Bất đẳng thức Bunhiacopxki - phần 2 TLBGiang

Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn I.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ( BCS ) : Cho số thực ( a1 ; a2 ; ; an ) ( b1 ; b2 ; ; bn ) , gồm n số Khi ta có: ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ ( a12 + a2 + + an )( b12 + b2 + + bn ) Dấu đẳng thức xảy khi: a a1 a2 = = = n với quy ước mẫu tử phải b1 b2 bn II Các hệ : Hệ 1: Nếu a1 x1 + + an xn = C (khơng đổi) ( x12 + + xn ) = đạt C a + + an x x1 = = n a1 an Hệ 2: Nếu x12 + + xn = C (khơng đổi) max ( a1 x1 + + an xn ) = C đạt a12 + + an x x1 = = n ≥ a1 an ( a1 x1 + + an xn ) = − C Dấu “=” xảy ⇔ a12 + + an x x1 = = n ≤ a1 an III.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng: • Mở rộng bất đẳng thức Bunhiacơpxki cho dãy số thực không âm ( a1 ; a2 ; ; an ) ; ( b1 ; b2 ; ; bn ) ; ( c1 ; c2 ; ; cn ) ta ln có : ( a1b1c1 + a2 b2 c2 + + an bn cn ) ≤ ( a13 + a23 + + an3 )( b13 + b23 + + bn3 )( c13 + c23 + + cn3 ) Chứng minh: 3 3 3 Đặt A = a13 + a2 + + an , B = b13 + b2 + + bn , C = c13 + c2 + + cn Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 1  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn Nếu A = B = C = bất đẳng thức hiển nhiên hai vế bất đẳng thức Vậy ta xét trường hợp A > 0; B > 0; C > a b c Đặt xi = i ; yi = i ; zi = i với i = 1; 2;3 A B C 3 ⎧ x1 + x2 + x3 = ⎪ 3 Khi ta có: ⎨ y13 + y2 + y3 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x1 y1 z1 + x2 y2 z2 + x3 y3 z3 ≤ ⎪ 3 ⎩ z1 + z2 + z3 = ⎧ x + x13 + x13 x1 y1 z1 ≤ ⎪ ⎪ 3 ⎪ x2 + x2 + x2 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số không âm: xi ; yi ; zi ( i = 1; 2;3) ta có: ⎨ x2 y2 z2 ≤ ⎪ 3 ⎪ x + x3 + x3 x3 y3 z3 ≤ ⎪ ⎩ Cộng bất đẳng thức lại ta được: x1 y1 z1 + x2 y2 z2 + x3 y3 z3 ≤ (đpcm) ⎧ a1 b1 c1 ⎪A = B =C ⎧ x1 = y1 = z1 ⎪ ⎪ ⎪ a2 b2 c2 = Đẳng thức xảy ⇔ ⎨ x2 = y2 = z2 ⇔ ⎨ = A B C ⎪x = y = z ⎪ 3 ⎩ ⎪ a3 b3 c3 ⎪A = B =C ⎩ Hay : bi : ci = A : B : C ( i = 1; 2;3) tức là: a1 : b1 : c1 = a2 : b2 : c2 = a3 : b3 : c3 • Tổng quát : bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng cho rộng cho m dãy số thực không âm: Cho m dãy số thực không âm: ( a1 ; a2 ; ; an ) , ( b1 ; b2 ; ; bn ) , … , ( K1 ; K ; ; K n ) Ta có: m ( a1b1 K1 + a2b2 K + + anbn K n ) ≤ ( a1m + a2m + + anm )( b1m + b2m + + bnm ) ( K1m + K 2m + + K nm ) Dấu “=” xảy khi: a1 : b1 : : K1 = a2 : b2 : : K = an : bn : : K n ( chứng minh tương tự trên) I- MỘT SỐ VÍ DỤ : Bài 1: Cho x, y, z ba số dương thỏa x + y + 16 z = 49 Chứng minh rằng: 25 64 T= + + ≥ 49 x y z Chuyeân để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 2  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho sáu số x ;3 y ; z ta được: ; ; x y z ⎛ 25 84 ⎞ ⎡ 49.T = ( x + y + 16 z ) ⎜ + + ⎟= x ⎣ z ⎠ ⎢ ⎝x y ( 2 2⎤ ⎡ ⎤ ⎢⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ ⎥ + z ⎥ ⎢⎜ x ⎟ ⎜ y ⎟ ⎜ z ⎟ ⎥ ⎜ ⎟ ⎦ ⎝ ⎠ ⎦ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ ) + (3 y ) ( 2 ) 2 ⎛ ⎞ ≥ ⎜ x + y + z ⎟ = 49 ⎜ ⎟ x y z⎠ ⎝ ⇒T = 25 64 + + ≥ 49 x y z ⎧ ⎪x = ⎧1 ⎪ = ⎪ = ⎪ Đẳng thức xảy ⎨ x y z ⇔ ⎨y = ⎪4 x + y + 16 z = 49 ⎪ ⎩ ⎪z = ⎪ ⎩ Bài : Cho x > 0; y > x + y ≤ x + y Chứng minh: x + 3y ≤ + Hướng dẫn giải 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ Giả thiết: x + y ≤ x + y ⇔ ⎜ x − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ≤ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 1⎞ ⎛ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số: (1;3) ; ⎜ x − ; y − ⎟ ta có: 2⎠ ⎝ 2 ⎡⎛ ⎡ ⎛ 1⎞ ⎞⎤ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎤ ⎛ ⎢1 ⎜ − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ⎥ ≤ 10 ⎢⎜ x − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ⎥ ≤ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥ ⎣ ⎝ ⎢⎝ ⎣ ⎦ ⇒ ( x + y − 2) ≤ ⇒ x + 3y − ≤ ⇒ x + 3y ≤ + ⎧ ⎪x = + ⎪ 10 Đẳng thức xảy ⎨ ⎪y = + ⎪ 10 ⎩ Bài : Cho a, b, c ≥ ; a + b + c = Chứng minh: Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 3  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn 1 1 + + + ≥ 30 2 ab bc ac a +b +c Hướng dẫn giải 1 1 + + + 2 ab bc ac a +b +c Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số: ⎛ 1 1 ⎞ ; ; ; ⎜ ⎟ 2 ab bc ca ⎠ ⎝ a +b +c Gọi A = ( a + b + c ;3 ab ;3 bc ;3 ca Ta có: (1 + + + 3) ≤ ( a + b + c + 9ab + 9bc + 9ca ) A ) ⇒ 100 ≤ ⎡( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ⎤ A (*) ⎣ ⎦ 1 Mà ab + bc + ca ≤ ( a + b + c ) = (do a + b + c = 1) 3 Do đó: (*) ⇒ A ≥ 30 Đẳng thức xảy a = b = c = Bài : Cho x; y; z > thoả x + y + z ≤ Chứng minh : x2 + 1 + y + + z + ≥ 82 x y z Hướng dẫn giải Gọi S = x + 1 + y2 + + z2 + 2 x y z ⎛ 1⎞ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số: (1;9 ) ; ⎜ x; ⎟ ⎝ x⎠ 1 x + ≤ + 81 x + = 82 x + Ta có: x x x y + ≤ 82 y + ` Tương tự: y y z+ ≤ 82 z + z z Cộng (1),(2) (3) theo vế ta được: Hay (1) (2) (3) ⎛1 1⎞ S 82 ≥ x + y + z + ⎜ + + ⎟ ⎝x y z⎠ ⎛1 1⎞ S 82 ≥ 81( x + y + z ) + ⎜ + + ⎟ − 80 ( x + y + z ) ⎝x y z⎠ Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 4  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn ≥ 2.9.3 x2 + Vậy ⎛1 1⎞ + + ⎟ − 80 ≥ 162 − 80 = 82 ⎝x y z⎠ ( x + y + z)⎜ 1 + y + + z + ≥ 82 x y z Bài : Cho ba số thực dương a, b, c thoả ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: b + 2a c + 2b a + 2c + + ≥ ab bc ca Hướng dẫn giải b + 2a b + 2a 1 = = + 2 (do a, b dương) 2 ab ab a b 1 Đặt x = ; y = ; z = a b c ⎧a, b, c > ⎧ x; y; z > giả thiết ⎨ ⇔⎨ ⎩ab + bc + ca = abc ⎩x + y + z = Ta có: (đpcm) ⇔ x + y + y + z + z + x ≥ Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: 3( x2 + y2 ) = 3( x2 + y2 + y2 ) ≥ ( x + y + y ) ⇒ x2 + y ≥ y2 + 2z2 ≥ Tương tự z + x2 ≥ ( x + 2y) 3 ( y + 2z ) ( z + 2x) x2 + y + y + z + z + x2 ≥ Vậy Đẳng thức xảy x = y = z = Với x = y = z = ( 3x + y + 3z ) = 3 a = b = c = 3 Bài : Chứng minh: a − + b − + c − ≤ c ( ab + 1) với số thực dương a; b; c ≥ Hướng dẫn giải Đặt a − = x ; b − = y ; c − = z Với x; y; z > Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 2 x+ y+z ≤ (z + 1) ⎡( x + 1)( y + 1) + 1⎤ ⎣ ⎦ Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 5  Trường THPT Chuyên Tieàn Giang (x ( x + 1)( y x+ y≤ GV Đỗ Kim Sơn + 1)( y + 1) ⇒ x + y + z ≤ + 1) + z ≤ (x + 1)( y + 1) + z (1) + 1)( y + 1) + z + (z Kết hợp (1) (2) ta có x + y + z ≤ Vậy (x (2) + 1) ⎡( x + 1)( y + 1) + 1⎤ ⎣ ⎦ a − + b − + c − ≤ c ( ab + 1) (đpcm) Bài : Cho a; b; c > thoả abc = Chứng minh: 1 + + ≥ a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) Hướng dẫn giải 1 Đặt x = ; y = ; z = ⇒ xyz = 1; x > 0; y > 0; z > a b c x2 y2 z2 Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau : A= + + ≥ y+z z+x x+ y Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số : ⎛ x y z ⎞ y + z ; z + x; x + y ;⎜ ; ; ⎜ y+z z+x x+ y ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) Ta có: ( x + y + z ) ≤ ( y + z + z + x + x + y ) A x+ y+z 3 ≥ xyz = (do xyz = ) 2 Đẳng thức xảy x = y = z = Với x = y = z = a = b = c = ⇒ A≥ Bài : Cho a; b; c > Chứng minh: a a+ ( a + b )( a + c ) + ⇒ A≥ b b+ + ( b + c )( b + a ) c c+ ( c + a )( c + b ) ≤1 Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số: Ta có: ( ac + ab ) ( )( a; b ; a a+ ) ≤ ( a + b )( c + a ) ⇒ ac + ab ≤ ⇒ a + ac + ab ≤ a + ⇒ c; a ( a + b )( a + c ) Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 ≤ ( a + b )( c + a ) ( a + b )( c + a ) a a + ac + ab = a a+ b+ c (1) Page 6  Trường THPT Chuyên Tiền Giang Tương tự: b b+ ( b + c )( b + a ) c c+ ≤ ( c + a )( c + b ) ≤ GV Đỗ Kim Sơn b c (3) a+ b+ c Cộng (1),(2) (3) theo vế ta được: a a+ (2) a+ b+ c ( a + b )( a + c ) + b b+ ( b + c )( b + a ) + c c+ ( c + a )( c + b ) ≤1 Đẳng thức xảy a = b = c ab −3 ≤ a+b+3 Hướng dẫn giải Bài : Cho a; b > thoả a + b = Chứng minh : Ta có: a + b = ⇔ 2ab = ( a + b ) − ⇔ 2ab = ( a + b + 3)( a + b − 3) 2ab = a +b−3 a+b+3 ab a+b ⇔ = − 2 a+b+3 ⇔ Mà theo BĐT Bunhiacơpxki a + b ≤ a + b = ab −3 ≤ a+b+3 ⎧a; b > ⎪ ⎪ Đẳng thức xảy ⎨a + b = ⇔ a = b = ⎪ ⎪a = b ⎩ Nên 1 p+q p+q p+q + + ≥ + + a b c pa + qb pb + qc pc + qa Hướng dẫn giải Bài 10: Cho a; b; c; d dương tuỳ ý.Chứng minh : Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có ( p + q) ⎛ p ⎞ ⎛ p q⎞ q =⎜ ⎜ a pa + b qb ⎟ ≤ ⎜ a + b ⎟ ( pa + qb ) ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Tương tự ta chứng minh ⎛ p q⎞ ≤ ⎜ + ⎟ ( pb + qc ) ; ⎝b c⎠ Cộng vế tương ứng ba bất đẳng thức ta có : ( p + q) Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 ( p + q) ⎛ p q⎞ ≤ ⎜ + ⎟ ( pc + qa ) ⎝ c a⎠ Page 7  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn ⎡ 1 ⎤ ⎛1 1⎞ ⎢ pa + qb + pb + qc + pc + qa ⎥ ≤ ( p + q ) ⎜ a + b + c ⎟ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎡ 1 ⎤ 1 + + ( p + q) ⎢ ⎥≤ + + ⎣ pa + qb pb + qc pc + qa ⎦ a b c 1 p+q p+q p+q + + ≥ + + a b c pa + qb pb + qc pc + qa ( p + q) Hay Vậy Bài 11 : Cho số dương a; b; c; d Chứng minh: a3 b3 c3 d3 a + b2 + c2 + d + + + ≥ b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c Hướng dẫn giải 3 a b c d3 Đặt P = + + + b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số: ⎛ ⎞ a3 b3 c3 d3 ; ; ; ⎜ ⎟ ; a (b + c + d ); b ( c + d + a ); c ( d + b + a ); d ( a + b + c ) ⎜ b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c ⎟ ⎝ ⎠ Ta có: ( ( a + b + c + d ) ≤ P ⎡a ( b + c + d ) + b ( c + d + a ) + c ( d + a + b ) + d ( a + b + c )⎤ ⎣ ⎦ ⇔ ( a + b + c + d ) ≤ P ⎡( a + b + c + d ) − ( a + b + c + d ) ⎤ ⎣ ⎦ 2 2 ) 2 2 2 2 2 (1) Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho số: ( a; b; c; d ) ; (1;1;1;1) ta được: (a + b + c + d ) Từ (1) (2) ta ≤ ( a + b2 + c2 + d ) (a (2) + b + c + d ) ≤ 3P ( a + b + c + d ) ⇔ a + b + c + d ≤ 3P a3 b3 c3 d3 a + b2 + c2 + d + + + ≥ b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c Vậy Bài 12 : Cho số dương a; b; c thỏa a + b + c = Chứng minh : a b c + + ≥1 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c Hướng dẫn giải a b c a b c Đặt A = + + = + + 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c 2b + c 2c + a 2a + b Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: ⎡ ⎤ a b c a ( 2b + c ) + b ( 2c + a ) + c ( 2a + b ) ⎥ (a + b + c) = ⎢ 2c + a 2a + b ⎣ 2b + c ⎦ b c ⎤ ⎡ a ≤⎢ + + ⎡ a ( 2b + c ) + b ( 2c + a ) + c ( 2a + b ) ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ 2b + c 2c + a 2a + b ⎥ ⎦ 2 Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 8  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn (a + b + c) ⇔ A≥ ( ab + bc + ca ) Ta lại có: (a + b + c) ≥ ( ab + bc + ca ) Suy A ≥ ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) =1 a b c + + ≥1 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c ⎧2b + c = 2c + a = 2a + b ⎪ Dấu đẳng thức xảy ⎨a = b = c ⇔a=b=c= ⎪a + b + c = ⎩ Vậy Bài 13 : Giả sử số thực x; y; z; t thoả mãn điều kiện: a ( x + y ) + b ( z + t ) = với a; b hai số dương cho trước Chứng minh: ( x + z )( y + t ) ≤ a+b ab Hướng dẫn giải Do a; b > nên từ giả thiết ta có: x2 + y z + t 2 2 a(x + y ) + b(z + t ) = ⇔ + = b a ab 2 2 x z y t ⇔ + + + = b a b a ab Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ⎛ x2 z ⎞ ⎛ x ⎞ z b+ a ⎟ ≤ (b + a ) ⎜ + ⎟ x + z) = ⎜ ( a ⎠ a ⎝ b ⎠ ⎝ b ⎛ y2 t ⎞ Tương tự : ( y + t ) ≤ (b + a ) ⎜ + ⎟ a⎠ ⎝ b Cộng vế (1) (2) ta được: ⎛ x2 z y t ⎞ a + b 2 ( x + z ) + ( y + t ) ≤ (b + a ) ⎜ + + + ⎟ = a b a⎠ ab ⎝ b Mặt khác ( x + z ) + ( y + t ) ≥ ( x + z )( y + t ) 2 Do từ (3) (4) suy ra: ( x + z )( y + t ) ≤ (1) (2) (3) (4) a+b ab ⎧x z ⎪b = a ⎪ ⎧x = y ⎪y t ⎪ Dấu đẳng thức xảy ⇔ ⎨ = ⇔⎨ ax b a ⎪ ⎪z = t = b ⎩ ⎪x + z = y + t ⎪ ⎩ Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 9  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sôn Bài 14 : Cho số thực dương x; y; z; t thoả mãn xyzt = Chứng minh: 1 1 + + + ≥ x ( yz + zt + ty ) y ( xz + zt + tx ) z ( xt + ty + yx ) t ( xy + yz + zx ) Hướng dẫn giải 1 1 Với x; y; z; t dặt a = ; b = ; c = ; d = (a; b; c; d > 0) abcd = x y z t 1 1 ⇒ x = ; y = ; z = ;t = a b c d Bất đẳng thức cần chứng minh tương với: 1 1 + + + ≥ ⎛ 1 ⎞ 1⎛ 1 ⎞ 1⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ + + + + + + ⎟ + + ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ a ⎝ bc cd bd ⎠ b ⎝ ac cd ad ⎠ c ⎝ ad bd ab ⎠ d ⎝ ab bc ac ⎠ a3 b3 c3 d3 + + + ≥ b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c bcd adc abd abc 3 a b c d3 ⇔ + + + ≥ (vì abcd = ) a (b + c + d ) b ( c + d + a ) c ( d + a + b) d ( a + b + c ) ⇔ a2 b2 c2 d2 + + + ≥ b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c a2 b2 c2 d2 Đặt S = + + + b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: S ⎡( b + c + d ) + ( c + d + a ) + ( d + a + b ) + ( a + b + c ) ⎤ ≥ ( a + b + c + d ) ⎣ ⎦ ⇔ (a + b + c + d ) ⇒S≥ = (a + b + c + d ) 3( a + b + c + d ) (1) Áp dụng BĐT Cauchy với số dương: a + b ≥ ab ; c + d ≥ cd Suy a + b + c + d ≥ ( ab + cd ) Lại áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ab ; cd ta có: ab + cd ≥ abcd = abcd = (vì abcd = ) Từ (1) (2) suy S ≥ 1 1 Vậy + + + ≥ ⎛ 1 ⎞ 1⎛ 1 ⎞ 1⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ + + + + + + ⎟ + + ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ a ⎝ bc cd bd ⎠ b ⎝ ac cd ad ⎠ c ⎝ ad bd ab ⎠ d ⎝ ab bc ac ⎠ Dấu đẳng thức xảy a = b = c = d = ⇔ x = y = z = t = (2) Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 10  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn (Trích tạp chí tốn học tuổi trẻ) Hướng dẫn giải Trước hết ta chứng minh tốn sau: Trong ∆ABC ta có: a + b + c ≥ 4s + (a − b) + (b − c) + (c − a ) Thật vậy: (2) ⇔ ⎡ a − (b − c) ⎤ + ⎡b − (c − a ) ⎤ + ⎡c − (a − b) ⎤ ≥ s ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇔ 4( p − a)( p − b) + 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) ≥ s ⎧x = p − a > ⎪ ⇔ xy + yz + zx ≥ s với ⎨ y = p − b > ⎪z = p − c > ⎩ ⇔ xy + yz + xz ≥ 3( x + y + z ) xyz (Vì theo cơng thức Hêrơng: s = p ( p − a)( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z ) ⇔ ( xy − yz ) + ( yz − zx) + ( zx − xy ) ≥ BĐT (2) đước chứng minh: Mặt khác theo BĐT Bunhiacơpxki Ta có: ⎛ a (a + b + c) = ⎜ ⎜ q+r ⎝ b q+r + r+ p+ r+ p c p+q ⎞ p+q⎟ ⎟ ⎠ ⎛ a2 b2 c2 ⎞ ≤ 2⎜ + + ⎟ ( p + q + r) ⎝ p+r r+ p p+q⎠ ⎛ p ⎞ q r a + b + c ⎟ + 2(a + b + c ) ≤ 2⎜ r+ p p+q ⎠ ⎝q+r ⎛ p ⎞ q r a + b + c ⎟ ≥ (a + b + c) − 2(a + b + c ) ⇒ 2⎜ r+ p p+q ⎠ ⎝q+r ≥ a + b + c − ⎡(a − b) + (b − c) + (c − a) ⎤ ≥ s ⎣ ⎦ Vậy: p q r a + b + c ≥ 2s q+r r+ p p+q ⎧a = b = c Dấu “=” xảy ⎨ ⎩p = q = r Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 23  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sôn Chú ý: + Qua phép chứng minh trên, ta có kết “đẹp” ∆ABC a + b + c ≥ 4s + (a − b) + (b − c) + (c − a ) ≥ 4s + Lấy p = q = r > ta có BĐT quen thuộc a + b + c ≥ 4s (Đề thi Olympic toán quốc tế lần 3) + Lấy a = b = c ta có BĐT Nesbit: p q r + + ≥ (3) q+r r+ p p+q Dấu “=” xảy p = q = r > + Nếu nhân vế (3) cho p + q + r > ta p2 q2 r2 p+q+r + + ≥ q+r r+ p p+q Bài 11 : Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G, bán kính mặt cầu ngoại tiếp R CMR GA + GB + GC + GD + R ≥ ( AB + AC + AD + BC + CD + DB ) ( Trích tạp chí Tốn học Tuổi trẻ) Hướng dẫn giải Ta có bổ đề: • Bổ đề 1: Nếu G trọng tâm tứ diện ABCD ( AB + AC + AD ) − ( CD + DB + BC ) GA = 16 Chứng minh: Gọi Ga trọng tâm ΔBCD Ta có: r 9 uuu uuur uuur 2 GA2 = AGa = AB + AC + AD 16 16 uuu uuur uuur r uuur uuur uuur uuu uuu uuur r r AB + AC + AD − AC − AD − AD − AB − AB − AC = 16 2 2 ( AB + AC + AD ) − ( CD + DB + BC ) = 16 • Bổ đề 2: Nếu O; G theo thứ tự tâm mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm tứ diện ABCD GA2 + GB + GC + GD AB + AC + AD + CD + DB + BC R − OG = = 4 Chứng minh: Theo hệ thức Leibnitz, với điểm M, ta có MA2 + MB + MC + MD = GA2 + GB + GC + GD + 4MG Từ đó, cho M trùng O, ta ( ( )( ) ) ( Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 ) ( ) Page 24  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn OA2 + OB + OC + OD = GA2 + GB + GC + GD + 4OG GA2 + GB + GC + GD Suy ra: R − OG = (1) GA2 + GB + GC + GD AB + AC + AD + CD + DB + BC = Từ bổ đề suy 4 Từ (1)(2) suy điều phải chứng minh Trở lại việc giải toán uuu uuu OA2 + GA2 − OG GA2 + R − OG r r Ta có R.GA = OA.GA ≥ OA.GA = = 2 Từ theo bổ đề 2, ta có AB + AC + AD R.GA ≥ Theo BĐT Cauchy Bunhiacơpxki, ta có ( R + GA ) ≥ R.GA = R.GA ≥ ( AB + AC + AD ) ≥ Suy ( AB + AC + AD ) (2) ( R + GA ) ≥ AB + AC + AD ⎧ ( R + GB ) ≥ BC + BD + BA ⎪ ⎪ Tương tự ⎨ ( R + GC ) ≥ CD + CA + CB ⎪ ⎪ ( R + GD ) ≥ DA + DB + DC ⎩ Suy GA + GB + GC + GD + R ≥ ( AB + AC + AD + BC + CD + DB ) Đẳng thức xảy tứ diện ABCD BÀI TẬP : Bài : Cho nửa đường trịn ( O; R ) đường kính AB, M điểm chuyển động nửa đường trịn.Xác định vị trí M để MA + 3MB đạt giá trị lớn Bài : Cho ΔABC nội tiếp đường tròn bán kính R; BC = a; CA = b; AB = c Gọi x;y;z khoảng cách từ a + b2 + c 2R 2 a b c2 + + 2 c a Bài : Cho a , b , c cạnh tam giác.Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = b a b c + + b c a 36 ⎛ abc ⎞ a+b+c Bài : Cho a , b , c cạnh tam giác p = Chứng minh: a + b + c ≥ ⎜ p + ⎟ 35 ⎝ p ⎠ M thuộc miền ΔABC đến cạnh BC;CA;AB.Chứng minh: x + y + z ≤ Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 25  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn Bài : Điểm M nằm ΔABC Hạ MA , MB , MC vuông góc với BC;CA;AB.Xác định vị trí M BC CA AB + + đạt giá trị nhỏ để MA MB MC Bài : Cho tứ giác lồi ABCD.Cho M ∈ AC ; P ∈ BC ; Q ∈ AD; MP song song AB; MQ song song CD 1 ≤ + Dấu “=” xảy nào? Chứng minh : 2 MP + MQ AB CD DẠNG 1: Bất đẳng thức Schwartz ( Svắcxơ ) Cho số nguyên dương n ≥ hai dãy số thực a1 ; a2 ; ; an b1 ; b2 ; ; bn , ≥ 0; bi > 0; ∀i = 1, n a ( a + a + + an ) a12 a2 + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn Khi ta có: Đẳng thức xảy a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Chứng minh: BĐT cần chứng minh tương đương với: ⎛ a12 a2 a2⎞ + + + n ⎟ ( b1 + b2 + + bn ) ≥ ( a1 + a2 + + an ) ⎜ bn ⎠ ⎝ b1 b2 Hay ⎡⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ an ⎞ ⎤ ⎡ ⎢⎜ ⎟ ⎥ ⎟ +⎜ ⎟ + + ⎜ ⎜ b ⎟ ⎥⎢ ⎢⎜ b1 ⎟ ⎜ b2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ n ⎠ ⎦⎣ ⎣⎝ ⎡⎛ a ⎞ ≥ ⎢⎜ ⎟ ⎢⎜ b1 ⎟ ⎠ ⎣⎝ ( b ) +( b ) 2 + + ( b)⎤ ⎥ ⎦ n ⎤ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ b1 + ⎜ ⎟ b2 + + ⎜ n ⎟ bn ⎥ ⎜ b ⎟ ⎜ b ⎟ ⎥ ⎝ 2⎠ ⎝ n ⎠ ⎦ a a a Áp dụng BĐT BCS cho hai dãy số thực: ; ; ; n b1 ; b2 ; ; bn ta có BĐT Từ ta có b1 b2 bn BĐT cần chứng minh a a a Đẳng thức xảy : b1 = : b2 = = n : bn b1 b2 bn ( ) Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 ( ) ( ) Page 26  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn a a1 a2 = = = n b1 b2 bn DẠNG 2: Hay Cho số a; b; c; d tuỳ ý ta có : (a + c) + (b + d ) ≤ a + b2 + c2 + d 2 Chứng minh: Ta có: (a (1) ⇔ ( a + c ) + ( b + d ) ≤ a + b + 2 2 + b )( c + d ) + c + d (a ⇔ a + 2ac + c + b + 2bd + d ≤ a + b + ⇔ ac + bd ≤ (a (1) + b )( c + d ) + c + d + b )( c + d ) Bất đẳng thức cuối theo BĐT Bunhiacôpxki VẬN DỤNG DẠNG TRÊN: 1 + ≥ a b a+b Hướng dẫn giải Bài 1:Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: 1) 2) 1 + + ≥ a b c a+b+c Áp dụng BĐT BCS ta có BĐT sau: 1 12 12 (1 + 1) + = + ≥ = a b a b a+b a+b 2 2 1 1 1 (1 + + 1) + + = + + ≥ = a b c a b c a+b+c a+b+c a b2 c2 + + ≥ a+b+c b c a Hướng dẫn giải a b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng BĐT BCS ta có: + + ≥ = a+b+c b c a b+c+a Bài : Cho a, b, c dương Chứng minh : 1) 1) a b3 c + + ≥ a2 + b2 + c2 b c a 2 a b3 c a b c ( a ) ( b ) ( c ) Ta có: + + = + + = + + b c a ab bc ca ab bc ca 2) 2) ( a ) + (b ) + (c ) ≥ ( a Áp dụng BĐT BCS ta có: 2 2 2 2 + b2 + c2 ) ab bc ca ab + bc + ca 2 Mặt khác, ta biết: a + b + c ≥ ab + bc + ca > Từ ta suy ra: Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 2 Page 27  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sôn ( a ) + (b ) + (c ) 2 2 2 ⎛ a + b2 + c2 ⎞ 2 2 2 ≥⎜ ⎟(a + b + c ) ≥ a + b + c ab bc ca ⎝ ab + bc + ca ⎠ Đến ta có đpcm Bài : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: 1 1 1 + + ≤ + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6a 6b 6c Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT BCS ta có: 12 22 32 (1 + + 3) 36 + + = + + ≥ = a b c a 2b 3c a + 2b + 3c a + 2b + 3c 36 Tương tự ta chứng minh được: + + ≥ b c a b + 2c + 3a 36 + + ≥ c a b c + 2a + 3b Cộng the vế ba BĐT ta nhận được: 6 36 36 36 + + ≥ + + a b c a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 1 1 1 Từ suy ra: + + ≤ + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6a 6b 6c Bài : Tìm GTNN biểu thức a b c a2 b2 c2 4a 9b 16c P= + + ≥ + + P= + + 2b + c 2c + a 2a + b a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) b+c −a c + a −b a +b−c a, b, c độ dài cạnh tam giác Hướng dẫn giải Do a, b, c độ dài cạnh tam giác nên b + c − a, c + a − b, a + b − c số thực dương a 1⎞ ⎛ b 1⎞ c ⎞ 29 ⎛ ⎛ Ta có: P = ⎜ + ⎟ + 9⎜ + ⎟ + 16 ⎜ + ⎟− ⎝ b+c −a ⎠ ⎝ c + a −b 2⎠ ⎝ a+b−c 2⎠ 2 ( a + b + c ) ( a + b + c ) 16 ( a + b + c ) 29 = + + − b+c−a (c + a − b) a+b−c 16 ⎞ 29 ⎛ a + b + c ⎞⎛ =⎜ + + ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ Áp dụng BĐT BCS ta có: 16 22 32 42 + + = + + b+c −a c + a −b a +b−c b+c −a c + a −b a +b−c ( + + 4) 81 ≥ = (b + c − a ) + (c + a − b ) + ( a + b − c ) a + b + c Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 28  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn 16 ⎞ 81 ⎛ a + b + c ⎞⎛ Từ suy ra: ⎜ + + ⎟⎜ ⎟≥ ⎝ ⎠⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ Do đó: 16 ⎞ 29 81 29 ⎛ a + b + C ⎞⎛ P=⎜ + + ≥ − = 26 ⎟⎜ ⎟− 2 ⎝ ⎠⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ 2 Đẳng thức xảy = = b+c−a c+ a −b a +b−c = = Hay 2c 2a 2b a b c Vậy GTNN biểu thức P 26, đạt = = > a b c a,b,c số thực dương thỏa Bài : Tìm GTNN biểu thức P = + + 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c mãn a + b + c = Hướng dẫn giải Vì a + b + c = nên + b − a = ( a + b + c ) + b − a = 2b + c Tương tự ta chứng minh được: + c + b = 2c + a + a − c = 2a + b Từ suy ra: a b c a2 b2 c2 P= + + ≥ + + 2b + c 2c + a 2a + b a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) Áp dụng BĐT BCS ta có: (a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) (a + b + c) ≥ = ( ab + bc + ca ) (vì ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ≥ ( ab + bc + ca ) ) a b c + + ≥1 2b + c 2c + a 2a + b Vậy GTNN biểu thức P Bài : Cho a, b, c số thực dương cho a + b + c = Do đó: P = Chứng minh: a3 b3 c3 + + ≥ a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b Hướng dẫn giải Đặt P vế trái BĐT cần chứng minh Ta cần chứng minh: P ≥ Áp dụng BĐT BCS ta có: (a ) 2 P= a ( a + 2b + 3c ) (b ) 2 + b ( b + 2c + 3a ) (c ) 2 + c ( c + 2a + 3b ) Chuyeân để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 29  Trường THPT Chuyên Tiền Giang ≥ = (a + b2 + c2 ) GV Đỗ Kim Sơn a ( a + 2b + 3c ) + b ( b + 2c + 3a ) + c ( c + 2a + 3b ) (a (a 2 + b2 + c ) + b + c ) + ( ab + bc + ca ) Mặt khác: a + b + c ≥ ab + bc + ca > Từ suy ra: (a + b + c) a2 b2 c2 P= + + ≥ a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) a (b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) (a = P≥ + b + c ) + ( ab + bc + ca ) (a ( ab + bc + ca ) (a 2 + b2 + c2 ) + b2 + c2 a + b2 + c2 = +1 ≥ ( ab + bc + ca ) (a + b + c ) = a ≥ ) + ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) 2 2 2 2 + b2 + c Thay a + b + c = vào BĐT ta nhận BĐT cần chứng minh Bài : Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh: a b c d a b c + + ≥ ( BĐT Nesbit ) 2) 1) + + + ≥2 b+c c+d d +a a+b b+c c+a a+b Hướng dẫn giải 1) Đặt P vế trái BĐT cho Ta cần chứng minh P ≥ Áp dụng BĐT BCS ta có: ( BĐT Nesbit ) (a + b + c) a2 b2 c2 P= + + ≥ a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) a (b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) (a = + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) = a + b2 + c2 +1 ≥ ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ≥ ab + bc + ca > ) 2) Đặt Q vế trái BĐT cho Ta cần chứng minh Q ≥ Áp dụng BĐT BCS ta có: a2 b2 c2 d2 Q= + + + a (b + c ) b ( c + d ) c ( d + a ) d ( a + b) (a + b + c + d ) ≥ ≥2 a (b + c ) + b (c + d ) + c ( d + a ) + d ( a + b) (a + b + c + d ) ( a + b + c + d ) ≥ ( ab + bc + cd + da ) + ( ac + bd ) ≥ a (b + c ) + b (c + d ) + c ( d + a ) + d ( a + b) 2 ⇔ ( a − c ) + (b − d ) ≥ Do BĐT cho ta chứng minh được: Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 30  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn (a + b + c + d ) ≥2 a (b + c ) + b (c + d ) + c ( d + a ) + d ( a + b ) Hay ( a + b + c + d ) ≥ ( ab + bc + cd + da ) + ( ac + bd ) ⇔ a + b + c + d ≥ ( ac + bd ) 2 ⇔ ( a − c ) + ( b − d ) ≥ : BĐT Bài : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: ( a + b2 + c ) a2 b2 c2 + + ≥ b+c c+a a+b Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT BCS ta có: ( a ) + (b2 ) + ( c2 ) a2 b2 c2 + + = b + c c + a a + b a ( b + c ) b2 ( c + a ) c2 ( a + b ) ≥ (a 2 + b2 + c2 ) a (b + c ) + b2 ( c + a ) + c2 ( a + b ) (a ≥ + b2 + c2 ) (1) ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) Áp dụng BĐT BCS dạng thơng thường ta có: 2 2 2 ⎡ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⎤ ≤ ⎡( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ⎤ ⎡( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ Mặt khác, ta có BĐT sau: • ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 2 (a ≤ • ( a + b ) + (b + c ) + (c + a ) 2 + b2 + c2 ) 2 = ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) Từ suy : ⎡ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⎤ ⎣ ⎦ Hay ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ≤ (a ≤ + b2 + c2 ) ( a + b + c ) = ( a + b2 + c2 ) 2 ( a + b2 + c2 ) a + b2 + c2 Kết hợp với (1) ta suy ra: ( a + b2 + c2 ) a2 b2 c2 + + ≥ b + c c + a a + b ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ≥ (a + b2 + c2 ) 2 ( a + b2 + c2 ) a + b2 + c2 = ( a + b2 + c2 ) Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 31  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b Hướng dẫn giải Bài : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh : BĐT cần chứng minh tương đương với: ⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ c ⎞ 25 ⎜ + 1⎟ + 16 ⎜ + 1⎟ + ⎜ + 1⎟ > + 25 + 16 + = 50 ⎝b+c ⎠ ⎝c+a ⎠ ⎝ a+b ⎠ 25 16 50 (1) Hay + + ≥ b+c c+a a+b a+b+c Ký hiệu P vế trái (1) Áp dụng BĐT BCS ta có: ( + + 1) 52 42 12 50 P= + + ≥ = b + c c + a a + b (b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) a + b + c b+c c+a a+b = = Đẳng thức xảy b + c ( c + a ) + ( a + b ) b + c + 2a = = , hay a = : trái với giả thiết a > Suy +1 50 Từ suy ra: P > a+b+c Do BĐT (1) ta có BĐT cần chứng minh Bài 10 : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a b c + + ≥ 2 2 ab + b bc + c ca + a Hướng dẫn giải Ký hiểu P cế trái BĐT cần chứng minh Áp dụng BĐT BCS ta có: P= Hay P ≥ ( a b b + c + a b +1 +1 b c x+ y+ z ) c a ≥ c +1 a ⎛ a + ⎜ ⎝ b a +1 + b b c⎞ + ⎟ c a⎠ b c +1 + +1 c a x +1 + y +1 + z +1 (1) với x = a b c ,y = ,z = b c a ( ý xyz = ) Sử dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm ta có: xy + yz + zx ≥ 3 Suy ra: ( x+ y+ z ) xy yz zx = 3 xyz = = (x + y + z) + ( ) xy + yz + zx ≥ x + y + z + Mặt khác, áp dụng BĐT BCS (dạng thơng thường ta có): x + + y + + z + ≤ ( x + y + z + 3) Kết hợp hai BĐT vừa có với BĐT (1) ta nhận được: Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 32  Trường THPT Chuyên Tiền Giang P≥ Hay P ≥ GV Đỗ Kim Sơn x+ y_ z+6 ( x + y + z + 3) S +3 với S = x + y + z + ≥ 3 xyz + = 3S Từ suy BĐT cần chứng minh ta có: S +3 ≥ 3S 3 ≥ (2) S Chú ý: S ≥ nên ta có biến đổi sau: S ⎛ S ⎞ S 3 3 VT (2) = +⎜ +3 ⎟≥ ⎜ ⎟ +2 S = + = 2 ⎝ S⎠ Từ suy BĐT (2) ta có BĐT cần chứng minh Hay S+ Bài 11 : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a b2 c ≥1 ( IMO 2001 ) b + 8ca c + 8ab Hướng dẫn giải a b2 c Ký hiệu P vế trái BĐT BCS ta có: P = + + 2 a a + 8bc b b + 8ca c c + 8ab a + 8bc + + (a + b + c) ≥ a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab Từ suy BĐT cho ta chứng minh được: (a + b + c) a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥1 Hay a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≤ ( a + b + c ) (1) Ký hiệu Q vế trái BĐT (1) Áp dụng BĐT BCS ta có: Q = ⎡ a a ( a + 8bc ) + b b ( b + 8ca ) c c ( c + 8ab ) ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2 ≤ ( a + b + c ) ⎡ a ( a + 8bc ) + b ( b + 8ca ) + c ( c + 8ab ) ⎤ ⎣ ⎦ 3 = ( a + b + c ) ( a + b + c + 24abc ) Do BĐT (1) ta có: a + b3 + c3 + 24abc ≤ ( a + b + c ) Ta biết: ( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3a ( b + c ) + 3b ( c + a ) + 3c ( a + b ) + 6abc Từ suy BĐT tương đương với: a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) ≥ 6abc Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 33  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn Hay a ( b + c − 2bc ) + b ( c + a − 2ca ) + c ( a + b − 2ab ) ≥ BĐT cuối tương đương với BĐT đúng: 2 a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) ≥ ⇒ đpcm Bài 12 : Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực dương a, b, c : (a ) (b ) (c ) b − bc + c + + c − ca + a a − ab + b Hướng dẫn giải Ký hiệu P vế trái BĐT BCS ta có: 2 2 (a ) (b ) 2 Áp dụng BĐT BCS ta có: P = ≥3 ab + bc + ca a+b+c (c ) 2 a ( b − bc + c ) + b ( c − ca + a ) + c ( a − ab + b ) (a + b + c ) ≥ a ( b − bc + c ) + b ( c − ca + a ) + c ( a (a + b + c ) = 2 2 2 2 2 − ab + b ) 2 ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − 3abc Mặt khác, áp dụng BĐT: ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) ta có: ab + bc + ca ≤ a+b+c a+b+c Do để có BĐT cho ta cần chứng minh: (a + b2 + c ) ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − 3abc ≥ a+b+c Hay (a + b + c ) ≥ ⎡ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − 3abc ⎤ ( a + b + c ) ⎣ ⎦ 4 2 2 2 ⇔ (a + b + c ) + 2(a b + b c + c a ) ≥ 2 ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + abc ⎡( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ⎤ − 3abc ( a + b + c ) ⎣ ⎦ 2 ⇔ a + b + c ≥ abc ( a + b + c ) ≥ a ( b + c ) + b3 ( c + a ) + c ( a + b ) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ a ⎣( a + bc ) − a ( b + c ) ⎦ + b ⎣( b + ca ) − b ( c + a ) ⎦ + c ⎣( c + ab ) − a ( a + b ) ⎦ ≥ ⇔ a ( a − b )( a − c ) + b ( b − c )( b − a ) + c ( c − a )( c − b ) ≥ (1) Do vai trò a, b, c BĐT (1) nên khơng nhấn tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c > Khi ta có: VT (1) ≥ a ( a − b )( a − c ) + b ( b − c )( b − a ) = ( a − b ) ⎡a ( a − c ) − b2 ( b − c )⎤ ⎣ ⎦ = ( a − b ) ⎡( a − b ) − ( a c − b c ) ⎤ ⎣ ⎦ Chuyeân để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 34  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn = ( a − b ) ( a + b + ab − ca − cb ) = ( a − b ) ⎡ a ( a − c ) + b ( b − c ) + ab ⎤ ≥ ⎣ ⎦ Từ suy BĐT (1) Do ta có BĐT cần chứng minh Bài 13 : Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a b c a+b b+c + + ≥ + +1 b c a b+c a+b Hướng dẫn giải Ta cần chứng minh BĐT sau đúng: (a + b + c) ab + bc + ca Hay ≥ a+b b+c + +1 b+c a+b (a + b + c) ab + bc + ca −3≥ (a + b + c) ⇔ a+b b+c + −2 b+c a+b − ( ab + bc + ca ) ( a + b ) + ( b + c ) − ( a + b )( b + c ) ≥ ab + bc + ca ( a + b )( b + c ) 2 ( a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≥ (c − a ) ⇔ (1) ( ab + bc + ca ) ( a + b )( b + c ) 2 Ta có: ( a − b ) + ( b − c ) = ⎡( a − b ) + ( b − c ) ⎤ − ( a − b ) + ( b − c ) ⎣ ⎦ = ( c − a ) − ( a − b) + (b − c ) 2 2 Từ suy BĐT (1) tương đương với: (c − a) − ( a − b )( b − c ) + ( c − a ) (c − a) ≥ ( ab + bc + ca ) ( a + b )( b + c ) ( c − a ) − ( a − b )( b − c ) ≥ (c − a) ab + bc + ca ( a + b )( b + c ) 2 ⇔ ( c − a ) ( a + b )( b + c ) − ( a − b )( b − c ) ≥ ( c − a ) ( ab + bc + ca ) ⇔ ( c − a ) b − ( a − b )( b − c ) ≥ Hay 2 ⇔ b + a c − 2b ac ≥ ⇔ ( b − ac ) ≥ : BĐT Từ ta có BĐT cần chứng minh Bài 16 : Cho f : R + → R + hàm số thỏa mãn điều kiện: f ( x) + f ( z) ≥ f ( y) với x ≥ y ≥ z > Chứng minh BĐT sau với số thực dương a, b, c : f ( a )( a − b )( a − c ) + f ( b )( b − c )( b − a ) + f ( c )( c − a )( c − b ) ≥ (1) Hướng dẫn giải Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 35  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c > Theo giả thiết ta có: f (a) + f (c) ≥ f (b) (2) Dễ dàng chứng minh a = b b = c (1) Do ta cần xét trường hợp a > b > c > Khi ta viết BĐT (1) dạng: f ( a )( a − b )( a − c ) + f ( c )( a − c )( b − c ) ≥ f ( b )( b − c )( a − b ) f ( a ) f ( c ) f (b) + ≥ b−c a −b a −c Áp dụng BĐT BCS ta có: (3) Hay f (a) f (c) ( + = f (a) a − c > 0, a − b > 0, b − c > ) +( f (c) ) ≥( f (a) + b−c a −b b−c a −b Kết hợp BĐT với BĐT (2) ta nhận được: f (a) f (c) + ≥ b−c a −b ( f (a) + (c) ) a−c = (c) ) b−c + a −b ( = f (a) + (c) ) a−c f (b) ⇒ BĐT (3) ta có ĐPCM a−c Nhận xét: Nếu hàm số f : R + → R + xác định f ( x ) = x r với r số thực f thỏa mãn tính chất toán Thật vậy, với x ≥ y ≥ z > ta có: i) Nếu r ≥ x r ≥ y r nên x r + z r > x r ≥ y r ii) Nếu r < z r ≥ y r nên x r + z r > z r ≥ y r Do hai trường hợp ta có: f ( x) + ( z) ≥ f ( y) Khi ta có BĐT: a r ( a − b )( a − c ) + b r ( b − c )( b − a ) + c r ( c − a )( c − b ) ≥ với số thực dương a, b, c BÀI TẬP : Bài 1: Cho a1 , a2 , , an số thực dương Chứng minh: 1 n2 + + + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + + an Bài 2: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh; a3 b3 c3 a + b2 + c2 + + ≥ b+c c+a a+b 1 1 + ≤ + Bài 3: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh : a + 2b b + 2a 3a 3b 1) a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b Chuyeân để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 2) Page 36  Trường THPT Chuyên Tiền Giang GV Đỗ Kim Sơn Bài 4: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm GTNN biểu thức 1 1 P= + + + 2 a + b + c ab bc ca Bài 5: Cho a, b, c, d , e, f số thực dương Chứng minh: a b c d e f + + + + + ≥3 b+c c+d d +e e+ f f +a a+b a b2 + ≥ ( a + b2 ) b a Bài 7: Cho a, b, c, x, y, z số thực dương Chứng minh: xa yb zc x+ y+z + + ≥ xy + yz + zx − b+c c+a a+b Bài 8: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c 1) + + ≥1 a + ( b + c ) + 2bc b + ( c + a ) + 2ca c + ( a + b ) + 2ab Bài 6: Cho a, b số thực dương Chứng minh : 2) 3( a + b + c) a b c + + ≥ với x ≥ a + xb b + xc c + xa 1+ x Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10 Page 37  ... T= + ≥1 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho số: a b c ; ; ; a(2b + 2c − a ); b(2c + 2a − b ); c(2a + 2b − c ) 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c Ta... Bunhiacơpxki ta có: 3( x2 + y2 ) = 3( x2 + y2 + y2 ) ≥ ( x + y + y ) ⇒ x2 + y ≥ y2 + 2z2 ≥ Tương tự z + x2 ≥ ( x + 2y) 3 ( y + 2z ) ( z + 2x) x2 + y + y + z + z + x2 ≥ Vậy Đẳng thức xảy x = y = z... c a2 b2 c2 P= + + ≥ + + 2b + c 2c + a 2a + b a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) Áp dụng BĐT BCS ta có: (a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) a ( 2b + c ) b ( 2c