Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức

Tóm tắt nội dung Trong bài này, chúng ta sẽ giới thiệu một cách chứng minh bằng phép dồn biến cổ điển cho bất đẳng thức sau 5p a+b+c 4.. Bất đẳng thức này được tác giả Jack Garfunkel đề [r]

Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức Tóm tắt nội dung Trong bài này, chúng ta giới thiệu cách chứng minh phép dồn biến cổ điển cho bất đẳng thức sau 5p a+b+c b c a p +p +p c+a a+b b+c Bất đẳng thức này tác giả Jack Garfunkel đề nghị trên tạp chí Crux Magazine năm 1991 (bài toán 1490) Đây là bài toán hay và khó mặc dù đã nhận nhiều lời giải cho nó lời giải phép dồn biến túy thì đến chưa nhận Trước hết chúng ta cần có kết sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng thức Jack Garfunkel Bài toán Cho các số không âm a; b; c; tất không đồng thời 0: Chứng minh b c a + + : 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b (Phạm Kim Hùng) Lời giải Chuẩn hóa cho a + b + c = 3; đó bất đẳng thức trở thành a , a(3 a)(3 b) + b(3 c + b)(3 b a + c c)(3 a) , a b + b c + c a + abc c) + c(3 b 2 (3 a)(3 b)(3 Không tính tổng quát, giả sử b là số hạng nằm a và c; thì ta có c(b a)(b Lop12.net c) c) ) b2 c + c2 a ) a2 b + b2 c + c2 a + abc abc + bc2 2b (a + c) (a + c) 2b + a + c + a + c = 4: 27 b(a + c)2 = Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy và a = b = c (a; b; c) (2; 1; 0): Nhận xét Đây là bổ đề khá chặt và có thể dùng để giải nhiều bài toán khác, các bạn hãy ghi nhớ nó nhé! Ngoài ra, chúng ta có thể làm mạnh bổ đề sau a2 b + b2 c + c2 a + abc + abc(3 ab bc ca) (Võ Quốc Bá Cẩn) Bây chúng ta đến giải bài toán chính Bài toán Cho các số không âm a; b; c, không có số nào đồng thời 0: Chứng minh a b c 5p p a + b + c: +p +p c+a a+b b+c (Jack Garfunkel) Lời giải Ta xét trường hợp Trường hợp c b a; đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có p a b c +p +p c+a a+b b+c Lại có c b (a + b + c) a nên a b c + + a+b b+c c+a = = Nên hiển nhiên p Trường hợp a b c a + + a+b b+c c+a b a b b c c a + + + 2 a+b b+c c+a (c a)(c b)(b a) 25 < (a + b)(b + c)(c + a) 16 a b c +p +p c+a a+b b+c c: Lop12.net 5p a+b+c Trường hợp 2.1 11 b X a p a+b cyc a; đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có !2 " ! a a+b 4a + 4b + c cyc cyc " # ! X a(a + b + c) X X a = a+ a+b 4a + 4b + c cyc cyc cyc ! ! ! X X X a a = a 3+ a+b 4a + 4b + c cyc cyc cyc X a(4a + 4b + c) # X Theo kết bài toán trước, ta có X a 4a + 4b + c cyc Nên ta cần chứng minh X a a+b cyc , (11a2 + 6ab Trường hợp 2.2 a 11 b; 27 16 5b2 )c + (ab + c2 )(11b đặt f (a; b; c) = pa a+b + 5a) pb b+c + (đúng) pc : c+a Vì bài toán này có đẳng thức xảy a = 3; b = 1; c = nên ý tưởng chúng ta là dồn biến 0, tức là chứng minh f (a; b; c) f (a1 ; b1 ; 0) với a1 + b1 = a + b + c: Việc làm này nói có vẻ đơn giản thực hiện, bạn thấy khó vì các biểu thức khó cho ta để đánh giá chúng, và chúng ta "cố chấp" giá trị a1 ; b1 hoài dồn biến thì khó mà ta phải linh động hơn, tùy theo trường hợp cụ thể mà chọn a1 ; b1 thích hợp ứng với trường hợp Chúng ta xét trường hợp nhỏ sau Trường hợp 2.2.1 a 3b; đó ta chứng minh p a a+b , a2 (a + b + c) , p a+ c a+b+c a2 + ac + c (a + b) Lop12.net c2 (đúng) (a + b) và p Do a b c +p c+a b+c r c b+ 3b nên ta cần chứng minh r c b+ b c p +p b+c 3b + c , b2 c2 2bc + +p b + c 3b + c (b + c)(3b + c) 2bc c2 +p 3b + c (b + c)(3b + c) , Do b c nên 3b + c b + b+c 2(b + c); suy p 2b Lại có b + b+c c 3b + c Từ đây, ta đến f (a; b; c) a b; 3b c(b c) = 2(b + c) 2(b + c)(3b + c) c c f a + ;b + ;0 2 đó, ta chứng minh p a a+b , a2 (a + b + c) , 3b 2(b + c) 2b b+c p (b + c)(3b + c) Trường hợp 2.2.2 3b c bc c + b+c 2b c +p 3b + c (b + c)(3b + c) , b+ p a + 83 c a+b+c a2 + ac + c2 (a + b) 64 c (a + b) + ca(3b 64 và b c p +p c+a b+c Lop12.net a) r (đúng) b+ c Tương tự trên, ta cần chứng minh b c p +q b+c c + 52 b b+ c b2 c2 2bc + +q b+c b + c (b + c)( 25 b + c) , , , Do b r c nên c2 2bc +q +c (b + c)( 25 b + c) 2b 2b 2b c +q +c (b + c)( 25 b + c) b+ c bc c+ b+c b + b+c 28 25 (b + c) = (b + c) (b + c) 16 16 2b 8b )q 5(b + c) (b + c)( b + c) b+c Lại có b + b+c 8b 5(b + c) 2b c (b + 10c)(5b 3c) = 40(b + c)(5b + 2c) +c Vậy nên f (a; b; c) Trường hợp 2.2.3 25 b a 11 b; a + c; b + c; 8 đó ta chứng minh p a a+b , a2 (a + b + c) , f a + 14 c p a+b+c 25 c (a + b) a2 + ac + 196 25 c (a + b) + ca(5b 196 và c b p +p c+a b+c Lop12.net 2a) r b+ (đúng) c 14 Tương tự trên, ta cần chứng minh b c p +q b+c c+ , b2 + b+c , c nên Lại có b + 14 b + c c 14 b+ 11 b c2 2bc +q +c (b + c)( 11 b + c) 11 b c2 2bc +q +c (b + c)( 11 b + c) 11 b , Do b r 2b c +q +c (b + c)( 11 b + c) 11 b b+ c 14 bc c+ 14 b+c b + b + c 14 25 (b + c) 16 8b )q 5(b + c) 11 (b + c)( b + c) 11 b+c 8b 5(b + c) (b + c) 2b c 33b2 + 160bc 125c2 = 70(b + c)(5b + 2c) +c 11 b Vậy nên f (a; b; c) f a+ c; b + c; 14 14 Như vậy, ta cần xét bài toán trường hợp có biến là đủ Không tính tổng quát, giả sử c = 0: Khi đó bất đẳng thức trở thành p p a + b a+b 5p a+b p b(a + b) (a + b) p , b(a + b) a + 5b p p , a+b b (đúng): ,a+ Bài toán giải xong Lop12.net Nhận xét Trong lời giải trên, mặc dù không sử dụng máy tính phụ trợ ta lại chia trường hợp có số lẻ 52 ? Câu trả lời xin dành cho các bạn Đây là lời giải dài và khá phức tạp nó gợi mở cho chúng ta nhiều điều việc sử dụng phép dồn biến Từ xưa đến nay, chúng ta thường "cổ hữu" số kiểu dồn biến, chẳng hạn f (a; b; c) a+b a+b ; ;c 2 f f (a; b; c) f (a + c; b; 0) c c f (a; b; c) f a + ; b + ; 2 Nhưng điều này không phải lúc nào luôn có mà có số ít trường hợp Vì thế, chúng ta cần linh động phép dồn biến, chẳng hạn bài này f (a; b; c) f (a1 ; b1 ; 0) với a1 + b1 = a + b + c: Đây là ý tưởng độc đáo và khá thú vị Phần cuối cùng bài viết, chúng tôi xin giới thiệu cùng các bạn số chứng minh khác mà chúng tôi biết cho bài toán đẹp này Lời giải Đặt b + c = x2 ; c + a = y ; a + b = z với x; y; z > 0; từ đây ta a= y2 + z2 x2 0; z + x2 b= y2 0; c= x2 + y 2 z2 Bất đẳng thức đã cho viết lại thành y2 + z2 z x2 + ,x+y+z+ z + x2 x y2 (x + y + z)(x + x2 + y y y)(y xyz z)(z z2 x) 5p 2(x + y + z ) 5p 2(x + y + z ) Từ đây, không tính tổng quát, ta có thể giả sử x z đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có p p 2(x2 + y + z ) x + y + z y ; đó sử dụng bất Nên ta cần chứng minh x+y+z+ By (x + y + z)(x y)(y xyz z)(z G.P Henderson why? Lop12.net x) p x + y2 + z2 , f (x) với , f (t) = 4(z y)t3 +4yz(z t2 yz + 4y + 4y z + 4yz y2 ) 4z 5yz p y2 + z2 t Nếu y = z thì ta có h xy (x f (x) = i y <0 p y) + Nếu z > y; ta có lim f (t) = t! 1; f (0) = 4yz(z y ) > 0; lim f (t) = t!1 Lại có f (z) = f h p yz y + z 4y p p y + z = 2yz 4y y + z i 3z = 5y yz (3y 4z)2 p <0 y + z + 4y + 3z z2 = 2yz p y2 + z2 2y Ta suy f (t) có nghiệm thực, cụ thể, nghiệm âm, nghiệm thuộc (0; z) hp và nghiệm thuộc y + z ; : Mặt khác, f (t) là hàm đa thức bậc với hệ số thực nên nó có tối hpđa nghiệm.Từ đây, ta suy f (t) có đúng nghiệm: t0 < 0; t1 (0; z); t2 y + z ; : Từ đây, cách lập bảng xét dấu, ta thấy f (t) 8t1 Mà ta có t1 < z x nên hiển nhiên ta có t p y2 + z2 f (x) t2 t2 0: Bất đẳng thức chứng minh xong Nhận xét Đây là chứng minh hay và đặc sắc dựa trên tính chất dấu hàm đa thức bậc để nghĩ đến điều này thật không phải dễ Lop12.net Lời giải 3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cyc a p a+b !2 " #" X X a a(5a + b + 9c) (a + b)(5a + b + 9c) cyc cyc # !2 " X X a = a (a + b)(5a + b + 9c) cyc cyc # Ta cần chứng minh X cyc !" a X cyc a (a + b)(5a + b + 9c) # 16 Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì !" # X X a A+B a = 16 (a + b)(5a + b + 9c) C cyc cyc đó A = X cyc B = 243 ab(a + b)(a + 9b)(a X cyc a3 b2 c + 835 X 3b)2 a2 b3 c + 232 cyc X a4 bc + 1230a2 b2 c2 cyc C = 16(a + b)(b + c)(c + a)(5a + b + 9c)(5b + c + 9a)(5c + a + 9b) > 0: Đẳng thức xảy và a3 = 1b = 0c các hoán vị tương ứng Chúng ta còn có lời giải khác cho bài toán này, dồn biến toàn miền, dồn biến-khảo sát hàm số, kỹ thuật pqr trên quan niệm cá nhân, chúng tôi cho lời giải không mang nét đặc sắc riêng nên chúng tôi không giới thiệu chúng đây Chúng tôi xin kết thúc bài viết đây Xin cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết này! Lop12.net BẤT ĐẲNG THỨC ầ §1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I BẤT ĐẲNG THỨC: Khái niệm bất đẳng thức: Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số Ta có: * A > B ⇔ A-B > 0; A < B ⇔ A - B < * A ≥ B ⇔ A-B ≥ 0; A ≤ B ⇔ A − B ≤ Các tính chất bất đẳng thức:  A>B ⇒A>C a) TÝnh chÊt 1:  B>C b) TÝnh chÊt 2: A>B ⇔ A ± C>B ± C  A.C>B.C, nÕu C>0 c) TÝnh chÊt 3: A>B ⇔   A.C<B.C, nÕu C<0 A>B ⇒ A+C >B+D d) TÝnh chÊt 4:  C>D A>B>0 e) TÝnh chÊt 5:  ⇒ A.C > B.D C>D>0 f) TÝnh chÊt 6: A>B>0, n ∈ N* ⇒ A n > B n A>B>0, n ∈ N, n ≥ ⇒ n A > n B g) TÝnh chÊt 7: A>B, n ∈ N* ⇔ A 2n +1 > B 2n +1 A>B, n ∈ N* ⇔ 2n+1 A > 2n +1 B II BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm : Lop12.net Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã:  a+b  a+b   ≥ ab  hay a+b ≥ ab, ab ≤         §¼ng thøc x¶y vµ chØ a=b ☺ Các hệ bất đẳng thức Cauchy hai số là : * HÖ qu¶ : 2(a +b2 ) ≥ (a+b)2 ≥ 4ab, víi ∀a, b ∈ R 1 * HÖ qu¶ : + ≥ , víi a, b>0 a b a+b a b * HÖ qu¶ : + ≥ 2, víi a, b>0 b a Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm : Víi n sè kh«ng ©m a1 , a , , a n (n ≥ 2), ta cã : a1 + a + + a n n ≥ a1a a n n §¼ng thøc x¶y ⇔ a1 = a = = a n III BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHIA-CỐPSKI Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai cặp số: Với hai cặp số thực (a1 , a ), (b1 , b2 ) bất kì, ta có: (a1b1 +a b2 )2 ≤ (a12 + a 22 )(b12 + b22 ) §¼ng thøc x¶y vµ chØ b1 b2 = a1 a * Quy −íc : NÕu a1 = (hoÆc a =0) th× b1 = (hoÆc b2 = 0) Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai n số: Víi hai bé sè thùc (a1 , a , , a n ), (b1 , b2 , , b n ) bÊt k×, ta cã : (a1b1 +a b2 + +a n b n )2 ≤ (a12 + a 22 + + a 2n )(b12 + b22 + + b2n ) §¼ng thøc x¶y ⇔ b1 b b = = = n a1 a an * Quy −ớc : Nếu a i nào đó thì bi = (i=1,n) IV BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: Víi mäi sè thùc a vµ b, ta cã: 1) a+b ≤ a + b §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab ≥ 2) a-b ≤ a + b §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab ≤ V BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: 1) Bất đẳng thức bản: b-c < a < b + c, c-a < b < c + a và a-b < c < a + b, p-a>0, p-b>0 vµ p-c>0 2) Các bất đẳng thức khác: 2S ≤ ab; 2S ≤ bc và 2S ≤ ca
≤ 900 b + c2 ≥ a nÕu A Lop12.net VI CÔNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN VÀ PHÂN GIÁC: b2 + c2 a c2 + a b a + b2 c2 2 ma = − ; mb = − ; mc = − 4 bc ca ab la = p(p − a); l b = p(p − b); l c = p(p − c) b+c c+a a+b Lop12.net §2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi, đánh giá thích hợp Để chứng minh A ≥ B, ta chứng minh A-B ≥ (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất bản, để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay tính chất đúng có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh) Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì Chứng minh các bất đẳng thức: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1) b) (ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c) (2) (§HQG TP HCM -1998) Lêi gi¶i a) (1) ⇔ 2a + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ luôn luôn đúng b) (2) ⇔ a b2 + b2 c2 + c2 a − a bc − ab2 c − abc2 ≥ ⇔ 2a b2 + 2b2 c2 + 2c2 a − 2a bc − 2ab2 c − 2abc2 ≥ ⇔ (ab-bc)2 + (bc − ca)2 + (ca − ab)2 ≥ luôn luôn đúng VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) víi mäi a, b, c, d, e (1) (§H Y d−îc TP HCM-1999) Lêi gi¶i a2 a2 a2 a2 (1) ⇔ − ab + b2 + − ac + c2 + − ad + d + − ae + e2 ≥ 4 4 2 2 a  a  a  a  ⇔  − b  +  − c  +  − d  +  − e  ≥ hiển nhiên đúng 2  2  2  2  1 VÝ dô : Cho ba sè thùc a, b, c tháa m·n abc=1 vµ a+b+c> + + a b c a) Chøng minh r»ng: (a-1)(b-1)(c-1)>0 (1) b) Chứng minh ba số a, b, c có đúng số lớn (§HTH TP.HCM -1993) Lêi gi¶i a) Ta cã: (1) ⇔ abc-ab-ac-bc+a+b+c>0 1 ab+bc+ca V× a+b+c> + + ⇔ a+b+c> a b c abc ⇔ a + b + c > ab + bc + ca (v× abc=1) Vậy (2) đúng Suy (1) đúng b) Ta cã: (a-1)(b-1)(c-1)>0 Suy ba số a, b, c lớn ba số a, b, c có đúng số lớn NÕu a>1, b>1, c>1 ⇒ abc>1, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt Vậy ba số a, b, c có đúng số lớn a b c VÝ dô : Chøng minh: + + < 3 3 3 3 b +c c +a a +b đó a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác (2) (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 5/2004) Lop12.net Lêi gi¶i Ta cã: b3 + c3 ≥ (b + c)3 (1) ThËt v©y: (1) ⇔ 4(b3 +c3 ) ≥ b3 + c3 + 3b2 c + 3bc2 ⇔ b3 + c3 − b2 c − bc2 ≥ ⇔ b2 (b − c) − c2 (b − c) ≥ ⇔ (b-c)(b2 -c2 ) ≥ ⇔ (b-c)2 (b + c) ≥ (2) đúng ⇒ (1) đúng T−¬ng tù: c3 + a ≥ (c + a)3 a +b3 ≥ (a+b)3 Do đó: (2) b c   a ≤ 4 + +   b+c c + a a + b  b +c c +a a +b a b c 2a 2b 2c + + = + + mµ b+c c + a a + b 2(b + c) 2(c + a) 2(a + b) 2a 2b 2c + + < =2 b+c+a c+a+b a+b+c (Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) Tõ (3) vµ (4) suy ®pcm a 3 + b 3 + c 3 (3) (4)  Bài tập tự luyện: Bµi : Cho x, y ≠ Chøng minh: x y x2 y2 + + ≥ 3 +  y x y x (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường Trần Đại Nghĩa TP HCM năm 2004 ) Bµi : Chøng minh r»ng nÕu 0<x ≤ y ≤ z, th× ta cã: 1 1 1 1 y  +  + (x + z) ≤  +  (x + z) x z y x z (Đề 148 - Bộ đề tuyển sinh) Bµi : Cho a, b, c lµ c¸c sè d−¬ng Chøng minh:  a + b + c2  a + b2 b2 + c2 c2 + a + + ≤ 3  a+b b+c c+a  a+b+c  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 11/1995) Bµi : Cho x, y, z lµ c¸c sè d−¬ng Chøng minh: x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3(x + y + z) (Học viện Quan hệ Quốc tế năm 1997) Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ (Đề - Bộ đề tuyển sinh) Dạng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ☺ Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc Lop12.net VÝ dô : Chøng minh: a b c2 a b c + + ≥ + + , ∀abc ≠ b c2 a c a b (ĐH Y dược Tp HCM-1999) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy cho sè d−¬ng, ta cã: a b2 a b2 a 2a + ≥ =2 ≥ 2 b c b c c c (1) b2 c2 2b + ≥ c2 a a 2 c a 2c + +≥ a b b Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3) ta có đpcm T−¬ng tù: (2) (3) x x x  12   15   20  VÝ dô : Chøng minh r»ng víi mäi x ∈ R, ta cã:   +   +   ≥ 3x + 4x + 5x  5 4   Khi nào đẳng thức xảy ? (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ-Năm 2005) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: x x  12   15   12    +  ≥         x x x  15    = 2.3x 4 (1) x  15   20  Tương tự ta có:   +   ≥ 2.5x 4   x (2) x  20   12  x (3)   +   + ≥ 2.4     Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế bất đẳng thức nhận cho 2, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy và x = VÝ dô : Cho x, y, z > Chøng minh r»ng: y x z 1 + 2+ ≤ + + 2 x +y y +z z +x x y z (ĐH Nông Nghiệp I Khối A - 2001) Lời giải DÔ dµng chøng minh ®−îc B§T sau: a + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 1 1 1 ¸ p dông (1), ta ®−îc: + + ≥ + + x y z xy yz zx (1) (2) ¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ®−îc: y y x z x z + 2+ ≤ + + = 2 x +y y +z z +x x y2 y3 z 2 z 3x = 1 1 1 + + ≤ + + (®pcm) xy yz zx x y z Lop12.net VÝ dô : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã: 3a + 17b3 ≥ 18ab (ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997) Lời giải á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: 3a + 17b3 = 3a + 9b3 + 8b3 ≥ 3 3a 9b3 8b3 = 18ab (®pcm) Ví dụ : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c-a c + a − b a + b − c (ĐH Y Hải Phòng – Năm 2000) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: b+c−a +c+a −b =c (b+c-a)(c+a-b) ≤ T−¬ng tù ta cã: (c+a-b)(a+b-c) ≤ a (a+b-c)(b+c-a) ≤ b Nhân các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta được: (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) ≤ abc ⇒ (1) (2) (3) abc ≥1 (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d−ơng, ta có: a b c abc + + ≥ 33 ≥ b+c-a c + a − b a + b − c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) VÝ dô : Cho a, b, c > Chøng minh:  1   b+c c+a a+b  (a +b3 +c3 )  + +  ≥  + + b c  a b c  2 a (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003) Lời giải Víi ∀a, b, c > 0, ta cã: a + b3 ≥ ab(a + b); b3 + c3 ≥ bc(b + c); c3 + a ≥ ca(c + a) 2(a + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d−ơng, ta có: (1) 1 1 1 + + ≥ 33 = a b c a b c abc Nhân các vế tương ứng (1) và (2), ta có đpcm Đẳng thức xảy và a = b = c VÝ dô : Cho a>b>0 Chøng minh: a+ ≥ 2 b(a-b)2 Lời giải á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số d−ơng, ta có: (2) a+ a−b a−b a−b a−b =b+ + + ≥ 4 b = 2 2 b(a-b) 2 b(a-b) 2 b(a-b)2 Lop12.net VÝ dô : Cho a, b, c, d > Chøng minh: a b2 c2 d 1 1 + + + ≥ + + + b c d a a b3 c3 d (ĐH Thủy lợi – Năm 1997) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có: a2 a2 a2 1 3a 5 + + + + ≥ = ⇒ ≥ − b b5 b a a b15 b3 b b3 a 3b2 T−¬ng tù, ta cã: ≥ - c c b 3c ≥ 3− d d c 3d ≥ 3− a a d Cộng các vế tương ứng (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm VÝ dô : Cho c¸c sè thùc x, y, z d−¬ng Chøng minh: (1) (2) (3) (4) 16xyz(x+y+z) ≤ 3 (x+y)4 (y + z)4 (z + x)4 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1/1996) Lời giải Gọi A = (x + y)(y + z)(z + x) Ta có: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2 ¸ p dông B§T Cauchy cho t¸m sè d−¬ng gåm ba sè víi mçi sè b»ng xy(x + y + z), ba sè víi mçi sè zy(x + y + z), xz , zx b»ng (xyz)6 (x + y + z)6 ⇒ ®pcm 36 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z VÝ dô 10 : Cho a, b, c > 0, n ∈ N, n ≥ Chøng minh: Ta cã: (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8 n a b c n n n − +n +n > b+c c+a a + b n −1 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 8/1996) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy cho n sè d−¬ng gåm mét sè b»ng (a+b)(n-1) c vµ (n-1) sè víi mçi sè b»ng 1, ta cã: 1+1+ +1  + (n-1) sè (a+b)(n-1) (a+b)(n-1) ≥ nn c c n (a + b)(n − 1)  (a + b + c)(n − 1)  ⇔ ≥  nc c   Hay n c n n c ≥ n − a+b n − a+b+c (1) Lop12.net b n n b n − ≥ c+a n − a+b+c a n n a n ≥ n − c+b n − a+b+c Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta có đpcm (n-1)(a+b)=c  §¼ng thøc x¶y vµ chØ (n-1)(b+c)=a ⇒ n = ∉ N (n-1)(c+a)=b  kh«ng x¶y T−¬ng tù, ta cã: n (2) (3) ☺ Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ xyz=1 Chøng minh r»ng: x2 y2 z2 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x (§Ò dù bÞ Khèi D-N¨m 2005) Lêi gi¶i ¸ p dông B§T Cauchy cho hai sè d−¬ng, ta cã: x2 + y x2 + y + ≥2 =x 1+y 1+y y2 + z y2 + z + ≥2 =y 1+z 1+z z2 + x z2 + x + ≥2 =z 1+x 1+x Céng c¸c vÕ t−¬ng øng cña ba B§T, ta ®−îc:  x2 + y   y2 + z   z2 + x  + + + + +  ≥ (x + y + z)    1+x    1+z  1+y x2 y2 z2 x+y+z ⇔ + + ≥− − + (x + y + z) 1+y 1+z 1+x 4 3(x + y + z) ≥ − 4 3 3 ≥ 3 x.y.z − = − = (Do x.y.z=1) 4 4 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1 VÝ dô : Cho c¸c sè d−¬ng x, y, z tháa m·n xyz=1 Chøng minh r»ng: 1+x3 + y3 + y3 + z 1+z + x + + ≥ 3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? (§H, C§ Khèi D-N¨m 2005) Lêi gi¶i ¸p dông B§T Cauchy cho ba sè d−¬ng, ta cã: Lop12.net 1+x + y3 ≥ 3 1.x y3 = 3xy 1+x + y3 ≥ xy xy T−¬ng tù, ta cã: ⇔ (1) 1+y3 + z 3 ≥ yz yz (2) 1+z +x3 ≥ zx zx MÆt kh¸c, ta cã: xy + yz + + 3 ≥ 33 zx xy yz zx ≥3 xy yz zx Céng c¸c vÕ t−¬ng øng cña (1), (2), (3) vµ (4) ta cã ®pcm §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1 VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè tháa m·n x + y + z = Chøng minh r»ng : ⇒ + (3) (4) + 4x + + y + + z ≥ (§Ò dù bÞ Khèi A - N¨m 2005) Lêi gi¶i á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 3+4x = + + + 4x ≥ 4 4x ⇒ 3+4x ≥ 4x = 4x T−¬ng tù, ta cã: 3+4 y ≥ y 3+4 z ≥ 4z Cộng các vế t−ơng ứng ba bất đẳng thức trên, ta đ−ợc: 3+4x + 3+4 y + 3+4z ≥ ( ) 4x + y + z ≥ 2.3 4x.4 y.4 z ≥ 624 4x + y + z = §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=0 VÝ dô 4: Chøng minh r»ng víi mäi x, y, z d−¬ng vµ x + y + z = th× 18xyz xy+yz+zx> 2+xyz (ĐH Tây Nguyên Khối A, B-Năm 2000) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy, ta cã: 2=x+y+z+x+y+z ≥ xyz (1) xy+yz+zx ≥ 3 x y z Nhân các vế tương ứng (1) và (2), ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác, ta có: xyz(xy + yz + zx) > (2) (3) (4) 10 Lop12.net Cộng các vế tương ứng (3) và (4), ta được: (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz 18xyz ⇒ xy + yz + zx > (v× 2+xyz>0) + xyz VÝ dô : Cho x, y, z lµ c¸c sè d−¬ng tháa m·n 1 + + = Chøng minh r»ng: x y z 1 + + ≤ 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2005) Lêi gi¶i C¸ch : Víi a, b>0 ta cã: 4ab ≤ (a+b)2 ⇔ a+b 11 1 ≤ ⇔ ≤  +  a + b 4ab a+b 4a b §¼ng thøc x¶y vµ chØ a=b ¸ p dông kÕt qu¶ trªn ta cã: ≤ 2x+y+z T−¬ng tù: ≤ x+2y+z 1 1   1  1   1  +   +  ≤  +  +  =  +  2x y + z   2x  y z    x 2y 2z  (1) 1 1   1  1   1   +  ≤  +  +  =  + +   2y x + z   2y  x z    y 2z 2x  (2) 1 1   1  1   1  ≤  + +   ≤  +  +  =  + x+y+2z  2z x + y   2z  x y    z 2x 2y  1 11 1 VËy + + ≤  + +  = 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z  x y z  §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z= 1 víi a, b>0, ta ®−îc: C¸ch 2: ¸ p dông B§T + ≥ a b a+b 1 1 1 1 1 1 1 1  1  + + 8=2  + +  =  +  +  +  +  +  ≥   x y z x y y z z x x+y y+z z+x T−¬ng tù, ta cã: (3) (1)  1   1   1   1  2 + + + + + = + +   x+y y + z z + x   x + y x + z   x + y y + z   y + z z + x    1 ≥ 4 + +   2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z  Tõ (1) vµ (2) ta suy ra: (2)   1 + + ≥ 8  ⇒ ®pcm  2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z  C¸ch : Víi a, b lµ hai sè bÊt k× vµ x, y lµ hai sè d−¬ng ta cã: a b (a + b)2 + ≥ x y x+y (*) 11 Lop12.net