Chuyên đề Bất đẳng thức hay

Sau đây chúng tôi trình bày ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopxki trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức.... Chuyên Đề Bất Đẳng Thức..[r]

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC Hoàng Thanh Thủy Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Mục lục KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa bất đẳng thức 1.2 Các tính chất bất đẳng thức PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.1 Chứng minh bất đẳng thức dùng định nghĩa 2.2 Phương pháp biến đổi tương đương 2.3 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức X ≥ 2.4 Dùng các bất đẳng thức cổ điển để chứng minh bất đẳng thức 2.4.1 Bất đẳng thức Côsi 2.4.2 Bất đẳng thức Bunhiacopxki 2.5 Phương pháp phản chứng 2.6 Phương pháp quy nạp 2.7 Phương pháp tam thức bậc hai 2.8 Phương pháp đạo hàm 2.9 Phương pháp hình học, toạ độ, véctơ 2.10 Phương pháp miền giá trị 2.11 Các phương pháp khác 2.11.1 Phương pháp làm trội 2.11.2 Phương pháp lượng giác 2 3 9 17 21 23 25 29 35 39 41 41 43 ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 48 3.1 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình 48 3.2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 54 HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa bất đẳng thức Định nghĩa 1.1 Cho hai số a và b, ta nói a nhỏ b và kí hiệu là a < b a − b âm a < b ⇐⇒ a − b âm Tương tự ta có a lớn b và kí hiệu là a > b a − b dương a > b ⇐⇒ a − b dương Định nghĩa 1.2 Cho a, b là hai biểu thức số, các mệnh đề dạng ”a < b” ”a > b” gọi là bất đẳng thức Định nghĩa 1.3 Ta nói a nhỏ b a < b a = b và kí hiệu là a ≤ b Vậy a ≤ b ⇔ a < b ∨ a = b Tương tự ta có định nghĩa cho a lớn b 1.2 Các tính chất bất đẳng thức Tính chất 1.1 Tính bắc cầu: a < b và b < c suy a < c Tính chất 1.2 Quy tắc cộng bất đẳng thức với số: a < b ⇐⇒ a + c < b + c, ∀c Tính chất 1.3 Quy tắc chuyển vế: a < b + c ⇐⇒ a − c < b Tính chất 1.4 Quy tắc cộng hai bất đẳng thức: ( a<b ⇒a+c<b+d c<d Chú ý: Không có quy tắc trừ hai bất đẳng thức cùng chiều Tính chất 1.5 Quy tắc nhân hai bất đẳng thức với số: • a < b ⇔ ac < bc c > • a < b ⇔ ac > bc c < ( 0≤a<b ⇔ ac < bd 0≤c<d Chú ý: Chir phép nhân hai bất đẳng thức không âm cùng chiều và không có phép chia hai bất đẳng thức cùng chiều Tính chất 1.6 Quy tắc nhân hai bất đẳng thức: Tính chất 1.7 Với hai số a, b > 0; n nguyên dương ta có: a < b ⇔ an < bn √ √ Tính chất 1.8 Với a, b > 0, n ∈ N, n ≥ ta có: a < b ⇔ n a < n b HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 2.1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chứng minh bất đẳng thức dùng định nghĩa Để chứng minh A > B, ta chứng minh A − B dương và ngược lại, để chứng minh A < B ta chứng minh A − B âm Sau đây là các ví dụ: VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 2.1 Chứng minh với x, y ta luôn có x2 + y ≥ |xy| Lời giải Xét hiệu x2 + y − |xy|, ta có x2 + y − 2|xy| (|x| + |y|)2 x2 + y − |xy| = = ≥ 2 Dấu ” = ” xảy và |x| = |y| Vậy bất đẳng thức đúng Ví dụ 2.2 Chứng minh với x, y ta luôn có x4 + y ≥ x3 y + xy Lời giải Xét hiệu x4 + y − (x3 y + xy ), ta có x4 + y − (x3 y + xy ) = = = = (x4 − x3 y) + (y − xy ) x3 (x − y) + y (y − x) (x − y)(x3 − y ) (x − y)2 (x2 + xy + y ) £ 3y ¤ y = (x − y)2 (x + )2 + ≥ Vậy bất đẳng thức luôn đúng Dấu ” = ” xảy và x = y Ví dụ 2.3 Chứng minh với a, b ta luôn có a2 + b2 + ≥ ab + a + b Lời giải Xét hiệu S = a2 + b2 + − (ab + a + b) = a2 + b2 + − ab − a − b Ta có 2S = 2a2 + 2b2 + − 2ab − 2a − 2b = (a2 − 2ab + b2 ) + (a2 − 2a + 1) + (b2 − 2b + 1) = (a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức   a − b = Do đó S ≥ 0, dấu ” = ” xảy và a − =   b−1=0 Bất đẳng thức đã chứng minh ⇔ a = b = Ví dụ 2.4 Cho các số dương a, b, chứng minh √ √ ab √ ≤ ab √ a+ b √ √ ab √ , ta có Lời giải Xét hiệu ab − √ a+ b √ √ ³ √ √ ab ab ´ 4 √ = ab − √ √ ab − √ a+ b a+ b √ √ √ ab √ √ ( a − ab + b) = √ a+ b √ √ √ ab √ ( a − b)2 = √ a+ b ≥ Vậy bất đẳng thức đúng Dấu ” = ” xảy và a = b BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.1 CMR với a, b, c, d, e ta có a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) a2 + b2 + c2 ¡ a + b + c ¢2 ≥ 3 Bài tập 2.3 CMR với a, b, c ta luôn có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Bài tập 2.2 CMR với a, b, c ta luôn có Bài tập 2.4 Cho a, b, c ≥ −1, chứng minh 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ −abc Hướng dẫn: Chuyển vế, đưa dạng (a + b + c + 1)2 ≥ 0, (vì a, b, c ≥ −1) (1 + a)(1 + b)(1 + c) + ( a, b, c > Bài tập 2.5 Cho Chứng minh b + c ≥ 16abc a+b+c=1 Bài tập 2.6 Cho a, b ≥ Chứng minh (a + b)(1 + ab) ≥ 4ab HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 2.2 Phương pháp biến đổi tương đương Biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh BĐT đã biết BĐT hiển nhiên đúng Sau đây là các ví dụ: VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 2.5 Cho các số không âm a, b, chứng minh a+b √ ≥ ab µ ¶ √ √ √ a+b √ Lời giải Ta có a− b ≥0 ≥ ab ⇔ a + b − ab ≥ ⇔ Đây là bất đẳng thức đúng Từ đó suy đpcm a b Ví dụ 2.6 Cho a, b > Chứng minh + ≥ b a Lời giải a b a + b2 a2 + b2 − 2ab + ≥2⇔ ≥2⇔ ≥0 b a ab ab (a − b)2 ⇔ ≥ Đúng vì a, b > ab Đẳng thưc xảy ⇐⇒ a = b Ví dụ 2.7 Chứng minh ∀a, b ∈ R ta có: a4 + b4 ≥ a3 b + ab3 Lời giải Ta có a4 + b4 ≥ a3 b + ab3 ⇔(a4 − a3 b) + (b4 − ab3 ) ≥ ⇔a3 (a − b) + b3 (b − a) ≥ ⇔(a − b)(a3 − b3 ) ≥ √ · ¸ b 2 ⇔(a − b) (a + ) + ( b) ≥ (luôn đúng) 2 Đẳng thức xảy ⇔ a = b Ví dụ 2.8 Cho các số thực dương a, b, chứng minh √ √ b a √ + √ ≥ a + b a b Lời giải Bất đẳng thức trên tương đương với √ √ √ b b+a a √ √ ≥ a+ b ab √ √ √ √ √ ⇔ b b + a a − a b − b a ≥ (do ab > 0) √ √ ⇔ a(a − b) + b(b − a) ≥ √ √ ⇔ ( a − b)(a − b) ≥ HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức √ √ Bất đẳng thức trên đúng vì a − b và a − b luôn cùng dấu Vậy BĐT ban đầu đúng Dấu ” = ” xảy và a = b Ví dụ 2.9 Chứng minh ab ≥ thì (a2 − b2 )2 ≥ (a − b)4 Lời giải Ta có bất đẳng thức trên tương đương với (a − b)2 (a + b)2 − (a − b)4 ≥ ⇔ (a − b)2 [(a + b)2 − (a − b)2 ] ≥ ⇔ 4ab(a − b)2 ≥ Bất đẳng thức cuối đúng vì ab ≥ 0, đó bất đẳng thức ban đầu đúng Đẳng thức xảy và a = b a = b = BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.7 Chứng minh ∀a ∈ R∗+ ta có a + ≥2 a Bài tập 2.8 Chứng minh ∀a 6= ta có |a + | ≥ a ≥ a ( ax + by = c Bài tập 2.10 Cho các số a, b, c, x, y thoả mãn a2 + b2 > c2 Chứng minh x2 + y ≥ a + b2 Bài tập 2.9 Chứng minh ∀a ta có a2 + Bài tập 2.11 Chứng minh (a5 + b5 )(a + b) ≥ (a4 + b4 )(a2 + b2 ) với ab > HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 2.3 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức X ≥ Bất đẳng thức cổ điển là x2 ≥ 0, dấu xảy và x = Ta nêu hai dạng bất đẳng thức áp dụng bất đẳng thức trên • Với a, b, ta có: (a − b)2 ≥ ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 Dấu xảy và a = b • Áp dụng bất đẳng thức trên ba lần cho ba số thực bất kì a, b, c, ta có: a2 +b2 +c2 ≥ ab+bc+ca ⇔ (a+b+c)2 ≥ 3(ab+bc+ca) ⇔ 3(a2 +b2 +c2 ) ≥ (a+b+c)2 Dấu xảy và a = b = c VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 2.10 Cho a + b ≥ Chứng minh a a2 + b2 ≥ b a2 + b2 ≥ a + b Lời giải Ta có 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 ⇔ a2 + b2 ≥ (a + b)2 a Mà a + b ≥ 2, nên ta suy a2 + b2 ≥ b Từ a2 +b2 ≥ (a + b)2 a+b = (a+b) Mà a+b ≥ 2, nên ta suy a2 +b2 ≥ a+b 2 Ở câu b chúng ta có thể làm sau: Ta có: a2 + ≥ 2a và b2 + ≥ 2b, suy a2 + b2 ≥ a + b + (a + b − 2) ≥ a + b Bình luận Cả hai cách giải câu b chúng ta đã sử dụng phương pháp tách theo lượng trội sau: Để chứng minh A ≥ B, có thể làm theo hai cách: C1 Chứng minh A ≥ B + C, chứng minh C ≥ C2 Chứng minh A ≥ BC, (giả sử B > ) chứng minh C ≥ Vẫn sử dụng ý tưởng tách theo lượng trội trên, ta xét ví dụ sau: Ví dụ 2.11 Cho a, b, c > và a + b + c ≤ Chứng minh √ √ √ √ √ √ a + b + c ≥ ab + bc + ca HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Lời giải Đặt x = chứng minh √ a, y = √ b, z = √ c Ta có x, y, z > và x2 + y + z ≤ Ta cần x + y + z ≥ xy + yz + zx Ta có 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 ⇔ xy + yz + zx ≤ (x + y + z) x+y+z (1) Mặt khác (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y + z ) ≤ 9, ta x+y+z ≤3 (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 2.4 2.4.1 Dùng các bất đẳng thức cổ điển để chứng minh bất đẳng thức Bất đẳng thức Côsi Dạng tổng quát: Cho a1 , a2 , · · · , an là số không âm Khi đó √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 · · · an n • Dấu bất đẳng thức xảy và a1 = a2 = · · · = an • Trường hợp đặc biệt a1 + a2 √ ≥ a1 a2 dấu xảy ⇐⇒ a1 = a2 √ a1 + a2 + a3 • Với n = ta có: ≥ a1 a2 a3 dấu xảy ⇐⇒ a1 = a2 = a3 • Với n = ta có: VÍ DỤ MINH HOẠ Ví dụ 2.12 Cho a1 , a2 , · · · , an > Chứng minh rằng: µ ¶ 1 (a1 + a2 + · · · + an ) + + ··· + ≥ n2 a1 a2 an Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương a1 , a2 , · · · an và được: √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 · · · an n 1 r + + ··· + a1 a2 an ≥ n n a1 a2 · · · an 1 , ,··· ta a1 a2 an (1) (2) Do hai vế ( 1) và ( 2) là số dương, nên nhân vế chúng ta có điều phải chứng minh Dấu xảy  a1 = a2 = · · · = an ⇔ a1 = a2 = · · · = an ⇔ 1  = = ··· = a1 a2 an Bình luận Bất đẳng thức trên đơn giản, nó lại có ứng dụng rộng rãi Người ta thường hay sử dụng hai dạng đặc biệt nó, đó là: Với n = 1 1 (a + b)( + ) ≥ ⇔ + ≥ a b a b a+b (3) HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Với n = 10 1 1 1 (a + b + c)( + + ) ≥ ⇔ + + ≥ a b c a b c a+b+c (4) Trong đó a, b, c là số dương Các bạn hãy xem các ví dụ 2.13, 2.14 và các bài tập 2.18 trên trang 16, 2.12 trên trang 15, 2.15 trên trang 15 để biết thêm ứng dụng nó Ví dụ 2.13 Cho tam giác ABC, có các cạnh a, b, c và p là nửa chu vi Chứng minh rằng: ¶ µ 1 1 1 + + ≥2 + + p−a p−b p−c a b c  4   + ≥ =   a p−b (p − a) + (p − b) c  p − 1 4 + ≥ = Lời giải Áp dụng ( trên trang trước) ta có: p−b p−c (p − b) + (p − c) a    1 4    + ≥ = p−c p−a (p − c) + (p − a) b Cộng vế ba bất đẳng thức trên suy ra: µ ¶ 1 1 1 + + ≥2 + + p−a p−b p−c a b c Dấu xảy ⇔ p − a = p − b = p − c ⇔ a = b = c ⇔ ABC là tam giác Ví dụ 2.14 Cho a, b, c > và thoả mãn ab + bc + ca = abc Chứng minh 1 1 + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b Lời giải Áp dụng ( trên trang trước) ta có: µ ¶ 1 1 = ≤ + a + 3b + 2c 3b + (a + 2c) 3b a + 2c · µ ¶¸ 1 1 1 ≤ + + + 3b a c c µ ¶ 1 1 = + +2 12 3a b 3c (1) Hoàn toàn tương tự ta có µ ¶ 1 1 ≤ + +2 b + 3c + 2a 12 3b c 3a µ ¶ 1 1 ≤ + +2 c + 3a + 2b 12 3c a 3b (2) (3) Cộng vế các bất đẳng thức ( 1), ( 2), ( 3) ta µ ¶ 1 1 1 + + ≤ + + a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b a b c HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 11 1 Mặt khác theo giả thiết, từ ab + bc + ca = abc ta có + + = a b c 1 1 Vậy + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b Dấu xảy và a = b = c = Ví dụ 2.15 Cho a, b, c, d ≥ 0, chứng minh a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a a3 b3 c3 d3 + + + ≥a+b+c+d b2 c2 d2 a2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm a3 , a3 , b3 ta √ a3 + a3 + b3 ≥ a6 b3 = 3a2 b Tương tự ta có: b3 + b3 + c3 ≥ 3b2 c c3 + c3 + a3 ≥ 3c2 a Từ đó suy a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a Dấu xảy ⇔ a = b = c Làm tương tự a3 + b + b ≥ 3a b2 b3 + c + c ≥ 3b c2 c3 + d + d ≥ 3c d2 d3 + a + a ≥ 3a a2 Từ đó suy điều phải chứng minh, dấu xảy ⇔ a = b = c = d Bình luận Các bạn hãy xem thêm các bài tập 2.16 trên trang 16, 2.17 trên trang 16, hãy cho trường hợp đặc biệt để có bất đẳng thức "phù hợp" với mục đích bạn Ví dụ 2.16 Cho a1 , a2 , · · · , an là các số không âm Cho α1 , α2 , · · · , αn là các số hữu tỉ dương cho α1 + α2 + · · · + αn = Chứng minh α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an ≥ aα1 aα2 · · · aαnn Lời giải Vì α1 , α2 , · · · , αn là các số hữu tỉ dương, và α1 + α2 + · · · + αn = 1, nên ta có thể viết chúng dạng sau (sau đã quy đồng mẫu số các phân số): α1 = p2 pn p1 , α2 = , · · · αn = N N N HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 12 Trong đó p1 , p2 , · · · pn , N là các số nguyên dương và p1 + p2 + · · · + pn = N Áp dụng bất đẳng thức Côsi với p1 số a1 , p2 số a2 , pn số an , ta có: a1 + · · · + a1 + a2 + · · · + a2 + · · · + an + · · · + an | {z } | {z } {z } | p p1 lần p2 lần pn lần ≥ p1 +p2 +···+pn aα1 aα2 · · · aαnn p1 + p2 + · · · + pn pn p1 p2 p1 p2 pn ⇔ a1 + a2 + · · · + an ≥ a1N a2N · · · anN N N N ⇔ α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an ≥ aα1 aα2 · · · aαnn (đpcm) Dấu xảy ⇐⇒ a1 = a2 = · · · = an Ví dụ 2.17 Cho a, b, c ≥ và thoả mãn a + b + c = Chứng minh √ √ √ √ n n n a + b + n c ≤ 3n+1 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có: √ n a + 3| + ·{z · · + 3} ≥ n a3n−1 n−1 số √ n b + 3| + ·{z · · + 3} ≥ n b3n−1 số √ n c + 3| + ·{z · · + 3} ≥ n c3n−1 n−1 n−1 số √ n ⇔ (a + b + c) + 9(n − 1) ≥ n 3n−1 √ √ √ √ n n ⇔ n a + b + n c ≤ 3n+1 µ √ n a+ √ n b+ √ n ¶ c Dấu xảy ⇔ a = b = c = Ví dụ 2.18 Cho x, y, z ∈ [0; 1] Chứng minh µ ¶ 81 x y z −x −y −z (2 + + ) + + ≤ Lời giải Đặt a = 2x , b = 2y , c = 2z suy ≤ a, b, c ≤ Bất đẳng thức đã cho trở thành µ ¶ 1 81 (a + b + c) + + ≤ a b c ≤ Do đó a µ ¶ 1 + + (a + b + c) + ≤9 a b c ¶ µ 1 s µ ¶ (a + b + c) + + + 1 a b c Mặt khác (a + b + c) + + ≤ a b c µ ¶ 1 81 + + (đpcm) Nên ta có: (a + b + c) ≤ a b c Từ (a − 1)(a − 2) ≤ ta có a + HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 13 Ví dụ 2.19 Cho a, b, c ∈ [0; 1] Chứng minh a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ b+c+1 a+c+1 a+b+1 Lời giải Không giảm tổng quát ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c Ta có · ¸3 (a + b + 1) + (1 − a) + (1 − b) (a + b + 1)(1 − a)(1 − b) ≤ =1 Nên (1 − a)(1 − b) ≥ Từ đó suy a+b+1 1−c (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ a+b+1  a a   ≤ a+b+1 Mặt khác a ≤ b ≤ c đó ta có: b + cb + b   ≤ a+c+1 a+b+1 a b c Vậy + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ (đpcm) b+c+1 a+c+1 a+b+1 Hãy xem bài 2.14 trên trang 15 để biết bất đẳng thức tổng quát bài toán này 1 Ví dụ 2.20 Cho ≥ 0, i = 1, n thoả mãn điều kiện + +· · ·+ = n−1 + a1 + a2 + an Chứng minh a1 a2 · · · an ≤ (n − 1)n Lời giải Từ giả thiết suy ra: µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 = 1− + 1− + ··· + − + a1 + a2 + a3 + an a3 an a2 + + ··· + = + a2 + a3 + an r a2 a3 · · · an Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: ≥ (n − 1) n−1 + a1 (1 + a2 )(1 + a3 ) · · · (1 + an ) Lí luận tương tự ta có: r a1 a3 · · · an ≥ (n − 1) n−1 + a2 (1 + a1 )(1 + a3 ) · · · (1 + an ) ··· r a1 a2 · · · an−1 n−1 ≥ (n − 1) + an (1 + a1 )(1 + a3 ) · · · (1 + an−1 ) Nhân vế n bất đẳng thức trên, ta được: a1 a2 · · · an ≥ (n − 1)n (1 − a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + an ) (1 + a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + an ) ⇔ a1 a2 · · · an ≤ (n − 1)n Dấu xảy và a1 = a2 = · · · = an = n−1 HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 14 Ví dụ 2.21 Cho hai dãy số không âm a1 , a2 , · · · an ; b1 , b2 , · · · bn Chứng minh p p √ n (a1 + b1 )(a2 + b2 ) · · · (an + bn ) ≥ n a1 a2 · · · an + n b1 b2 · · · bn Lời giải Có hai khả xảy Nếu (a1 + b1 )(a2 + b2 ) · · · (an + bn ) = thì bất đẳng thức đã cho đúng Nếu (a1 + b1 )(a2 + b2 ) · · · (an + bn ) > đó bất đẳng thức đã cho viết lại dạng: r r a b1 a a b2 bn n n ··· + n ··· ≤1 a1 + b1 a2 + b2 an + bn a1 + b1 a2 + b2 an + bn Theo bất đẳng thức Côsi ta có: µ ¶ r a1 a2 an a1 a2 an n ··· ≤ + + ··· + a1 + b1 a2 + b2 an + bn n a1 + b1 a2 + b2 an + bn r µ ¶ b1 b2 bn b1 b2 bn n ··· ≤ + + ··· + a1 + b1 a2 + b2 an + bn n a1 + b1 a2 + b2 an + bn Từ đó suy điều phải chứng minh Dấu xảy và khi: ak = 0, ∀k = 1, n a1 a2 an = = ··· = , đây quy ước bk = thì b1 b2 bn Ví dụ 2.22 Chứng minh Nếu π π sin2 x < x < thì A = ≥4 cos x(sin x − cos x) Nếu ≤ x ≤ π thì: s sinp x cosp x ≤ pp q q (p, q ∈ N∗ ) (p + q)p+q Lời giải Đặt t = tgx, từ π π < x < suy < t < Bài toán trở thành chứng minh t2 ≥ với < t < t−1 r 1 Ta có A = t − + + ≥ (t − 1)( ) + = từ đó suy điều phải chứng t−1 t−1 minh A= HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 15 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho p số sin2 x cos2 q và q số ta có: p q sin2 x sin2 x cos2 x cos2 x + ··· + + + ··· + p p q q | {z } | {z } p số q số ≥ p+q s 2p x cos2q x p+q sin ⇔ ≥ (p + q) pp qq s p+q sin2p x cos2q x pp qq sin2p x cos2q x ≥ ⇔ (p + q)p+q pp qq p q pq ⇔ sin2p x cos2q x ≤ (p + q)p+q s pp q q p p ⇔ sin x cos x ≤ (đpcm) (p + q)p+q BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài tập 2.12 Cho các số a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh a b c + + ≥ b+c c+a a+b 2 a b c + + ≥2 b+c−a c+a−b a+b−c Bài tập 2.13 Cho a, b, c > Nếu a + b + c = Chứng minh abc(a + b)(b + c)(c + a) ≤ 64 a b c 1 + + ≥√ +√ +√ bc ca ab ca ab bc Bài tập 2.14 Cho ≤ ≤ 1, i = 1, n Chứng minh a2 an a1 + ··· + + (1 − a1 )(1 − a2 ) · · · (1 − an ) ≤ S − a1 + S − a2 + S − an + Ở đó S = a1 + a2 + · · · + an Bài tập 2.15 Cho tam giác ABC, O là điểm tuỳ ý tam giác, AO, BO, CO kéo dài cắt các cạnh đối diện M, N, P Chứng minh rằng: BO CO AO + + ≥6 OM ON OP HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 16 Bài tập 2.16 Cho a, b, c là số không âm, n, k là số tự nhiên, n ≥ 2, k ≥ Chứng minh an + bn + cn ≥ an−1 b + bn−1 c + cn−1 a an + bn + cn ≥ an−2 b2 + bn−2 c2 + cn−2 a2 an + bn + cn ≥ an−k bk + bn−k ck + cn−k ak Bài tập 2.17 Cho a, b, c, d là số dương Chứng minh a2 b2 c2 d2 1 1 + 3+ 3+ ≥ + + + b c d a a b c d an bn cn dn 1 1 + + + ≥ + + + n+1 n+1 n+1 n+1 b c d a a b c d an+1 bn+1 cn+1 dn+1 + n + n + n ≥a+b+c+d bn c d a Bài tập 2.18 Chứng minh tam giác ta có + hb + hc ≥ 9r, đây , hb , hc là ba chiều cao tam giác còn r là bán kính đường tròn nội tiếp Bài tập 2.19 Cho a, b > 0; x, y, z > và x + y + z = Chứng minh µ ¶4 µ ¶4 µ ¶4 b b b a+ + a+ + a+ ≥ 3(a + 3b)4 x y z r r √ √ n n n n n n Bài tập 2.20 Chứng minh ∀n ∈ N ta có + + 1− < n n Bài tập 2.21 Cho m, n là số tự nhiên cho n > m Chứng minh ¶n µ ¶m µ 1 > 1+ 1+ n m Bài tập 2.22 Chứng minh logn+1 (n + 2) < logn (n + 1) với n ∈ N, n ≥ µ ¶m µ ¶n µ ¶−n µ ¶−m 1 1 + < 1+ < 1− < 1− với m, n ∈ N∗ , m < n m n n m Bài tập 2.23 Cho ba số dương a, b, c Chứng minh b2 c2 a+b+c a2 + + ≥ b+c c+a a+b Bài tập 2.24 Cho α, β, γ > và thoả mãn α + β + γ = π Chứng minh sin α sin β sin γ sin β sin α sin γ + + ≤ cos (α − β) cos (γ − β) cos (α − γ) HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Bài tập 2.25 Cho x, y, z > và 17 1 + + = Chứng minh x y z 1 + + ≤1 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Bài tập 2.26 Cho x, y, z > và xyz = Chứng minh p p √ √ + x3 + y + y3 + z3 + z + x3 + + ≥3 xy yz zx Bài tập 2.27 Cho a, b, c > và a + b + c = Chứng minh √ √ √ a + b + c ≥ ab + bc + ca 2.4.2 Bất đẳng thức Bunhiacopxki Dạng tổng quát: cho hai dãy số a1 , a2 , · · · an và b1 , b2 , · · · bn Khi đó ta có • (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 a1 a2 an • Dấu xảy và = = ··· = quy ước bi = thì b1 b2 bn = Trường hợp đặc biệt • Với n = ta có: (a21 + a22 )(b21 + b22 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 )2 dấu xảy ⇔ a2 a1 = b1 b2 • Với n = ta có: (a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 dấu a2 a3 a1 = = xảy ⇔ b1 b2 b3 Bình luận Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacopxki trường hợp tổng quát đã chúng tôi trình bày phần Phương pháp tam thức bậc hai Cho nên đây chúng tôi không trình bày lại, bạn hãy xem ví dụ 2.37 trên trang 26 Sau đây chúng tôi trình bày ứng dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki các bài toán chứng minh bất đẳng thức VÍ DỤ MINH HOẠ √ Ví dụ 2.23 Cho a2 + b2 + c2 = Chứng minh a + 3b + 5c ≤ 35 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai số (1, 3, 5) và (a, b, c) ta được: (12 + 32 + 52 )(a2 + b2 + c2 ) ≥ (1.a + 3.b + 5.c)2 √ a + 3b + 5c ≤ 35 Dấu xảy và a b c = = HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 18 Ví dụ 2.24 Cho 3x − 4y = Chứng minh 3x2 + 4y ≥ Lời giải Sử dụng Bunhiacopxki ta có · ¸2 √ √ √ 2 49 = (3x − 4y) ≤ (( 3) + (−2) ) 3( 3x) − 2(2y) ≤ (3 + 4)(3x2 + 4y ) ( x=1 Vậy 3x2 + 4y ≥ Dấu xảy ⇔ y = −1  1 + + = Ví dụ 2.25 Cho a b c Chứng minh a, b, c > 2 a +b +c ≥ (1 + √ 2+ √ 3)4 Lời giải Ta có: · ¶¸2 µ 1 a + b + c ≥ (a + b + c) = (a + b + c) + + 3 a b c √ √ ≥ (1 + + 3)4   a =? Dấu xảy và khi: b =?   c =? ( x2 + xy + y = 16 Ví dụ 2.26 Cho chứng minh xy + yz + zx ≤ y + yz + z = Lời giải Từ giả thiết ta có: √ x (y + ) + ( x) = 16 √2 z (y + )2 + ( z) = 2 2 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: √ √ x z 3 ( x)(y + ) + ( z)(y + ) 2 s2· √ √ ¸· ¸ x z ≤ (y + ) + ( x) (y + ) + ( z) 2 2 √ √ = 16.3 = √ µ ¶ √ zx zx Từ đó suy + yz + xy + ≤4 2 Hay xy + yz + zx ≤ (đpcm) HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com Chuyên Đề Bất Đẳng Thức 19 Ví dụ 2.27 Cho a1 , a2 , · · · an ; b1 , b2 , · · · bn là hai dãy số, đó bi > 0, ∀i = 1, n Chứng minh rằng: a21 a22 a2 (a1 + a2 + · · · + an )2 + + ··· + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + · · · + bn Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai dãy số: √ √ √ a a a √ , √ , · · · , √ n và b1 , b1 , · · · , bn ta có: b1 b2 bn µ ¶ a1 a22 a2n + + ··· + (b1 + b2 + · · · + bn ) ≥ (a1 + a2 + · · · + an )2 b1 b2 bn a21 a22 a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 ⇔ + + ··· + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + · · · + bn a1 a2 an Dấu xảy và = = ··· = b1 b2 bn Ví dụ 2.28 Cho x1 , x2 , · · · , xn là các số không âm và thoả mãn điều kiện n P x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn + xn x1 = Đặt S = xi Chứng minh i=1 n X i=1 r Lời giải Đặt = ta có: Do n P p x3i , bi = xi (S − xi ) ∀i = 1, n Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki S − xi µX ¶µ X ¶ µX ¶2 n n n x3i xi (S − xi ) ≥ xi (1) S − xi i=1 i=1 i=1 xi (S − xi ) = S − n P i=1 i=1 Nên từ ( 1) có: x31 ≥ S − xi n−1 x3i ≥ i=1 S − xi n P x2i µ n P i=1 S2 − ¶2 x2i n P i=1 x2i Lại theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: n n P i=1 n n X µ x2i ≥ n P ¶2 xi hay i=1 x2i ≥ S (2) i=1 Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki lần ta có: ¶2 µX n ≥ (x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn + xn x1 )2 xi i=1 Kết hợp với giả thiết suy n X x2i ≥ (3) i=1 HO À N G TH A N H TH Ủ Y Lop10.com