BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG NESBIT

VIII- Bất đẳng thức dạng á Nesbit Bài 144. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng 2 3 ba c ac b cb a + + + + + . (*) ( Bất đẳng thức Nesbit với ba số dơng ) Giải Cách 1. (*) 2a(a + c)(a + b) + 2b(b + c)(b + a) + 2c(c + a)(c + b) 3(a + c)(a + b)(b + c) 222222333 bccbaccaabbac2b2a2 +++++++ áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có 2233 2333 2333 abbaba ab3bba ba3baa ++ ++ ++ . (1) .Dấu = xảy ra a 3 = b 3 a = b Tơng tự, ta có 3 3 2 2 . (2)b c b c bc+ + Dấu = xảy ra a 3 = b 3 b = c. 3 3 2 2 . (3)c a c a ca+ + Dấu = xảy ra c 3 = a 3 c = a. Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta đợc 222222333 bccbaccaabbac2b2a +++++++ . (đpcm) Dấu = của (*) xảy ra (1), (2), (3) cùng xảy ra đẳng thức a = b = c . Cách 2. Đặt ba c ac b cb a A + + + + + = ; ba a ac c cb b B + + + + + = ; ba b ac a cb c C + + + + + = . Suy ra B + C = 3 ba ba ac ac cb cb = + + + + + + + + . áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có: A + B = 3 3 . . 3; (1) a b b c c a a b b c c a b c c a a b b c c a a b + + + + + + + + = + + + + + + A + C = 3 3 . . 3. (2) a c b a c b a c b a c b b c c a a b b c c a a b + + + + + + + + = + + + + + + Cộng từng vế của (1), (2), ta có: 2A + B + C 6 2A 3 (do B + C = 3) 190 hay 2 3 A (đpcm). Dấu = của (*) xảy ra (1), (2) cùng xảy ra đẳng thức a = b = c . Cách 3. Đặt + = + = + = ++ =++ =+ =+ =+ 2 xzy c 2 zyx b 2 yzx a 2 zyx cba zac ycb xba Thay vào (*), ta có: 2 3 x2 xzy z2 zyx y2 yzx + + + + + 6 z y y z x z z x x y y x +++++ . áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có: 6 z y y z x z z x x y y x 2 z y y z 2 x z z x 2 x y y x +++++ + + + . (đpcm) Dấu = của (*) xảy ra x = y = z a + b = b + c = c + a a = b = c. Cách 4. Đặt . ba c ac b cb a A + + + + + = . 191 Ta có + + + + + + + + =+ 1 ba c 1 ac b 1 cb a 3A + + + + + ++= + ++ + + ++ + + ++ = ba 1 ac 1 cb 1 )cba( ba cba ac cba cb cba Theo bài 130, ta có 2(A + 3) = [ ] ( ) ( ) ( ) 9 ba 1 ac 1 cb 1 )ba()ca()bc( + + + + + +++++ 2 3 Ahay 2 9 3A + . (đpcm) Dấu = của (*) xảy ra a + b = b + c = c + a a = b = c. Cách 5. Nhân hai vế của (*) với (a + b + c) đã đợc chứng minh ở bài trớc.?? Nhận xét: Từ bất đẳng thức (*) nếu ta thay z 1 c; y 1 b; x 1 a === thì đợc: 2 3 )zx(y zx )zy(x yz )yx(z xy + + + + + . Nếu ta cho xyz = 1 thì ta có bất đẳng thức đẹp sau: 2 2 2 1 1 1 3 . (**) ( ) ( ) ( ) 2z x y x y z y x z + + + + + Để chứng minh (**) , bạn đọc có thể chuyển về bất đẳng thức (*) hoặc chứng minh trực tiếp. Bài 145. Cho x, y, z, t dơng thoả mãn xyzt = 1. Chứng minh rằng 3 4 )zxyzxy(t 1 )txxtyx(z 1 )txztxz(y 1 )tyztyz(x 1 2222 ++ + ++ + ++ + ++ . (*) ( Toán học & tuổi trẻ ) Giải. Nhân hai vế của (*) với (xyz + yzt + ztx + txy), ta có 2 2 2 2 1 1 (*) ( ) ( ) ( ) 1 1 4 ( ). ( ) 3 yzt xzt xyt x yz zt ty x y xz zt tx y z yx xt tx xyz xyz yzt ztx txy z t xy yz zx t + + + + + + + + + + + + + + + + + + + áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có: 192 2 2 2 ( ) 9 3 1 1 1 1 2 . (1) ( ) 9 3 yzt yz zt ty x yz zt ty yzt x yzt hay x yz zt ty y z t x + + + + + + + + ữ + + Tơng tự, ta có: 2 1 1 1 1 2 ; (2) ( ) 9 3 ztx y xz zt tx x z t y + + + ữ + + 2 1 1 1 1 2 ; (3) ( ) 9 3 txy z xy yt tx x y t z + + + ữ + + 2 1 1 1 1 2 . (4) ( ) 9 3 xyz t xy yz zx x y z t + + + ữ + + Cộng từng vế của (1), (2), (3), (4), ta đợc + ++ + ++ + ++ )txxtyx(z xyt )txztxz(y xzt )tyztyz(x yzt 222 + ) t 1 z 1 y 1 x 1 ( 3 1 )zxyzxy(t xyz 2 +++ ++ 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 ( ) ( ) ( 1). 3 3 yzt xzt xyt xyz x yz zt ty y xz zt tx z yx xt tx t xy yz zx xyz yzt ztx txy xyzt x y z t x y z t + + + + + + + + + + + + + + + + + + + = + + + = Dấu = của (*) xảy ra (1), (2), (3), (4) cùng xảy ra đẳng thức và xyzt = 1 x = y = z = t = 1. Nhận xét: Nếu ta đặt d 1 t; c 1 z; b 1 y; a 1 x ==== thì ta đa đợc (*) về bất đẳng thức quen thuộc 3 4 cba d bad c adc b dcb a ++ + ++ + ++ + ++ . Bài 146. Cho n * ; a 1 , a 2 ,, a n là n số thực sao cho a 1 + a 2 ++ a n = 1. Hỏi bất đẳng thức sau có đúng không? n2 1 aa a . aa a aa a 2 1 2 n 4 n 2 3 2 2 4 2 2 2 2 1 4 1 + ++ + + + . (*) ( Olypic toán Singapore 2001 ) Giải. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có: 193 4 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 (1); 4 a a a a a a + + + )2(a 4 aa aa a 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 4 2 + + + ; 4 2 2 2 1 2 2 1 . ( ) 4 n n n n a a a a n a a + + + Cộng từng vế của(1), (2), , (n), ta đợc 2 a .aa aa a . aa a aa a 2 n 2 2 2 1 2 1 2 n 4 n 2 3 2 2 4 2 2 2 2 1 4 1 +++ + ++ + + + . (**) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có 2 1 2 11 2 2 1 n2 1 n a 2 a n a 2 n 1 a + . (1) Tơng tự, 2 2 2 2 1 2 2 a a n n ; (2) 2 n 2 n n2 1 n a 2 a . (n) Cộng từng vế của (1), (2), ., (n), ta đợc n2 1 n2 1 n 1 n2 n n a .aa 2 a .aa 2 n21 2 n 2 2 2 1 == +++ +++ . Kết hợp với (**) suy ra (*) đúng dấu = xảy ra (1), (2),, (n) ; (1), (2),, (n) cùng xảy ra đẳng thức và a 1 + a 2 ++ a n = 1 n 1 a .aa n21 ==== . Bài 147. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng ++ ++ + + + + + 222 333 22 3 22 3 22 3 cba cba 2 3 ba c ac b cb a . (*) Giải. Ta có (*) )cba( 2 3 c ba c b ac b a cb a 3333 22 5 3 22 5 3 22 5 +++ + ++ + ++ + 2 cba ba c ac b cb a 333 22 5 22 5 22 5 ++ + + + + + . 194 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho năm số dơng, ta có 3 3 5 5 5 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 3 2 2 2 1 1 5 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 5 ( ) . (1) 2 2 a a a b c b c a b c b c b c a b c hay a b c + + + + + + + + + + + + áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có: 3 1 2 2 2 2 3 3 2 ' 2 2 3 1 2 2 2 2 3 3 2 ' 2 2 ( ) 3 ( ) ; (1 ) 2 2 ( ) 3 ( ) . (2 ) 2 2 b c b c b b b b c b c c c c + + + + + + + + Cộng từng vế của (1), (2), ta đợc ( ) 2 1 22 22 2 3 22 33 ) 2 cb )(cb(3) 2 cb (2cb2 + + + ++ ( ) 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2( ) 6( ) 2 2 ( ) . (2) 2 2 b c b c b c b c b c hay + + + + + + Cộng từng vế của (1), (2), ta đợc 5 3 3 3 2 2 3 5 . (3) 2 2 a b c a b c + + + Tơng tự , )4(b 2 5 2 ac ac b3 3 33 22 5 + + + ; 5 3 3 3 2 2 3 5 . (5) 2 2 c a b c a b + + + Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta đợc 5 5 5 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + + + + + + + . (đpcm) Dấu = của (*) xảy ra a = b = c. Bài 148. Cho a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức )a1(a c )c1(c b )b1(b a F 333 + + = . Giải. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có: 195 )1( 2 a3 4 b1 2 b )b1(b a 3 ++ ; )2( 2 b3 4 c1 2 c )c1(c b 3 ++ ; )3( 2 c3 4 a1 2 a )a1(a c 3 ++ . Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta đợc 4 )cba(5 4 3 )a1(a c )c1(c b )b1(b a 333 ++ + + + Theo giả thiết a + b + c = 1 2 1 F . Vậy giá trị nhỏ nhất của 2 1 F = đạt đợc khi (1), (2), (3) cùng xảy ra đẳng thức và a + b + c = 1 3 1 cba === . Bài 149. Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng ++ + + + + + 22222 6 22 6 22 6 c 1 b 1 a 1 2 1 ba c ac b cb a . Giải. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có 2 a3 2 cb 2 1 cb a cb a 4 2 22 22 6 22 6 + + + + + . (1) Ta lại có 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2( ) ( ) 1 . (2) 4 2 2 b c b c b c b c b c b c + + + + + ữ Cộng từng vế của (1), (2) 6 4 4 4 2 2 2 3 . (3) 4 2 a b c a b c + + + Chứng minh tơng tự, ta có: 6 4 4 4 2 2 2 3 (4) 4 2 b c a b c a + + + ; 6 4 4 4 2 2 2 3 . (5) 4 2 c a b c a b + + + Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta đợc 2 cba ba c ac b cb a 444 22 6 22 6 22 6 ++ + + + + + . (*) Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có )1abcdo( c 2 ba2ba 2 2244 ==+ . (6) Tơng tự, 2 2244 a 2 cb2cb =+ (7); 2 2244 b 2 ac2ac =+ . (8) 196 Từ (6), (7), (8) suy ra 222 444 c 1 b 1 a 1 cba ++++ . Kết hợp với (*), ta có ++ + + + + + 22222 6 22 6 22 6 c 1 b 1 a 1 2 1 ba c ac b cb a (đpcm). Dấu = xảy ra (3), (4),,(8) cùng xảy ra đẳng thức a = b = c. Bài 150. Cho a, b, c, d > 0 thoả mãn 4addccbba 3333 =+++ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33333333 ba dd ad cc dc bb cb aa F + + + + + + + = . Giải. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho chín số dơng, ta có 2 a9 2 cb 2 1 2 cb 2 1 cb aa . cb aa 6 7 2 7 33 2 7 33 lan7 3333 + + + + + ++ + hay 2 a9 2 cb cb aa7 6 7 2 7 33 33 + + + . (1) Lại dụng bất đẳng thức Cô-si cho bảy số dơng, ta có 2 5 33 3 1 lan5 2 7 33 2 7 33 6 7 6 7 2 cb b7 2 cb . 2 cb bb + + ++ + ++ hay 2 5 33 3 1 2 7 33 6 7 2 cb b7 2 cb 5b2 + + + . (2) Tơng tự, 2 5 33 3 1 2 7 33 6 7 2 cb b7 2 cb 5b2 + + + . (3) Từ (2), (3) suy ra 2 7 33 2 5 33 3 1 3 1 2 7 33 6 7 6 7 2 cb 14 2 cb cb7 2 cb 10cb2 + = + + + + + hay 2 7 33 6 7 6 7 2 cb 2 cb + + . (4) Từ (1), (4) ta có 197 2 a9 2 cb cb aa7 6 7 6 7 6 7 33 + + + . (5) Tơng tự, 2 a9 2 cb cb aa7 6 7 6 7 6 7 33 + + + ; (6) 2 a9 2 cb cb aa7 6 7 6 7 6 7 33 + + + (7); 2 d9 2 ba ba dd7 6 7 6 7 6 7 33 + + + . (8) Cộng từng vế của (5),,(8), ta đợc 2 aaaa ba dd ad cc dc bb cb aa 6 7 6 7 6 7 6 7 33333333 +++ + + + + + + + . (*) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bảy số dơng, ta có 3 1 2 1 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 ba711bbaaa ++++++ hay 3 1 2 1 6 7 6 7 6 7 6 7 6 7 ba711bbaaa ++++++ . (9) Tơng tự, 3 1 2 1 6 7 6 7 cb72c2b3 ++ ; (10) 3 1 2 1 6 7 6 7 cb72c2b3 ++ (11); 3 1 2 1 6 7 6 7 cb72c2b3 ++ . (12) Cộng từng vế của (9),, (12), ta đợc 7ad .ba78dcba5 3 1 2 1 3 1 2 1 6 7 6 7 6 7 6 7 = +++ +++ . Theo giả thiết 4addccbba 3333 =+++ . 2 2 dcba 6 7 6 7 6 7 6 7 +++ .Kết hợp với (*) 2F . Vậy giá trị nhỏ nhất của 2F = đạt đợc khi (2),, (12) cùng xảy ra đẳng thức và 4addccbba 3333 =+++ 3 1 cba === . Bài 151. Cho x, y, z, t > 0 thoả mãn xyzt = 1. Chứng minh rằng )txytxy(z 1 )txztxz(y 1 )tyztyz(x 1 333 ++ + ++ + ++ + +++ ++ + t 1 z 1 y 1 x 1 3 1 )zxyzxy(t 1 3 . 198 Giải. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có )1abcddo( a3 2 bcda 1 3 2 bcd9 dacdbc )dacdbc(a 1 33 == ++ + ++ hay x3 2 t 1 z 1 y 1 9 1 )tyztyz(x 1 3 +++ ++ . (1) Tơng tự , y3 2 t 1 z 1 x 1 9 1 )txztxz(y 1 3 +++ ++ ; (2) y3 2 t 1 z 1 x 1 9 1 )txztxz(y 1 3 +++ ++ ; (3) y3 2 t 1 z 1 x 1 9 1 )txztxz(y 1 3 +++ ++ . (4) Cộng từng vế của (1),,(4), ta đợc )txytxy(z 1 )txztxz(y 1 )tyztyz(x 1 333 ++ + ++ + ++ + +++ ++ + t 1 z 1 y 1 x 1 3 1 )zxyzxy(t 1 3 . (đpcm) Dấu = xảy ra (1),, (4) cùng xảy ra đẳng thức và xyzt =1 x = y = z = t = 1. Nhận xét: Bạn đọc có thể đặt 1 1 1 1 ; ; ;x y z t a b c d = = = = để đa bất đẳng thức đã cho về dạng 2 dcba cba d bad c adc b dcb a 2222 +++ ++ + ++ + ++ + ++ . Bài 152. Cho a, b, c > 0; n N * . Chứng minh rằng ++ ++ + + + + + cba cba 2 3 ba c ac b cb a nnnnnn . (*) ( Toán học & tuổi trẻ ). Giải. Ta có (*) ( ) nnn nnn cba 2 3 ba c ac b cb a )cba( ++ + + + + + ++ ++ ++ + + + + + cba cba 2 3 ba c ac b cb a nnnnnn . (**) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (n + 1) số dơng, ta có: 199 [...]... (6),(7) cùng xảy ra đẳng thức a = b = c Nhận xét : Liệu (**) có đúng với k số dơng không? Để trả lời câu hỏi này ta xét bất đẳng thức sau đây 200 Bài 153 Cho x1, x2,, xk > 0, k nguyên : k > 2; p sao cho p 2 Chứng minh rằng p x1 xp xp x p 1 + x p 1 + + x p 1 2 n 2 n + + + 1 (*) x 2 + x3 x3 + x 4 x1 + x 2 2 Giải Do p Q ; p 2 nên n *: np N * (np 2) , áp dụng bất đẳng thức Côsi cho np số... ra đẳng thức x1 = x2 == xk r (r , s Q*+ , r 2s ) ; Nhận xét: Do p Q*+ ( p 2) nên ta đặt p = s r p 1 s x = a x1 = a = a1 ; p 1 r 1 r p x p = a rk x k = a k = a sk ; k với a1, a2,, ak > 0 Thay vào (*), ta đợc a 1r ar ar a r s + a r2 s + + a rk s + s 2 s + + s k s 1 (**) 2 a s2 + a s3 a 3 + a 4 a1 + a 2 Bạn đọc có thể chứng minh trực tiếp (**) mà không cần thông qua (*) Mở rộng hơn bất đẳng. .. n ( p 1) n lan p 1 p 1 p p p x1 x1 1 x + x3 1 x + x3 npx 1 1 + + + 2 + + 2 hay x 2 + x 3 x +x 2 2 2 2 2 2 3 n ( p 1) (1) n lan +) Với p > 2, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n(p 1) số dơng, ta có p 1 p 1 p2 x2 + x3 x2 + x3 x2 + x3 p 1 p 1 x 2 + + x 2 + + + n (p 1) x 2 2 2 2 n lan n ( p 2 ) lan hay Tơng tự, x p...n a n +1 a n +1 1 b + c an + + + b 2 + c b c 2 2 + n lan na n +1 a n + b n (n + 1)a n + b+c 4 2 hay (1) +) n 2 , áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dơng, ta có n n b+c b+c b+c an + + + na 2 2 2 n 1 n 1 n n b+c b+c b+c a + + + na 2 2 2 n 1 n hay (2) n 1 n b +c b +c c n + (n 1) nc... (*), ta đợc a 1r ar ar a r s + a r2 s + + a rk s + s 2 s + + s k s 1 (**) 2 a s2 + a s3 a 3 + a 4 a1 + a 2 Bạn đọc có thể chứng minh trực tiếp (**) mà không cần thông qua (*) Mở rộng hơn bất đẳng thức (**), chứng minh dành cho bạn đọc: Cho x1, x2,, xk > 0, k nguyên : k > 2, i nguyên : i > 1; p, q Q*+ sao cho p 2q Chứng minh rằng x 1p xp xp 2 k + q + + q q q q q q q x 2 + x 3 + + x i x 3 + . VIII- Bất đẳng thức dạng á Nesbit Bài 144. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng 2 3 ba c ac b cb a + + + + + . (*) ( Bất đẳng thức Nesbit với ba. Từ bất đẳng thức (*) nếu ta thay z 1 c; y 1 b; x 1 a === thì đợc: 2 3 )zx(y zx )zy(x yz )yx(z xy + + + + + . Nếu ta cho xyz = 1 thì ta có bất đẳng thức