Chuyên đề ôn tập Bất đẳng thức

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….. Trong một số trường hợp có thể biến đ[r]

Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I Tính chất bản: ax > bx x > ax < bx x < a a > b ⇔  a > x ⇒ a + b > x + y Chú ý b > y b  a > x  b > y  a − b > x − y   ab > xy a x  >  b y ⇒ a > x ≥ ⇒ ab > xy b > y ≥ c  d a > b ≥ ⇒ a > b Hệ quả: a > b ⇔ a > b 1 < a b 1 a<b<0⇒ > a b f A > • x < A ⇔ −A < x < A e a > b > ⇒ x < − A x > A • x > A⇔  II Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c,… tùy ý ( a, b, c ∈ R ) a a + b ≥ 2ab ( Dấu “ = ” xảy ⇔ a = b ) b a + b + c ≥ ab + bc + ca ( Dấu “ = ” xảy ⇔ a = b = c ) 1 1 1 c Với a, b > ta có: (a + b)  +  ≥ ⇔ + ≥ a b a+b a b III Các ví dụ:  π π   tan x − tan y <1 − tan x tan y Ví dụ 1: Cho x, y ∈  − ;  Chứng minh bất đẳng thức: 4 Giải:  π π x, y ∈  − ;  thì −1 < tan x; tan y < 1; ≤ tan x, tan y <  4 tan x − tan y Ta có: <1 − tan x tan y Lop10.com ⇔ tan x − tan y > − tan x tan y ⇔ tan x + tan y − tan x tan y < − tan x tan y + tan x tan y ⇔ tan x + tan y − tan x tan y − < ⇔ tan x(1 − tan y ) − (1 − tan y ) <  π π ⇔ (1 − tan y )(tan x − 1) < ( Luôn đúng ∀x, y ∈  − ;  )  4 Ví dụ 2: Chứng minh với số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = thì: 1 a b c + b + c ≥  a + b + c  a 3 3 3  Giải: giảm nên ta có: 3x a b a b 1 1 ≥ ( a − b)  a − b  ⇒ b + a ≥ a + b 3 3  3 Vì hàm số Tương tự ta có: b c b c c a c a + b ≥ b+ c; a+ c ≥ c+ a c 3 3 3 3 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý a + b + c = ), ta được: 1 a b c a b c + b + c −  a + b + c  ≥ 2 a + b + c  a 3 3 3  3 3  1 a b c ⇔ a + b + c ≥  a + b + c  (đpcm) 3 3 3  Ví dụ 3: a Cho x > 0, y > và xy ≤ Chứng minh: ≥ 1 + (1) 1+ x 1+ y + xy b Cho < a ≤ b ≤ c ≤ d và bd ≤ Chứng minh: 1 1 ≥ + + + + abcd + a + b + c + d Giải: a Vì x > 0, y > nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 + x)(1 + y ) ≥ (1 + xy )(1 + y ) + (1 + xy )(1 + x) ⇔ + x + y + xy ≥ + xy + y + y xy + + xy + x + x xy ⇔ ( x + y ) + xy ≥ xy ( x + y ) + xy ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + 2( xy − xy ) ≥ ⇔ ( x + y )(1 − xy ) + xy ( xy −1) ≥ ⇔ (1 − xy )( x + y − xy ) ≥ Lop10.com ⇔ (1 − xy )( x − y )2 ≥ (2) ( x − y )2 ≥ nên (2) đúng (đpcm) Vì:   xy ≤ ⇒ − xy ≥  a , b, c , d >  a , b, c , d > a ≤ b   ⇒ ac ≤ db ≤ b a ≤ b ≤ c ≤ d nên  ≤ c d bd ≤   bd ≤ Theo kết câu a, ta có:  1 + a + + c ≤ + ac (a, c > 0; ac ≤ 1)   + ≤ (b, d > 0; bd ≤ 1) 1 + c + d + bd ⇒ 1 1   + + + ≤  +  1+ a 1+ b 1+ c 1+ d  + ac + bd  ≤ + ac bd = (đpcm) + abcd Ví dụ 4: Cho a, b, c ∈ [ − 1; 2] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh: a + b2 + c ≤ Giải: • a ∈ [ − 1; 2] ⇔ −1 ≤ a ≤ ⇔ ( a + 1)(a − 2) ≤ ⇔ a − a − ≤ ⇔ a ≤ a + (1) • b ≤ b + c (2) Tương tự ta có  c ≤ c + (3) Cộng (1), (2), (3) ta có: a + b + c ≤ ( a + b + c) + = (đpcm) Ví dụ 5: Cho x, y, z ∈ [0;2] và x + y + z = Chứng minh rằng: x2 + y + z ≤ Giải: Ta có: x, y, z ≤ ⇒ (x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) + 4( x + y + z ) − ≤ ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) − 4.(3) − ≤ ⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) − ( vì x + y + z = ) ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x + y + z ) − ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x + y + z ) − = 32 − ( x + y + z ) − Lop10.com ⇔ x + y + z ≤ − xyz ( Vì x + y + z = ) ⇒ x + y + z ≤ ( Vì xyz ≥ ) (đpcm) Ví dụ 6: Cho x > 0, y > 0, z > và xyz = Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1 + 3 + ≤ (1) x + y + y + z + z + x3 + 1 1 b + + ≤ (2) x + y +1 y + z +1 z + x +1 a Giải: a Đặt T = vế trái bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T ≤ ) Ta có: x3 + y = ( x + y )( x + y − xy )  x + y ≥ xy ⇔ x + y − xy > xy  x + y > ( Vì x > 0, y > 0) Mà  Nên ( x + y )( x + y − xy ) ≥ ( x + y ) xy hay x3 + y ≥ xy ( x + y ) ⇒ x3 + y +1 ≥ xy ( x + y ) + xyz ( Vì xyz = ) ⇔ x + y +1 ≥ xy ( x + y + z ) > 1 ⇔ ≤ (a) x + y + xy ( x + y + z ) Tương tự ta có: 1   y + z + ≤ xy ( x + y + z ) (b)  ⇔ 1  ≤ (c) 3  z + x + xy ( x + y + z ) Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:   x+ y+ z  1 1  + + =   = ( Vì xyz = ) (đpcm) ( x + y + z )  xy yz zx  x + y + z  xyz  b Đặt S vế trái bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤ )  x = a3  x , y , z > ⇒ a , b, c >  Đặt  y = b3 mà  3  xyz = ⇒ a b c ⇔ abc =  z = c3  T≤ a, b, c > và abc = nên theo kết câu a, ta có: 1 + 3 + ≤1 3 a + b + b + c + c + a3 + 1 1 ⇔ + + ≤ (đpcm) x + y +1 y + z +1 z + x +1 Ví dụ 7: Cho a, b > và b, c > Chứng minh: (a − c)c + (b − c)c ≤ ab (1) Lop10.com Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: c(a − c) + (b − c)c + c (a − c)(b − c) ≤ ab ⇔ c + c − ac + ab − bc − 2c (a − c)(b − c) ≥ ⇔ c + a(b − c) − c(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ ⇔ c + (a − c)(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ ⇔  c − (a − c)(b − c)  ≥ đây là bất đẳng thức đúng (đpcm) Ví dụ 8: Chứng minh a, b, c ∈ R , ta có: a2 + b + c ≥ ab − ac + 2bc (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: a + 4b + 4c − 4ac − 8bc + 4ac ≥ ⇔ ( a − 2b + 2c) ≥ đây là bất phương trình đúng (đpcm) Ví dụ 9: Cho a > 36 và abc = Chứng minh: a2 + b + c > ab + bc + ca (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: a2 + (b + c)2 − 2bc > a (b + c) + bc a2 ⇔ (b + c) − a (b + c) + − 3bc >  a2  ⇔ (b + c) − a (b + c) +  −  > ( Vì bc = ) a  a x = b + c  ⇔ (a)  a2  f ( x ) = x − ax +  − >0   a  Xét tam thức bậc hai f ( x) = x − ax + ( a2 − ) có: a  a  36 − a ∆ = a2 −  −  = < ( Vì a > 36 ) a a   ⇒ f ( x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (a ) đúng (đpcm) Ví dụ 10: Cho −1 < x < và n ∈ N , n > Chứng minh: Lop10.com (1 − x)2 + (1 + n)n < 2n Giải: Vì −1 < x < nên x = cos α (0 < α < π) lúc đó: (1 + n) n + (1 − n) n = (1 + cos α )n + (1 − cos α ) n n n α  α  =  cos  +  2sin  2  2  n n  α  α  α α  = n  cos  +  sin   < 2n  cos + sin  = n (đpcm) 2    2   * Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức phương pháp biến đổi tương đương cần: Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng minh ( ví dụ 4, 5…) Trong số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành bất đẳng thức luôn đúng ( nêu ví dụ 1, 3, 7, 8…) Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng giới thiệu phần II IV Bài tập tương tự: Chứng minh rằng: < x ≤ y ≤ z thì: 1 1 1 1 y  +  + ( x + z) ≤  + ( x + z) x z y x z * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( x + z ) , chuyển vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,… a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: a + b + c + d + e ≥ ab + ac + ad + ac Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương cách biến đổi bất đẳng thức đã cho dạng: 2 2 a  a  a  a   − b +  − c +  − d  +  − e ≥ 2  2  2  2  … a, b, c, là độ dài ba cạnh tam giác ABC, chứng minh: a + b + c < 2(ab + bc + ca ) * Hướng dẫn: a < b + c ⇒ a < ab + ac, b < a + c ⇒ Chứng minh: a + b ≥ 2ab, ∀a, b ∈ R Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh: a + b + c ≥ abc(a + b + c) Lop10.com * Hướng dẫn: Dùng công thức (a − b)2 ≥ ⇔ a + b ≥ Áp dụng kết trên Chứng minh ∀t ∈ [ − 1;1] ta có: 1+ t + 1− t ≥ 1+ 1+ t2 ≥ − t2 * Hướng dẫn • Với ∀t ∈ [ − 1;1] , ta luôn có: (1 − t ) + (1 − t )(1 + t ) + (1 + t ) ≥ + − t + (1 − t ) Biến đổi tương đương suy + t + − t ≥ + + t • Từ: ≤ − t ≤ ⇒ 1+ 1+ t2 ≥ − t2 Chương II BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) I Phương pháp giải toán 1) Cho số a,b > 0, ta có: a+b ≥ ab Dấu “ = ” xảy và a = b 2) Cho n số a1, a2 , a3, , an ≥ ta có: a1 + a2 + a3 + + an n ≥ a1a2 a3 an n Dấu “ = ” xảy và a1 = a2 = a3 = = an 3) Bất đẳng thức côsi suy rộng Phát biểu: Với các số thực dương a1 , a2 , a3 , , an và x1 , x2 , x3 , , xn là các số thực không âm và có tổng 1, ta có: a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + + an xn ≥ a1x1 a2 x2 a3 x3 an xn Lop10.com Tổng quát: Cho n số dương tùy ý ai, i = 1, n và n số hữu tỉ dương qi, n thỏa ∑q i i =1 = đó ta luôn có: n ∏a qi i i =1 i = 1, n n ≤ ∑ qi i =1 Dấu “=” xảy II Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n số dương ai, i = 1, n Chứng minh rằng: 1 1 1 (a1 + a2 + a3 + + an )  + + + +  ≥ n an   a1 a2 a3 Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số a1 , a2 , a3 , , an , 1 1 , , , , a1 a2 a3 an Ta có: a1 + a2 + a3 + + an ≥ n n a1a2 a3 an 1 1 n + + + + ≥ a1 a2 a3 an n a1a2 a3 an Nhân vế tương ứng ta bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy a1 = a2 = a3 = = an Ví dụ 2:Chứng minh với a,b,c dương ta luôn có: 1 27 + + ≥ a (a + b) b(b + c) c(c + a) 2(a + b + c) Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái: 1 + + ≥ a (a + b) b(b + c) c(c + a ) abc(a + b)(a + c)(b + c) Mà 33 abc ≤ (a + b + c)3 33 (a + b)(b + c)(c + a ) ≤ 8( a + b + c)3 ( a + b + c)6 ⇔ abc(a + b)(b + c)(c + a ) ≤ ( a + b + c) ⇒ abc (a + b)(b + c)(c + a) ≤ Lop10.com (1) ⇔ 27 ≥ abc(a + b)(b + c)(c + a ) 2( a + b + c) (2) Từ (1)(2) đpcm Dấu “=” xảy a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với số dương a, b, c ta luôn có 1 1 + + ≤ a + b + abc b3 + c + abc c + a + abc abc Giải Ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) Nên abc abc c ≤ = a + b + abc ab( a + b) + abc a + b + c Tương tự ta có abc abc a ≤ = b3 + c3 + 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 1   abc  3 + 3 + 3  ≤1 a + b + abc b + c + abc c + a + abc   Hay 1 1 + 3 + ≤ (đpcm) 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc III Bài tập tương tự Các số dương x, y, z có tích Chứng minh bất đẳng thức : xy yz xz + ≤1 5 x + xy + y y + yz + z x + xz + z 5 *Hướng dẫn: Ta có: x + y ≥ xy ⇒ x5 + y ≥ x5 y = 2x y xy ≥ (x+y)x y Lop10.com Do đó : xy xy z ≤ = = 2 x + xy + y xy + (x+y)x y + xy ( x + y ) x + y + z Tương tự: yz x ≤ y + yz + z x+ y+z xz y ≤ 5 x + xz + z x+ y+z Cộng vế theo vế ta có đpcm Dấu “=” xảy x = y = z Với x, y, z dương Chứng minh : x3 y z + + ≥ x+ y+z yz xz xy *Hướng dẫn: Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có: x3 + y + z ≥ 3x yz y3 + x + z ≥ 3y xz z3 + x + y ≥ 3z xy Cộng vế theo vế ta được: x3 y z + + + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) yz xz xy ⇒ đpcm Dấu “=” xảy x = y = z Cho a, b, c là số nguyên dương Chứng minh: 2  (b + c) + (a + c) + (a + b) ≤  (a + b + c)  3  a b a +b + c 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 (b + c) a (a + c)b (a + b)c Hay :  2(a + b + c)   a + b + c  a +b + c ≥ (b + c) a (a + c)b (a + b)c (1) 10 Lop10.com Ta có bất đẳng thức sau: 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca ) ≥ (2) a+b+c Thật (2) ⇔ (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca (đúng) Từ (1)(2), ta có đpcm Dấu “=” xảy a = b = c Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥3 b+c−a c+ a−b a +b−c *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi: (b + c − a )(c + a − b) ≤ b + c − a + c + a − b) =c Tương tự : (a + b − c)(c + a − b) ≤ a (b + c − a )(a + b − c) ≤ b Nhân vế theo vế ta được: (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc abc ⇒ ≥ (1) (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi: a b c abc + + ≥ 33 ≥ do(1) (đpcm) b+c−a c+a −b a +b−c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) 11 Lop10.com Chương III BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI ( B.C.S) I Bất đẳng thức bunhiacopxki: Cho n số thực ( n ≥ ) a1, a2, …, an và b1, b2, …, bn Ta có: (a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) Dấu “ = ” xảy ⇔ a a1 a2 = = = n hay a1 = kb1 ; a2 = kb2 ; ; an = kbn b1 b2 bn Chứng minh: a = a + a + + a 2 n  Đặt:  b = b12 + b2 + + bn • Nếu a = hay b = thì bất đẳng thức luôn đúng • Nếu a, b > : a b Đặt: α i = i ; β i = i ( i = 1, n ) a b 2 Thế thì α1 + α + + α n = β12 + β 2 + + β n = 1 Mà: α i β i ≤ (α i + β i ) Suy ra: α1β1 + α β + + α n β n ≤ (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) ≤ ⇒ a1b1 + a2b2 + + an bn ≤ ab Lại có: a1b1 + a2b2 + + anbn ≤ a1b1 + a2b2 + + anbn Suy ra: (a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) α = β i Dấu “ = ” xảy ⇔  i ng daá u α1β1 , α n β n cuø ⇔ a a1 a2 = = = n b1 b2 bn II Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho a, b, c > Chứng minh: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: 12 Lop10.com   a2 b2 c2 ( b + c )2 + ( a + c ) + ( a + b ) ≥ (a + b + c) + +  2   ( b + c) ( c + a) ( a + b)  a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b ( ) Ví dụ 2: Cho a + b = Chứng minh: a b + + b a + ≤ + Giải: Áp dụng lần bất đẳng thức B.C.S ta có: (a b + + b a + )2 ≤ ( a + b )(b + + a + ) = + a + b ≤ + 12 + 12 a + b = + (do a + b = ) Vì a b + + b a + ≤ +  a b +1  = Dấu “ = ” xảy ⇔  b a + ⇒ a = b a = b Ví dụ 3: Chứng minh phương trình x + ax + bx + cx + = (1) cos nghiệm thì a + b + c ≥ Giải: Từ (1) ta có: −(1 + x ) = ax3 + bx + cx Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: (1 + x ) = (ax3 + bx + cx) ≤ (a + b + c )( x + x + x ) (1 + x ) (2) x6 + x4 + x2 (1 + x )2 Mặt khác: ≥ (3) x +x +x Thật vậy: (3) ⇔ 3(1 + x + x8 ) ≥ 4( x + x + x ) ⇒ (a + b + c ) ≥ ⇔ 3x8 − x + x − x + ≥ ⇔ ( x − 1) (3 x + x + 3) ≥ ( luôn đúng) Từ (2) và (3): a + b + c ≥   a = b = c = ( x = 1) Dấu “ = ” xảy ⇔   a = b = c = − (x = −1)  Ví dụ 4: Cho a, b, c > thỏa a + b + c = Chứng minh rằng: 13 Lop10.com P= 1 1 + + + ≥ 30 2 a + b + c ab bc ca Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:   1 1 100 =  a + b2 + c + ab + bc + ca  2 ab bc ca  a +b +c  1 1   ≥ + + +  ( a + b + c + 9ab + 9bc + 9ca ) 2  a + b + c ab bc ca    10 P = P (a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca )  ≤ P 1 + (a + b + c)2  ≤ ⇒ P ≥ 30   Do: a + b + c = ( theo giả thuyết) (a + b + c)2 ⇒ ab + bc + ca ≤ Ví dụ 5: Cho a, b, c > và abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) Giải: x y z Đặt: a = ; b = ; c = Khi đó từ a, b, c > và abc = ⇒ x, y, z > và xyz = Bất đẳng thức đã cho đưa dạng sau: x3 yz y zx z xy + + ≥ y+z z+x x+ y ⇒ x2 y2 z2 + + ≥ (do xyz = ) (1) y+z z+x x+ y Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:  x2 y2 z2  ⇒ + +  ( y + z + z + x + x + y) ≥ ( x + y + z ) y + z z + x x + y   2 x y z ( x + y + z )2 x + y + z ⇔ + + ≥ = (2) y + z z + x x + y 2( x + y + z ) x y z x+ y+z Dấu “ = ” xảy ⇔ = = = = y + z z + x x + y 2( x + y + z ) ⇔ y + z = x; z + x = y; x + y = 2z ⇔ x= y=z Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi: x + y + z ≥ 3 xyz = ( xyz = ) (3) Dấu “ = ” xảy x = y = z x2 y2 z2 + + ≥ Vậy (1) đúng y+z z+x x+ y Dấu “ = ” xảy ⇔ x = y = z hay a = b = c Từ (2) và (3) suy ra: 14 Lop10.com ⇒ đpcm Ví dụ 6: Cho ∆ABC tùy ý có m1, m2, m3 là độ dài đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh 9R ≥2 m1 + m2 + m3 Giải: Ta có công thức đường trung tuyến: 2b + 2c − a ⇒ ma + mb + mc = (a + b + c ) Mặt khác, tam giác ta có: a + b + c ≤ 9R (1) Dấu “ = ” (1) xảy ⇔ ∆ABC 27 ⇒ ma + mb + mc ≤ R (2) ma = Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ 3( ma + mb + mc ) (3) Dấu “ = ” (3) xảu ⇔ ma = mb = mc ⇔ ∆ABC 81 R 9R ⇔ ma + mb + mc ≤ 9R ⇔ ≥2 ma + mb + mc Từ (2) và (3) ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ Dấu “ = ” xảy đồng thời (2) và (3) hay ∆ABC đểu Ví dụ 7: Cho a1 , a2 , , an > Chứng minh rằng: an (a1 + a2 + + an ) a1 a2 + + + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 + + an ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:  a1 an  a2 + + +   [ a1 ( a2 + a3 ) + a2 ( a3 + a4 ) + + an ( a1 + a2 )] ≥ (a1 + a2 + + an ) + + + a a a a a a  3  an (a1 + a2 + + an ) a1 a2 Hay + + + ≥ (1) a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 a1a2 + a1a3 + a2 a3 + a2 a4 + + an a1 + an a2 Dấy “ = ” xảy ra: ⇔ a2 + a3 = a3 + a4 = = an + a1 = a1 + a2 15 Lop10.com ⇔ a1 = a2 = = an a + a32 a12 + a2 a12 + a3 + = a12 + 2 2 2 a + a4 a2 a3 + a2 a4 ≤ a2 + Do a1a2 + a1a3 ≤ … a12 + a2 an a1 + an a2 ≤ an + 2 Cộng vế n bất đẳng thức trên ta có: ( a1a2 + a1a3 ) + ( a2 a3 + a2 a4 ) + + ( an a1 + an a2 ) ≤ ( a12 + a2 + + an ) (2) Dấu “ = ” (2) xảy khi: a1 = a2 = = an Từ (1), (2) suy ra: an (a1 + a2 + + an ) a1 a2 + + + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a12 + a2 + + an ) Dấu “ = ” xảy ⇔ a1 = a2 = = an III Bài tập tương tự: Cho ab + bc + ca = Chứng minh: a + b + c ≥ 16 *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần: (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c )(b + c + a ) = (a + b + c ) ≤ 3(a + b + c ) 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ ( ab + bc + ca = ) Dấu “ = ” xảy ⇔ a = b = c = ±  x + xy + y = Cho  2  y + yz + z = 16 Chứng minh rằng: xy + yz + xz ≤ *Hướng dẫn Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có: 2  x   3 z   18 = ( x + xy + y )( y + yz + z ) =  y +  + x   z +  y +           x 3  z  ≥  y +  z+ x  y +   = ( xy + yz + xz ) 2 2    ⇒ ( xy + yz + xz ) ≤ 64 ⇒ đpcm 16 Lop10.com Chứng minh phương trình x + ax + bx + ax + = có nghiệm thì: a + b2 ≥ *Hướng dẫn Gọi x là nghiệm phương trình đã cho: x + ax + bx + ax + = ( ⇒ x ≠ ) Chia vế cho x > , ta được: 1     x +  + a  x +  + b = (1) x  x   Đặt t = x + , t ≥ x (1) ⇔ t + at + b − = ⇔ − t = at + b Áp dụng B.C.S: ( − t ) = ( at + b ) ≤ ( a + b )( t + 1) 2 (2 − t ) ≥ 2 ⇒ a +b 2 t −1 (2 − t ) Ta dễ chứng minh được: 2 t −1 ⇒ a2 + b2 ≥ ≥ ( dành cho bạn đọc tự chứng minh) 5 Cho x, y, z > thỏa xy + yz + xz = Tìm giá trị nhỏ của: T= x2 y2 z2 + + x+ y y+z z+x *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: +) = x y + y z + z x ≤ x + y + z x + y + z = x + y + z  x  y z +) ( x + y + z ) =  x+ y + y+z + z+x  y+z z+x  x+ y   x2 y2 z2  ≤ + +  ( x + y + y + z + z + x ) = 2T ( x + y + z )  x+ y y+z z+x ⇒T ≥ 1 (x + y + z) = 2 Dấu “ = ” xảy ⇔ x = y = z = Vậy Min(T ) = 1 x = y = z = 17 Lop10.com Cho x ≥ y ≥ z ≥ Chứng minh rằng: x2 y y2 z z x + + ≥ x2 + y + z z x y *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:  x2 y y2 z z x   x2 z y x z y  2 2 + + + +    ≥ (x + y + z ) x y  y z x   z Xét hiệu: x2 y y2 z z x x2 z y x z y + + − − − z x y y z x = ( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + xz ) > (2) xyz x2 y y2 z z2 x + + ≥ x2 + y + z Từ (1), (2) ⇒ z x y Dấu “ = ” xảy ⇔ x = y = z A= Cho ∆ABC , M là điểm bất kì tam giác Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC, AC, AB Chứng minh rằng: x+ y+ z≤ a2 + b2 + z 2R *Hướng dẫn Ta có: S MBC + SMCA + S MAB = S ⇒ x y z + + =1 hb hc  x y z  + +  h  a hb hc  Ta có: + hb + hc = ( + hb + hc )  Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra:  x y z  + hb + hc ≥  + hb + hc  hb hc   ⇒ + hb + hc ≥ x + y + z (1) Do tam giác nên ta có: = b sin C ; hb = c sin A; hc = a sin B nên: + hb + hc = = b sin C + hb = c sin A + hc = a sin B = Theo bất đẳng thức Causi: + hb + hc = a2 + b2 + c2 (2) 2R 18 Lop10.com bc + ac + ab 2R Từ (1), (2) suy đpcm Dấu “ = ” xảy ∆ABC đều, M là trọng tâm tam giác Chương IV BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV) I Phát biểu - Cho dãy số a1 , a2 , a3 , , an và b1 , b2 , b3 , , bn + Nếu dãy số cùng tăng cùng giảm a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an  a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an   b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn ( a1 + a2 + a3 + + an )( b1 +b2 +b3 + +bn ) ≤ n(ab 1 + a2b2 + a3b3 + + anbn ) Ta có: + Nếu dãy tăng, dãy giảm a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an   b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn Ta có: ( a1 + a2 + a3 + + an )( b1 + b2 + b3 + + bn ) ≥ n(a1b1 + a2b2 + a3b3 + + anbn )  a1 = a2 = a3 = = an b1 = b2 = b3 = = bn Dấu “=” xảy và  II Các ví dụ Ví dụ 1: Cho a + b ≥ 3 5 9 Chứng minh (a + b)(a + b )(a + b ) ≤ 4(a + b ) 19 Lop10.com Giải Giả sử a ≥ b3 a≥b⇒ 5 a ≥ b Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có:  a + b3  a + b5  a + b8 (1)   ≤ 2    Nhân vế (1) cho a+b ≥ , ta có: 3 5 8  a + b   a + b  a + b   a + b   a + b   ≤              Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có: 8 9  a + b  a + b   a + b  ≤         Suy ra: (a + b)( a + b3 )( a + b5 ) a + b9 ≤ 3 5 ⇔ ( a + b)( a + b )(a + b ) ≤ 4(a + b9 ) Dấu “=” xảy ⇔a=b 2 Ví dụ 2: Cho dãy số dương đó : a1 + a2 + + an > an3 a13 a23 + + + > Chứng minh: s − a1 s − a2 s − an n − Với s = a1 + a2 + + an Giải Không tính tổng quát ta giả sử: a1 ≥ a2 ≥ ≥ an do: 20 Lop10.com