Đang tải... (xem toàn văn)
Bài viết này tuyển tập một số bất đẳng thức hay và khó tôi viết hồi bậc trung học phổ thông.Các bất đẳng thức chủ yếu nằm trong các đề thi và lời giải do chính tôi biên soạn nên không thể tránh sai sót. Mong bạn đọc thông cảm và góp ý.
Tuyển tập số bất đẳng thức Người thực sưu tầm: Nguyễn Văn Thế, T1K23-Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh Bài tốn (Vơ địch Nga) Cho số nguyên dương n số thực dương x1 , x2 , , xn Chứng minh rằng: (1 x1 )(1 x1 x2 ) (1 x1 x2 xn ) ( n 1) n 1 x1 x2 xn Lời giải *Cách Với tư tưởng quy nạp xuất n Với n bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiển Với n 2, ta cần chứng minh (1 x1 )(1 x1 x2 ) 33 x1 x2 Bất đẳng thức do: (1 x1 )(1 x1 x2 ) (1 x1 ) x2 (1 x1 ) 4(1 x1 )3 x2 1 x1 x2 33 x1 x2 2 Giả sử bất đẳng thức đến n k , tức với số thực dương x1 , x2 , , xk ta có: (1 x1 )(1 x1 x2 ) (1 x1 x2 xk ) ( k 1) k 1 x1 x2 xk Ta cần chứng minh bất đẳng với n k 1, hay (1 x1 )(1 x1 x2 ) (1 x1 x2 xk 1 ) (k 2) k x1 x2 xk 1 Đặt yi xi 1 ; i 1, 2, , k Khi bất đẳng thức (1) trở thành: x1 (1 x1 )k 1 (1 y1 )(1 y1 y2 ) (1 y1 y2 yk ) (k 2) k x1 (1 x1 ) k y1 y2 yk (1 x1 ) k (1 y1 )(1 y1 y2 ) (1 y1 y2 yk ) (k 2) k x1 y1 y2 yk Bất đẳng thức theo giả thiết quy nạp Bất đẳng thức AM-GM thì: (1 y )(1 y y ) (1 y y y ) (k 1) k 1 y y y 1 2 k k k (k 2) k (1 x1 ) k (k 1) x1 x1 k 1 (k 1) k 1 (1) Vậy bất đẳng thức với n k Theo nguyên lý quy nạp tốn học Bất đẳng thức với n 1, 2, Bài toán chứng minh xong! *Cách 2: Sử dụng trực tiếp đánh giá AM GM Áp dụng Bất đẳng thức AM GM , ta có bất đẳng sau: 1, (1 x1 x2 xn1 ) xn 4(1 x1 x2 xn 1 ) xn 2, (1 x1 x2 xn 2 ) x (1 x1 x2 xn 2 ) xn 1 n 1 n-1, (1 x1 ) nn ( n 1) x (1 x1 ) n 1 x 2 n 1 n 1 ( n 1) n, n n x1 n n 1 (n 1) n 1 x1 nn Nhân theo vế n bất đẳng thức ta có Điều phải chứng minh! Bài tốn 2: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn a2 b2 c2 Chứng ab bc ca minh rằng: abc bca c a b Lời giải Từ giả thiết, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: bc ca ab bca c a b a b2 c2 a b c Đây bất đẳng thức nhất, nên ta chuẩn hóa a b c Khi viết lại bất dẳng bất đẳng thức (1) thành: 3b 3c 3 a 2b 2c a b c 2a 3 Ta chứng minh với x 0; 2 3 x x2 (*) Thật vậy, ta có: 2x (1) (*) 4(3 x) (3 x)( x 3) x5 x 12 x 14 x x ( x 1) (2 x x 12 x 9) Bất đẳng đẳng thức cuối hiển nhiên với x Vậy (*) chứng minh Khi áp dụng (*) với x a, b, c ta thu được: a b2 c2 3 3b 3c 3 a 2 2 2 2b 2c a b c a b c 2a 33 (a b c ) 4 2 2 a b c 4 Bài toán chứng minh xong! Bài toán (Chọn đội tuyển Sư Phạm 2014) Cho x, y, z số thực không âm đôi phân biệt Chứng minh rằng: x y yz zx 2 ( x y ) ( y z ) ( z x) x yz Lời giải Khơng tính tổng quát, ta giả sử z x, y, z Ta chứng minh: Thật vậy, ta có: yz ( y z) y yz y ( y z ) ( y z ) z (3 y z ) 0, y y z ( y z) y Tương tự ta có: zx Như vậy, lúc ta thu ( z x) x x y yz zx x y 1 2 2 ( x y ) ( y z ) ( z x) ( x y) x y Bây ta chứng minh tương đương với: x y 1 ( x y) x y x y (1) Thật vậy, ta có bất đẳng thức (1) ( x y )2 x y ( x y)2 x y 1 2 2 ( x y) y x ( x y) xy xy ( x y) 4 ( x y) xy ( x y xy ) Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, từ ta có: Như x y 1 ( x y) x y x y x y yz z x xy 1 9 2 2 ( x y ) ( y z ) ( z x) ( x y) x y x y x y z Đẳng thức xảy x2 xy y 0, z Bài toán chứng minh xong! Chú ý: Bất đẳng thức (1) chứng minh cách đặt t minh thành x , đưa bất đẳng thức cần chứng y t 1 1 (t 4t 1) 0, (t 1) t t 1 Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: (a2 a 1)(b2 b 1)(c2 c 1) Lời giải Theo nguyên lý Drichlet số a 1, b 1, c tồn số nằm âm, khơng âm Giả sử số a 1, b 1 ta có (a 1)(b 1) ab a b Lại có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (a3 1)(b3 1)(c3 1) (a 1)(b 1)(c 1) Áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có: (a3 1)(b3 1)(1 c3 ) (ab c)3 (a b c 1)3 abc3 (a 1)(b 1)(c 1) Mặt khác theo Bất đẳng thức ta có: Vậy tốn chứng minh! Nhận xét: Bài chọn làm thi chọn đội tuyển thi học sinh giỏi quốc gia Hà Tĩnh năm 2009-2010 Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: 1 a b2 c2 a b c Lời giải Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc x2 y z xy yz zx (ab bc ca)2 3abc(a b c) ta có: 1 1 1 2 2 a b c ab bc ca (a b c) abc(a b c) 3(a b c) 27 (ab bc ca ) (ab bc ca ) Mặt khác theo Bất đẳng thức AM-GM ta có: 27(ab bc ca)(ab bc ca)(a b2 c2 ) (a b2 c2 2ab 2bc 2ca)3 272 Do đó: Như vậy: 27 a b2 c2 (ab bc ca) 1 27 2 2 a b2 c2 2 a b c (ab bc ca ) Bài toán chứng minh xong! Bài toán ( Khánh Hòa 2014) Cho a, b, c abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Lời giải *Cách 1: Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có: a3 b3 b3 3ab2 Tương tự cộng a3 bc b3 ca c3 ab l P a b3 c ại ta thu được: (b a) (c b) ( a c) a3 b3 c3 ab2 bc2 ca2 Từ áp dụng bất đằng thức Cauchy-Schwarz ta có: a bc b3 ca c ab P a b3 c (b a) (c b) (a c) a bc b3 ca c ab (a bc ) (b3 ca ) (c ab ) 2 ( a c ) ( b a ) (c b) a bc b3 ca c ab ba cb ac Mặt khác theo bất đẳng thức Holder ta có: a3 b3 c3 (a c) (b a) (c a) (1 1) (a b c) ac ba ca Do đó: a3 b3 c3 (a b c ) , (vì a b c 3 abc ) ac ba cb -Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì: bc ca ab (ab bc ca)2 , ab bc ca 3 a 2b 2c a c b a b c 2(ab bc ca) Từ đây, ta có: a b3 c3 bc ca ab2 P a c b a c b a c a b b c Như P Đẳng thức xảy a b c Vậy giá trị nhỏ P Bài toán kết thúc *Cách 2: Áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có: (a3 bc )(b2 bc)(b b) (ab bc)3 a3 bc b(a c) (a c)2 2(b c) Thực đánh giá tương tự cộng lai ta có: a bc b3 ca c3 ab b(a c) c(b a ) a (b c) abc 33 2 (a c) (b a) (c b ) 2(b c) 2(c a) 2(a b) Từ đây, kết hợp a3 b3 c3 3abc ta có P Bài toán kết thúc Bài toán Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 9abc Chứng minh rằng: a b3 b3 c 3 c a 2(a b c) 2 Lời giải a b3 a b Bất đẳng thức ab quen thuộc, chứng minh biến đổi tương đương Cauchy Xin phép không nêu chứng minh Như sử dụng đánh giá ta cần chứng minh: Đầu tiên ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau a b2 b2 c2 c2 a 2(a b c) ab bc ca (a b) 2ab (b c) 2bc (c a) 2ca 2(a b c) ab bc ca ab bc ca ab bc ca 1 1 1 1 1 a b b c c a Chú ý từ giả thiết ta có 1 nên theo Bất đẳng Cauchy-Schwarz a b c 1 a b 1 b c 1 c a 1 1 2 a b c Vậy, bất đẳng thức chứng minh xong! Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P ab bc ca Lời giải Ta chứng minh giá trị nhỏ P Thật vậy, ta có: P 2ab 2bc 2ca c (a b) a (b c) b (c a) Bình phương vế sử dụng giả thiết, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: (a b) (b c) (c a) 2 c (a b) a (b c) c (a b) a (b c) ab bc ca Bất đẳng thức theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz c (a b)2 a (b c) 1 ac (b a)(b c) ab bc ca Bài toán kết thúc! Bài toán Cho số thực a, b, c, d 2 abcd thỏa mãn a b c d Chứng minh 1 1 1 1 rằng: a b2 c2 d a b c d Lời giải Ta xét trường hợp sau: +Trường hợp 1: Tất số a, b, c, d khơng bé 1 Khi ta chứng minh bất đẳng 1 sau, với x 1 ta có x (1) Thật ta có: x x 1 x (1 x) (1 x) (1) x 0, với x 1 x x2 Áp dụng Bất đẳng thức (1) với x a, b, c, d cộng theo vế ta có: điều phải chứng minh! +Trường hợp 2: Tồn số bé 1 Giả sử a 1, ta có 1 (a 2)(2 3a) 1 0, với 2 a 1 a a (2a) a a 1 1 Kết hợp với ; x Cho x b, c, d thực a a x x phép cộng bất đẳng theo vế ta có điều phải chứng minh Như vậy, Bài toán chứng minh xong! Bài tốn 10 Cho số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn ab bc ca Chứng minh rằng: a b c 2(a b c)3 3 bc ca ab a b c Lời giải Do bất đẳng thức cần chứng minh có dạng đối xứng nên khơng tính tổng qt ta giả sử a b c Khi ta có: ab ac b.b c.c b c ca ab bc bc Lại có a 2(a b c)3 2(a b c)3 (t 0), ta có: Nên đặt t 3 3 bc a b c a (b c) a b c 2(a b c)3 a b c 2(a b c)3 bc ca a b a b3 c bc a a (b c )3 2(t 1)3 t t t 1 2(t 1)3 với t Ta chứng minh t t t 1 Bài toán 11 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn ab bc ca Chứng minh rằng: 1 a bc b ca c ab Lời giải Từ giả thiết ta có: a bc a bc 3(ab bc ca ) a(a b c) 2(ab bc ca) Từ ta có bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 1 3 a (a b c) 2(ab bc ca ) b(a b c) 2(ab bc ca ) c(a b c) 2(ab bc ca ) ab bc ca ab bc ca ab bc ca 1 a (a b c) 2(ab bc ca ) b(a b c) 2(ab bc ca ) c(a b c) 2(ab bc ca ) a(a b c) b( a b c ) c(a b c) 1 a (a b c) 2(ab bc ca ) b(a b c) 2(ab bc ca ) c(a b c) 2(ab bc ca ) Đến đây, chuẩn hóa a b c 3, ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: a b c 3a 2(ab bc ca) 3b 2(ab bc ca) 3c 2(ab bc ca) Bất đẳng thức theo Cauchy-Schwarz: a b c (a b c ) 3a 2(ab bc ca) 3b 2(ab bc ca ) 3c 2(ab bc ca ) 3(a b c ) 2(ab bc ca )(a b c) (a b c) 2 3(a b c 2ab 2bc 2ca ) Vậy toán chứng minh! Bài toán 12 Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x y z Chứng minh rằng: x3 y z ( x y z ) Lời giải Giả sử z x, y, z x y z Đặt f ( x, y, z ) ( x y z ) x3 y z , ta chứng minh x y yx f ( x, y , z ) f , ,z (1) Thật vậy, ta có: 1 xz yx 3 (1) y x y x 1 x y 3( x y ) 4( x xy y ) ( x y ) ( x y ) 16 2 3( x y ) 4( x xy y ) 4( x y ) 5( x y ) x y 4( x y ) *Cách1: Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 1 1 1 1 (a b c) 8a 8b 8c a 8a b 8b c 8c a b c a b c Do a b c 1 , nên: a b c 3( a b c ) 8a 8b2 8c 1, đpcm *Cách 2: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có: 8a 1 1 9a 8a 9a 8a 17 a a a a Thực đánh giá tương tự cộng lại ta thu 1 1 1 8a 8b 8c 17 a 17b 17c 3( a b c), đpcm 6 a b c Bài toán 3: Cho tam giác ABC Gọi ma , lb , lc p theo thứ tự độ dài đường trung tuyến kẻ từ A, độ dài đường phân giác kẻ từ B, C nửa chu vi tam giác ma lb lc p Chứng minh rằng: Lời giải: Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Đặt a y z bca abc c a b x, z ( x, y, z ) b z x y 2 c x y p Khi abc x y z + Do bất đẳng thức cần chứng minh nên không tính tổng quát ta giả sử p +Theo công thức đường phân giác Bất đẳng thức AM-GM ta có lb Mặt khác cos B (1 cos B) 2 2ac B B cos ac cos ac 2 c a b (c a ) b p ( p b ) 1 2 2ca 2ca ca Do lb 2ac B B cos ac cos ac 2 p ( p b) ( x y z ) y y (1) +Tương tự ta có lc p( p c) ( x y z ) z z (2) +Theo cơng thức tính đường trung tuyến ta có ma ( y z )2 ( y z)2 2b 2c a ( x y z ) x x 4 + Khi từ (1),(2),(3) Bất đẳng thức bunhiacốpxki ta có ma lb lc x ( y z )2 y z ( y z )2 (1 2) x ( y z )2 1 y z 2 y z Vậy toán chứng minh xong, đẳng thức xảy tam giác ABC *Nhận xét: Để toán kết thúc trọn vẹn ta chứng minh ( y z) y z (a) Thật vậy, ta có (a) y z 2 y z Bất đẳng thức cuối y z 2 y z y z 0 2( y z ) 2(1 x) (3) Bài toán Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy z( x y) Tìm giá trị lớn biểu thức P xy ( xy 1) z 2 (1 x )(1 y ) z Lời giải Từ giả thiết ta có xy yz zx 1, tồn tam giác ABC thỏa mãn x cot A, y cot B, z cot C (với A, B 900 cot A.cot B ) Khi đó: P cot A.cot B(cot A.cot B 1) cot C 2 (1 cot A)(1 cot B) cot C cos A cos B cos A cos B cos C 1 sin A sin B sin A sin B sin C2 2 cos C cos A cos B 1 1 1 2 sin C sin A sin B cos A.cos B(cos A.cos B sin A.sin B) cos C.sin C cos A.cos B.cos( A B) sin( A B).cos( A B) cos A.cos B cos( A B) cos ( A B) cos( A B) cos( A B) cos( A B) cos ( A B) cos( A B) cos( A B) cos ( A B) +Ta chứng minh cos( A B) cos( A B) cos ( A B) 43 (1) Thật vậy, ta có (1) 16 cos ( A B) 1 cos ( A B) 3 cos( A B) cos( A B) cos( A B) ( Hiển nhiên đúng) Như P 43 Đẳng thức xảy vào khi: cos( A B) A B 30 hay x y 3, z cos( A B) C 150 A B C 1800 Vậy giá trị lớn P max P 43 Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc Chứng minh a b3 c ab bc ca 2 2 a b b c c a 2 Lời giải +Với x, y dương x3 y3 xy( x y) ( x y)( x y)2 Do x3 y3 xy( x y) Từ áp dụng bất đẳng Bất đẳng thức Cauchy ta có a b3 b3 c c a 3 3 a b c 4 ab(a b) bc(b c) ca(c a ) abc 2 2 2 a b c b c a c a b 4 a b3 c (1) +Mặc khác, theo Bất đẳng thức Cauchy cho số dương giả thiết abc 1, ta có a b2 c2 b c2 a2 c a b2 a b c bc bc 2 2 2 b c b c (2) b c a ca ca 2 c a2 c a2 (3) c a b ab ab 2 a b2 a b2 (4) +Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3) (4) ta có: a b3 c ab bc ca 2 2 a b b c c a 2 Bài toán chứng minh xong! Bài tốn Tìm giá trị lớn biểu thức P (a b )(b c )(c a ) , a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c Lời giải Khơng tính tổng qt, ta giả sử a b c Khi đó, ta có P (a b )(a c )(b c ) a 2b (a b ) ( c 0) Mặt khác áp dụng a b c 5, Bất đẳng thức AM-GM ta có: P a 2b (a b)(a b) 5a 2b (a b) 4ab ab.ab.ab.ab.(5 4ab) ab ab ab ab (5 4ab) 5 Đẳng thức xảy c 0, b Vậy giá trị lớn P 21 21 hoán vị ,a 2 Bài toán Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1 x y2 z3 Lời giải Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho số dương ta có bất đẳng thức sau: 3 1 x x x x x x x x 3 y 2 y2 y y z 2z 2z z z z 3 z Thực phép cộng Bất đẳng thức theo vế ta thu được: 3P x y z Khi x 1, y 3, z P 4 P 1 4 Vậy giá trị nhỏ P 9 Bài toán kết thúc! Bài toán Cho số dương a, b, c Tìm số k lớn cho bất đẳng thức sau a b2 c2 a b c 3 k 1 b c a ab bc ca Lời giải Xét bất đẳng thức cho b 1, c a ta có: a a2 a6 a k 1 3 a a a a a a 3a a a a3 a a k a3 a a3 a (a 1) (a 3a 2a 1) (a 1)2 (a 2a 2a a 1) k a3 a a3 a Xét bât đẳng thức (1) với a 1, ta có: (1) k (a a 1)(a3 3a 2a 1) ; a 0, a a (a 2a 2a a 1) Từ đây, cho a ta thu được: (a3 a 1)(a3 3a 2a 1) k lim a a (a 2a 2a a 1) Với k ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a b c a b2 c2 2 b c a ab bc ca Bất đẳng thức cuối Cauchy-Schwarz thì: a b c a b2 c2 2 2 b c a ab bc ca (a b c) a b2 c2 2 ab bc ca ab bc ca (1) Vậy giá trị lớn cần tìm k Bài toán Cho số thực dương a, b, c Chứng minh 1 a nb b nc c na n , n a b c a nb3 b3 nc c na Lời giải a nb n +Ta chứng minh (1) a nb (n 1)a (n 1)b Thật vậy, ta có (1) (n 1)ab(a nb ) (na b)( a nb3 ) (n 1)a 3b n(n 1)ab3 na a 3b n ab3 nb n(a b a 3b ab3 ) n(a b)(a b3 ) Bất đẳng thức cuối với a, b, n 0, (1) chứng minh Chứng minh tương tự ta có: b nc n (2) 3 b nc (n 1)b (n 1)c c na n (3) 3 c na (n 1)c (n 1)a Cộng theo vế (1), (2) (3) ta thu được: 1 a nb b nc c na , điều phải chứng minh a b c a nb3 b3 nc c na Bài toán 10 Tìm số K lớn cho bất đẳng thức sau a K b c b K c a c K a b với a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c Lời giải Do bất đẳng thức với a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c 1, nên bất đẳng thức cho a 1, b c 0, Và bất đẳng thức trở thành: K 1 K Ta chứng minh K Thật với K giá trị lớn K để bất đẳng thức ln bất đẳng thức cho trở thành a 1 bc b ca c a b 4 (1) Khơng tính tổng quát ta giả sử a b c Do a b , b c , c a nên ta có b c b c , c a c a , a b a b Từ đây, kết hợp Bất đẳng thức CauchySchwarz dạng x y 2( x y ) ta có: 1 VT (1) a (b c) b (a c) c (a b) 4 a bc ac a bc a b b c 16 16 a 17b 5c a 3b 15c 2 2 16 16 16 16 2 a 7b 5c a b c 8 Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh, K lớn cần tìm K max Bài tốn 11 Cho ba số khơng âm a, b, c Chứng minh rằng: (a bc) (b ca) (c ab) 2(a b)(b c)(c a) Lời giải Theo nguyên lý Drichlet ta có ba số a, b, c tồn số nằm phía với trục số Giả sử số a, b ta có c(a 1)(b 1) abc c ac bc (c 1)(ab c) (c a)(c b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz AM-GM ta có (a bc) (b ca) (c ab) ( a bc b ca) (c ab) 2 (a b) (c 1) (c ab) 2 2(a b)(c 1)(c ab) 2(a b)(b c)(c a) Đẳng thức xảy a b c c 0, a b hoán vị Bài toán chứng minh xong! Bài toán 12 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 2 5 a b c a b c 3 2 ab bc ca ab bc ca Lời giải b c a , y , z x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz Khi bất đẳng a b c thức cần chứng minh trở thành Đặt x 1 x 1 y 1 z Ta chứng minh 4 5 1 3 4 1 x 1 y 1 z4 5x4 y 5z (1 x ) (1 y ) (1 z ) 5x4 x3 ; x (1 x ) x x3 (*) Thật vậy, ta có (*) x 3 x x3 1 x3 1 x 1 x 3x x 3x x3 3x 1 x ( x 1) x5 x x3 x 1 ( Bất đẳng thức cuối 3x5 x4 x3 x x4 x3 0; x ) Chứng minh bất đẳng thức tương tự với biến y, z cộng lại theo vế ta thu x3 5x4 y 5z y3 z3 1 6 (1 x ) (1 y ) (1 z ) x x 1 y y 1 z z 1 1 3 1 1 x3 x y3 y6 z z 1 nên tồn số thực dương m, n, p cho x3 y z mn np pm , , Khi ta có x3 p y m2 z n Mặt khác 1 1 1 2 2 1 1 1 pn p n pm p m mn2 m n4 1 1 x x y y z z p p m m n n p4 m4 n4 p p mn m n m m pn p n p p mn m n (m2 n p )2 m n p mnp (m n p ) m n p n m p (m n p ) m4 n4 p m2 n2 p n2 m2 p m2 n2 p n2 m2 p Như từ ta thu 5x y 5z 1 3 (1 x ) (1 y ) (1 z ) 1 1 x3 x y3 y6 z z 1 4 Vậy, tốn chứng minh xong! ( Để ý ta thấy áp dụng bổ đề phần II) Bài toán 13 Cho tam giác ABC Gọi ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến tương ứng với cạnh BC a, CA b, AB c Chứng minh 1 1 (a b c ) ma mb mc a b c Đẳng thức xảy nào? Lời giải Theo cơng thức tính độ dài đường trung tuyến ta có 2(b c ) a 2(c a ) b 2(a b ) c ; mb ; mc Từ bất đẳng thức 2 cần chứng minh tương đương với: ma 1 1 (a b c ) a b c 2(b c ) a 2(c a ) b 2(a b ) c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2(b2 c ) a 2(c a ) b 2(a b ) c 2(b c ) a 2(c a ) b 2 2 2 2(a b2 ) c 9(a b2 c ) Từ kết hợp với bất đẳng thức AM-GM ta có: 2(b c ) a 2(c a ) b 2(a b ) c 3(a b c ) 1 1 (a b c ) a b c ( Do 1 1 a b c 3 a 2b c 3 ) abc a b c Đẳng thức xảy chi a b c hay tam giác ABC Bài toán chứng minh xong! Bài toán 14 Xét tam giác nhọn ABC có góc A, B, C Tìm giá trị lớn biểu thức M tan A tan B tan B tan C tan C tan A tan A tan B tan B tan C tan C tan A Lời giải Do tam giác ABC nhọn nên ta có: tan A, tan B, tan C Đặt a tan A, b tan B, c tan C ta có a, b, c thỏa mãn a b c abc (do tan A tan B tan C tan A.tan B.tan C ) biểu thức M trở thành: M a b2 b2 c c a a b4 b4 c c a Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: a b2 a b2 2 2 4 (a b ) a b a b ab Thực đánh giá tương tự cộng lại ta có M Khi a b c a b2 b2 c c a 1 a bc 4 4 a b b c c a ab bc ca abc hay A B C 60o M Vậy giá trị lớn cần tìm M Bài toán 15 Cho số thực dương a1 , a2 , , an thỏa mãn 1 a1 a2 an Tìm giá trị nhỏ a1 a2 an A a1 an a22 n n Lời giải Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: a1 a2 an 1 n2 Từ ta có a1 a2 an n a1 a2 an a1 a2 an -Theo Bất đẳng thức AM-GM ta có akk k akk akk 1 k k k 1 kak hay ak 1 k k k k k k Từ ta có A a1 an a22 n a1 a2 1 an 1 n n 1 (a1 a2 an n) 1 n 1 n 1 Khi a1 a2 an A n 1 Vậy giá trị nhỏ cần tìm A A n Bài toán 16 Cho n số thực dương a1 , a2 , , an thay đổi thỏa mãn 1 ( n a1 a2 an số nguyên dương không nhỏ 2, cố định cho trước) Chứng minh rằng: a1a2 a2a3 anan ana1 a1 a2 an n3 n Lời giải Từ giả thiết ta có 1; i 1, 2, , n Khi đó, theo bất đẳng thức Bernouli ta có: a1a2 1 (a1 1) (a1 1).a2 a1a2 a2 Đẳng thức không xảy a Thực đánh giá tương tự a2a3 , a3a4 , , anan , ana1 thực cộng theo vế ta thu được: a1a2 a2a3 anan ana1 a1 a2 an n a1a2 a2 a3 an 1an an a1 +Mặt khác theo Bất đẳng thức AM-GM (1) 1 , thực đánh giá tương tự a1 a2 a1a2 1 cho cặp , ; i 2,3, , n ( Quy ước an 1 a1 ) sau thực phép cộng theo vế ta a a i i 1 có: 1 1 1 a1 a2 an a1a2 a2 a3 an 1an an a1 n2 a1a2 a2 a3 an 1an an a1 Do đó: (Theo Cauchy Schwarz ) a1a2 a2 a3 an 1an an a1 n Khi đó, theo (1) Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có: a1a2 a2a3 anan ana1 a1 a2 an n a1a2 a2 a3 an 1an an a1 n n n Bài toán chứng minh xong! a1a2 a2 a3 an 1an an a1 n Bài tốn 17 Kí hiệu [a] số nguyên lớn không vượt a Cho x, y số thực dương thỏa mãn [x].[y ] 304 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P [x[x]] [y[ y]] Lời giải +Tìm giá trị nhỏ nhất: Sử dụng bất đẳng thức a [a] x2 y xy, ta có: P [ x[ x]] [ y[ y]] [ x]2 [ y]2 2[ x].[ y] 2.304 Khi x y 302 P 2.304 Do ta có giá trị nhỏ P 2.304 +Tìm giá trị lớn nhất: Sử dụng a [a ] a với a 1, kí hiệu a phần lẻ a, ta có: P [ x[ x]] [ y[ y ]] x[ x] [ x]2 y[ y ] [ y ]2 [ x]2 [ y ]2 x[ x] y[ y ] [ x]2 [ y ]2 [ x] [ y ] (do x , y 1) Mặt khác, từ giả thiết ta có [x],[y] Do đó: [x] 1[y ] 1 [x]+[y ] [x].[y ] 304 2 2 [x] [y ] [x] [y] 30 [x] 1[y] 1 Như vậy, ta thu P 308 304 Đẳng thức xảy chẳng hạn với x 1, y 304 304 304 Vậy: +Giá trị nhỏ P 2.304 , đạt x y 304 +Giá trị lớn P 308 304 , đạt chẳng hạn x 1, y 304 304 304 ... làm thấy hay Đặc biệt, biến đổi bất đẳng thức cuối xảy đẳng thức biên Đây điều mà đa số bất đẳng thức sau dồn biến Phần II: Về bất đẳng thức quen thuộc Một bất thức có nhiều dạng suy rộng, có... a b c 1, nên bất đẳng thức cho a 1, b c 0, Và bất đẳng thức trở thành: K 1 K Ta chứng minh K Thật với K giá trị lớn K để bất đẳng thức ln bất đẳng thức cho trở thành a...Vậy bất đẳng thức với n k Theo ngun lý quy nạp tốn học Bất đẳng thức với n 1, 2, Bài toán chứng minh xong! *Cách 2: Sử dụng trực tiếp đánh giá AM GM Áp dụng Bất đẳng thức AM