các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC... PHƯƠNG PHÁP 1: Sử dụng định nghĩa và biến đổi tương đương.. 1.Cơ sở lí thuyết: Ta sử dụng một số biến đổi sơ cấp để đưa bất đẳng thức cần phả

CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

PHƯƠNG PHÁP 1: Sử dụng định nghĩa và biến đổi

tương đương

1.Cơ sở lí thuyết:

Ta sử dụng một số biến đổi sơ cấp để đưa bất đẳng thức cần phải chứng minh

về một bất đẳng thức mới mà bất đẳng thức mới luôn đúng hoặc có thể chứng minh được đúng

2 2 2

2 2

b a

c a

c

b c

b

a b a

c a c

b c b

2 2 2

c a

c

b a c

b c

b

a c b a

) )(

( )

)(

( )

)(

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2

cb ca b c a c a c a c

ba bc a b c b c

b c b

ac ab c a b a

) )(

(

) ( ) ( )

)(

(

) ( ) ( )

)(

(

) ( ) (

2 2 2

2 2

b c cb a c ca a

c a c

a b ab c b bc c

b c b

c a ac b a ab

(

1 )

)(

(

1 )

( ) )(

(

1 )

)(

(

1 )

b a b a a c a c c b bc a c a c c b c b

b

a

ab

0 ) )(

(

1 )

)(

(

1 )

(

1 )

)(

( 1 0

2 2 2

2

a c a c c b c b

b a

) )(

(

1 )

)(

(

1 )

(

1 )

)(

( 1 0

2 2 2

2

a c a c c b c b

b a

) )(

(

1 )

)(

(

1 )

) )(

(

1 )

)(

(

1 )

Tương tự: 0

) )(

(

1 )

)(

(

1 )

0 ) )(

(

1 )

)(

(

1 )

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên  (2) luôn đúng với a,b,c>0

 đpcm

VD2: Cho a,b,c 0 ; 1.Cmr: ( 1 )( 1 )( 1 ) 1

1 1



c a

c

b c

a a S

a c

b b S

b a

1 )(

1 (

c c

1 ( ) 1

1

1 ) 1 )(

1 ( ) 1

b a ab b a c

1

1 1

) 1 (

2 2 2

ab ab b a b b ab a ab a b a c

1 )

1 (

2 2 2 2

ab b a ab b a c

1

) )(

1 ( ) 1

b a a b

c Điều này luôn đúng vì a,b,c 0 ; 1

Từ (1),(2),(3)

1 1

c c S

b c S

a c b a b

a

c a

c

b c

a x a x

a x a

x

p ( )  0  1 1  1  có n nghiệm phân biệt,n 2 ,n 

1 2 ) 1 (n a  n n (1)

Do đa thức p(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lí Viet ta có:

0

1 2

:

a

a x x

x

A     n   và

0

2 1 3

2 2

:

a

a x x x

x x x

B     n n 

n

i i n

j i

j i n

i i n

i

1 2 1

, 1 2 2

1 (

1

2 2 )

1 (

2

a c c b b

Giải

2 2 2 4

2 2 4

2 2 4

2

2

ab

c ca

b bc

a b

a c a

c b c

a y

ab

c

x

2 2

Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh

VD2: CMR: ( 1  cosA)( 1  cosB)( 1  cosC)  cosAcosBcosC (1)

Giải

Ta luôn có: cosA, cosB, cosC  1  ( 1  cosA)( 1  cosB)( 1  cosC)  0

Nếu ABC vuông hoặc tù thì cosAcosBcosC  0.Khi đó (1) luôn đúng Nếu ABC nhọn  cosAcosBcosC  0

cos

cos 1 cos

cos 1 cos

cos 1

B A

A

(2)

Đặt

2 tan , 2 tan ,

1 1

1 1 1

1 1

1 1 1

1 1

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

y y y y

x x x x

1

2 1

2 1

2

2 2 2 2 2

y x

x



xyz z

z y

y x

1

2 1

2 1

2

2 2

tan 2 tan

1 tan

tan tan

C B A C

cot 2 cot tan

cot 2

cot 2

cot 2

cot 2

Từ đó (3) 

2

cot 2

cot 2 cot tan

tan 2 tan tan

tan

Ta có bổ đề sau:

2 , 0 :

2 tan 2 tan

ABC

2 , ,

Áp dụng bổ đề:

2 cot 2 2 tan 2 tan

2 cot 2 2 tan 2 tan tanB C  BC  A

2 cot 2 2 tan 2 tan

2

tan 2

tan 2 (tan 2 ) tan tan

tan 2 tan tan

b a b a b

(1)  (a n b n)(a m b m)  0 luôn đúng do a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên cùng chẵn hoặc cùng lẻ

Bài 2: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 0 a,b,c 1.Cmr:

b a

b a

a b ab

a b c ab

a b ab

c b a c

b a b

a c a

c b

)

(

a a

b x

)

f

b x x

2 1

2 1

Để chứng minh A  B ta viết biểu thức A  B thành tam thức bậc hai theo một biến số nào đó Sau đó dựa vào các định lí về dấu của tam thức bậc hai suy ra điều phải chứng minh

2

a c b a c

3

12 3

(do a3  36) Theo định về dấu tam thức bạc hai (3) luôn đúng  (1) luôn đúng

Vì ABC không cân tại C nên A  B  sinA sinB.Vậy (1) là pt bậc hai

Mặt khác sinA sinB sinB sinC sinC sinA 0 nên (1) có 1 nghiệm x1  1

 nghiệm kia là:

B A

C B a

c x

sin sin

sin sin

sin sin







B A

C B



2

cos 2 sin 4 2

cos 2

sin

2 sin 2 2

B

B 600  đpcm

( 2  1 ) 2  (2 1 )b2c2  4 3S , x 0

x a

(1)  50abc 40abcosA 30abccosB 24abccosC

 50  40 cosA 30 cosB 24 cosC

  52 ( 8 cosA 6 cosB) 5  24 cosC 25  0 (2)

Coi 5 là ẩn có:   64sos2A 96 cosAcosB 36 cos2B 96 cos(AB)  100

100 sin

sin 96 cos cos 96 cos

36 cos cos 96

cos

100 sin

sin 96 sin

36 sin

64

0 ) sin 6

sin



B A

VD5: Cho a,b,c thỏa mãn a2  b2  0 và x,y thay đổi thỏa mãn axbyc (1)

2 2

2

b a

c y

0

b a

Không mất tính tổng quát ta giả sử: b 0

Từ (1) 

b

ax c

2 2

2 2

 2 2 2 2

1

c acx x

b a

( ) (

b a

c b b

a

ac f x f

2

2 2 2 2

b a

c b

a

c b b y x

Nếu A 0 thì

A

B AC A

B f x f

4

4 ) 2 ( ) (

i i n

i

a

1 2 1

2 1

2

) (

) )(

(Bất đẳng thức Bunhiacopski)

) (

i i i n

( 2 ) ( )

(

1 2 1

2 1 2

Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai    0  đpcm

Bài 2: Cho ABC.Cmr x ta đều có:

2 1

2

C B

x A

cos 2 cos

Đưa (1) về bất đẳng thức bậc 2 ẩn a và chứng minh cho '  0

Bài 4: Cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn:

2

2 2 2 2 2 2

c b a a

c c b b

Cmr có thể dựng được một tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c

Bài 5: Cho x,y,z là 3 nghiệm của hệ:

z y x

(1)

Cmr:

3

8 , ,

4

z y x yz

x z

4

2

x x yz

x z

y

 y,z là hai nghiệm của phương trình: X2  (x 4 )X x2 4x 4  0 ( 2 )

Do x,y,z tồn tại nên (2) có nghiệm    0

Bài 6: Cmr :

xyz

z y x C z

B y

A

1 cos 1 cos

Đưa (1) về bất phương trình bậc hai với ẩn là x và chứng minh cho   0

Bài 7: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Cmr nếu axbycz 0 thì

a

c b

a

h c

b a c h b

a c b h a

c b a b a

h c c a c

h b b c b

h a a p

2

) ( 2

) ( 2

) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( 2

a a

6 ) (

4 3 3

12 ) (

8 4 ) 7 7

3

4

6 7 7

b c b a

Giải



b a

c b a a c

c b a c b

c b a S

1 , 1 , 1

) )(

)(

(

1 3

1 1

1

a c c b b a a

c c b b

Nhân 2 vế bất đẳng thức trên ta có:

) )(

)(

(

1 3

) )(

)(

( 3 ) 1 1

1 )(

c c b b a a c c b b a

x x x

3

2 2 2

27

5 ) 2 ( ) 3

1 ( 5 1 1 3 3 3 )

x x

x x x x f

b c b

b c

c ca b b

a c

ac c

ac c

 VT  1  3 3 abc 3 3 (abc) 2 abc  VT  ( 1  3 abc)3.đpcm

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

VD5: Cho a,b,c 0, abc 3

CMR:

c b a c

c b

b a

1 1

1 1

1

Giải

1 1 1 ( 1 1 1 1

1

c b

b a

a c

c b

b a

1

c b

b a

a c

c b

b a

1 1

1 1

1 1

a a a a

a a

a

Tương tự

4

1 2

1 1

b b

b

,

4

1 2

1 1

c c c

Vậy

4 4

3 2

3 1

1 1 1

1

c b a c

c b

b a

a c

c b

b a

3 2

3 1

1 1 1

1

c b

b a

a c

c b

b a

a

(do a+b+c=3) Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

VD6: Cho a,b,c>0

8 8

c ac

b

b bc

a

a T

Giải

4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 2 3 4 2 3 4 3 4 3

4

a c b a a c b a a

c b

a b c a b c a3bc

2 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4

8 ) )(



4 3

2 2 3 4 3

4

3

4

) ( 8

)

2 2 3 4 3

4

3

4

a bc a c b



3 4 3 4 3 4 3 4

2

a bc

2

b ac

2

8

c b a

c ab

c ac

b

b bc

a

1

1 1

2 1 2 2

1

Giải

Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho n số dương

0

1

1 1

2 1 2

a a

2 1 2

1 )(1 1 1 )

a a

a a a

a

1

1

1

2 1 2 2

1

Dấu bằng xảy ra khi a1 a2  a n

VD8: Cho x,y,z>0.Cmr:

3 xyz

z y x x

z z

y y

z y

x y

x x

z y

x y

z z

y z

y x

z z

y z

x x

z x

z y

x x

z x

3 ) (

3

xyz

z y x x

z z

y y







Nhận xét: Ta có thể thêm bớt điều kiện bài tóan trên để có bài toán mới

x

z z

y y

z z

y y

1 )(

1 (

xyz

z y x x

z z

y y

3.Kĩ thuật Cauchy ngược dấu:

Đây là một trong những kĩ thuật khéo léo,mới mẻ và ấn tượng nhất của bất đẳng thức cauchy.Ta hãy xét các ví dụ sau:

VD1: Cho x,y,z>0 và x+y+z=3.Cmr:

2

3 1

1 1

1 1

1

2 2

1 2

1 2

1 1

1 1

1

1

1

2 2

1 2

x

Tuy nhiên ta có thể sử dụng bất đẳng thức cauchy theo cách sau:

2 2

Vì 1 x2  2x 

2 2

1

2 2

2

x x

x x

2

x x

2

3 2

3 3 ) 2 2 2 ( 3 1

1 1

1

1

1

2 2

1 1

1 1

1

2 2

c b

b

a S

) 1 ( 1 1

) 1 ( 1

1

2 2 2

b ab a

b

a b a b

b a a

1 2

1 2

cz by

3 3

c b a

HD: Từ giả thiết 

4

3 1 1 1







ca bc ab

Áp dụng b đt cauchy cho 3 số dương:

ab b

3 8

1 1 1 3

3   

bc c

3 8

1 1 1

3

ca a

3 8

1 1 1

0 , ,

c b a

c b a

Chứng minh rằng: ab bc ca 6

HD: )

2

3 (

2 2

3 ) ( 3

2 2

c b a

1

1 1

1 1

1

2 2

b b

) 1 ( 1 1

) 1 ( 1 1

2 2 2

b ab a

b

a b a b

b a a

a

HD:

a

bc a a

c b a a a

a

a

4 2 4 1

5 ( 5

3 )

Bài 8: Cmr: nếu n số dương a1,a2, ,a n thỏa mãn

1

1

1

1 1

1

2 1

) 1 (

1

2 1

a

1 ) (

1 1 )(

1 1 (

2 1

)(

( )

a b

a b

n

n a

b a

b a

0

)

( )

(a12a22 a n2 x2  a1b1a2b2  a n b n xb12 b22 b n2 

Tam thức b ậc hai ở vế trái không âm với mọi x nên   0

2 2

a b

a b

2.Các hệ quả:

HQ1: Với 2 dãy số (a1,a2, ,a n) và (b1,b2, ,b n), b i  0 , i 1 , 2 , ,n

n n n

n

b b

b

a a

a b

a b

(

2 1

2 2

1 2 2

2 2

)

(

b a

c x

m

c x x b

cos sin

0

2

x x a x

x x

y   Từ (3)  y02  2 ay0b 0  (y02  2 )2  (ay0b)2

Áp dụng bunhiacopski cho 2 bộ số (a,b) và (y0, 1 )

2 0

2 2 0 2

a

0 0 2

x x



5

9 5

9 5

4 5

9 1 5

) 2

t t

t b

a

5 ) 5 (

9 5

5

4 ) 25 5

9 1 ( 5

5

2 ,

5

2 , 5

2

2

3 ) (

1 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1

VD3: Trong ABC chứng minh:

r h

h h

h h

h

a c c b b

2 2

1 2

p c b a S h h

h a b c

1 2

2 ) (

2

1 1 1 1

h h

h h

h

a c b a

) (

h h

h

h

h

b a c

b

a

2 2

2    Dấu bằng xảy ra khi h a h b h c

VD4: Giả sử x,y,z 1 và 1 1 1  2

z y

y x x

Áp dụng bđt Bunhiacopski cho ( x, y, z) và ( 1, 1, 1)

z

z y

y x

y x

x z y x z

2

2 2 2

c b

2

2 2 2 2 2 2

2

cz by ax c b a abc

cz by ax ca bc ab abc

cz by ax c b

) 1 1

1 ( ) (

c

cz b

by a ax z

y

c b a cz by

x

2 )

(

2 2 2

2

2 2

c b a

 ABC đều, M là trọng tâm

VD6: Cho 2 số dương x,y thay đổi sao cho:0 x yab trong đó a,b là 2 số cho trước

Cmr:

b a

a y x b a

x a y

2

) (

) (

.Dấu bằng xảy ra khi nào?

Giải

Áp dụng bđt Bunhiacopski cho 4 số ta được:

) (

) ( )

( (

2 2

2

y x b a

x a y x

x y x b a y x y

x b a

y x b a x a y x

b a x

a

b a

a y x b a

x a y

2

) (

y x b a

x a y

x y x

x a y

 ax  by

VD7: Xác định điều kiện cần và đủ với các hệ số thực r1,r2, ,r n sao cho

2 2 1 1 2 2

3 3 2 3 1

3 3 2 3 1

1 1 1 3

3 3 2 3 1

3 1 3

3 3 2 3 1

3 1 3

c b a c

c c

c b

b b

b a

Tương tự có bđt cho 3 số dương có tử số là: a2,b2,c2 và a3,b3,c3

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:

) )(

)(

(

) (

3

3 3 3 2 3 1 3 3 3 2 3 1 3 3 3

2

3

1

3 3 3 2 2 2 1 1

a

c b a c b a c b a

3 3 3 2 2 2 1

1

 đpcm

Lưu ý: với cách làm tương tự ta có trường hợp tổng quát:

Cho m bộ số, mỗi bộ gồm n số không âm: (a i,b i, ,k i),i 1 , 2 , ,m

Thế thì:

) (

)(

( )

z y

y x

x

Bài 2: Cmr a, b đều có:

2

1 ) 1 )(

1 (

) 1 )(

( 2

ab b

a

HD: Biến đổi tương đương áp dụng bunhicopski cho 4 số: 2a, 1 a2 , 1 b2 , 2b

Bài 3: a,b,c là 3 số dương cho trước còn x,y,z là 3 số dương thay đổi luôn thỏa

z

c y

b x

n

z y x x

z z

y y

b

a a

b

a a

a

2 1

2 1

Thì ta có:

n

b b

b n

a a

a n

b a b

a b

b, Nếu 1 dãy tăng dãy kia giảm,tức là:

b

a a

b

a a

a

2 1

2 1

Thì ta có:

n

b b

b n

a a

a n

b a b

a b

Cộng n bất đẳng thức lại ta có:

nab a

b b a

b

a

n k n

k n

k nb b a

Vậy (4) tương ứng : 0

1 1

n

k k n

k k

k k

k b a b a

1 1



n

b b

b n n

a a

a b a b

a

b

n n

b n

a a

a n

b a b

Dấu “=” chỉ xảy ra khi có: (a k a)(b k b)  0

Nếu (a1,a2, ,a n) không phải là dãy số dừng thì a1aa n nên ta có:

(

0 ) )(

b b

n n n n

n

a a

a a

c a c

b c

a a c

b c b

3

1 ) (

3

c b a b a

c a c

b c b

a b

a

c a c

b c

3 3

3

b a

c a c

b c b

a b

a

c a c

3 3

1 3 3

b c

Cmr: a,

1

1

3 1

4 3

3 2 3

2

3 1

a a

a

a a

a a

a

n n n

n

b,

1

2 1

4 3

2 2 3

2

2 1

a a

a a

a a

a

a a

a a

a

n n n

n

Giải

a, Áp dụng Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu giảm

) , ,

,

, ,

,

(

1 2

1 1 4

3

2 3

2 1

a a

a a

a

a a

a a a

1 3

a a

a a

a n

VT

Cm cho

1

2 3

a a

a a

a a

a

a a

a a

a

n n n

) 1 ( 3 3 2

2 2

a a

a

3 2

) 1 ( 3 3 2

) 1 ( 3 3 2

) 1 ( 3 3 2

) 1 ( 3

2 2 2

2 2

2 2

d c

c

c b

b

b a

a a

Không thể áp dụng bất đẳng thức chebyshev ngay được vì cả tử số và mẫu số đều

là hàm đơn điệu tăng

Tuy nhiên từ giả thiết

d c b a d c b

a    111 1

2 2

2 2

c b

b a a

3 1 2

1

3 1 2

1

3 1 2

1

3 1 2

1

2 2

2 2

2 2

c

c c

b

b b

2

3 1 2

1 )

(

x

x g

(2) 

2 2

2 2

2 2

2 2

3 1 2

1 3

1 2

1 3

1 2

1 3

1 2

1 4

1 ).

1 1

1 1

b a

d

d c

c b

b a

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=1

VD2: Cho a,b,c 0 thỏa mãn điều kiện a+b+c=3

Giải

Ta thấy

) 3 (

3

) 1 ( )

3 (

3

3 3

3

1 3

1 3

1 1

2 2

2 2

c

c c

c c

b a c

) 3 (

3

) 1 ( )

3 (

3

) 1 ( ) 3 (

3

) 1

(

2 2

a a b

b

b b c

c

c c

) 3 (

3

) 1 ( ) 3 (

3

) 1 ( ) 3 (

3

) 1 (

2 2

a a b

b

b b c

1 3

1

1 3

b a

1 3

1

1 3

1 3

1

1 3

1

1 ( 3

1 ) 1 1 1 ( 3

1 3

1

c

c b

b a a

c b a VT

8 3

(

) )(

( 8 8

3

2

2 2

c b bc a a

c b bc a bc

Sau đó áp dụng Chebyshev với tổng các tử số bằng không

Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d có tổng bằng 4

Cmr:

3

1 11

1 11

1 11

1 11

1

2 2

HD: 2 2

11

1 ) 1 ( 12

1 12

1 11

1

a

a a

m

n

a a

a n

a a

Từ bài toán gốc thêm bớt điều kiện phát triển thành bài toán mới

2 2 2

b b

2 2 2

b b

a

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Phát triển bài toán:

Vd1.1: a,b,c 0 và abc 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của:

a

c c

b b

a T

2

2 2

b b

3 3 3

c b a a

c c

b b

*Tổng quát hóa của ví dụ 1.2

a, Cho n số nguyên dương a1,a2, ,a n.Cmr:

n n

n

a

a a

a a

b b

a

n n n n n

Vd1.4: Khái quát hóa bất đẳng thức ở vd1,vd1.2,vd1.3,vd1.5

Cho n,m là các số nguyên dương , a,b,c 0

n

n m n

n m n

m n

c b a a

c c

b b

n

m m

m

n

n m

n

n

m

b b

a n m b b

b n m nc c

mb

) ( 







(2)

n

n m

c n m na a

mc

) ( 







(3) Cộng các vế của (1),(2),(3) ta được:

n

n m n

c c

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

VD2: Cho các số dương a,b,c có abc=1.Cmr: a3b3c3 abc

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Vd2.1: Cho a,b,c>0 và abc=1

Tìm giá trị nhỏ nhất của

c b a

c b a M

Tìm giá trị lớn nhất của: 3 3 3

c b a

c b a N

a     

Vd2.5: Cho a,b,c>0, n nguyên dương tùy ý abc=1

Cmr: a n b n c n abc

Vd2.6: Cho a,b,c>0, abc=1, n>m là số nguyên dương

Cmr: n n n m m m

c b a c b

a     

VD3: Cho x,y,z>0.Cmr:

3 xyz

z y x x

z z

y y

z y

x y

x x

z y

x y

z z

y z

y x

z z

y z

x x

z x

z y

x x

z x

3 ) (

3

xyz

z y x x

z z

y y







Nhận xét: Ta có thể thêm bớt điều kiện bài tóan trên để có bài toán mới

V í d ụ 3.1: Cho x,y,z>0 và xyz=1.Cmr: x y z

x

z z

y y

z z

y y

1 )(

1 (

xyz

z y x x

z z

y y

PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp đánh giá qua các đại

lượng trung gian

1.Cơ sở lí thuyết

Để đánh giá ABta đánh giá AC rồi chứng minh CB

 Thông thường ta đánh giá từng số hạng của một vế sau đó đáng giá cả vế

và so sánh với vế kia

 Trong một bất đẳng thức nếu vai trò các biến là bình đẳng như nhau,chúng

ta có thể sử dụng phương pháp đáng giá từng nhóm số hạng để chứng minh Giả sử AB C A0B0C0

C3:Chọn và chúng minh

0 0 0

2 2 2

n A

3

1 2

1

2 2

n n

VD2:Chứng minh

1 1 1 1 2.2008

2009 1.2008 2.2007 k(2008  k 1) 2008.1

n  n  k n k   n  

VD3: Cho dãy số a a1; 2;  ;a n thỏa mãn

1

1 1

1000 2008

) 1 1 1 )(

a

c c

a b

c c

b a

b b

a a

c c

a b

c c

b a

b b

a c

b a c

b

a

c b a

2

1 2

abc ca bc

1 3

1 3

x x

n

n x

x x

3 2 3

3

2

2

) 1 ) (

1 )(

1 (

) 1 ( 1

1

n n

n

x x

x

x x x n

x

x x

) 1 ( ) 1 ( 1

x

2 2 2

) 1 ( ) 1 ( 1

x

……

) 1 ( 1

x

Nhân từng vế n bất đẳng thức cùng chiều,cùng dương ta có:

A

B n

c acd

b bcd

a S

1 1

1 1

1 1

abcd dab

abcd cda

abcd bcd

abcd abc

abcd dab

abcd cda

abcd bcd

3 1

3 2

1 0

) 1 )(

1 (

1 0

) 1 )(

1 (

abcd abcd

d c b a

abcd cd

ab d

c b a

abcd cd

ab cd

ab

cd d

c d

1 (

0 ) 1 )(

1 (

0 ) 1 )(

1 (

abcd

cd ab

d c

b a

abcd abc

abcd dab

abcd cda

abcd bcd

1 2

1 2 3

1

1 1

3

1 2

1 1

) 1 (

1

3 2

1 1

1 1

n n

n n n

1

2

1 1

2

1 )

1 ( 1

2

1 1

1 1 1 2

n n

n

n n

n n

Vậy ta có đpcm

*Mở rộng:

Nếu a1,a2, ,a n 0 , 1 ta có bất đẳng thức sau:

1

1

1

1

2 3

a a

a a a

a a

a a

a

n n n

3

1 2

1 ( 2

1 ) 1 (

1 )

1 (

1 2

1 ) 1 ( ) 1 (

1 1

n n n n

n n n

Bài 2: Cho a,b,c,d là các số dương

b a d a d c

a d c d c b

d c b c b a

c b a

d a

d c

c d

c b

b c

b a a

Áp dụng:

c a

a c b a

a d

c b a

c a

b c b a

b d

c b a

c c b a

c d

c b a

c a

d c b a

d d

c b a

Ta có:

2

4 1

1 1

1 1

4 2

1 1

1 1

1 1

abc

để cm (1) ta phải cm:

abc c

b a ca bc ab

4 8 16

CMR: 2 2 2 3

2 2 2 2 2 2

b c ab

a b

(1)

HD:

2 2 2

2

2 2 2

2

2 1 2

2

b a b

a

a b ab

y a

x 1,  1,  1

(1)  x2  2y2  y2 2z2  z2  2x2  3

1 1

2 2

1

2 2 2 2 2

x

z y x

Bài 9: a,b,c>0.Cmr:

abc abc a c abc c b abc b a

1 1

1 1

3 3 3

3 3

a3b3abc (ab)(a2b2 ab) abc (ab)ababcab(abc)

Bài 10: Cho a,b,c>0

Cmr: m n m n m n m n m n m n

a c c b b a c b

a        

Giải

n m n m

b a b

a n

m

b ma

n m n m

c b n

m

c mb

a c n

m

a mc

a c c b b a n

m

c b a n

5

c b a a

c c

b b

c





Và a2 b2 c2 abbcca

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được đpcm

Bài 12: Cho a,b,c>0.CM: 3 3 3

5 5 5

c b a ab

c ca

b bc

3 3

a b

a ab b

Bài 13: Cho a,b,c>0.Cmr: 2 ( )

2 2

2

b a

c a c

b c b

a c b a

c c a c a

b c b c b

a c

(

2 2

2

2

c b a b a

c a c

b c

a

HD:

Xét ( 3x 1 )2( 2 3x 3 )  0 , x suy ra 2

3 2 3

3 4 1

a a

n

k k n

k k

) ( ) ( ) 1 (

1 1

a a

b c

c b

b a

2 1

2 3 1

1 1

1 1

1

a

c c

b b

a c

c b

b a

a c

c b

b a

1 1 ( 2 ) 1

1 1

c b a

b a c

a



2

3 ) 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1 1

c a c a

b c b

ca a

c a

bc c

1 1

1 2

2 3 1

1

1

1

3

1 2

1 1

n n

u

u u u

u u u

u u u

u

u

n n n

n n

+ Nếu u n n2 khi đó i n

u

u u u

u u

i

i i i

i i

, , 3 , 2 ,

1 1

1

1

1 1

i

i i i

i

i

u u

u

u u u

u

u

Rõ ràng:

i i i

i u

u i

u

i i

1 1

2

1 1

1 1

1

1 1

3 1

2

1

2

1 1

1

1

2

1 1

1 1

2

1 1

1

1 1

3 2

2 2 1

n n

n u

u u

u

u u

u u

u u

u u

3

1 2

1 1

1

3

1 2

1

n n

u u

u u

i i

i i

3

1 2

1 1

n n

1.Cơ sở lí thuyết: Muốn chứng minh bất đẳng thức A  B đúng ta giả sử

9

3

y x

y x

) 1 ( 9

0 0 0 3 0

y x

y x

0 3

0

0

0

y x

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số dương x0,x0,x0,y0

0 3 0 0

0 0 0 0

 6  4 4 9  6  4 3.Vô lí

Vậy điều giả sử là sai  đpcm

VD2:Cho a,b,c,d>0.Cmr 3 bất đẳng thức sau không thể cùng đúng:

ab d c cd b a cd ab d

c b a d

bcd acd bcd abc x

bd bc ad ac ab cd x b a d c

x

x

abcd Cx Bx

Ax

x    

Từ đó: f(x) là đa thức với các hệ số dương (do A,B,C>0 va a,b,c,d>0)

nên f(x) không thể có nghiệm dương được Mâu thuẫn với (*)

Vậy điều giả sử sai đpcm

z c bz ay

y c by ax

2 2 2

với a 0 và (b 1 ) 2  4ac 0

Chứng minh rằng hệ đã cho vô nghiệm

Giải:

Giả sử hệ đã cho có nghiệm (x0,y0,z0) 

2 0

0 0

2 0

0 0

2 0

x c bx az

z c bz ay

y c by ax

 ax02  (b 1 )x0cay02  (b 1 )y0caz02  (b 1 )z0c 0 (*)

Xét tam thức bậc hai: f(t) aX2 (b 1 )X c ( a 0 )

Có   (b 1 )2  4ac 0 (theo giả thiết)

Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai  af(t)  , 0 t

0 (

0 ) (

0 0 0

z af

y af

x af

(**)

Từ (*) f(x0)  f(y0)  f(z0)  0.Điều này mâu thuẫn với (**)

Vậy điều giả sử sai  đpcm

2 1

i i

x

2 1

2

2 1 2

1

2

0 1 2

x

1

2

3 2

n i

n

x

a x

(1 1 1 ) 1

0 1 2

1

1 1

2 1

x

0 2 1

3 2 2 1

x x

2 1

2 2

)

1 )(

(

x x

Vậy điều giả sử sai  đpcm

VD5: Chứng minh rằng hệ phương trình sau vô nghiệm:

121 49 25

2 2

2 2

2 2

z y x

x zx z

z yz y

y xy x

) 3 ( 121

) 2 ( 49

) 1 ( 25

0 0 0

2 0 0 0 2 0

2 0 0 0 2 0

2 0 0 0 2 0

z y x

x x z z

z z y y

y y x x

0 0 2 0 0 0 2

2

) 2

( 4

3 ) 2 (

11 7 5

z y x

x z

z y

y x

5 0

7 0

y z x

Suy ra: 121 x2 xzz2  7 2  5 2  7 5  109.Vô lý.Vậy điều giả sử là sai

 đpcm