BẤT ĐẲNG THỨC bộ 1 PHẦN 3

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY CHỦ ĐỀ A KiÕn thøc cÇn nhí 1) Bất đẳng thức Bunyakovsky Với hai số thực ( a1 , a2 , , an ) ( b1 , b2 , , bn ) ta ln có: ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )( b12 + b22 + + bn2 ) a a1 a = = = n (quy ước bi = = ) b1 b2 bn Chứng minh: Theo bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối thì: a1b1 + a2 b2 + + an bn ≤ a1 b1 + a2 b2 + + an bn ⇒ ( a1b1 + a2 b2 + + an bn ) ≤ ( a1 b1 + a2 b2 + + an bn ) Do ta cần chứng minh: (a b1 + a2 b2 + + an bn ) ( )( ≤ a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 ) ⇔ a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≤ a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Dấu “=” xảy 2 Nếu a1 + a2 + + an = ⇔ a2 = a2 = = an = bất đẳng thức hiển nhiên đúng, 2 nên ta cần xét a1 + a2 + + an > Tương tự, ta cần xét b12 + b22 + + bn2 > Khi bất đẳng thức viết lại sau: a1 b1 a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 + + a2 b2 + a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 an bn a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 ≤ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM (Cauchy), ta được: a1 b1 a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 ≤ a12 b12 + , a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 a2 b2 a22 b22 ≤ + , 2 2 a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn an bn an2 bn2 ≤ + 2 2 a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn Cộng theo vế , ta thu kết 117 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC a a1 a = = = n (quy ước bi = = ) b1 b2 bn Dấu “=” xảy Trong chương trình tốn cấp 2, quan tâm tới hai trường hợp n = n = ( 2 Với n = ta có: Nếu a, b, x, y số thực, a + b Đẳng thức xảy )(x ) + y ≥ ( ax + by ) a b = x y Nếu n = ta có: Nếu a, b, c, x, y, z số thực, (a + b2 + c2 )(x ) + y + z ≥ ( ax + by + cz ) a b c = = x y z CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Đẳng thức xảy 2) Bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: Cho ( a1 , a2 , , an ) ( b1 , b2 , , bn ) hai dãy số thực với bi > 0, ∀i Khi an2 ( a1 + a2 + + an ) a12 a22 + + + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn Đẳng thức xảy a a1 a = = = n b1 b2 bn Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai số  a1 a2 a  , , , n ÷   b bn ÷  b2  ( b1 , b2 , , bn ) ta được:  a   a12 a22 an2  a a + + ÷( b1 + b2 + + bn ) ≥  b1 + b2 + + n bn ÷ = ( a1 + a2 + + an )  +  ÷ bn  b2 bn  b1 b2  b1  a2 a2 a ( a + a2 + + an ) ⇔ + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn a1 Đẳng thức xảy b1 b1 an a2 = b2 b2 = = bn bn ⇔ a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Trong chương trình tốn cấp 2, quan tâm tới hai trường hợp n = n = a b2 ( a + b ) Với n = ta có: Nếu a, b, x, y số thực, + ≥ x y x+ y Đẳng thức xảy a b = x y Nếu n = ta có: Nếu a, b, c, x, y, z số thực, TỦ SÁCH CẤP 2| 118 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | a b2 c ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z Đẳng thức xảy a b c = = x y z Trong chương trình tốn THCS áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức ta phải chứng minh trước B VÍ DỤ MINH HỌA Kỹ thuật tách ghép số Thí dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≥9 a b c Hướng dẫn giải 1 1 1  1 1  + + = ( a + b + c )  + +  ≥  a + b + c  = a b c a b c a b c  1 + + ≥9 a b c Vậy Đẳng thức xảy a = b = c = Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakoysky dạng phân thức: 1 12 12 12 ( + + 1) + + = + + ≥ = = a b c a b c a+b+c 1 Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho số thực dương a, b,c Chứng minh : CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky : a+b b+c c+a + + ≤ a+b+c a+b+c a+b+c Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : b+c c+a   a+b b+c c+a  a+b = +1 +1  + + + + ÷ ≥  a+b+c a +b+c a+b+c a+b+c a+b+c  a+b+c ( ⇒ 2 ) a+b b+c c+a + + ≤ a+b+c a+b+c a+b+c Thí dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 16 Hướng dẫn giải a4 + b4 + c4 ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có : 119 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC  ÷ ÷  (1 + 12 + 12 )( a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) = ( a + b + c )( b + c + a ) ≥ ( ab + bc + ca )( ab + bc + ca ) = 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ 16 (đpcm) a b + ≥ a+ b b a Thí dụ Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :  a  a b  b  +  ÷ b + a ≥  b + a ÷ ÷ = a a  b  b  ( ) ( a+ b ) a ⇔ b + b a ≥ a+ b CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Đẳng thức xảy a = b Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức ta được: ( a) + ( b) ≥ ( ≥ a b + b a b a+ b ) a+ b a = a+ b Đẳng thức xảy a = b Thí dụ Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky với hai số:  a b c  , ,  ÷  b+c c+a a+b  ( b + c, c + a, a + b  a   b   c     ÷ + ÷ + ÷  b + c   c + a   a + b    ( b+c ) +( ) ta được: c+a ) +( ) a+b    a  b c ≥ b+c + c+a + a+b÷ c+a a+b  b+c  2  a b c  ⇒ + + ÷ ( a + b + c )  ≥ ( a + b + c ) b+c c+a a+b a2 b2 c2 a+b+c ⇒ + + ≥ b+c c+a a+b Đẳng thức xảy a b+c = b+c b c+a = c+a c a + b ⇔ a = b = c ⇔ a = b = c b+c a+b a+b a+b Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: ( a + b + c) a + b + c a2 b2 c2 + + ≥ = b + c c + a a + b 2( a + b + c) 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 120 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ Cho số thực dương a, b thỏa a + b = Tìm GTLN A = a 1+ a + b 1+ b Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : (1 ≤ )( (a ) + b (1 + a + + b ) = a + b + ) + 12 a + b + = +2  a + b =  b  a = ⇔a=b= Dấu “=” xảy ⇔  b +1  a +1 1  = a b Vậy GTLN A 2+2 Thí dụ Cho số thực a, b thỏa 36a + 16b = Tìm GTLN GTNN A = −2a + b + Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : (         1 36a + 16b  −  +    ≥ 6a −  + 4b  = ( − 2a + b ) 4         2 ) ⇒ ( − 2a + b ) ≤ 25 16 5 ≤ −2 a + b ≤ 4 15 25 ⇒ ≤ −2a + b + ≤ 4 Ta có: ⇒−   36a + 9b =   a=   6a 4b 25  = ⇔ GTNN A − ⇔  − b = −   20  − a + b = −  121 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC A = a 1+ a + b 1+ b ≤   36a + 9b =   a=−   6a 4b 25  = ⇔ GTLN A ⇔  − b =   20  − a + b =  Thí dụ Cho a, b, c > a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a + 2bc b + 2ca c + 2ab (Trích chuyên Lê Q Đơn Bình Định năm 2001-2002) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Hướng dẫn giải ( ) ( ) ( ) 2 Quan sát ta thấy rằng: a + 2bc + b + 2ca + c + 2ab = ( a + b + c ) Mà theo giả thiết a + b + c ≤ nên ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: ( + + 1) 1 9 + + ≥ = ≥ = 2 2 a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + b + c + ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 2009 + ≥ 670 2 ab + bc + ca a +b +c (Trích đề vào lớp 10 Hải Phòng năm 2009 - 2010) Hướng dẫn giải Nhận thấy vai trò a, b, c nhau, nên ta dự đoán dấu bất đẳng thức xảy a = b = c = 1 = 2 ab + bc + ca a +b +c Mặt khác để tận dụng giả thiết a + b + c ≤ ta nghĩ đến đẳng thức: 2 Do a = b = c nên a + b + c = ab + bc + ca ⇒ ( a + b + c) 2 = a + b + c + ( ab + bc + ca ) = a + b + c + ( ab + bc + ca ) + ( ab + bc + ca ) Từ ta đến lời giải sau: Ta có: ab + bc + ca ≤ ( a + b + c) = 2009 1 2007 + = + + + 2 2 ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca a +b +c ( + + 1) ≥ 2 a + b + c + ( ab + bc + ca ) + 2007 27 27 = + 669 ≥ + 669 = 670 27 a + b + c ( ) TỦ SÁCH CẤP 2| 122 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ 10 Cho a, b, c dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a ( ab + a + 1) + b ( bc + b + 1) + c ( ca + c + 1) ≥ a+b+c (Trích chun Lê Q Đơn Bình Định năm 2001-2002) Hướng dẫn giải Một đẳng thức quen thuộc ta biết abc = thì: a b c + + =1 ab + a + bc + b + ca + c + b ab ab c abc = = ; = = Thật vậy: bc + b + abc + ab + a ab + a + ca + c + a bc + abc + ab a + + ab a b c a ab + + = + + =1 ab + a + bc + b + ca + c + ab + a + ab + a + a + + ab Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức ta được: a ( ab + a + 1) + 2 b ( bc + b + 1) + c ( ca + c + 1) 2 a b c        ÷  ÷  ÷ ab + a +  bc + b +  ca + c +     = + + a b c a b c   + +  ÷ ab + a + bc + b + ca + c +  ≥ = a+b+c a+b+c Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ 11 Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Do đó: 1 1 1 + + ≥ + + b+c−a c +a −b a +b−c a b c (Trích chun Lê Q Đơn Bình Định năm 2001-2002) Hướng dẫn giải Ta quan sát nhận xét: ( b + c − a ) + ( c + a − b ) = 2c, ( c + a − b ) + ( a + b − c ) = 2a , ( a + b − c ) + ( b + c − a ) = 2b Do ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: ( + 1) 1 + ≥ = = , b + c − a c + a − b ( b + c − a ) + ( c + a − b ) 2c c ( + 1) 1 + ≥ = = c + a − b a + b − c ( c + a − b ) + ( a + b − c ) 2a a ( + 1) 1 + ≥ = = a + b − c b + c − a ( a + b − c ) + ( b + c − a ) 2b b 123 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Cộng theo vế chia cho 2, ta thu điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ 12 Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ + + a + 3b b + 3c c + 3a 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b Hướng dẫn giải Ta tìm liên hệ mẫu thức, ta nghĩ đến việc tìm x, y, z thỏa mãn: x ( a + 3b ) + y ( b + 3c ) + z ( c + 3a ) = 2a + b + c Từ ta sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức toán CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Hằng đẳng thức tương đương với: ( x + 3z − ) a + ( 3x + y − 1) b + ( y + z − 1) c =  x + 3z = 2  Đồng hệ số ta được:  x + y = ⇔ x = , y = , z = 7 3 y + z =  Như ta có liên hệ: ( a + 3b ) + ( b + 3c ) + ( c + 3a ) = ( 2a + b + c ) Do đó: ( + + 4) 72 = = 2a + b + c ( 2a + b + c ) ( a + 3b ) + ( b + 3c ) + ( c + 3a ) ≤ 22 12 42 + + = + + ( a + 3b ) ( b + 3c ) ( c + 3a ) a + 3b b + 3c c + 3a Đến bạn đọc tự chứng minh tiếp Thí dụ 13 Cho số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: 441 x + 2x + 4z Hướng dẫn giải ( ) A = x2 + y + z + Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có: ( ) A = x2 + y + z + ≥ 441 = + 22 + x + y + z 21 ( )(x ) + y2 + z2 + 441 x + y + 4z 441 441 441 2 = ( x + y + 4z ) + + ( x + y + 4z ) + 21 x + y + z 21 ( x + y + 4z ) ( x + y + 4z ) ≥3 441 441 ( x + y + 4z ) 21 ( x + y + 4z ) ( x + y + 4z ) = 63 TỦ SÁCH CẤP 2| 124 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | x y z  = =  ⇔ x = , y = 1, z = Dấu “=” xảy khi:  441 2  ( x + y + 4z ) = ( x + y + 4z )  21 Cho a, b, c ∈ ( 0,1) Chứng minh rằng: Thí dụ 14 (1 − a )(1 − b )(1 − c ) < abc + Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ) ≤ [ a + (1 − a ) ][ bc + (1 − b )(1 − c ) ] = bc + (1 − b )(1 − c ) abc + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤ bc + (1 − b )(1 − c ) < bc + (1 − b )(1 − c ) abc + ⇒ Mà ( (1 − b )(1 − c ) ) ≤ [ b + (1 − b ) ][ c + (1 − c ) ] = bc + (1 − b )(1 − c ) ≤ bc + ⇒ Vậy ta có: ( abc + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ) < hay abc + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) < Lưu ý: Trong cách chứng minh ta sử dụng bất đẳng thức x+ y < x + y ( x,y > 0) Dễ dàng chứng minh tính chất này, ta có: ( ) x + y = x + y + xy > x + y ( x,y > 0) ⇒ x + y > x+ y Thí dụ 15 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a b c + + ≥ 2 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) 4( a + b + c ) Hướng dẫn giải Ta có:  a b c  + + 2 ( c + a ) ( a + b )   ( b + c) ( a + b + c)   a   b   c     +  +   c    b + c   c + a   a + c           ( ) + ( b) + ( ) = a  2 b c   a ≥ + +  b+c c+a a+b a b c + + ≥ (bất đẳng thức Nesbit, chứng minh b+c c+a a+b phần trước) Mà ta có: b c   a ⇒ + +  ≥ b+c c+ a a +b 125 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC (  a b c  ⇒ ( a + b + c)  + + ≥ ( c + a ) ( a + b )   ( b + c) a b c ⇒ + + ≥ ( đpcm ) 2 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) 4( a + b + c ) Thí dụ 16 Cho a; b > thỏa mãn a + b = Chứng minh: ab −3 ≤ a+b+3 Hướng dẫn giải Ta có: a + b = ⇔ 2ab = ( a + b ) − ⇔ 2ab = ( a + b + 3) ( a + b − 3) 2ab ab a+b = a+b−3⇔ = − a+b+3 a+b+3 2 Mà theo bất đẳng thức Bunyakovsky thì: a + b ≤ a + b = CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇔ Nên ab −3 ≤ a+b+3  a; b >  2 Đẳng thức xảy khi:  a + b = ⇔ a = b =  a=b  Thí dụ 17 Cho x; y > thỏa mãn x + y ≤ x + y Chứng minh: x + y ≤ + Hướng dẫn giải 2 1  1  Giả thiết x + y ≤ x + y ⇔  x − ÷ +  y − ÷ ≤ 2  2  2 1  Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai số ( 1;3)  x − ; y − ÷ ta 2  có: 2    1  1  1   1 1 − ÷ +  y − ÷ ≤ 10  x − ÷ +  y − ÷  ≤           ⇒ ( x + y − 2) ≤ ⇒ x + y − ≤ ⇒ x + y ≤ +  x= +  10 Đẳng thức xảy  y = +  10 Thí dụ 18 y    Cho x; y > Chứng minh rằng: ( + x )  + ÷ + ÷ ≥ 256 x   y÷   Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được: 2   y   y  y   ( + x ) 1 + ÷ = 1 + x  1 +  ÷÷  ≥ 1.1 + x ÷÷ = + y  x  x   x     Do ta cần chứng minh: ( ) ( ) TỦ SÁCH CẤP 2| 126 ≥ mx + − m x ⇔ x + ≥ m( x − 1)( x + 1) + x 2 x − 3x + ⇔ ≥ m( x − 1)( x + 1) x ( x − 1)(2 x − 1) ⇔ ≥ m( x − 1)( x + 1) x 2x − ⇔ m≤ x( x + 1) 2x + CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Đồng x = vào ta m = ⇒ n = , ta biểu thức phụ là: 2 1 ≥ x + x 2 Hướng dẫn giải 2x + Với x ∈ ( 0;3) , ta có: 1 ≥ x + x 2 ⇔ x − x + 5x − ≤ 2x + (**) ⇔ ( x − 1) ( x − 2) ≤ Dấu “=” xảy x = Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Áp dụng bất đẳng thức (**) cho tốn, ta có: 15 18 P ≥ (a + b + c ) + = + = = (đpcm) 2 2 Dấu “=” xảy a = b = c =1 Thí dụ Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ( ) 2 1 a +b +c + 2+ + ≥ a2 b c Phân tích: Nếu để ý đến dấu đẳng thức xảy ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức ( ) ( a − 1) ( a + 1) 2a − 2a + ≥ ⇔ ≥ a2 3 3a Tuy nhiên đánh giá khơng hồn tồn với số dương a Để ý với cách làm ta chưa sử dụng điều kiện a + b + c = TỦ SÁCH CẤP 2| 248 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Như ta không theo lối suy nghĩ đơn giản ban đầu mà tìm hệ 2a số để bất đẳng thức sau + ≥ ma + n ( ) a Trong m, n hệ số chưa xác định, thiết lập tương tự với biến b c 2b 2c ta + ≥ mb + n ( ) ; + ≥ mc + n ( ) b c Cộng (4); (5); (6) theo vế ta có ( ) 2 1 a +b +c + + + ≥ m ( a + b + c ) + 3n = ( m + n ) a b2 c2 Thế vào (4) dẫn đến 2a + ≥ + m ( a − 1) ( ) a2 3 CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Như hệ số m, n phải thỏa mãn điều kiện ( m + n ) = ⇔ n = − m Đến ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức ( 7) Chú ý đẳng thức xảy a = b = c = nên ta cần xác định m cho ( )  ( a + 1) 2a −  2a   ≥ + ≥ + m a − ⇔ a − − m ( ) ( ) a2 3 3a   ( a + 1) ( 2a − 3) −2 từ ta dự đốn m = −2 để tạo 3a thành đại lượng bình phương ( a − 1) biểu thức Từ ta chứng minh bất đẳng thức phụ Khi cho a = ta có = 2a 2a + ≥ − a2 3 Hướng dẫn giải 1 2a 2b 2c + + + + + ≥ a2 b2 c 3 Bất đẳng thức cho viết lại thành 2a 2a Ta chứng minh bất đẳng thức sau + ≥ − ( 1) a 3 Bất đẳng thức tương đương với dương a Tương tự ta có: 2b 2b + ≥ − ( 2) ; b2 3 Cộng (1); (2); (3) theo vế ta có: 249 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC ( a − 1) ( 2a + 6a + 3a ) ≥ với số 2c c + ≥ − ( 3) c2 3 ( ) 2 2( a + b + c) 1 a +b +c + 2+ + ≥ 7− = a b c 3 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b3 + c = Chứng minh 1 1  + + ÷+ a + b + c ≥ 27 a b c ( ) Hướng dẫn giải CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Ta cần tìm hệ số m để bất đẳng thức ( ) ( a − 1) 5a + 5a − 4 + 5a ≥ + m a − ⇔ ≥ m ( a − 1) a + a + a a ( ) ( ) Ta dễ dàng nhận thấy đẳng thức xảy a = b = c = Khi cho a = ta dự đoán m = Ta chứng minh m = bất đẳng thức phụ ( a − 1) + 5a ≥ + 2a ⇔ a Thật vậy: ( −2a +a−4 a ) ≥0 Do a ≤ 3 ⇒ −2a + a + ≥ Vậy bất đẳng thức Chứng minh tương tự ta 4 + 5b ≥ + 2b ; + 5c ≥ + 2c b b Cộng theo vế bất đẳng thức ta 1 1  + + ÷+ a + b + c ≥ 21 + a + b3 + c = 27 a b c ( ) ( ) Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: P= 1 + + ≤1 a +b + c b + c + a c + a + b Phân tích: Dự đốn điểm rơi: a = b = c = , P = Ta có: 1 1 1 + + = + + a +b + c b +c + a c + a + b a −a + b −b + c −c + Dự đoán biểu thức phụ: ≤ ma + n a −a + ⇒ P ≤ m(a + b + c ) + 3n TỦ SÁCH CẤP 2| 250 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Thay a = ta được: P ≤ 3(m + n) = ⇒ n = − m Ta có: 1 ≤ ma + − m a −a + 3 1 ⇔ − ≤ m( a − 1) a −a + 3 − (a −a + 3) ⇔ ≤ m(a − 1) a −a + −a (a − 1) ⇔ ≤ m( a − 1) a −a + −a ⇔m≥ a −a + Ta đồng cách thay a = vào, ta được: m = − n = 3 Ta có bất đẳng thức phụ là: 1 ≤− a+ a −a + 3 Hướng dẫn giải Chứng minh bất đẳng thức phụ: Với x ∈ ( 0;3) , ta có: 1 ≤− x+ x −x + 3 3 ⇔ x − 3x + x − ≤ ⇔ (x − 1) (x − 3) ≤ CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Áp dụng vào toán ta được: P ≤ − (a + b + c) + = (đpcm) 3 Dấu “=” xảy a = b = c =1 Thí dụ Chứng minh với số dương a, b, c 5b3 − a 5c3 − b3 5a − c + + ≤ a+b+c ab + 3b bc + 3c ca + 3a ( 1) Phân tích: Cấu trúc tốn gợi cho ta phương pháp đánh giá đại diện 5b3 − a Ta thấy bậc tử 3, bậc ab + 3b mẫu Suy bậc biểu thức Do ta nghĩ tới việc đánh giá với đa thức bậc có dạng na + mb Bây ta đánh giá thử đại diện 251 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Tức 5b3 − a ≤ na + mb ab + 3b ( 2) Để tìm m, n ta sử dụng phương pháp hệ số bất định Do vai trò tương tự, ta có: 5c − b3 5a − c ≤ nb + mc ≤ nc + ma bc + 3c ca + 3a Cộng theo vế ba BĐT đánh giá ta được: 5b3 − a3 5c3 − b3 5a − c + + ≤ ( m + n) ( a + b + c) ab + 3b bc + 3c ca + 3a Nhìn vào BĐT cần chứng minh ta thấy tìm cặp thành cơng m = 1− n Thế vào ( 3) ( n, m ) mà (2) lời giải ta có CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI a 5− ÷ 3 5b − a  b  ≤ n  a  + − n ≤ na + ( − n ) b ⇔ )  ÷ ( b ab + 3b a   ÷+ b Đặt t = ( 4) x − t3 BĐT (4) trở thành ≤ n.t + − n ( ) y t+3 Do đẳng thức xảy a = b nên t = ta phân tích (5) nhân tử ( t − 1) ⇔ − t − t3 (1− t ) ( + t + t2 ) t2 + t + ≤ n ( t − 1) ⇔ ≤ n ( t − 1) ⇔ − ≤n t +3 t +3 t +3 Cho t = vào ta − thức phụ là: t2 + t + = −1 nên ta chọn n = −1 ⇒ m = , ta biểu t +3 5b3 − a ≤ −a + 2b ab + 3b Việc chứng minh BĐT đơn giản Như vậy, phương pháp hệ số bất định mở cho ta đường tìm lời giải cho tốn cách tự nhiên nhiên khơng theo kiểu áp đặt giống kiểu hay gặp nhiều sách: “Ta chứng minh 5b3 − a ≤ − a + 2b " ab + 3b Ta chứng minh bất đẳng thức Hướng dẫn giải 5a − b3 ≤ 2a − b ab + 3a Thật vậy: TỦ SÁCH CẤP 2| 252 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | 5a − b ≤ 2a − b ⇔ 5a − b3 ≥ a ( 2a − b ) ( 3a + b ) ⇔ 5a − b ≤ a 6a − ab − b 2 ab + 3a 3 ( ) ⇔ 5a − b3 ≤ 6a − ab ( a + b ) ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) ⇔ a ( a − b ) − b2 ( a − b ) ≥ ⇔ ( a − b ) Bất đẳng thức (*) với a, b dương nên: Chứng minh tương tự ta có: ( a + b) ≥ ( *) 5a − b3 ≤ 2a − b ab + 3a 5b3 − c 5c − a ; ≤ b − c ≤ 2c − a bc + 3b ac + 3c Cộng bất đẳng thức theo vế ta có: Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: P = 5a + + 5b + + 5c + ≥ Phân tích: a = Dự đốn điểm rơi:  hốn vị Khi ta dự đốn:  b, c = 5a + ≥ ma + n CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC 5a − b3 5b3 − c 5c − a + + ≤ a + b + c = ab + 3a bc + 3b ac + 3c Đến ta để ý có điểm rơi, ta thay a = a = vào ta được: n = m = ⇒   m + n = n = Ta có bất đẳng thức phụ 5a + ≥ a + Hướng dẫn giải Ta chứng minh bất đẳng thức phụ: 5a + ≥ a + Với a ∈ [ 0;1] , ta có: 5a + ≥ a + ⇔ 5a + ≥ a + 4a + ⇔ a2 − a ≤ ⇔ a (a − 1) ≤ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên với a ∈ [ 0;1] Do đó: P ≥ a + b + c + + + 2+ = (đpcm) Dấu “=” xảy a = 1; b, c = hốn vị 253 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Thí dụ Chứng minh với số dương x, y, z x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ ( x + y + z ) ( 1) Phân tích: Trong bất đẳng thức (1) biến hốn vị vịng quanh đẳng thức xảy x = y = z Do vậy, nên ta chọn số n, m để có BĐT: x + xy + y ≥ nx + my ( 2) Để tìm m, n ta sử dụng phương pháp hệ số bất định Do vai trò tương tự, ta y + yz + z ≥ ny + mz có: z + zx + x ≥ nz + mx CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Cộng theo vế ba BĐT đánh giá ta được: x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ ( n + m ) ( x + y + z ) ( 1) ( 3) Nhìn vào BĐT cần chứng minh ta thấy tìm cặp ( n, m ) mà lời giải thành cơng Thế m = − n vào (2) ta có x x  x x + xy + y ≥ nx + ( − n ) y ⇔  ÷ +  ÷ + ≥ n  ÷+ ( − n )  y  y  y Đặt t = x BĐT (4) trở thành y t + t + ≥ nt + − n ( 4) ( 5) Do đẳng thức xảy x = y nên t = ta phân tích (5) nhân tử ( t − 1) ( 5) ⇔ ( ) t + t + − − n ( t − 1) ≥ ⇔ ( t − 1) ( t + ) t2 + t + + − n ( t − 1) ≥   t+2 t+2 ⇔ ( t − 1)  − n ≥ ⇔ n ≤ t2 + t + +  t +t +2 +2  Đồng t = vào ta n = ⇒ m = , ta biểu thức phụ là: 4 x + xy + y ≥ 3x + y Tới bạn tự chứng minh Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = làm cho biểu thức bất đẳng thức xác định Chứng minh a + a − + b2 + b − + c2 + c − ≤ Hướng dẫn giải Điều kiện xác định: a ≥ −1 −1 −1 ;b≥ ;c≥ 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 254 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Ta cần tìm hệ số m để có bất đẳng thức : Tìm m = , tức ta phải chứng minh a + a − ≤ + m ( a − 1) a2 + a −1 ≤ 3a − ⇔ ( a − 1) ≥ Chứng minh tương tự ta có bất đẳng thức b2 + b − ≤ 3b − 3c − ; c2 + c −1 ≤ 2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta a + a − + b2 + b − + c2 + c − ≤ Đẳng thức xảy a = b = c = a3 b3 c3 + + ≥ 2 2 a + 3ab + b b + 3bc + c c + 3ca + a Hướng dẫn giải Ta tìm hệ số m, n cho bất đẳng thức m+n = a3 ≥ ma + nb với a + 3ab + b 1 ⇒ n = − m Bất đẳng thức viết lại thành 5 a3 b3 a2 a + + b b ≥ ma  y3  1  +  − m ÷⇔ ≥ my +  − m ÷ b 5 y + 3y +1  5  Ta cần xác định m cho Cho y = ta CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh  y2 + y +1  y3   ≥0 ≥ m y − + ⇔ y − − m ( ) ( ) y2 + 3y +1  ( y + y + 1)  y2 + y +1 2 −1 = ⇒m= ⇒n= 5 ( y + y + 1) Từ dễ dàng chứng minh bất đẳng thức a3 2a b b3 2b c c3 2c a ≥ − ; ≥ − ; ≥ − ( 3) ( ) ( ) 2 2 a + 3ab + b 5 b + 3bc + c 5 c + 3ac + a 5 Cộng theo vế bất đẳng thức ta có điều chứng minh Thí dụ 10 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh 255 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC a + b3 b3 + c c3 + a3 + + ≥2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Hướng dẫn giải Ta thấy = abc ≤ 2( a + b + c) Do ta nghĩ đến việc chứng minh 2( a + b + c) a3 + b b3 + c3 c3 + a3 + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 Ta tìm hệ số m, n cho bất đẳng thức CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI m+n = 2 ⇒ n = − m Tìm m = n = 3 a + b3 ≥ ma + nb với a + ab + b ( y − 1) ( y + 1) ≥ y3 + 1 ≥ ( y − 1) + ⇔ Ta phải chứng minh: BĐT y + y +1 3 ( y + y + 1) Suy ra: a + b3 a b b3 + c3 b c c3 + a3 c a ≥ + ; ≥ + ; ≥ + ( 3) ( ) ( ) 2 2 2 a + ab + b 3 b + bc + c 3 c + ca + a 3 Cộng theo vế bất đẳng thức ta 2( a + b + c) a3 + b b3 + c3 c3 + a3 + + ≥ ≥ abc = 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 Thí dụ 11 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = ( ) a3 + b3 + c3 + d ≥ + Chứng minh + ab + ac + ad + bc + bd + cd Giải Từ a + b + c + d = ⇔ ( a + b + c + d ) = ( + ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ⇒ a + b + c + d = ( + ab + ac + ad + bc + bd + cd ) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) a3 + b3 + c3 + d ≥ + ( a+b+c+d) Ta cần tìm hệ số m để có bất đẳng thức  ( 2a + 1)  3a + 2 2a ≥ + m a −1 ⇔ a −1  − m ≥ 2 a + 1)   ( ( Cho a = tìm m = ) ( ) TỦ SÁCH CẤP 2| 256 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Mặt khác 2a ≥ Tương tự ta có a + + a − ⇔ ( a − 1) 8a − a − ≥ ⇔ ( a − 1) 8a + ≥ 2 ( ) ( ) ( ) 9 2b3 ≥ b + + b − ; 2c ≥ c + + c − 2 2 ( ) ( ( ) ) Cộng bất đẳng thức theo vế ta a + b3 + c + d ≥ + ( a+b+c+d) Đẳng thức xảy a = b = c = d = Thí dụ 12 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: P= a (b + c ) b (c + a ) c(a + b) + + ≤ 2 a +(b + c) b +(c+ a ) c + (a + b) * Dấu hiệu chuẩn hóa: Bậc hạng tử phải * Cách đặt ẩn mới: Ta chia hạng tử cho: abc, a + b + c, ( a + b + c) , a + b + c , ab + bc + ca CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC * Phân tích: Ở ví dụ ta nhận thấy tốn có điều kiện ban đầu, điều giúp ta dự đốn điểm rơi cách xác Nhưng tốn khơng cho điều kiện buộc biến nên khó dự đoán điểm rơi Để giải vấn đề làm quen với “Kỹ thuật chuẩn hóa” chứng minh bất đẳng thức Nhưng hẳn tồn câu hỏi: Thế chuẩn hóa? Chuẩn hóa đơn giản cách ta đặt ẩn phụ từ làm xuất điều kiện buộc biến Việc chia để xuất ẩn kèm theo điều kiện thích hợp để dễ dàng sử dụng phương pháp hệ số bất định UCT Trở lại toán: Ta nhận thấy hạng tử có tử mẫu bậc 2, ta nghĩ đến việc chia tử mẫu cho (a + b + c) , ta có: a (b + c) b(c + a ) a (b + c) 2 (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c ) + + ≤ 2 2 a +(b + c ) b +(c + a) a +(b + c) 2 (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c ) a b+c b c+a c a +b a+ b + c a+ b + c a+ b + c a+ b + c a+ b + c a+ b + c ⇔ + + ≤ 2 2 2 c  a   b+c   b   c+a     a+b   ÷ + ÷  ÷ + ÷  ÷ + ÷  a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c   a+ b + c  a  x = a+ b + c  b  Đặt:  y = a+ b + c  c  z = a+ b + c  Khi bất đẳng thức cho tương đương với: 257 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC P= x(y+ z ) y(z + x) z(x + y ) + + ≤ với x + y + z = 2 x + (y + z ) y + (z + x) z + (x + y ) * Lưu ý: Việc chuẩn hóa khơng bó buộc phạm vi Giả sử đặt ẩn phụ ta chuẩn hóa x + y + z = Đến ta hoàn toàn sử dụng phương pháp hệ số bất định UCT Ta có: x(y+ z ) y(z + x) z(x + y ) + + ≤ 2 x + (y + z ) y + (z + x) z + (x + y ) x(3 − x) y(3 − y ) z(3 − z ) ⇔P= + + ≤ 2 x +(3 − x) y +(3 − y ) z +(3 − z ) x(3 − x) y(3 − y ) z(3 − z ) ⇔P= + + ≤ x −6 x + y −6 y + z −6 z + CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI P= * Nháp: Dự đoán điểm rơi: x = y = z = 1, P = Dự đốn biểu thức phụ: t(3 − t ) ≤ mt + n 2t −6t + (*) Thay t = vào ta được: ⇒ 6 = m.3 + 3n ⇔ = 3( m + n) ⇒ n = − m 5 Thay vào biểu thức (*) ta được: t(3 − t ) ≤ mt + − m 2t −6t + −9t + 27t − 18 ⇔ ≤ m(t − 1) 5(2t − 6t + 9) −9(t − 2) ⇒m≥ 5(2t − 6t + 9) Ta đồng t = 1, suy m = n = 25 25 Khi ta có bất đẳng thức phụ: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 Hướng dẫn giải Chứng minh bất đẳng thức phụ: t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 Với t ∈ ( 0;3) , ta có: TỦ SÁCH CẤP 2| 258 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | t(3 − t ) ≤ t+ 2t −6t + 25 25 ⇔ 18t − 27t + ≥ ⇔ 9(t − 1) (2t + 1) ≥ Với t ∈ ( 0;3) bất đẳng thức cuối Áp dụng vào tốn, ta có: P= x(3 − x) y(3 − y ) z(3 − z ) + + ≤ ( x + y + z ) − = 2 x −6 x + y −6 y + z −6 z + 25 27 Dấu “=” xảy x = y = z = (đpcm) Thí dụ 13 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 2a + ( b + c ) + 2( b + c − a) 2a + ( b + c ) + 2( b + c − a) 2a + ( b + c ) ≥ ( a2 + b2 + c2 ) ( a + b + c) Hướng dẫn giải Chuẩn hóa bất đẳng thức ta chọn a + b + c = Khi bất đẳng thức cho tương đương với ( − 2a ) ( − 2b ) ( − 2c ) + + ≥ a2 + b2 + c2 a − 2a + b − 2b + c − 2c + 2 2 ( − 2a ) ≥ a + m ( a − 1) Tìm m = −6 a − 2a + Cần xác định m cho : ( − 2a ) a ( − a ) ( a − 1) ≥ a − ( a − 1) ⇔ ≥ với < a < a − 2a + a − 2a + Khi đó: Chứng minh tương tự ta có: ( − 2b ) ( − 2c ) ≥ b − ( b − 1) ; ≥ c − ( c − 1) b − 2b + c − 2c + 2 Cộng bất đẳng thức theo vế ta có điều cần chứng minh Thí dụ 14 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a ( b + c) + b ( c + a) + c ( a + b) ≥ 4( a + b + c) Hướng dẫn giải Chuẩn hóa bất đẳng thức ta chọn a + b + c = 259 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC 2( b + c − a) Bất đẳng thức cho tương đương với : a ( − a) + b ( − b) + c ( − c) ≥ Làm tương tự tốn ta có a ( − a) ≥ 2a − b 2b − c 2c − ≥ ≥ ; ; 2 4 ( − b) ( − c) a Cộng bất đẳng thức theo vế ta ( − a) + b ( − b) + c ( − c) ≥ Thí dụ 15 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ( b + c − 3a ) + ( a + c − 3b ) + ( a + b − 3c ) ≥ 2 2 2a + ( b + c ) 2b + ( a + c ) 2c + ( b + a ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2 Hướng dẫn giải Chuẩn hóa bất đẳng thức ta chọn a + b + c = Bất đẳng thức cho tương đương với : ( − 4a ) + ( − 4b ) + ( − 4c ) ≥ 2 2 2a + ( − a ) 2b + ( − b ) 2c + ( − c ) 2 Làm tương tự tốn ta có ( − 4a ) ≥ 8a − ; 2a + ( − a ) ( − 3b ) ≥ 8b − ; 2b + ( − b ) ( − 3c ) 2c + ( − c ) 2 ≥ 8c − Cộng bất đẳng thức theo vế ta có: ( − 4a ) + ( − 4b ) + ( − 4c ) ≥ 2 2 2a + ( − a ) 2b + ( − b ) 2c + ( − c ) 2 Thí dụ 16 (Olypic 30-4 năm 2006) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a ( b + c) ( b + c) +a + b( c + a) ( c + a) +b + c ( a + b) ( a + b) +c ≤ Hướng dẫn giải Chuẩn hóa bất đẳng thức ta chọn a + b + c = Bất đẳng thức cho tương đương với : a ( − a) b ( − b) c ( − c) + + ≤ 2 − 6a + 2a − 6b + 2b − 6c + 2c TỦ SÁCH CẤP 2| 260 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Làm tương tự tốn ta có a ( − a) b ( − b) c ( − c) 21 + 9a 21 + 9b 21 + 9c ; ; ≥ ≥ ≥ 2 − 6a + 2a 25 − 6b + 2b 25 − 6c + 2c 25 Cộng bất đẳng thức theo vế ta a ( − a) b ( − b) c ( − c) + + ≤ 2 − 6a + 2a − 6b + 2b − 6c + 2c Thí dụ 17 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh Hướng dẫn giải Bất đẳng thức nhất, ta giả sử: a + b + c = Vì a, b, c độ dài ba cạnh  1 tam giác nên a, b, c ∈  0; ÷ BĐT cần chứng minh trở thành:  2 1  1  1  − ÷+  − ÷+  − ÷ ≤ ⇔ f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ 9,  1− a a  1− b b  1− c c  Với f ( x ) = 5x −  1 − = , x ∈  0; ÷ 1− x x x − x  2 Biểu thức phụ: 5a − ≤ ma + n ⇒ = (m + 3n) ⇒ m = ( − n ) a − a2 Dự đoán BĐT cần chứng minh trở thành đẳng thức a = b = c = Ta biến đổi dồn nhân tử ( 3a − 1) Do đó” CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC 1 1   + + + ≥ 4 + + ÷ a b c a+b+c a+b b+c c+a 5a − 5a − a − a + 5a − ≤ 3 − n a + n ⇔ ≤ a − na + n ⇔ ≤ n ( −3a + 1) ( ) a − a2 a − a2 a − a2 ( 3a − 1) ( 3a − 2a + 1) 9a − 3a − 6a + 2a + 3a − 3a − 2a + ⇔ ≤ n − a + ⇔ ≤ n − a + ⇔ ≤ n ( ) ( ) a − a2 a − a2 a2 − a Ta đồng a = , suy n = −3 m = 18 Vậy ta có bất đẳng thức phụ: Thật vậy: f ( x ) = 5a − ≤ 18a − a − a2 5x − ≤ 18 x − ⇔ ( x − 1) ( x − 1) ≤ x−x f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ 18 ( a + b + c ) − = Đẳng thức xảy a = b = c C BÀI TẬP ÁP DỤNG 261 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC  1 ∀x ∈  0; ÷ ln Do đó:  2 1) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 4( a + b + c) + + + ≥7 a b c 2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≥ a + b2 + c2 a b c 3) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a b c 3 + + ≥ 2 b +c c +a a +b CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 4) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≤ − ab − bc − ca 5) Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh 1 1 + + + ≥2 a +1 b +1 c +1 d +1 6) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ( 2a + b + c ) + ( 2b + c + a ) + ( 2c + a + b ) ≤ 12 3 a+b+c 4a + ( b + c ) 4b3 + ( a + c ) 4c + ( a + b ) 2 7) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ( b + c + 2a ) + ( a + c + 2b ) + ( a + b + 2c ) ≤ 2 2a + ( b + c ) 2b + ( a + c ) 2c + ( a + b ) 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 262 ... sau: Kết Đẳng thức: Kết Đẳng thức 1 + + =1 + x + xy + y + yz + z + zx 1 + + =1 2 2 2 + x + x y + y + y z + z + z x2 Chứng minh 16 3 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC bất đẳng thức thành... ? ?1 Cách khác: Ta dự đoán dấu bất đẳng thức xảy x = 3, y = Từ ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM sau: ( ( ) 1+ x = 1+ 1+ ) ( ) x x x x3 + + ≥ 44 3 27 y y y y y3 = 1+ + + ≥ 44 x x 3x x 27 x   27 1+ ... chứng minh bất đẳng a a 3a − ≥ + ( a − 1) ⇔ ≥ 3? ??a 3? ??a thức phụ Từ ta đến lời giải sau: Lời giải Bất đẳng thức nên ta giả sử rằng: a + b + c = a b c + + ≥ 3? ??a 3? ??b 3? ??c Ta sử dụng bất đẳng thức sau