ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

1 Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất cơ bản: a. khi 0 khi 0 ax bx x a b ax bx x > >  > ⇔  < <  b. a x a b x y b y >  ⇒ + > +  >  Chú ý a x b y >   >  a b x y ab xy a x b y   − > −  >    >   c. 0 0 a x ab xy b y > ≥  ⇒ >  > ≥  d. 2 2 a b a b > ≥ 0 ⇒ > Hệ quả: 2 2 a b a b > ⇔ > e. 1 1 a b a b > > 0 ⇒ < 1 1 a b a b < < 0 ⇒ > f. 0 A > • x A A x A < ⇔ − < < • x A x A x A < −  > ⇔  >  II. Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c,… tùy ý ( , , a b c R ∈ ) a. 2 2 2 a b ab + ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b = ) b. 2 2 2 a b c ab bc ca + + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c = = ) c. Với , 0 a b > ta có: 1 1 1 1 4 ( ) 4a b a b a b a b   + + ≥ ⇔ + ≥   +   III. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho , ; 4 4 x y π π   ∈ −     . Chứng minh bất đẳng thức: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − Giải: , ; 4 4 x y π π   ∈ −     thì 2 2 1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1 x y x y − < < ≤ < Ta có: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − ⇒ 2 tan tan 1 tan tan x y x y ⇔ − > − 2 2 2 2 tan tan 2tan tan 1 2 tan tan tan tan x y x y x y x y ⇔ + − < − + 2 2 2 2 tan tan tan tan 1 0 x y x y ⇔ + − − < 2 2 2 tan (1 tan ) (1 tan ) 0 x y y ⇔ − − − < 2 2 (1 tan )(tan 1) 0 y x ⇔ − − < ( Luôn đúng , ; 4 4 x y π π   ∀ ∈ −     ) Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 a b c + + = thì: 1 1 1 3. 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   + + ≥ + +     Giải: Vì hàm số 1 3 x giảm nên ta có: 1 1 0 ( ) 3 3 3 3 3 3 a b b a a b a b a b a b   ≥ − − ⇒ + ≥ +     Tương tự ta có: 3 3 3 3 c b b c b c b c + ≥ + ; 3 3 3 3 a c c a c a c a + ≥ + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng 1 a b c + + = ), ta được: 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c     + + − + + ≥ 2 + +         1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   ⇔ + + ≥ + +     (đpcm) Ví dụ 3: a. Cho 0, 0 x y > > và 1 xy ≤ . Chứng minh: 2 1 1 1 1 1 x y xy ≥ + + + + (1) b. Cho 0 a b c d < ≤ ≤ ≤ và 1 bd ≤ . Chứng minh: 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c d abcd ≥ + + + + + + + + Giải: a. Vì 0, 0 x y > > nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) x y xy y xy x + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 1 1 x y xy xy y y xy xy x x xy ⇔ + + + ≥ + + + + + + + ( ) 2 ( ) 2 x y xy xy x y xy ⇔ + + ≥ + + ( ) ) 2(x y xy x y xy xy ⇔ + − ( + + − ) ≥ 0 ( )(1 2x y xy xy xy ⇔ + − )+ ( −1) ≥ 0 (1 2xy x y xy ⇔ − )( + − ) ≥ 0 3 (1 xy x y 2 ⇔ − )( − ) ≥ 0 (2) Vì: 2 ( ) 0 1 1 0 x y xy xy  − ≥   ≤ ⇒ − ≥   nên (2) đúng (đpcm) b. , , , 0 1 a b c d a b c d bd >   ≤ ≤ ≤   ≤  nên , , , 0 1 a b c d a b c d bd >   ≤   ≤   ≤  1 ac db ⇒ ≤ ≤ Theo kết quả câu a, ta có: 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 a c ac a c ac b d bd c d bd  + ≤ > ≤  + + +    + ≤ > ≤  + + +  1 1 1 1 1 1 2. 1 1 1 1 1 1 2 2. 1 . a b c d ac bd ac bd   ⇒ + + + ≤ +   + + + + + +   ≤ + 4 1 abcd = + (đpcm) Ví dụ 4: Cho , , [ 1;2] a b c ∈ − thỏa mãn điều kiện 0 a b c + + = . Chứng minh: 2 2 2 6 a b c + + ≤ Giải: • [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0 a a a a ∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤ 2 2 2 0 2 a a a a ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + (1) • Tương tự ta cũng có 2 2 (2) 2 (3) b b c c c  ≤ +   ≤ +   Cộng (1), (2), (3) ta có: 2 2 2 ) 6 6 a b c a b c + + ≤ ( + + + = (đpcm) Ví dụ 5: Cho , , [0;2] x y z ∈ và 3 x y z + + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 x y z + + ≤ 5 Giải: Ta có: , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0 x y z x y z ≤ ⇒ − − − ≤ 2( ) 4( ) 8 0 xyz xy yz zx x y z ⇔ − + + + + + − ≤ 2( ) 4.(3) 8 0 xyz xy yz zx ⇔ − + + − − ≤ 2( ) 4 xyz xy yz zx ⇔ ≤ + + − ( vì 3 x y z + + = ) 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 xyz x y z x y z ⇔ ≤ + + − + + − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 3 ( ) 4 xyz x y z x y z x y z ⇔ ≤ + + − + + − = − + + − 4 2 2 2 5 x y z xyz ⇔ + + ≤ − ( Vì 3 x y z + + = ) 2 2 2 5 x y z ⇒ + + ≤ ( Vì 0 xyz ≥ ) (đpcm) Ví dụ 6: Cho 0, 0, 0 x y z > > > và 1 xyz = . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a. 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x + + ≤ + + + + + + (1) b. 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x + + ≤ + + + + + + (2) Giải: a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1 ≤ ) Ta có: 3 3 2 2 ( )( ) x y x y x y xy + = + + − Mà 2 2 2 2 2 0 ( Vì 0, 0) x y xy x y xy xy x y x y  + ≥ ⇔ + − >  + > > >  Nên 2 2 ( )( ) ( ) x y x y xy x y xy + + − ≥ + hay 3 3 ( ) x y xy x y + ≥ + 3 3 ( ) x y xy x y xyz ⇒ + +1≥ + + ( Vì 1 xyz = ) 3 3 ( ) 0 x y xy x y z ⇔ + +1≥ + + > 3 3 1 1 1 ( ) x y xy x y z ⇔ ≤ + + + + (a) Tương tự ta có: 3 3 3 3 1 1 (b) 1 ( ) 1 1 (c) 1 ( ) y z xy x y z z x xy x y z  ≤  + + + +  ⇔   ≤  + + + +  Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có: 1 1 1 1 1 T 1 ( ) x y z x y z xy yz zx x y z xyz     + + ≤ + + = =     + + + +     ( Vì 1 xyz = ) (đpcm) b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1 ) Đặt 3 3 3 x a y b z c  =  =   =  mà 3 3 3 , , 0 , , 0 1 1 x y z a b c xyz a b c abc > ⇒ >   = ⇒ ⇔ =  , , 0 a b c > và 1 abc = nên theo kết quả câu a, ta có: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a + + ≤ + + + + + + 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x ⇔ + + ≤ + + + + + + (đpcm) Ví dụ 7: Cho , 0 a b > và , 0 b c > . Chứng minh: ( ) ( ) a c c b c c ab − + − ≤ (1) 5 Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) c a c b c c c a c b c ab − + − + − − ≤ 2 2 2 ( )( ) 0 c c ac ab bc c a c b c ⇔ + − + − − − − ≥ 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) 0 c a b c c b c c a c b c ⇔ + − − − − − − ≥ 2 ( )( ) 2 ( )( ) 0 c a c b c c a c b c ⇔ + − − − − − ≥ 2 ( )( ) 0 c a c b c   ⇔ − − − ≥   đây là bất đẳng thức đúng (đpcm) Ví dụ 8: Chứng minh rằng đối với mọi , , a b c R ∈ , ta có: 2 2 2 2 4 a b c ab ac bc + + ≥ − + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 2 4 4 4 8 4a b c ac bc ac + + − − + ≥ 0 2 2 2 ) 0 a b c ⇔ ( − + ≥ đây là bất phương trình đúng (đpcm) Ví dụ 9: Cho 3 36 a > và 1 abc = . Chứng minh: 2 2 2 3 a b c ab bc ca + + > + + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 ( ) 2 ( ) 3 a b c bc a b c bc + + − > + + 2 2 ( ) ( ) 3 0 3 a b c a b c bc ⇔ + − + + − > 2 2 3 ( ) ( ) 0 3 a b c a b c a   ⇔ + − + + − >     ( Vì 1 bc a = ) 2 2 ( ) 3 ( ) 0 3 x b c a a f x x ax a = +   ⇔    = − + − >       Xét tam thức bậc hai 2 2 3 ( ) ( ) 3 a f x x ax a = − + − có: 2 3 2 3 36 4 0 3 3 a a a a a   − ∆ = − − = <     ( Vì 3 36 a > ) ( ) 0, ( ) f x x R a ⇒ > ∀ ∈ ⇒ đúng (đpcm) Ví dụ 10: Cho 1 1 x − < < và , 1 n N n ∈ > . Chứng minh: 6 2 (1 ) (1 ) 2 n n x n − + + < Giải: Vì 1 1 x − < < nên cos (0x α α = < < π) lúc đó: (1 ) (1 ) (1 cos (1 cos ) n n n n n n α α + + − = + ) + − 2 2 2cos 2sin n n α α     = +     2 2     2 2 2 2 2 cos sin 2 cos sin 2 n n n n n α α α α         = + < + =         2 2 2 2           (đpcm) * Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần: 1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…). 2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…). 3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II. IV. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng: nếu 0 x y z < ≤ ≤ thì: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 y x z x z x z y x z     + + + ≤ + +         * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( ) x z + , chuyển vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,… 2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 a b c d e ab ac ad ac + + + + ≥ + + + Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng: 2 2 2 2 0 2 2 2 2 a a a a b c d e         − + − + − + − ≥                 … 3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh: 2 2 2 2( ) a b c ab bc ca + + < + + * Hướng dẫn: 2 , a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒ 4. Chứng minh: 2 2 2 , , R a b ab a b + ≥ ∀ ∈ Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh: 4 4 4 ( ) a b c abc a b c + + ≥ + + 7 * Hướng dẫn: Dùng công thức 2 2 2 ( ) 0 a b a b − ≥ ⇔ + ≥ Áp dụng kết quả trên. 5. Chứng minh [ 1;1] t ∀ ∈ − ta có: 2 2 1 1 1 1 2 t t t t + + − ≥ + + ≥ − * Hướng dẫn • Với [ 1;1] t ∀ ∈ − , ta luôn có: 2 2 (1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 ) t t t t t t − + − + + + ≥ + − + − Biến đổi tương đương suy ra 2 1 1 1 1 t t t + + − ≥ + + • Từ: 2 0 1 1 t ≤ − ≤ 2 2 1 1 2 t t ⇒ + + ≥ − Chương II BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp giải toán 1) Cho 2 số a,b > 0, ta có: 2 a b ab + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2) Cho n số 1 2 3 , , , , 0 n a a a a ≥ ta có: 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 n a a a a = = = = 3) Bất đẳng thức côsi suy rộng Phát biểu: Với các số thực dương 1 2 3 , , , , n a a a a và 1 2 3 , , , , n x x x x là các số thực không âm và có tổng bằng 1, ta có: 31 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 n x x x x n n n a x a x a x a x a a a a + + + + ≥ 8 Tổng quát: Cho n số dương tùy ý a i, i = 1, n và n số hữu tỉ dương q i , i = 1, n thỏa 1 1 n i i q = = ∑ khi đó ta luôn có: 1 1 . i n n q i i i i i a q a = = ≤ ∑ ∏ Dấu “=” xảy ra II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n số dương a i, i = 1, n . Chứng minh rằng: 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 ( ) n n a a a a n a a a a   + + + + + + + + ≥     Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 , , , , , , , , , n n a a a a a a a a Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n n n n a a a a n a a a a n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + ≥ Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 n a a a a = = = = Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( ) a a b b b c c c a a b c + + ≥ + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái: 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) a a b b b c c c a abc a b a c b c + + ≥ + + + + + + (1) Mà 3 3 3 3 6 6 2 3 3 ( ) 3 ( )( )( ) 8( ) 8 ( )( )( ) ( ) 3 2 ( )( )( ) ( ) 9 abc a b c a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c ≤ + + + + + ≤ + + ⇒ + + + ≤ + + ⇔ + + + ≤ + + 9 2 9 3 27 2( ) ( )( )( ) a b c abc a b b c c a ⇔ ≥ + + + + + (2) Từ (1)(2) đpcm Dấu “=” xảy ra a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + Giải Ta có: 3 3 ( ) a b ab a b + ≥ + Nên 3 3 ( ) abc abc c a b abc ab a b abc a b c ≤ = + + + + + + Tương tự ta cũng có 3 3 3 3 ( ) ( ) abc abc a b c abc bc b c abc a b c abc abc b a c abc ac a c abc a b c ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + Cộng vế theo vế ta được 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 abc a b abc b c abc c a abc   + + ≤   + + + + + +   Hay 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + ( đpcm ) III. Bài tập tương tự 1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : 5 5 5 5 5 5 1 xy yz xz x xy y y yz z x xz z + ≤ + + + + + + *Hướng dẫn: Ta có: 2 2 2 x y xy + ≥ 5 5 5 5 2 2 2 2 2 = 2 (x+y) x y x y x y xy x y ⇒ + ≥ ≥ 10 Do đó : 5 5 2 2 1 (x+y) 1 ( ) xy xy z x xy y xy x y xy x y x y z ≤ = = + + + + + + + Tương tự: 5 5 5 5 yz x y yz z x y z xz y x xz z x y z ≤ + + + + ≤ + + + + Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh : 3 3 3 x y z x y z yz xz xy + + ≥ + + *Hướng dẫn: Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y z x yz y x z y xz z x y z xy + + ≥ + + ≥ + + ≥ Cộng vế theo vế ta được: 3 3 3 2( ) 3( ) x y z x y z x y z yz xz xy + + + + + ≥ + + ⇒ đpcm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 3. Cho , , a b c là 3 số nguyên dương. Chứng minh: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b c a b c b c a c a b a b c + +   + + + + + ≤ + +     *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b c b c a c a c a b a b + + + + + + + + + + + + + +    n lần n lần n lần ( ). ( ) ( ) ( ) a b c a b c a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + Hay : 2( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b c a b c b c a c a b a b c + + + +   ≥ + + +   + +   (1) [...]... > 1 −  , xét hàm s h( x) = 1 − + − cos x , ∀x ∈  0;  6  2 24  x    2 Chương VII ÁP D NG PHƯƠNG PHÁP T A I Nh ng i u c n lưu ý • a = ( x, y ) ⇒ a = x 2 + y 2 • A( x A , y A ), B( xB , yB ) ⇒ AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 • u − v ≤ u+v ≤ u + v D u “=” x y ra khi và ch khi u, v cùng hư ng Tương t : u + v + w ≤ u + v + w u.v ≤ u v II Các ví d Ví d 1: Cho a, b ∈ » Ch ng minh: Gi i: Xét... gi s : a ≥ b ≥ c a 2 ≥ b 2 ≥ c 2  Suy ra  a b c ≥ ≥  b + c a + c a + b 22 Áp d ng b t ng th c trê – bư – sep cho 2 dãy: a 2 ≥ b 2 ≥ c 2 và a b c ≥ ≥ b+c a+c a+b Chương V NG TH C BERNOULLI B T I Phương pháp gi i toán Cho a ≥ −1 , 1 ≤ n ∈ » thì (1 + a ) ≥ 1 + na a = 0 D u “ = ” x y ra khi và ch khi  n = 1 II Các ví d Ví d 1: Cho Gi i: Ta có: n ∈ » , n ≥ 3 Ch ng minh n −1 n > n n +1 ⇔ n ⇔ Áp d... = 1 +  a+b+c  a+b+c  a+b+c   5 Ch ng minh tương t : 5 5 ( a + c − 2b )  3b   a + c − 2b  ≥ 1+ = 1 + (3)    a +b+c  a+b+c  a+b+c   5 5 5  3c  5 ( a + b − 2c )  a + b − 2c  (4)   = 1 +  ≥ 1+ a+b+c  a+b+c  a+b+c   C ng (2)(3)(4) ta ư c: 5 5 5  3a   3b   3c   ≥3   +  +  a+b+c  a+b+c   a+b+c  ⇒ pcm III Bài t p tương t : 1 Ch ng minh r ng v i m i n = 1,2,…ta... ( 2 + sin α ) 2 + tan α π , thì ta có: 2 1+ sin α > ( 3 + tan α ) (1) *Hư ng d n: t x = 1 + sin α , y = 2 + tan α B t ng th c (1) ⇔ (1 + x ) > (1 + y ) y x Chương VI ÁP D NG TÍNH ƠN I U C A HÀM S I Phương pháp gi i toán: Gi s c n ch ng minh b t ng th c f ( x) > g(x), x ∈ (a;b) Xét hàm s h(x) = f ( x) − g ( x) v i x ∈ [a;b] • N u h( x) ng bi n trên (a;b) thì h( x) > h(a ) , ∀ x ∈ (a;b) 25 ng • N u h(... ⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64 2 ⇒ pcm 16 Edited by Foxit Reader Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008 For Evaluation Only 3 Ch ng minh r ng n u phương trình x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có nghi m thì: a 2 + b2 ≥ 4 5 *Hư ng d n G i x là nghi m c a phương trình ã cho: x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 ( ⇒ x ≠ 0 ) Chia 2 v cho x 2 > 0 , ta ư c: 1  2 1    x + 2  + a  x +  + b = 0 (1) x  x... minh : b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 a 2 + 2c 2 + + ≥ 3 ab bc ac Hư ng d n: V trái bi n i thành : 1 2 1 2 1 2 + 2 + 2+ 2 + 2+ 2 2 a b b c c a Chương VIII: CH NG MINH B T NG TH C B NG QUY N P HO C PH N CH NG I Phương pháp gi i toán: * Quy n p: Mu n ch ng minh m nh P(n) ph thu c vào n ∈ N , úng ∀n ≥ no ( no h ng s ∈ N ), ta th c hi n 3 bư c sau: Bư c 1: n = no : Ch ng minh p(n) dúng Bư c 2: n = k ( k ∈ N ): gi s... luôn úng • N u 0 < a, b, c < 1 Áp d ng b t ng th c Bernoulli: a b c a [1 − (b + c) ] a + b + c  1   1 − (b + c )  <   = 1 +  < 1+ b+c  b+c  b+c b+c  a ⇒ (b + c)a > a b+c (1) a+b+c Ch ng minh tương t : 23 (c + a )b c > a a ++c +b ( a + b)c > aa+b c +b+ (2) (3) C ng (1)(2)(3) ta ư c: (b + c ) + (c + a ) + ( a + b) > 2 ( pcm) a b c 5 a 5 + b5 + c5  a + b + c  ≥ Ví d 3: Cho a,b,c > 0 ch ng... u “ = ” trong (2) x y ra khi: a1 = a2 = = an T (1), (2) suy ra: an (a1 + a2 + + an ) 2 a1 a2 + + + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 2 + + an 2 ) D u “ = ” x y ra ⇔ a1 = a2 = = an III Bài t p tương t : 1 Cho ab + bc + ca = 4 Ch ng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ *Hư ng d n Áp d ng b t 16 3 ng th c B.C.S hai l n: (ab + bc + ca ) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≤ 3(a 4... bernoulli : k 1 k+3   1 + 2  ≥ k + 2k  k+2  2 Cho 2 s t nhiên a < b < c ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n>a, ta có b t th c : a + b < c (*) n n n *Hư ng d n: n Vi t b t c a ng th c (*) dư i d ng tương ương   > 1 +   b b n +1 n n+2 1 1    3 Ch ng minh r ng  1 +  >  1 +  , n ≥ 1, n ∈ » n n +1   *Hư ng d n: n+2 1   n +1 1 +   1   1   n +1 thành 1 − Bi n i 1 +  2... khi a = b = c 4 Cho a, b, c là dài 3 c nh c a m t tam giác Ch ng minh r ng: a b c + + ≥3 b+c−a c+ a−b a +b−c *Hư ng d n: Áp d ng b t ng th c côsi: (b + c − a )(c + a − b) ≤ b + c − a + c + a − b) =c 2 Tương t : (a + b − c)(c + a − b) ≤ a (b + c − a )(a + b − c) ≤ b Nhân v theo v ta ư c: (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc abc ⇒ ≥ 1 (1) (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Ta l i d d ng b t ng th . chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần: 1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng. 1 Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất cơ bản: a. khi 0 khi 0 ax bx x a b ax bx x >. ac + + + + ≥ + + + Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng: 2 2 2 2 0 2 2 2 2 a a a a b c d e       