Chuyên đề bất đẳng thức ôn thi vào lớp 10

BẤT ĐẲNG THỨC Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔ SI) Cho số thực không âm a, b, c ta có: a + b ≥ ab Dấu đẳng thức xảy a = b a + b + c ≥ 3 abc Dấu đẳng thức xảy a= b= c Các bất đẳng thức 1, gọi bất đẳng thức Cauchy cho số thực khơng âm (Cịn gọi bất đẳng thức Cô si hay bất đẳng thức AM- GM) Để vận dụng tốt bất đẳng thức Cauchy Ta cần nắm kết sau: x2 y ( x + y ) 1 2 1) + ≥ ; + ≥ ≥ b a+b a b a+b a + b2 a 2) 1 3 + + ≥ ≥ a b c a+b+c a + b2 + c2 3) a + ab + b = 3 ( a + b) + ( a − b) ≥ ( a + b) 4 4) a − ab + b = ( a + b) + ( a − b) ≥ ( a + b) 4 5) (a + b + c) ab + bc + ca ≤ x2 y z ( x + y + z ) 6) + + ≥ a b c a+b+c 7) a + b (a + b) ≥ THCS.TOANMATH.com ≤ a + b2 + c2 8) 2(a + b ) ≥ ( a + b ) 2  ( a + b )2  ( a + b) ( a + b) ≥ = ⇒ a + b4 ≥    9) Với a, b ≥ a m + n + b m + n ≥ (a m + b m ) (*) Thật BĐT cần chứng minh tương đương với (a n + b n )(a m − b m )(a n − b n ) ≥ điều hiển nhiên (**) Tổng quát ta có a n + bn  a + b  ≥    n n a n + b n  a + b   a n −1 + b n −1   a+b Thật áp dụng (*) ta có ≥  ≥    2      10) Với a, b, c ≥ a m + n + b m + n + c m + n ≥ (a m + b m + c m )(a n + b n + c n ) (*) Thật ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: (a m − b m )(a n − b n ) + (b m − c m )(b n − c n ) + (c m − a m )(c n − a n ) ≥ mà điều hiển nhiên n Tổng quát ta có: a n + bn + cn  a + b + c  ≥  Thật áp dụng (*) ta có: 3   a n + b n + c n  a + b + c   a n −1 + b n −1 + c n −1   a + b + c   a n − + b n − + c n −  ≥ ≥     3 3        Áp dụng bất đẳng thức ta có: n n a n + n bn + n bn  n a + n b + n c  ≥   ⇔ 3   n a + n b + n c n a+b+c ≤ 3 1 1 1 + n+ n  + +  n Tương tự ta có: a b c ≥  a b c  3     n n 1 1   Do + + ≥ suy n + n + n ≥   a b c a+b+c a b c  a+b+c  11) 1 với a, b ≥ + ≥ a + b + 1 + ab THCS.TOANMATH.com 1 + ≥ n n (1 + a ) (1 + b) + ab Tổng quát: với a, b ≥ ta có 12) Với ≤ a, b ≤ ( ) n 1 + ≤ a + b + 1 + ab 1 + ≤ n + a n + b n + ab Tổng quát: Với a, b ∈ [ 0;1] ta có: 13) Một số kết suy từ bất đẳng thức Cô si + ( a + b3 )( x + y )( m3 + n3 ) ≥ ( axm + byn ) (*) Áp dụng BĐT Cauchy ta có: a3 x3 m3 + + ≥ a + b3 x + y m3 + n3 b3 y3 n3 + + ≥ a + b3 x + y m3 + n3 3 (a (a 3axm + b3 )( x3 + y )( m3 + n3 ) 3byn + b3 )( x3 + y )( m3 + n3 ) Cộng hai bất đẳng thức chiều ta suy ra: 3axm + 3byn 3≥ ⇔ a + b3 ( )( x3 + y3 )( m3 + n3 ) (a + b3 )( x + y )( m3 + n3 ) ≥ ( axm + byn ) + Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: (a + b3 + c )( x + y + z )( m3 + n3 + p ) ≥ ( axm + byn + czp ) Ví dụ 1: Cho số thực không âm a, b, c Chứng minh rằng: a) a + b3 ≥ ab ( a + b ) THCS.TOANMATH.com 1 1 Với (a, b, c > 0) + 3 + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc c) ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc b) ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) d) e) Cho ( a + b )( b + c )( c + a ) = Chứng minh: ab + bc + ca ≤ ( Trích đề tuyển sinh lớp 10 chun Tốn TP Hà Nội năm 2015) Lời giải: a) Ta có : a + b3 = ( a + b ) ( a − ab + b ) Suy a + b3 − ab ( a + b ) = ( a + b ) ( a − 2ab + b ) = ( a + b )( a − b ) ≥ suy đpcm b) Áp dụng bất đẳng thức câu a ta có: a + b3 + abc ≥ ab ( a + b ) + abc = ab ( a + b + c ) Suy 1 Tương tự ta có: ≤ a + b + abc ab ( a + b + c ) 3 b + c + abc ≤ 1 ; ≤ Cộng ba bất bc ( a + b + c ) c + a + abc ca ( a + b + c ) đẳng thức chiều suy ra: 1 1 Dấu xảy + 3 + ≤ 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc a= b= c c) ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc Cách 1: Ta có: a + b ≥ ab , b + c ≥ bc , c + a ≥ ca ⇒ ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc Cách 2: ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: a + b + c ≥ 3 abc , ab + bc + ca ≥ 3 a 2b c ⇒ THCS.TOANMATH.com ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≥ 9abc Suy ( a + b ) ( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc ≥ 8abc Chú ý: ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc biến đổi sử dụng nhiều chứng minh bất đẳng thức: d) ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) Chú ý rằng: ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc Áp dụng câu c ta có đpcm e) Ta ý: ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc Suy + abc ab + bc + ca = a+b+c Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: a + b + b + c + c + a ≥ 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = ⇒ a + b + c ≥ Mặt khác sử dụng: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc ⇒ abc ≤ Từ suy ra: 1+ + abc Dấu ‘’=’’ xảy + ca ≤= ab + bc = a+b+c a= b= c= Ví dụ 2: a) Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c + ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2013 THCS.TOANMATH.com 1 + = Chứng minh: a b 1 Q= + ≤ Trích đề tuyển sinh lớp 10 2 2 a + b + 2ab b + a + 2a b chuyên Nguyễn Trãi- Hải Dương 2013) c) Cho số thực dương a, b cho a + b = Chứng minh: b) Cho số thực dương a, b cho : a b  1  ( a + b ) −  +  +  +  ≥ 10 b a a b  d) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ P = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ab Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2014 e) Cho số thực không âm a, b cho a + b = Tìm GTLN P= ab Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2015 a+b+2 Lời giải: a) Dự đoán dấu xảy a= b= c= Ta có cách giải sau: Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: a + b ≥ 2ab, b + c ≥ 2bc, c + a ≥ 2ac, a + ≥ 2a, b + ≥ 2b, c + ≥ 2c Cộng bất đẳng thúc chiều ta suy ( a + b + c ) + ≥ ( ab + bc + ca + a + b + c ) = 12 ⇒ a + b + c ≥ Dấu xảy a= b= c= b) Dự đốn a= b= bất đẳng thức xảy dấu Từ ta có cách áp dụng BĐT Cơ si sau: Ta có: a + b ≥ 2a 2b, b + a ≥ 2ab Từ suy Q≤ 1 1 + = + = Từ 2 2a b + 2ab 2b a + 2a b 2ab ( a + b ) 2ab ( a + b ) ab ( a + b ) giả thiết 1 a+b Do + = 2⇒ = ⇒ a + b = 2ab suy Q ≤ a b ab (a + b) THCS.TOANMATH.com 1 1 + ≥ ⇒ ≤ Suy Q ≤ Dấu xảy a b a+b a+b a= b= 2= c) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: a + b ) − 2ab ( a + b ) − 2ab ≥ 10 Hay +9 ab a 2b − 2ab − 2ab + 2 − 10 ≥ ⇔ −2a 2b − 4a 3b3 − 24ab + 12a 2b + 36 − 18ab ≥ − 4ab − ab ab ( 2 ( a + b ) − 2ab  −   2 ⇔ −2a 2b − 4a 3b3 − 24ab + 12a 2b + 36 − 18ab ≥ ⇔ 4t − 10t + 42t − 36 ≤ (*) với < t = (a + b) ab ≤ = Ta có (*) tương đương với: 2t − 5t + 21t − 18 ≤ ⇔ ( t − 1) ( 2t − 3t + 18 ) ≤ Do 2t − 3t + 18 > t − ≤ nên ( t − 1) ( 2t − 3t + 18 ) ≤ Dấu xảy t =1 ⇔ a =b =1 d) ( a + b )( a + c ) ≤ 2c + ab ≤ a+b+a+c , tương tự ta có: b ( a + b + c ) + ac ≤ 2b + ac = P= a ( a + b + c ) + bc Áp dụng bất đẳng thức Cô si 2a + bc = ( b + a )( b + c ) ≤ b+a+b+c , c+a+c+b Từ suy 2a + bc + 2b + ac + 2c + ab ≤ Dấu xảy a= b= c= Ta viết lại P = 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b + + = 2(a + b + c) 2 ab ⇒ Đặt a + b + = t ⇒ t > a+b+2 ⇔ a + b + 2ab = ( t − ) ⇒ 2ab = t − 2t + ( a + b ) =( t − ) Ta có : 2 2 ( a + b ) ≥ ( a + b ) ⇒ ( a + b ) ≤ ⇔ a + b ≤ 2 ⇒ < t ≤ 2 + Ta THCS.TOANMATH.com ab t − 2t + chứng minh: Dự đoán dấu xảy = P = a+b+2 t a= b= P≤ ⇒ t = 2 + nên ta chứng minh: t − 2t + 1 ⇔ ≤ ⇔ t +1 +1 Hay t − ( ) ( ( ) ( ) +1 t2 − 2 + t + 2 + ≤ )( ) + t + ≤ ⇔ t − 2 − t − + ≤ Bất đẳng thức < t ≤ 2 + Dấu xảy t = 2+2⇔ a =b= MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SI Dự đốn dấu để phân tích số hạng vận dụng bất đẳng thức Cơ si Đối với tốn bất đẳng thức đối xứng thông thường dấu xảy biến sở để ta phân tích số hạng cho áp dụng bất đẳng thức Cơ si dấu phải đảm bảo Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Cho x, y số dương thỏa mãn x + y = Chứng minh x2 y ( x2 + y ) ≤ (Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chu Văn An, Hà Nội – Amsterdam 2006-2007) Lời giải: Ta dự đoán dấu xảy x= y= Khi xy = , x + y = Mặt khác để tận dụng giả thiết x + y = ta đưa đẳng thức ( x + y) Vì ta phân tích toán sau: x y ( x= + y2 ) xy.2 xy ( x + y ) Theo bất đẳng thức Cauchy THCS.TOANMATH.com ( x + y) xy ≤ 2  xy + x + y  = = , xy ( x + y ) ≤     ( x + y= ) 4 Từ suy x y ( x + y ) ≤ Dấu xảy x= y= Ngoài cách làm ta giải tốn cách đưa biến: t= x + y t = xy với ý: ( x + y ) ≥ xy , ( x + y ) ≥ ( x + y ) Thật 2 vậy: Đặt t = xy; ( x + y ) = x + y + xy 2 2 ⇒ = x + y + 2t ⇔ x + y = − 2t Do ( x + y) xy ≤ = ⇒ < t ≤ Ta cần chứng minh: t ( − 2t ) ≤ ⇔ t − 2t + ≥ ⇔ ( t − 1) ( t − t − 1) ≤ Bất đẳng thức với giá trị < t ≤ Ví dụ 2: a) Cho a, b số không âm thỏa mãn a + b ≤ Chứng minh rằng: a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ngoại Ngữ ĐHQGHN năm 2008-2009) b) Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = , tìm giá trị lớn biểu thức: Q = x y z + + (Đề thi tuyển x + x + yz y + y + zx z + z + xy sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội 2014) Lời giải: a) Dự đoán dấu xảy a= b= Khi 3a = a + 2b,3b = b + 2a nên ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy trực tiếp cho biểu thức dấu THCS.TOANMATH.com Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng xy ≤ x+ y , dễ thấy 3a + a + 2b = 2a + ab , 3b + b + 2a b 3b ( b + 2a ) ≤ b = 2b + ab a 3a ( a + 2b ) ≤ a Cộng hai bất đẳng thức lại vế theo vế, ta được: + 2ab Tiếp tục M= a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ ( a + b ) + 2ab = sử dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết, ta có: + 2ab ≤ + a + b = Từ ta có M ≤ Dấu xảy ⇔ a = b =1 ( ) ( ) x x ( x + y + z ) + yz − x x x + yz − x x = = b) Ta có: x + yz − x x ( x + y + z ) + yz − x x + x + yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy co hai số thực dương x ( ( x + y )( x + z ) − x ) xy + yz + xz ab ≤ a+b ta có:  x+ y+x+z  − x x+ xy + xz  = ≤ Chứng xy + yz + xz ( xy + yz + xz ) minh tương tự cộng vế, ta suy Q ≤ Đẳng thức xảy 1 Vậy Q lớn x= y= z= 3 Ví dụ 3: Cho c > a, b ≥ c Chứng minh x= y= z= c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab Lời giải:Dự đoán dấu xảy a = b Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành: THCS.TOANMATH.com a +2 (b + c ) 1+ 2 ≤ (b + c ) 1+ 2 Từ cộng bất đẳng thức (a + b + c)  (b + c )  + ) 1 +    chiều ta suy điều phải chứng minh: (a 2 Chú ý: Với giả thiết a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ta cần ý biến đổi để sử dụng điều kiện: a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > Ví dụ 3: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b Phân tích: a a − m(3a − b + c) Ta chọn m = đó: −m = 3a − b + c 3a − b + c a a+b−c Từ ta có bất đẳng thức cần chứng minh − = 3a − b + c 4(3a − b + c) viết lại thành: Ta viết lại: 1 1 a b c − + − + − ≥ ⇔ 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b 4 a+b−c b+c−a c + a −b + + ≥ 3a − b + c 3b − c + a 3c − a + b Ta có (a + b − c + b + c − a + a + c − b) VT ≥ ∑ ( a + b − c )( 3a − b + c ) (a + b + c) = = a + b + c + 2(ab + bc + ca ) Đối với bất đẳng thức dạng f (a ) + f (b) + f (c) ≤ M Ta thường thêm bớt vào số m để tử số có dạng bình phương THCS.TOANMATH.com Ví dụ 4: Cho số thực dương a, b, c cho abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ a − a +1 b − b +1 c − c +1 Phân tích: 1 − m − ma + ma để − m − ma + ma phân tích − m = 2 a − a +1 a − a +1 thành: ( xa + y ) − m − ma + ma = có nghiệm kép Hay Ta lấy Ta viết lại bất đẳng 4 thức thành: − + − + − ≤ −1 hay a − a +1 b − b +1 c − c +1 (2a − 1) (2b − 1) (2c − 1) + + ≥ Áp dụng bất đẳng thức: a − a + b2 − b + c2 − c + ∆ = m + 4m(1 − m) = ⇔ m ( − 3m ) = ⇔ m = x2 y z ( x + y + z ) + + ≥ ta thu được: A B C A+ B +C [ 2(a + b + c) − 3] VT ≥ (a + b + c ) − (a + b + c) + [ 2(a + b + c) − 3] (a + b + c) Ta cần chứng minh: ≥ ( a + b + c ) − (a + b + c) + 3 hay + 6(ab + bc + ca ) ≥ ( a + b + c ) Ta có: (ab + bc + ca )= a 2b + b c + c a + 2abc(a + b + c) ≥ a 2bc + b ca + c ab + 2abc(a + b + c)= 3abc(a + b + c)= 3(a + b + c) Ta quy toán chứng minh: ( a + b + c ) + 3(a + b + c) ≥ ( a + b + c ) Đặt = t 3(a + b + c) ⇒ t ≥ Ta có bất đằng thức trở thành: t4 + 6t ≥ 3t ⇔ t − 27t + 54t ≥ ⇔ t ( t − 27t + 54 ) = t (t − 3) (t + 6) ≥ Điều hiển nhiên Dấu xảy a= b= c= THCS.TOANMATH.com Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≤ a + 2b + b + 2c + c + 2a + 2 Một số cách thêm bớt khơng mẫu mực: Ví dụ 5: Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c = Chứng minh: a2 b2 c2 + + ≤ 3a + 3b + 3c + 18(ab + bc + ca ) Giải: a2 3a 1 a  Ta có: = =  a −  Vì ta quy toán chứng 3a + 3a +  3a +  a b c minh: + + + ≥1 3a + 3b + 3c + 6(ab + bc + ca ) (a + b + c) a Ta có: ∑ ≥ = 3a + a ( 3a + 1) + b ( 3b + 1) + c ( 3c + 1) ( a + b + c ) + Suy VT ≥ 1 ≥ = ( a + b + c ) + 6(ab + bc + ca ) ( a + b + c ) + 2 + Ví dụ 6: Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c = Chứng minh:  b c a  1+ a 1+ b 1+ c + + 2 + +  ≥  a b c  1− a 1− b 1− c Giải: 1+ a 2a + nên ta viết lại bất đẳng thức thành: Do = 1− a b + c b c a a b c a a ab + + ≥ + + + Lại có: − = nên ta a b c b+c c+a a+b c b + c c(b + c) THCS.TOANMATH.com chứng minh: ∑ ab ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz ta có: c(b + c) ( ab + bc + ca ) ab a 2b ∑ = ∑ ≥ c(b + c) abc(b + c) 2abc ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ≥ 2abc ( a + b + c ) 2 Ta cần chứng minh: toán quen thuộc Ví dụ 7: Cho số thực dương a, b, c cho ab + bc + ca = Chứng minh: a + b + c + ab bc ca 3 + + ≥ b+c c+a a+b Giải: Nhân vế với a + b + c ý: ab a 2b Ta viết bất ( a + b + c ) = ab + b+c b+c đẳng thức cần chứng minh thành: (a + b + c) +1+ a 2b b2c c2a 3 + + ≥ (a + b + c) b+c c+a a+b ( ab + bc + ca ) a 2b b2c c2a Ta có: + + ≥ = b + c c + a a + b b(b + c) + c(c + a ) + a (a + b) ( a + b + c )2 − Cuối ta chứng minh: ( a + b + c ) + + (a + b + c) −1 ≥ 3 (a + b + c) 3 ( a + b + c ) ≤ ( a + b + c ) + 3 nên ta quy về: 2 ≥ ( a + b + c ) + 3 Dành cho học sinh (a + b + c) +1+   ( a + b + c) −1 Nhưng 4) PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Tùy theo tốn ta chọn cách đặt ẩn phụ sau: THCS.TOANMATH.com 1 1 1) ( a, b, c ) →  , ,  a b c  ka kb kc  2) ( a, b, c ) →  , ,   b c a  kb kc ka  3) ( a, b, c ) →  , ,   a b c   ka kb kc  4) ( a, b, c ) →  , ,   bc ac ab   kbc kca kab  5) ( a, b, c ) →  , ,  b c   a Ví dụ 1: Cho số thực dương x, y, z cho xyz = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ x + x +1 y + y +1 z + z +1 Phân tích: Nếu áp dụng trực tiếp bất đẳng thức: X Y2 Z2 ( X +Y + Z ) + + ≥ bất đẳng thức bị ngược dấu A B C A+ B +C Để không bị ngược dấu ta thay bc ca ab  , ,  bất đẳng thức a b c  ( x, y, z ) →  cần chứng minh trở thành: a4 b4 c4 + + ≥ (*) a + a 2bc + b c b + b ac + a c c + c ab + a 2b X Y2 Z2 ( X +Y + Z ) + + ≥ Bây áp dụng bất đẳng thức: ta có: A B C A+ B +C THCS.TOANMATH.com VT ≥ (a + b2 + c2 ) a + a 2bc + b c + b + b ac + a c + c + c ab + a 2b Ta cần chứng minh: (a + b2 + c2 ) ≥1 a + a 2bc + b c + b + b ac + a c + c + c ab + a 2b ⇔ b c + a c + a 2b ≥ abc(a + b + c) Nhưng kết quen thuộc Ví dụ 2: Cho số thực dương x, y, z cho xyz = Chứng minh rằng: 1 1 + + ≥ ( x + 1)( x + 2) ( y + 1)( y + 2) ( z + 1)( z + 2) Phân tích: = x Đặt ∑ bc ac ab ;y = ;z = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 2 a b c2 a4 ≥ Áp dụng bất đẳng thức: 2 (2a + bc)(a + bc) X Y2 Z2 ( X +Y + Z ) + + ≥ ta có: A B C A+ B +C VT ≥ ∑ ( a + b2 + c2 ) ∑(2a + bc)(a + bc) Ta cần chứng minh: ∑ ( a + b + c ) ≥ ∑(2a + bc)(a + bc) ⇔ a 2b + b c + c a ≥ abc(a + b + c) Đây kết quen thuộc Ví dụ 3: Cho số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: 2x + x+ y 2y 2z + ≤3 y+z z+x Giải: THCS.TOANMATH.com x Đặt= a b c = ;y = ;z Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: b c a a2 b2 c2 Áp dụng bất đẳng thức + + ≤ 2 a + bc b + ac c + ab Bunhiacopxki ta có:    a (a + b)(a + c)  a2 b2 c2   a ∑ + + ∑  ≤ ∑    a + bc   (a + b)(a + c)   b ac c ab a + bc + +    Mặt khác ta có: ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b )( b + c )( c + a ) Mặt khác ta có: ∑ ( ab + bc + ca ) a Ta quy = ≤ (a + b)(a + c) (a + b)(b + c)(c + a) 4(a + b + c) toán chứng minh: ∑ a (a + b)(a + c) ≤ ( a + b + c ) Mặt khác ta có: a + bc a (a + b)(a + c) a (b + c) Ta quy toán chứng minh: a = + a + bc a + bc a (b + c) ∑ ≤ a+b+c a + bc KỸ THUẬT ĐỐI XỨNG HĨA Ví dụ 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh: 2a 2b 2c + + ≤3 a+b b+c c+a Giải: THCS.TOANMATH.com 2a Ta= có: a+b 2a ( a + c )  ⇒ ∑ ( a + b ) (a + c)  2a ( a + c )   ≤ ( a + b ) (a + c)    a b c 2(a + b + c)  + +   ( a + b ) (a + c) ( b + c ) (b + a ) ( c + a ) (c + b)  ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = ( a + b )( b + c )( c + a ) Bây ta cần chứng minh: ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ ⇔ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b )( b + c )( c + a ) ( a + b )( b + c )( c + a ) Nhưng kết quen thuộc: Ví dụ 2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c + + ≤ a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b Giải: Ta có: a a + b + 2c a ( a + 2b + c )  ⇒ ∑ ( a + b + 2c )( a + 2b + c )  a ( a + 2b + c )   ≤ ( a + b + 2c )( a + 2b + c )  ( ∑ a + ∑ ab ) ( ∑ a )    ∑ a ( a + 2b + c )   ∑ =  ( a + b + 2c )( a + 2b + c )  ( a + b + 2c )( a + 2b + c ) (b + 2a + c) Ta cần chứng minh: ( ∑ a + ∑ ab ) ( ∑ a ) ≤ Sau khai ( a + b + 2c )( a + 2b + c ) (b + 2a + c) triển thu gọn được: ( a + b3 + c ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) Đây tốn quen thuộc Ví dụ 3: Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c = THCS.TOANMATH.com Chứng minh: ab bc ca + + ≤ ab + bc bc + ca ca + ab Giải: Ta có:  ∑   ab = ab + bc a 2b ( a + b ) suy ( a + c )( a + b ) a 2b = a+c 2   ( ∑ a )  ∑ a b + abc ∑ a  a 2b ( a + b )  a 2b  ≤  ∑ ( a + b )   ∑ = ( a + c )( a + b )  ( a + b )( b + c ) (c + a)  ( a + c )( a + b )  Ta cần chứng minh: ( ∑ a )  ∑ a 2b + abc ∑ a  ≤ ⇔ ( ∑ a )  ∑ a 2b + abc ∑ a  ( a + b )( b + c ) (c + a) ≤ ( a + b + c )( a + b )( b + c ) (c + a) Khai triển thu gọn ta quy về: ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ≥ ( a 2b + b c + c a ) Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên theo BĐT cô si: BÀI TẬP RÈN LUYỆN Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1) 2) a b c a+b+c + + ≥ 2 b + bc + c c + ca + a c + ca + a ab + bc + ca a b c a+b+c + + ≥ 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a a + b2 + c2 3) (a 4) a 3b b 3c c3a abc(a + b + c) + + ≥ 2 + ab + bc + ca + abc 5) 6) + 3)( b + 3)( c + 3) ≥ ( a + b + c + 1) a2 b2 c2 + + ≥ với a + b + c = a + 2b b + 2c c + 2a ab bc ca + + ≤ (a + b + c) a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b THCS.TOANMATH.com ab bc ca a+b+c + + ≤ 2 2 2 2 a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b 1 + + ≥ với a + b + c = 2 2ab + 2bc + 2ca + 3a + b 3b + c 3c + a + + ≥ Với a, b, c độ dài cạnh tam giác 2a + c 2b + a 2c + b a b c ab + bc + ca + + + ≤ Với a, b, c độ dài 10) b + c c + a a + b a + b2 + c2 cạnh tam giác 7) 8) 9) 10) ab bc ca + 2 + ≥ biết a, b, c ≥ cho không 2 a +b b +c c +a 11) có số đồng thời a + b + c 2= 2(ab + bc + ca ) a b c + + ≤ biết a, b, c ≥ cho 4a + 3bc 4b + 3ca 4c + 3ab khơng có số đồng thời a + b + c = 12) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 1) Ta có: a b c a+b+c + + ≥ 2 b + bc + c c + ca + a c + ca + a ab + bc + ca a a2 Suy = b + bc + c ab + abc + ac (a + b + c) a2 ∑ ≥ 2 ab + abc + ac ab + ac + bc + ba + 3abc (a + b + c) a+b+c ab + ac + bc + ba + 3abc ab + bc + ca ⇔ ( ab + bc + ca )( a + b + c ) ≥ ab + ac + bc + ba + 3abc (Nhưng Ta cần chứng minh: 2 đẳng thức) 2) Ta có: ab + bc + ca ≤ a + b + c THCS.TOANMATH.com ≥ Suy a b c a+b+c + + ≥ 2 2 b + bc + c c + ca + a c + ca + a a + b2 + c2 2  ( b + c + 1)2    b + c +  3) ( a + b + c + 1) =  a +     ≤ ( a + 3) 1 + 3       ( b + c + 1)2  Từ suy ( a + b + c + 1) ≤ ( a + 3) 1 +  Ta chứng minh:   2  ( b + c + 1)2  ( a + 3) 1 +  ≤ ( a + 3)( b + 3)( c + 3) ⇔ 3 + ( b + c + 1)  ≤ ( b + 3)(   Bất đẳng thức tương đương với: 3 + ( b + c + 1)  ≤ ( b + 3)( c + 3) ⇔  + b + c + 2bc + 2b + 2c  ≤ 9b + 9c + 3b   ⇔ ( b + c ) + 3b c − 8(b + c) − 8bc + 13 ≥ Ta viết lại bất đẳng thức thành: ( b + c ) − 2bc − 8(b + c) + + ( bc − 1) ≥ Ta có b + c ≥ 2bc, ( b + c ) ≥ ( b + c ) ⇒ ( b + c ) ≥ ( b + c ) Nên 2 ( b + c ) − 2bc − 8(b + c) + + ( bc − 1) ≥ 2(b + c) − 8(b + c) + + 2bc − 2bc + 3(bc − = ( b + c − ) + 3(bc − 1) ≥ Dấu xảy a= b= c= 4) a 3b b 3c c3a abc(a + b + c) + + ≥ 2 + ab + bc + ca + abc THCS.TOANMATH.com Ta có: a 3b a 4b c Suy = + ab abc + a 2b3c a 2bc + b ac + c ab ) ( a 3b a 4b c ∑ = ∑ ≥ + ab abc + a 2b3c abc + a 2b3c + bca + b c3 a + cab + c a 3b 2 a 2b c ( a + b + c ) = abc + a 2b3c + bca + b c3 a + cab + c a 3b 2 Ta chứng minh: a 2b c ( a + b + c ) abc(a + b + c) ≥ 2 2 2 abc + a b c + bca + b c a + cab + c a b + abc (1 + abc ) abc(a + b + c) ≥ abc + a 2b3c + bca + b2c3a + cab2 + c a3b2 Đây đẳng thức.Dấu xảy a= b= c 5) a2 a4 = a + 2b a + 2a 2b a + b2 + c2 ) ( a2 a4 = ∑ ≥ Suy ∑ Ta chứng minh: a + 2b a + 2a 2b ∑ a + ∑ a 2b 2 (a + b2 + c2 ) ∑ a + ∑ a 2b Hay (a ≥1 + b2 + c2 ) 2 ∑a + 2∑a b ≥ ⇔ a + b + c ≥ a + b3 + c Ta cần chứng minh: a + b + c ≥ a + b3 + c3 với a + b + c = Ta chứng minh: ( a + b + c ) ≥ ( a + b3 + c ) ( a + b + c ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c Để ý rằng: ( a + b ) = ( a + b ) = ( a + b )( a + b ) ≥ 2ab ( a + b ) ⇔ a + b ≥ ab ( a + b ) Cộng ba bất đẳng thức chiều ta suy điều phải chứng minh: 6) Ta có: THCS.TOANMATH.com 1 1 1  ab  ab = ≤  + + ⇒ ≤  + a + 3b + 2c (a + c) + (b + c) + 2b  a + b b + c 2b  a + 3b + 2c  a + b Tương tự ta có bất đẳng thức cộng lại thu được: ab bc ca  ab ab bc bc c + + ≤  + + a+ + + b+ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b  a + c b + c b+a c+a c+ ab bc ca ⇔ + + ≤ (a + b + c) a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 7) Ta có ab bc ca a+b+c + + ≤ 2 2 2 2 a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b  b  a2 a + b) ( ab b b2  ≤ ≤ +   a + 2b + c  a + b + b + c   a + b b + c  Suy b  a2 b2  c  b2 c2  a  a2 c2  a + b + c + + + + + VT ≤      =  a + b2 b2 + c2   b2 + c2 c2 + a   a + b2 c2 + a  1 + + ≥1 2 2ab + 2bc + 2ca + 8) c2 suy = 2ab + 2ab c + c Ta có: VT ≥ (a + b + c) a + b + c + 2a 2b c + 2a 2bc + 2ab c (a + b + c) 2 2 2 Ta chứng minh: 2 2 a + b + c + 2a b c + 2a bc + 2ab c ≥ ⇔ ab + bc + ca ≥ a 2b c + a 2bc + ab c ⇔ ab + bc + ca ≥ abc(a + b + c) ⇔ abc ≤ Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: = a + b + c ≥ 3 abc = ⇒ abc ≤ điều phải chứng minh THCS.TOANMATH.com 9) Ta xét: 3a + b a (3 − 2m) + b − mc −m = 2a + c 2a + c Chọn m = để xuất hiện: 3a + b a+b−c −1 = 2a + c 2a + c Khi ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: a +b−c b+c −a c + a −b + + ≥1 2a + c 2b + a 2c + b (a + b − c + b + c − a + c + a − b) Suy VT ≥ ∑(a + b − c)(2a + c) (a + b + c) = = Đpcm (a + b + c) 10) Ta viết lại bất đẳng thức thành: 1− a b c ab + bc + ca +1− +1− ≥ + b+c c+a a + b a + b2 + c2 ⇔ (a + b + c) b+c−a a +c−b a +b−c + + ≥ b+c c+a a+b ( a + b2 + c2 ) 4(a + b + c) (a + b + c) = ∑ ( b + c − a )( b + c ) ( a + b + c ) Ta có VT ≥ ab a + b 2ab ≥ 2 2 a +b a +b ab = 11) Ta có: a + b2 Ta quy tốn chứng minh: (a + b) a + b2 (b + c ) + b2 + c2 (c + a) + c2 + a2 THCS.TOANMATH.com 2ab 2bc 2ca + 2+ ≥ Hay a + b b + c c + a2 ≥ Thật ta có: 4(a + b + c) VT ≥ = ( a + b2 + c2 ) 4(a + b + c) = Dấu xảy 2 ( a + b + c ) + 2ab + 2bc + 2ca 2 khi= a b= , c hoán vị a b c   12) Ta có: VT ≤ ( a + b + c )  + +   4a + 3bc 4b + 3ca 4c + 3ab  a b c   = 2 + +  Ta chứng minh:  4a + 3bc 4b + 3ca 4c + 3ab  a b c + + ≤ 4a + 3bc 4b + 3ca 4c + 3ab a b c ⇔ − + − + − ≥ 4a + 3bc 4b + 3ca 4c + 3ab bc ca ab ⇔ + + ≥ 4a + 3bc 4b + 3ca 4c + 3ab Ta có: ( ab + bc + ca )= VT ≥ ( a b + b c + c a + 4abc ) 2 2 THCS.TOANMATH.com 2 ( ab + bc + ca ) = ( a b + b c + c a + 2abc ( a + b + c ) ) 2 2 2 ... − + ≤ Bất đẳng thức < t ≤ 2 + Dấu xảy t = 2+2⇔ a =b= MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SI Dự đốn dấu để phân tích số hạng vận dụng bất đẳng thức Cơ si Đối với tốn bất đẳng thức đối... c3 ) + 9d (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Trường chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội 2012) Lời giải: Biểu thức P cho ta dự đoán dấu xảy a= b= c= xd , Để giảm ẩn tốn ta áp dụng bất đẳng thức Cơ si theo cách:... t − t − 1) ≤ Bất đẳng thức với giá trị < t ≤ Ví dụ 2: a) Cho a, b số không âm thỏa mãn a + b ≤ Chứng minh rằng: a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ngoại Ngữ