các bất đẳng thức kinh điển pot

Giải: Ta có: 6 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 2 . 2 2 2 2 2 . 2 2 2 2 . 2 2 2 2 A B A B tg tg tg tg B C B C tg tg tg tg A C A C tg tg tg tg + ≥ + ≥ + ≥ Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được: ( ) 6 6 6 3 3 3 3 3 3 6 6 6 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C A C tg tg tg tg tg tg tg tg tg A B C A B B C A C tg tg tg tg tg tg tg tg tg     + + ≥ + +  ÷  ÷     ⇒ + + ≥ + + Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi: 3 3 3 2 2 2 A B C tg tg tg A B C= = ⇔ = = Đặt: , , 2 2 2 2 2 2 A B B C A C x tg tg y tg tg z tg tg= = = thì 1x y z+ + = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho bộ số: ( ) ( ) 3 3 3 , , ; , ,x y z x y z , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 2 2 2 2x y z x y z x y z+ + + + ≥ + + Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi: x y z A B C= = ⇔ = = . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho bộ số: ( ) ( ) 1,1,1 ; , ,x y z , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 1 3 9 x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ + + = ⇒ + + ≥ ⇒ + + ≥ . Từ (1), (2) và (3) suy ra: 6 6 6 1 2 2 2 9 A B C tg tg tg+ + ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (1) và (2) xảy ra: x y z A B C⇔ = = ⇔ = = ⇔ ABC là tam giác đều. Bài 400: Chứng minh rằng trong mọi tam giác, ta có: 6 6 6 1 2 2 2 9 A B C tg tg tg+ + ≥ . Giải: 1. Đặt , , ; , , 0; 1 2 2 2 A B C x tg y tg z tg x y z xy yz xz= = = > + + = Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 3 x y y z x z xy yz xz x y y z x z + + ≥ + + ⇔ + + ≥ Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 2 2 2 3 3 xy yz xz x y z + + ≥ Hay ( ) 1 3 3 1 2 3 3 xyz xyz≤ ⇒ ≤ Từ (1) suy ra: 2 2 2 2 2 2 4 1 3 x y y z x z+ + + ≥ . Theo (2) thì 4 4 3 3 xyz ≤ 2 2 2 2 2 2 1 4 3x y y z x z xyz⇒ + + + ≥ hay ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 8 3x y y z x z xyz+ + + ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 8 3x y z x y z xyz⇒ + + + + − − − ≥ hay 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 . 3 . 1 1 1 1 1 1 x y z x y z x y z x y z − − − + ≥ + + + + + + tức là ta có: 1 cos cos cos 3 sin sin sinA B C A B C+ ≥ . Dấu bằng xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (1),(2) xảy ra: x y z A B C⇔ = = ⇔ = = ⇔ ABC là tam giác đều. 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số: 1 1 1 , , ; sin sin , sin sin , sin sin 2 2 2 2 2 2 4 4 4 A B B C A C tg tg tg tg tg tg A B B C A C      ÷  ÷  ÷  ÷     Ta có: Bài 401: Chứng minh rằng trong mọi tam giác, ta có: 1. 1 cos cos cos 3 sin sin sin . 2. sin sin sin 2 3 sin sin sin sin sin sin . 2 2 2 2 2 2 A B C A B C A B B C A C A B C + ≥   + + ≥ + +  ÷   ( ) 2 1 1 1 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 4 4 4 sin sin sin sin sin sin 1 2 2 2 2 2 2 A B B C A C tg tg tg tg tg tg A B B C A C A B B C A C    + + + +  ÷ ÷      ≥ + +  ÷   Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chi khi: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 sin sin sin sin sin sin 4 4 4 2 2 2 2 2 2 . os os os os os os A B B C A C tg tg tg tg tg tg A B B C A C A B C B A C c c c c c c A B C = = ⇔ = = ⇔ = = Vì trong mọi tam giác, ta có 1 2 2 2 2 2 2 A B B C A C tg tg tg tg tg tg+ + = Nên từ (1) suy ra: ( ) 2 sin sin sin sin sin sin 4 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 A B B C A C A B B C A C   + + ≥ + +  ÷   Hiển nhiên ta có: ( ) ( ) ( ) 2 sin sin sin 3 sin sin sin sin sin sin 3A B C A B B C A C+ + ≥ + + Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chi khi: A B C = = . Vậy từ (2) và (3) suy ra: ( ) ( ) 2 2 sin sin sin 12 sin sin sin sin sin sin 4 2 2 2 2 2 2 A B B C A C A B C   + + ≥ + +  ÷   Do sin sin sin 0A B C+ + > và sin sin sin sin sin sin 0 2 2 2 2 2 2 A B B C A C + + > ( vì A B C + + = π ) từ (4) suy ra: ( ) sin sin sin 2 3 sin sin sin sin sin sin 5 2 2 2 2 2 2 A B B C A C A B C   + + ≥ + +  ÷   suy ra đ.p.c.m. Dấu bằng trong (5) xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (3) và (4) A B C⇔ = = ⇔ ABC là tam giác đều. Bài 402: Cho 1 2 , , , n x x x là n số dương tùy ý. Gọi 1 2 , , , n y y y là một hoàn vị tùy ý của n số trên. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 . n n n x x x x x x y y y n + + + + + + ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số: ( ) ( ) 1 2 , , , ; 1,1, ,1 n x x x ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 n n n n n n n x x x x x x x x x x x x n x x x x x x n + + + ≥ + + + ⇒ + + + ≥ + + +   + + + ⇒ + + + ≥  ÷  ÷   Dấu bằng trong (1) xảy ra khi va chỉ khi: ( ) 1 2 1 2 . * n n x x x x x x= = = ⇔ = = = Lại áp bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số: ( ) 1 2 1 2 1 2 , , , ; , , , n n n x x x y y y y y y    ÷  ÷   Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 n n n n x x x y y y x x x y y y   + + + + + + ≥ + + +  ÷   Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi: ( ) 1 2 1 2 . ** n n x x x y y y = = = Do 1 2 1 2 0 n n y y y x x x+ + + = + + + > nên từ (2) suy ra: ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 n n n x x x x x x y y y + + + ≥ + + + Từ (1) và (3) suy ra: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 n n n x x x x x x y y y n + + + + + + ≥ ⇒ đ.p.c.m. Dấu bằng xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (*) và (**) 1 2 . n x x x⇔ = = = Giải: Cách 1: Ta có: Bài 403: Cho hai dãy đơn điệu tăng 1 2 n a a a≤ ≤ ≤ và 1 2 n b b b≤ ≤ ≤ . Khi đó ta có: ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 2 n n n n a a a b b b n a b a b a b+ + + + + + ≤ + + + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc 1 2 n a a a= = = hoặc 1 2 n b b b= = = . ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n k k k i k k i k i k i n n n n n k k k i k k k i k i k k i a b a b a b b na b a b n a b a b = = = = = = = = =     − = −  ÷  ÷          = − = −  ÷  ÷ ÷      ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Lại có: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 n n n n i i i k i i i k k i i k n n n n n i i i i i i i k i k k i k a b a b a b a b na b a b n a b a b = = = = = = = = =     − = −  ÷  ÷          = − = −  ÷  ÷ ÷      ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 n n n n n n n k k k i k k k i i i i k k k i k i k i n n n n k k k i i i i k k i k i k i k i n a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a a b b = = = = = = = = = = =      − = − + −  ÷ ÷          = − + − = − −  ÷   ∑ ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ ∑ ∑ ∑∑ Từ giả thiết suy ra: ( ) ( ) 0 , 1, k i k i a a b b i k n− − ≥ ∀ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 0 2 n n k i k i k i n n n n a a b b a a a b b b n a b a b a b = = ⇒ − − ≥ ⇒ + + + + + + ≤ + + + ∑∑ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc 1 2 n a a a= = = hoặc 1 2 n b b b= = = . Bất đẳng thức Trêbưsép được chứng minh. Cách 2: Đặt 1 2 n a a a a n + + + = Do 1 2 n a a a≤ ≤ ≤ nên tồn tại một chỉ số I sao cho: 1 2 1 i i n a a a a a a + ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Lấy số b tùy ý sao cho: 1 2 1 i i n b b b b b + ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Khi đó 1,k n∀ = rõ rang, ta có: ( ) ( ) ( ) 0 0 ; 1, * k k k k k k a a b b a b ba b a ab k n − − ≥ ⇔ − − + ≥ ∀ = Cộng từng vế của n bất đẳng thức dạng (*), ta có: ( ) 1 1 1 0 ** n n n k k k k k k k a b b a a b nab = = = − − + ≥ ∑ ∑ ∑ Theo định nghĩa các số ,a b từ (**) ta có: 1 1 0 n n k k k k k a b a b = = − ≥ ∑ ∑ 1 1 1 1 n n n k k k k k k k a b a b n = = =    ≥ ⇔  ÷ ÷    ∑ ∑ ∑ đ.p.c.m. Cách 3: (bất đẳng thức trê bư sét là hệ quả của bất đẳng thức về các dãy đơn điệu ) Theo bổ đề về các dãy đơn điệu, ta có: 1 2 1 1 2 2 1 2 n n n i i n i a b a b a b a b a b a b+ + + ≥ + + + Ở đây 1 2 , , , n i i i là một hoán vị bất kì của 1,2, ,n . Nói riêng ta có: 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 3 1 1 1 2 2 1 3 2 4 2 1 1 2 2 1 2 1 1 n n n n n n n n n n n n n n n a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b − + + + = + + +   + + + ≥ + + +   + + + ≥ + + +    + + + ≥ + + +   L Cộng từng vế bất đẳng thức (trong đó có 1 đẳng thức) trên, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 2 3 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 n n n n n n n n n n n a b a b a b a b b b a b b b a b b b a a a b b b n a b a b a b − + + + ≥ + + + + + + + + + + + + ⇔ + + + + + + ≤ + + + Vẫn theo bổ đề nói trên, thì dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc 1 2 n a a a= = = hoặc 1 2 n b b b= = = . Suy ra đ.p.c.m. Cách 4: Ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học: Với 2n = . Giả sử 1 2 1 2 ;a a b b≤ ≤ . Khi đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 0 2 2 * a a b b a a a b a b a b a a a b a b a b a a a b a a a b a a b b − − ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + + + ⇒ + ≥ + + Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc 1 2 a a= ; hoặc 1 2 b b= . Bất dẳng thức Trêbưsép đáng với 2n = .  Giả sử bất đẳng thức Trêbưsép đúng với n k = , tức là nếu 1 2 n a a a≤ ≤ ≤ và 1 2 n b b b≤ ≤ ≤ thì ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 2 ** n n k k a a a b b b k a b a b a b+ + + + + + ≤ + + + Dấu bằng trong (**) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc 1 2 k a a a= = = hoặc 1 2 k b b b= = = .  Xét khi 1n k = + . Giả sử ta có 1 2 1 k k a a a a + ≤ ≤ ≤ ≤ và 1 2 1 k k b b b b + ≤ ≤ ≤ ≤ . Áp dụng giả thiết quy nạp (**) với hai dãy: 1 2 1 k k a a a a + ≤ ≤ ≤ ≤ và 1 2 1 k k b b b b + ≤ ≤ ≤ ≤ , ta có: 1 1 1 2 2 2 k k k i i i i i i i a b k a b + + + = = =    ≤  ÷ ÷    ∑ ∑ ∑ Hay ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k i i i i i i i a a b b k a b a b + + + = = =      − − ≤ −  ÷ ÷  ÷      ∑ ∑ ∑ Lí luận hoàn toàn tương tự, 1, 1j n∀ = + ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 k k k i j i j i i j j i i i a a b b k a b a b j + + + = = =      − − ≤ −  ÷ ÷  ÷      ∑ ∑ ∑ Cộng 1n + bất đẳng thức (1), (2),…( 1n + ) trên ta có: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k k k i j i j i i j j j i i i j k k k k k k i i j i i i j j i i j i i i i i k k k k i i i j i i i j a a b b k k a b a b a b b a a b a b k a b k a b a b + + + + + = = = = = + + + + + + = = = = = = + + + + = = = =        − − ≤ + −      ÷ ÷          ⇒ − − + ≤     ⇒ + − − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 . k k k k i j j j i i i j j i k k k i i i i i i i b a a b k a b k a b k a b + + + + = = = = + + + = = = + ≤ ⇒ + ≤ − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Do 1 0k − > ( vì 2k > ), suy ra: ( ) 1 1 1 1 1 1 1 . k k k i i i i i i i a b k a b + + + = = = ≤ + ∑ ∑ ∑ Dấu bằng xảy ra khi và chi khi đồng thời dấu bằng trong (1), (2),…( 1n + ). Chú ý rằng dấu bằng trong (j) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc 1 2 1 1 1 j j k a a a a a − + + = = = = = hoặc 1 2 1 1 1 j j k b b b b b − + + = = = = = . Từ đó suy ra dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi: hoặc 1 2 1 k a a a + = = = hoặc 1 2 1 k b b b + = = = . Vậy bất đẳng thức Trêbưsép đúng với 1n k= + . Theo quy nạp toán học suy ra : đ.p.c.m Chú ý: 1) Lưu ý rằng đôi khi người ta phát biểu bất đẳng thức Trê bư sép dưới dạng tương đương sau: Cho dãy đơn điệu tăng 1 2 n a a a≤ ≤ ≤K và dãy đơn điệu giảm 1 2 n b b b≥ ≥ ≥K . Khi đó ta có bất đẳng thức sau: ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 2n n n n a a a b b b n a b a b a b+ + + + + + ≥ + + +K K K Thật vậy đặt ' , 1, k k b b i n= − = thì ta có 1 2 ' ' ' n b b b≤ ≤ ≤K . Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sép với hai dãy { } { } ; ' , 1, k k a b i n= ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 ' ' ' ' ' ' n n n n n n n n n n n n a a a b b b n a b a b a b a a a b b b n a b a b a b a a a b b b n a b a b a b + + + + + + ≤ + + + ⇔ − + + + + + + ≤ − + + + ⇔ + + + + + + ≥ + + + K K K K K K K K K Nhận xét trên được chứng minh. 2) Từ bất đẳng thức Trê bư sép, ta có thể chứng minh được ngay các bất đẳng thức sau: a) Cho 1 2 , , , 0 n a a a >K . Khi đó ta có : ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 1 1 * n n a a a n a a a   + + + + + + ≥  ÷   K K Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 2 n a a a≥ ≥ ≥K . Khi đó 1 2 1 1 1 n a a a ≤ ≤ ≤K . Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sép, ta có: ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 n n n n a a a n a a a n a a a a a a     + + + + + + ≥ + + + =  ÷  ÷     K K K (đ.p.c.m) Nhận xét: a) Bất đẳng thức (*) là bất đẳng thức Cô si cơ bản có một vài ứng dụng vô cùng to lớn (bài 225) như ta thấy trong phần 1. Nó có thể chứng minh bằng nhiều cách: hoặc dùng bất đẳng thức Cô si, hoặc dùng Bunhiacopski, hoặc dùng bất đẳng thức Trê bư sép. b) Xét bất đẳng thức Nesbit (trường hợp 3n = ). Như ta thấy để chứng minh bất đẳng thức này, ta có thể dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopski, Trêbưsép. Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a b c d ≥ ≥ ≥ . Khi đó ta có hai dãy sau: b c c a a b a b c b c a c a b + ≤ + ≤ + ≥ ≥ + + + Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsép cho hai dãy số trên, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b c b c c a a b b c a c a b a b c b c c a a b b c a c a b   + + + + + + +   ÷   + + +     ≥ + + + + +   + + +   ( ) 3 3. 2 2 a b c a b c b c a c a b a b c + + ⇒ + + ≥ = + + + + + . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: hoặc b c a c a b + = + = + . hoặc b c a c a b a b c b c a c a b + = + = +    = = + + +  . .a b c⇔ = = c) xét hoàn toàn tương tự như phần b ta suy ngay bất đẳng thức sau: Cho , ,a b c là các số dương, và n là số tự nhiên. Khi đó ta có: 3 2 n n n n n n a b c a b c b c a c a b a b c + + + + ≥ + + + + + . ( khi 1n = ta thu được bất đẳng thức Nesbit) Giải: Không làm mất tính tổng quát, giả sử 1 2 . n a a a≥ ≥ ≥ 1 2 2 2 2 . n a a a⇒ − ≤ − ≤ ≤ −C C C Xét hai dãy số sau: 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 . n n n a a a a a a a a a ≥ ≥ ≥ − − − − ≤ − ≤ ≤ − C C C C C C Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsép, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 n n n n n n a a a a a a a a a a a n a a a a   + + + − + − + + −   ÷   − − −     ≥ − + + −   − −   K K C C C C C C C C C C Chú ý là ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 n n a a a n a a a− + − + + − = − + + +K KC C C C . Thay vào (1) ta có: ( ) 1 2 1 2 2 2 2 2 2 n n a a a n n a a a n n + + + ≥ = − − − − − C C C C C Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: hoặc là 1 2 1 2 2 2 2 n n a a a a a a = = = − − −C C C hoặc là 1 2 2 2 2 n a a a− = − = = −KC C C 1 2 . n a a a⇔ = = =K Vậy ta được đ.p.c.m. Bài 404: Cho 1 2 , , , n a a a là các cạnh của đa giác n cạnh, và gọi C là chu vi đa giác. Chứng minh rằng: 1 2 1 2 2 2 2 2 n n a a a n a a a n + + + ≥ − − − −C C C . Giải: Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 4 a a b c b c a m m m m a b c + − = ⇒ + + = + + Vậy bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 36 1 a b c a b c h h h S+ + + + ≥ Không làm mất tính tổng quát, giả sử 2 2 2S S S a b c a b c ≥ ≥ ⇒ ≤ ≤ Tức là: . a b c h h h≤ ≤ Áp dụng dạng hai của bất đẳng thức Trêbưsép cho hai dãy sau: 2 2 2 a b c≥ ≥ và 2 2 2 a b c h h h≤ ≤ , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 a b c a b c a b c h h h a h b h c h+ + + + ≥ + + Do 2 2 2 2 2 2 2 4 a b c a h b h c h S= = = nên (2) trở thành: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 4 4 36 . a b c a b c h h h S S S S+ + + + ≥ + + = Vậy suy ra được đ.p.c.m. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: hoặc 2 2 2 a b c= = , hoặc ABC là tam giác đều. Giải: Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 2 n a a a≥ ≥ ≥K . Khi đó do 0 , i a i∀ > ∀ nên ta có: 2 2 2 1 2 n a a a≥ ≥ ≥ và 1 2 1 2 n n a a a S a S a S a ≥ ≥ ≥ − − − K Áp dụng dạng hai của bất đẳng thức Trêbưsép cho hai dãy: Bài 405: Gọi , , a b c m m m tương ứng là độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ , ,A B C còn , , a b c h h h là độ dài ba đường cao lần lượt kẻ từ , ,A B C . Chứng minh bất đẳng thức: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 27 a b c a b c m m m h h h S+ + + + ≥ . ( S là diện tích tam giác) Bài 406: Cho n số dương 1 2 , , , n a a a , trong đó 2 2 2 1 2 1 n a a a+ + + ≥ . Chứng minh rằng: 3 3 3 1 2 1 2 1 1 n n a a a S a S a S a n + + + ≥ − − − − K Với 1 2 n S a a a= + + +K . [...]... (đ.p.c.m) x1 x2 xn S  2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời có dấu bằng trong (2),(4) và (6) ⇔ x1 = x2 = K = xn = S n Chú ý bất đẳng thức (3) có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất dẳng thức Bunhiacopski như sau: Thật vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau (sau khi bình phương hai vế) a12 + b12 + K + an 2 + bn 2 + 2 ∑ (a 1≤ i ≤ j ≤ n ≥ a12 + b12 + K + an 2 + bn 2 + 2 ∑ (a 1≤... x2 xn S  2 Giải: Theo bất đẳng thức Trêbưsép, ta có: 1 1 1 + + K ÷≥ n2 xn   x1 x2 ( x1 + x2 + K + xn )  Dấu bằng xảy ra trong (1) khi và chỉ khi: x1 = x2 = K = xn Từ (1) suy ra: 1 1 1 n2 + +K ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + K + xn ( 1) Do x1 + x2 + K + xn ≤ S suy ra: 1 1 1 n2 + +K ≥ x1 x2 xn S ( 2) S n Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 = K = xn = Áp dụng bất đẳng thức: Nếu ai , bi > 0 với... bất đẳng thức Bunhiacopski thì ∀ 1 ≤ i ≤ j ≤ n , ta có: (a i ⇒ 2 + bi 2 ) ( ai 2 + a j 2 ) ≥ ( ai a j + bi b j ) (a i 2 2 + bi 2 ) ( ai 2 + a j 2 ) ≥ ( ai a j + bi b j ) Vậy (*) đúng suy ra (3) đúng Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi: a a1 a2 = =K = n b1 b2 bn Bài 408: Cho ai ≥ 0, i = 1, n ; và đặt S = a1 + a2 + K + an Cho xi ∈ ¡ i = 1, 2,K n ≥ 2 Giả sử m ≥ 2 là số nguyên tùy ý Chứng minh bất đẳng thức. .. (3) và (6) xảy ra ⇔ a1 = a2 = K = an Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai dãy số:  x x x  1 , 2 ,K , n m m  am a2 an  1  ÷; ÷  ( ) m m a1m , a2 ,K an , ta được:  x12 x2 2 x2 2 m m + m + K + nm ÷( a1m + a2 + K + an ) ≥ ( x1 + x2 + K + xn )  m an   a1 a2 x1 x1 x1 Dấu bằng trong (8) xảy ra khi và chỉ khi: m = m = K = m a1 a2 an ( 8) Bất đẳng thức (8) được viết lại: x 2 ( x1 + x + K + xn... ÷ ( n −1 S − an  a1 a2 an   S − a1 S − a2 Giải: Do vai trò bình đẳng giữa các ai , nên ta có thể giả sử a1 ≥ a2 ≥ K ≥ an Vì ai > 0 ∀i = 1, n , và m là số nguyên dương, nên theo trên ta có: a1m ≥ a2 m ≥ K ≥ an m Do a1 ≥ a2 ≥ K ≥ an ⇒ S − a1 ≤ S − a2 ≤ K ≤ S − an ( 1) an a1 a2 ≥ ≥K ≥ S − a1 S − a2 S − an ⇒ ( 2) Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sép cho hai dãy (1) và (2), ta có: (a m 1  a  an a2 +... chỉ khi: m = m = K = m a1 a2 an ( 8) Bất đẳng thức (8) được viết lại: x 2 ( x1 + x + K + xn ) x12 x2 2 + m + K + nm ≥ m 2m m a1m a2 an a1 + a2 + K + an 2 ( 9) Vì các vế của (7) và (9) đều là số dương nên ta nhân cùng chiều hai bất đẳng thức (7) và (9), ta được:  a1m +1 a m +1  x 2 x2 1 2 + K + n ÷ 1m + K + nm ÷ ≥ ( x1 + x2 + K + xn )  S − an  a1 an  n − 1  S − a1 Dấu bằng trong (10) xảy... − an  S − a1   S − a2   S − an   1 1 1  = S + +K + ÷− n S − an   S − a1 S − a2 =  1 1 1 1  ( S − a1 ) + K + ( S − an )     S − a + S − a + K + S − a ÷− n n −1 1 2 n   ( 4) Theo bất đẳng thức Côsi thì:  1 1 1  2 ( S − a1 ) + K + ( S − an )     S − a + S − a + K + S − a ÷≥ n 1 2 n   ( 5) Vì dấu bằng trong (5) xảy ra khi và chỉ khi: S − a1 = S − a2 = K = S − an ⇔ a1 = a2 =... x2 + K + xn ) = β và  + + K ÷ = α , ta có: xn   x1 x2     2  α α β    n2  2  α +β = S  + 2  +  ÷ − S2 ÷ 2 ÷ n 2  2  n2  S    S     ÷  ÷  S   S    2 ( 5) Theo bất đẳng thức Côsi thì α 2 n   ÷ S  2 + αβ β ≥2 2 2 S n Thay vào (5), ta có:  n 2  2  α S2 α + β ≥ 2 αβ +  ÷ − S 2  2 n  S    n2     ÷ S  ( 6) 2  1 1 1  Do αβ = ( x1 + x2 + K +... K +  − 1÷− n S − a1 S − a2 S − an  S − a1   S − an   1 1 1  = S + +K + ÷− n S − an   S − a1 S − a2 =  1 1 1  ( S − a1 ) + K + ( S − an )   +K + ÷− n  S −a n −1  S − an  1  Theo bất đẳng thức Côsi bài 225 suy ra:  1 1  2 ( S − a1 ) + K + ( S − an )     S − a + K + S − a ÷≥ n  1 n  an a n ⇒ 1 +K + ≥ S − a1 S − an n − 1 Từ (1) và (2) suy ra: ( 2) a3 a13 a3 1 + 2 +K + n ≥ (đ.p.c.m) . Bunhiacopski, hoặc dùng bất đẳng thức Trê bư sép. b) Xét bất đẳng thức Nesbit (trường hợp 3n = ). Như ta thấy để chứng minh bất đẳng thức này, ta có thể dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopski,. x x n ⇔ = = = =K Chú ý bất đẳng thức (3) có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất dẳng thức Bunhiacopski như sau: Thật vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau (sau khi bình. b n = = =    ≥ ⇔  ÷ ÷    ∑ ∑ ∑ đ.p.c.m. Cách 3: (bất đẳng thức trê bư sét là hệ quả của bất đẳng thức về các dãy đơn điệu ) Theo bổ đề về các dãy đơn điệu, ta có: 1 2 1 1 2 2 1 2 n n