2n  1 2 (2k  1).(2k  1) 2  2k  1 2k  1 
Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có
1
1
1
1 
2  1

 ... 
 .1 
(đpcm)

1.3 3.5
(2n  1).(2n  1) 2  2n  1  2
1
1
1
1
1
1
b) Ta có: 1  
 ... 
 1

 ..... 
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
1.2 1.2.3
 n  1 .n
1
1 1
1
1
1
< 1   1        ....  
   2   2 (đpcm)
n
 2  2 3
 n 1 n 
PHẦN IV : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
1/ Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị
Kiến thức:
- Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
Ví dụ 1 :Tìm giá trị nhỏ nhất của :T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Giải: Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3
(1)
Và x  2  x  3  x  2  3  x  x  2  3  x  1
(2)
Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 = 4
Ta có từ (1)  Dấu bằng xảy ra khi 1  x  4
(2)  Dấu bằng xảy ra khi 2  x  3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2  x  3
Ví dụ 2 :
Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x)
với x,y,z > 0 và x+y+z =1
Giải: Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có
x+
y
+
z
 3 xyz 
 3 3 xyz
28
1
1
 xyz 
3
27
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có
 x  y  .  y  z  .  z  x   3 3  x  y  . y  z  .  x  z 
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
 2  3 3  x  y  . y  z . z  x 
1
3
8 1
8
8
1
. 
. Vậy S có giá trị lớn nhất là
khi x=y=z=
27 27 729
729
3
4
4
4
Cho xy+yz+zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x  y  z
Vậy S 
Ví dụ 3:
Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)
2
2
2
Ta có
(1)
 xy  yz  zx    x 2  y 2  z 2   1   x 2  y 2  z 2 
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x 2 , y 2 , z 2 ) và (1,1,1)
Ta có ( x 2  y 2  z 2 )2  (12  12  12 )( x 4  y 4  z 4 )  ( x 2  y 2  z 2 )2  3( x 4  y 4  z 4 )
Từ (1) và (2)  1  3( x 4  y 4  z 4 )  x 4  y 4  z 4 
Vậy x 4  y 4  z 4 có giá trị nhỏ nhất là
1
3
3
1
khi x=y=z= 
3
3
Ví dụ 4 : Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện
tích lớn nhất
Giải: Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
Đường cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
1
2
Ta có S = .  x  y  .h  a.h  a. h 2  a. xy
Vì a không đổi mà x+y = 2a. Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất  x  y
Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất
2/ Dùng Bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình
Ví dụ 1:Giải phương trình: 4 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2
Giải : Ta có 3 x2  6 x  19  3.( x 2  2 x  1)  16  3.( x  1)2  16  16
2
5 x 2  10 x  14  5.  x  1  9  9
Vậy 4. 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14  2  3  5
Dấu ( = ) xảy ra khi x+1 = 0  x = -1
Vậy 4 3x 2  6 x  19  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2 khi x = -1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 2: Giải phương trình x  2  x 2  4 y 2  4 y  3
Giải : áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
x  2  x 2  12  12 . x 2   2  x 2   2. 2  2 Dấu (=) xảy ra khi x = 1
2
Mặt khác 4 y 2  4 y  3   2 y  1  2  2 Dấu (=) xảy ra khi y = Vậy x  2  x 2  4 y 2  4 y  3  2
khi x =1 và y =-
Vậy nghiệm của phương trình là
29
 x 1


1
 y   2
1
2
1
2
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
x  y  z 1
4
4
 x  y  z  xyz

Ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau: 
4
Giải: áp dụng BĐT Côsi ta có
x4  y4 y4  z 4 z4  x4
x y z 


 x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y y z
z y z z
x z  y 2 x2



2
2
2
2
2
2
 y xz  z xy  x yz  xyz.( x  y  z )
4
4
4
Vì x+y+z = 1) Nên x 4  y 4  z 4  xyz Dấu (=) xảy ra khi x = y = z =
x  y  z 1
4
4
 x  y  z  xyz

Vậy 
4
có nghiệm x = y = z =
1
3
 xy  4  8  y 2
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau 
2
 xy  2  x
Từ phương trình (1)  8  y 2  0 hay y  8
Từ phương trình (2)
1
3
(1)
(2)
 x2  2  x . y  2 2 x
 x 2  2 2 x  22  0  ( x  2)2  0  x  2  x   2
Nếu x = 2 thì y = 2 2
Nếu x = - 2 thì y = -2 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm
 x  2

 y   2
và
 x  2 2

 y  2 2
3/ Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên
Ví dụ 1: Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3
Giải: Vì x,y,z là các số nguyên nên x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3
 2

y2   3y 2
 x  y  z  xy  3 y  2 z  3  0   x  xy    
 3 y  3  z2  2z 1  0
4   4


2
2

2
2
2
y
2

y 
  x    3   1   z  1  0
2

2 
2
(*)
2
y
y
2
Mà  x    3   1    z  1  0
2

2 
2
x, y  R
2
y
2

y 
  x    3   1   z  1  0
2

2 
y

x

0

2
 x 1

y

  1  0   y  2
2
 z 1

 z 1  0


30

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
 x 1
Các số x,y,z phải tìm là  y  2
 z 1

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử
1
x
1
y
1
z
1 1 1
  2
x y z
x yz
3
z
Ta có 2      2 z  3
Mà z nguyên dương vậy z = 1. Thay z = 1 vào phương trình ta được
Theo giả sử x  y nên 1 =
1 1
 1
x y
1 1
1

  y  2 mà y nguyên dương
x y
y
Nên y = 1 hoặc y = 2
Với y = 1 không thích hợp
Với y = 2 ta có x = 2
Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phương trình
Hoán vị các số trên ta được các nghiệm của phương trình là (2,2,1);(2,1,2); (1,2,2)
Ví dụ 3:Tìm các cặp số nguyên thoả mãn phương trình x  x  y (*)
Giải:
(*) Với x < 0 , y < 0 thì phương trình không có nghĩa
(*) Với x > 0 , y > 0
Ta có x  x  y  x  x  y 2  x  y 2  x  0
Đặt x  k (k nguyên dương vì x nguyên dương )
Ta có k .(k  1)  y 2
2
Nhưng k 2  k  k  1   k  1  k  y  k  1
Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dương liên tiếp không tồn tại một số nguyên
dương nào cả
Nên không có cặp số nguyên dương nào thoả mãn phương trình .
x  0
y  0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : 
Bài tập đề nghị :
Bài 1:Chứng minh rằng với mọi a,b,c > 0 :
a
b
c
1 1 1


  
bc ac ab a b c
HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa về tổng bình phương các đẳng thức.
Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức :
HD:
1
1
1
1


 .. 
1
1.2 2.3 3.4
n(n  1)
(n  N *)
1
1
1
 
k (k  1) k k  1
1
1
1
Bài 3: Cho a, b. c > 0 và a + b + c  1. Cmr : 1  1  1    64
 a  b  c 
1
1
1
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 1   , 1   , 1  
 a  b  c
Bài 4 : Cho a  c  0, b  c  0 . Cmr
: c(a  c)  c (b  c )  ab
31
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
c ac c bc
,
, rồi cộng hai vế theo vế.
b a
a b
a2
b2
Bài 5: Cho a, b >1. Tìm GTNN của S =

b 1 a 1
a2 b2
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho
,
và xét trường hợp dấu “=” xảy ra .
b 1 a 1
3  8 x 2  12 x 4
Bài 9 : Tìm GTLN và GTNN của y =
(1  2 x 2 ) 2
1
  
HD: Đặt x=
tg ,     , 
2
 2 2
15
25
Bài 10: Cho 36x 2 16 y 2  9. Cmr :  y  2 x  5 
4
4
1

 x  2 cos 
HD: Đặt : 
3
 y  sin 

4
x
Bài 11: Cmr : 1  1  x 2  (1  2 1  x 2 ), x   1,1
2


HD : Đặt x = sin 2 ,     , 
 4 4
Bài 12: Cho a, b  0, c  1 . Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  1  a 2 b  b 2 c  c 2 a
Bài 13: Cho  ABC có a, b, c là độ dài các cạnh. Chứng minh rằng:
2
a b ( a  b )  b 2 c (b  c )  c 2 a (c  a )  0
HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho
Bài 14: Cho n  ,1  n, a, b  0 . Chứng minh rằng

2  1 

1 tg 3 x

3?
3 tgx
Bài 15: n  ,2  n . Chứng minh rằng:
Bài 16: Có tồn tại
xR
sao cho:
an  bn  a  b 


2
 2 
n
n
1
 3
n
Bài 17: Cho  ABC có diện tích bằng 4 (đơn vị diện tích). Trên các cạnh BC, CA,
AB lấy lần lược các điểm A’, B’, C’. Chứng minh rằng: Trong tất cả các tam giác AB’C’,
A’BC’, A’B’C có ít nhất 1 diện tích nhỏ hơn hay bằng 1(đơn vị diện tích)
32