19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức_ Nguyễn Đức Hàn www.VNMATH.com

PHẦN 1
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0
1/Định nghĩa 
A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0
2/Tính chất
+ A>B ⇔ B < A
+ A>B và B >C ⇔ A > C
+ A>B ⇒ A+C >B + C
+ A>B và C > D ⇒ A+C > B + D
+ A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C
+ A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C
+ 0 < A B > 0 ⇒ A n > B n ∀n
+ A > B ⇒ A n > B n với n lẻ
+ A > B ⇒ A n > B n với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
+ m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n
1 1
+A 0 ⇒ >
A B

3/Một số hằng bất đẳng thức

+ A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ -A <A= A
+ A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

Sưu tầm và tuyển chọn 1


PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M

Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải:
1
a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)
2
=
1
2
[ ]
( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R

Vì (x-y)2 ≥ 0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)2 ≥ 0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)2 ≥ 0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
= ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x;y;z ∈ R
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z ∈ R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z ) = x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1
= (x-1) 2 + (y-1) 2 +(z-1) 2 ≥ 0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
2 2
a2 + b2  a + b  a2 + b2 + c2  a + b + c 
a) ≥  ; b) ≥  c) Hãy tổng quát bài toán
2  2  3  3 
Giải:
2
a2 + b2  a + b 
a) Ta xét hiệu − 
2  2 
2( a 2 + b 2 ) a 2 + 2ab + b 2
= ( 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab ) = ( a − b ) ≥ 0
1 1 2
= −
4 4 4 4
2
a +b
2 2
a+b
Vậy ≥  . Dấu bằng xảy ra khi a=b
2  2 
b)Ta xét hiệu



[ ]
2
a2 + b2 + c2  a + b + c  1
 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 .Vậy
2 2 2
−
3  3  9
2
a2 + b2 + c2  a + b + c 
≥ 
3  3 
Dấu bằng xảy ra khi a = b =c

c)Tổng quát
2
a12 + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n 
2 2
≥ 
n  n 
Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B
Bước 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bước 3:Kết luận A ≥ B

Ví dụ 1: Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có : m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1)
Giải:
 m2   m2   m2   m2 
⇔
 4 − mn + n 2  + 
  4 − mp + p 2  + 
  4 − mq + q 2  + 
  4 − m + 1 ≥ 0

       
2 2 2 2
m  m  m  m 
⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2  2  2  2 
m
 2 −n =0  m
m n = 2
 − p=0  m
2 p =  m=2
Dấu bằng xảy ra khi  m ⇔ 2 ⇔
 −q =0  m n = p = q = 1
2  q=
m m =2
2 −1 = 0  2


Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c)
Giải: Ta có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c) , ∀ , b, c > 0
a
⇔ a 4 + b 4 + c 4 − a 2 bc − b 2 ac − c 2 ab ≥ 0
⇔ 2a 4 + 2b 4 + 2c 4 − 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
(
⇔ a2 −b2 ) 2
(
+ 2a 2 b 2 + b 2 − c 2 ) 2
(
+ 2b 2 c 2 + c 2 − a 2 ) 2
+ 2a 2 c 2
− 2a 2 bc − 2b 2 ac − 2c 2 ab ≥ 0
(
⇔ a2 −b2 ) + (b
2 2
−c2 ) + (c
2 2
−a2 ) 2
+ (a 2 b 2 + b 2 c 2 − 2b 2 ac ) + (b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c 2 ab)
+ ( a 2 b 2 + c 2 a 2 − 2a 2 ab) ≥ 0
(
⇔ a2 −b2 ) + (b
2 2
−c2 ) + (c
2 2
−a2 ) + ( ab − bc )
2 2
+ ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0
2 2

Đúng với mọi a, b, c.

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương


Kiến thức:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng
hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.
Nếu A < B ⇔ C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có
bất đẳng thức A < B .

Chú ý các hằng đẳng thức sau:
( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
b2
a) a 2 + ≥ ab
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
Giải:
b2
≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0 ⇔ ( 2a − b ) ≥ 0
2
a) a 2 +
4
b2
(BĐT này luôn đúng). Vậy a 2 + ≥ ab (dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
b) a + b + 1 ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b)
2 2 2

⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0
⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b − 1) 2 ≥ 0 Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b . Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4a( b + c + d + e )
⇔ ( a 2 − 4ab + 4b 2 ) + ( a 2 − 4ac + 4c 2 ) + ( a 2 − 4ad + 4d 2 ) + ( a 2 − 4ac + 4c 2 ) ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 )
Giải:
(a + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 ) ⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12
10

⇔ a 8 b 2 ( a 2 − b 2 ) + a 2 b 8 ( b 2 − a 2 ) ≥ 0 ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ 0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
x2 + y2
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x 〉 y Chứng minh ≥2 2
x− y
x2 + y2
Giải: ≥ 2 2 vì :x 〉 y nên x- y 〉 0 ⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
x− y
⇒ x +y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
2

⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
⇒ (x-y- 2 )2 ≥ 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:
a/ P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R

b/ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a + b + c (gợi ý :bình phương 2 vế)
c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:
 x. y.z = 1
1 1 1
 + + < x+ y+z
x y z


Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > 0 (vì x + y + z < x+y+z
x y z
theo gt)
⇒ 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ⇒ x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt
buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
a b c
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 < a + b + b + c + a + c < 2
Giải:
1 1 a a
Ta có : a+b< a+b+c⇒ > ⇒ > (1)
a+b a+b+c a+b a+b+c
b b c c
Tương tự ta có : b + c > a + b + c (2) , a + c > a + b + c (3)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
a b c
+ + > 1 (*)
a+b b+c a+c
a a+c
Ta có : a < a + b ⇒ a + b < a + b + c (4)
b a+b c c+b
Tương tự : b + c < a + b + c (5) , <
c+a a+b+c
( 6)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
a b c
+ + <2 (**)
a+b b+c a+c
a b c
Từ (*) và (**) , ta được : 1 < a + b + b + c + a + c < 2 (đpcm)

Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ
Kiến thức:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
b) x + y ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0
2 2

c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
a b
d) + ≥ 2
b a
Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy

Tacó ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2 ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : a, b ≥ 0 , ta có: a + b ≥ 2 ab . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n n a1 a 2 ..a n
n
 a + a 2 + ... + a n 
⇔ a1 a 2 ..a n ≤  1 
 n 
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a 2 = ... = a n
Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.
2x 4x 2x 3
Ví dụ 1 : Giải phương trình : + x + x =
4 +1 2 +1 2 + 4
x x
2

 a = 2x
Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt  , a, b > 0
 b = 4 x

a b 1 3
Khi đó phương trình có dạng : b + 1 + a + 1 + a + b = 2
Vế trái của phương trình:
 a   b   1 
= + 1 +  + 1 +  + 1 − 3
 b +1   a +1   a + b 
 a + b +1  a + b +1  a + b +1
= + + −3
 b +1   a +1   a + b 
 1 1 1 
= ( a + b + c) + + −3
 b +1 a +1 a + b 

[ ( b + 1) + ( a + 1) + ( a + b ) ] 1 + 1 + 1  − 3
 
 b +1 a +1 a + b 

1 3 3 3
≥ 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) . −3 =
2 3 ( a + 1)( b + 1)( a + b ) 2
Vậy phương trình tương đương với :
a + 1 = b + 1 = a + b ⇔ a = b = 1 ⇔ 2x = 4x = 1 ⇔ x = 0 .
x y z
Ví dụ 2 : Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTLN của P = x + 1 + y + 1 + z + 1
1 1 1
Giải : P = 3- ( x + 1 + y + 1 + z + 1 ) = 3 – Q. Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì


a + b + c ≥ 3 3 abc
1 1 1 1
+ + ≥ 33
a b c abc
1 1 1
⇒ ( a + b + c ) + +  ≥ 9
a b c
1 1 1 9
⇒ + + ≥
a b c a +b+c
1 1 1 9 9 9 3
Suy ra Q = x + 1 + y + 1 + z + 1 ≥ 4 ⇒ -Q ≤ − 4 nên P = 3 – Q ≤ 3- 4 = 4
3 1
Vậy max P = 4 .khi x = y = z = 3 .
1 1 1 a+b+c
Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: + 2 + 2 ≤
a + bc b + ac c + ab
2
2abc
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
2 1 1 1 1 
a 2 + +bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ ≤  + 
a + +bc a bc 2  ab ac 
2

Tương tự :
2 1 1 1 1 
≤ ≤  + 
b + + ac b ac 2  bc ab 
2

2 1 1 1 1
≤ ≤  + 
c + + ab c ab 2  ac bc 
2

2 2 2 a+b+c
⇒ 2 + 2 + 2 ≤
a + bc b + + ac c + + ab 2abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
a b c
Ví dụ 4 : CMR trong tam giác ABC : b + c − a + c + a − b + a + b − c ≥ 3 (*)
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
a b c abc
+ + ≥ 33 (1)
b + c − a c + a −b a +b −c (b + c − a )(c + a − b)(a + b − c )
Cũng theo bất đẳng thức Côsi :
1
(b + c − a )(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c (2)
2
Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc
abc
→ ≥ 1 (3)
(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c )
Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
0< a≤ b≤ c ( a + c) 2

Cho  . Chứng minh rằng: ( + by + cz )  + +  ≤
x y z
  ( x + y + z) 2
 0 < x, y , z
a b c 4ac

Giải: Đặt f ( x) = x 2 − (a + c) x + ac = 0 có 2 nghiệm a,c
Mà: a ≤ b ≤ c ⇒ f (b) ≤ 0 ⇔ b 2 − (a + c)b + ac ≤ 0

ac y
⇔b+ ≤ a + c ⇔ yb + ac ≤ ( a + c ) y
b b
 x y z
⇒  xa + ac  + ( yb + ac ) + ( zc + ac ) ≤ ( a + c ) x + ( a + c ) y + ( a + c) z
 a b c
x y z
⇒ xa + yb + zc + ac + +  ≤ ( a + c )( x + y + z )
a b c
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
⇒2 ( xa + yb + zc ) ac x + y + z  ≤ ( a + c )( x + y + z )
 
a b c
x y z
⇔ 4( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( a + c ) ( x + y + z )
2 2

a b c
 x y z  ( a + c)
2
⇔ ( xa + yb + zc ) ac + +  ≤ ( x + y + z ) 2 (đpcm)
a b c 4ac

Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski
Kiến thức:
Cho 2n số thực ( n ≥ 2 ): a1 , a 2 ,...a n , b1 , b2 ,..., bn . Ta luôn có:
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn )
2 2 2 2 2

a a a
Dấu “=” xảy ra khi ⇔ b = b = .... = b
1 2 n

1 2 n

b1 b2 bn
Hay a = a = .... = a (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 )
1 2 n

Chứng minh:
 a = a 2 + a 2 + ... + a 2
 1 2 n
Đặt 
 b = b1 + b2 + ... + bn
2 2 2

• Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
• Nếu a,b > 0:
ai b
Đặt: α i = , β i = i ( i = 1,2,...n ) , Thế thì: α 12 + α 22 + ... + α n2 = β 12 + β 22 + ... + β n2
a b
Mặt khác: α i β i ≤
2
(α i + β i2 )
1 2

1 2 1
α1 β1 + α 2 β 2 + ... + α n β n ≤ (α1 + α 2 + .... + α n ) + ( β12 + β 22 + ... + β n2 ) ≤ 1
2 2

Suy ra: 2 2
⇒ a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≤ a.b
Lại có: a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn ≤ a1b1 + a 2 b2 +... + a n bn

Suy ra: (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 2 + ... + a n )(b12 + b2 + ... + bn )
2 2 2 2

 α i = β i ( ∀i = 1,2,..., n ) a a a
Dấu”=” xảy ra ⇔  ⇔ 1 = 2 = .... = n
α 1 β 1 ....α n β n cùng dáu b1 b2 bn
Ví dụ 1 :
1
Chứng minh rằng: ∀x ∈R , ta có: sin 8 x + cos 8 x ≥
8
Giải: Ta có: sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:


1 = (sin 2 x.1 + cos 2 x.1) ≤ (sin 4 x + cos 4 x )(12 + 12 )
1
⇔ ≤ sin 4 x + cos 4 x
2
⇒ ≤ (sin 4 x + cos 4 x )
1 2

4
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
≤ (sin 4 x.1 + cos 4 x.1)
1 2
⇔
4
⇔ ≤ (sin 8 x + cos 8 x )(12 + 12 )
1
4
⇔ (sin 4 x + cos 4 x ) ≥
1
8
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các góc A,B,C nhọn. Tìm GTLN của:
P = 1 + tan A. tan B + 1 + tan B. tan C + 1 + tan C. tan A
Giải:
* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
Cho m bộ số, mỗi bộ số gồm n số không âm: ( a i , bi ,..., ci )(i =1,2,...., m)
Thế thì:
(a1 a 2 ...a m + b1b2 ...bm + ... + c1c 2 ...c m ) 2 ≤ (a1m + b1m + ... + c1m )(a 2 + b2 + ... + c 2 )(a m + bm + ... + c m )
m m m m m m

Dấu”=” xảy ra ⇔ ∃ bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì ∃ t i sao
cho: a = t i ai , b = t i bi ,..., c = t i ci , Hay a1 : b1 : ... : c1 = a 2 : b2 : ... : c 2 = a n : bn : ...cn

a12 + a 2 + ... + a n = 3
2 2

Ví dụ 1: Cho 
 n ∈ Z,n ≥ 2
a1 a 2 a
Chứng minh rằng: + + .... + n < 2
2 3 n +1
Giải:
1 1 1
< =
∀ ∈N
k *
ta có: k2 1  1  1
k2 −  k −  k + 
4  2  2
1 1 1
⇒ < −
k2 1 1
k− k+
2 2
 
1 1 1  1 1   1 1   1 1 
⇒ 2 + 2 + ... + 2 <     
 3 − 5  +  5 − 7  + ... +  − 
    1 1
n+ 
2 3 n
 2 2  2 2  n− 
 2 2
1 1 2
= − <
3 1 3
2 n+
2
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a1 a 2 a 1 1 1 2
+ + .... + n ≤ a12 + a 2 + ... + a n
2 2
+ 2 + ... + 2 < 3 < 2 (đpcm)
2 3 n +1 2 2
3 n 3
Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:
( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2

mà ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2 ≤ ( a 2 + b 2 ) + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + d 2
⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có (12 + 12 + 12 )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) 2
⇒ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
 a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
a)Nếu  thì . ≤ .
 b1 ≤ b2 ≤ ..... ≤ bn
n n n

a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b
 1 = b2 = .... = bn

 a1 ≤ a2 ≤ ..... ≤ an
b)Nếu  thì
 b1 ≥ b2 ≥ ..... ≥ bn
a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + .... + bn a1b1 + a 2 b2 + .... + a n bn
. ≥
n n n
a1 = a 2 = .... = a n
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi b
 1 = b2 = .... = bn
Ví dụ 1: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2 S
= .
sin A + sin B + sin C 3
S là diện tích tan giác. chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều.
π
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư 0< A≤B≤C < . Suy ra:
2

 sin A ≤ sin B ≤ sin C

 sin 2a ≤ sin 2B ≤ sin 2C
Áp dụng BĐT trebusep ta được:
( sin A + sin B + sin C )( sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) ≥
≥ 3( sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C )
sin A. sin 2 A + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 1
⇔ ≤ (sin 2 A + sin 2 B + sin 2C )
sin A = sin B = sin C
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ sin 2 A = sin 2 B = sin 2C ⇔ ∆ABC dêu

Mặt khác:

sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 2 sin( A + B ). cos( A − B ) + sin 2C
= 2 sin C [cos( A − B ) + cos C ] = 2 sin C [cos( A − B ) − cos( A + B )]
= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C
= (2 R sin A)(2 R sin B ). sin C = a.b. sin C = 2 S (2)
Thay (2) vào (1) ta có
sin A. sin 2a + sin B. sin 2 B + sin C. sin 2C 2S
≤ .
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ ∆ ABC đều.

Ví dụ 2(HS tự giải):
1 1 1
a/ Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: + + ≥9
a b c
b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )
c/ Cho a>0 , b>0, c>0
a b c 3
CMR: + + ≥
b+c c+a a+b 2
1
d)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ;CMR: x+y ≥
5
a3 b3 c3 1
Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng + + ≥
b+c a+c a+b 2
Giải:

 a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c
b + c a + c a + b

Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a b c a2 + b2 + c2  a b c  1 3 1
a2. + b2. + c2. ≥ . + + = . =
b+c a+c a+b 3 b+c a+c a+b 3 2 2
a3 b3 c3 1 1
Vậy + + ≥ Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
b+c a+c a+b 2 3
Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :
a + b + c + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
2 2 2

Giải: Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1 1 1
Do abcd =1 nên cd = (dùng x + ≥ )
ab x 2
1
Ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4 (1)
ab
Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
 1   1   1 
=  ab +  +  ac +  +  bc +  ≥ 2 + 2 + 2
 ab   ac   bc 
Vậy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
2 2 2 2

Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli
Kiến thức:


a)Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ -1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a ) n
≥ 1 + na . Dấu ‘=’ xảy ra khi
 =0
a
và chỉ khi n =1

b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1, α ≥ 1 thì (1 + a ) α ≥ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
 =0
a
- cho a ≥ −1,0 < α < 1 thì (1 + a ) α ≤ 1 + na . Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi  =1 .
α 
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng a b + b a > 1, ∀a, b > 0 .
Giải
- Nếu a ≥ 1 hay b ≥ 1 thì BĐT luôn đúng
- Nếu 0 < a,b < 1
Áp dụng BĐT Bernouli:
b(1 − a ) a + b
b b
1  1− a 
= 1+
  <1+  <
a  a  a a
a
⇒ ab > .
a +b
b
Chứng minh tương tự: b a > . Suy ra a b + b a > 1 (đpcm).
a+b
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5
a5 + b5 + c5  a + b + c 
3
≥
3
 . (1)
 
Giải
5 5 5

(1) ⇔  3a  +  3b  +  3c  ≥ 3
     
a+b+c a+b+c a+b+c
Áp dụng BĐT Bernouli:
5( b + c − 2a )
5 5
 3a   b + c − 2a 
  = 1 +
a +b+c a +b+c 
 ≥1+
a +b+c
(2)
 
Chứng minh tương tự ta đuợc:

5( c + a − 2b )
5
 3b 
  ≥1+
a +b +c  a +b +c
(3)

5( a + b − 2c )
5
 3c 
  ≥1+
a +b +c  a +b +c
(4)

Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có
5 5 5
 3a   3b   3c 
  +  +  ≥ 3 ⇒ (đpcm)
a+b+c a+b+c a+b+c
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho a1 , a 2 ,...a n > 0; r ≥1. Chứng minh rằng
r
a1r + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n 
r r
≥
  .

n  n 
Dấu ‘=’ ⇔ a1 = a 2 = .... = a n .(chứng minh
tương tự bài trên).
Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤1 . Chứng minh rằng
(2 x
+ 2 y + 2 z )( 2 − x + 2 − y + 2 − z ) ≤
81
8
.
Giải
Đặt a = 2 x , b = 2 y , c = 2 z (1 ≤ a, b, c ≤ 2 ) .

1 ≤ a ≤ 2 ⇒ ( a − 1)( a − 2 ) ≤ 0
2
⇒ a 2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ a + ≤ 3 (1)
a
Chứng minh tương tự:
2
b+ ≤3 ( 2)
b
2
c+ ≤3 (3)
c
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
 1 1 1  côsi  1 1 1
9 ≥ ( a + b + c ) + 2 + +  ≥ 2 ( a + b + c ) 2 + + 
a b c a b c
81  1 1 1
⇒ ≥ (a + b + c) + +  ⇒ (đpcm)
8 a b c
Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số x1 , x 2 ,...., x n ∈[ a, b] , c > 1
Ta luôn có:
) ≤ [ n( c + cb ) ] 2

(c )( c
a
− x1 − x2 − xn
x1
+ c + .... + c
x2 xn
+c + .... + c
4c a + b

Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức: A>B và B>C thì A>C
Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d
Chứng minh rằng ab >ad+bc
Giải:

a > c + d a − c > d > 0
Tacó  ⇒  ⇒ (a-c)(b-d) > cd
b > c + d b − d > c > 0
⇔ ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
5 1 1 1 1
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh
2 2 2
+ + <
3 a b c abc
Giải: Ta có :( a+b- c) = a +b +c +2( ab –ac – bc) 〉 0
2 2 2 2

1 2 2 2
⇒ ac+bc-ab 〈 ( a +b +c )
2
5 1 1 1 1
⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có + − 〈
6 a b c abc
Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)

Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng: 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a

Giải:
Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 và
Ta có (1 − a 2 ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a 2 + a 2 b > 0 ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mà 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3 . Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
Tương tự b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c
c 3 + a3 ≤ 1 + c2a
Cộng các bất đẳng thức ta có : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
Ví dụ 5 Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac+bd =1998
Giải:
Ta có (ac + bd) 2 + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d 2 + b 2 c 2 - 2abcd =
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rõ ràng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2 ⇒ ac + bd ≤ 1998
Ví dụ 6 (HS tự giải) :
a/ Cho các số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1
1
c hứng minh rằng : a 1 + a 2 + a32 + .... + a 2003 ≥
2 2 2

2003
b/ Cho a;b;c ≥ 0 thỏa mãn :a+b+c=1
1 1 1
Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
a b c

Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a a a+c
a – Nếu > 1 thì >
b b b+c
a a a+c
b – Nếu < 1 thì 0 thì từ
a c a a+c c
< ⇒ < 0 .Chứng minh rằng
a b c d
1< + + + <2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a a a+d
<1⇒ < (1)
a+b+c a+b+c a+b+c+d
a a
Mặt khác : > (2)
a+b+c a+b+c+d
Từ (1) và (2) ta có

a a a+d
< < (3)
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d

Tương tự ta có
b b b+a
< < (4)
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c c b+c
< < (5)
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d d d +c
< < (6)
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có
a b c d
1< + + + < 2 điều phải chứng minh
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
a c a ab + cd c
Ví dụ 2 :Cho: < và b,d > 0 .Chứng minh rằng < 2 <
b d b b +d2 d
a c ab cd ab ab + cd cd c
Giải: Từ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2 < =
b d b d b b +d2 d2 d
a ab + cd c
Vậy < < điều phải chứng minh
b b2 + d 2 d

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
a b
tìm giá trị lớn nhất của +
c d
a b a b a a+b b
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử : ≤ Từ : ≤ ⇒ ≤ ≤
c d c d c c+d d
a
≤ 1 vì a+b = c+d
c
b a b
a/ Nếu :b ≤ 998 thì ≤ 998 ⇒ + ≤ 999
d c d
a b 1 999
b/Nếu: b=998 thì a=1 ⇒ + = + Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d c d
a b 1
Vậy giá trị lớn nhất của + =999+ khi a=d=1; c=b=999
c d 999

Phương pháp 10: Phương pháp làm trội
Kiến thức:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được
tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + .... + un
Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k = ak − ak +1
Khi đó :S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 − an+1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 ....un
k a
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a
k +1

a a a a
Khi đó P = a . a ..... a = a
1 2 n 1

2 3 n +1 n +1

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng
1 1 1 1 3
< + + .... + <
2 n +1 n + 2 n+n 4
1 1 1
Giải: Ta có > = với k = 1,2,3,…,n-1
n + k n + n 2n
1 1 1 1 1 n 1
Do đó: + + ... + > + ... + = =
n +1 n + 2 2n 2n 2 n 2n 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1
2
1+
+
1
3
+ .... +
1
n
(
> 2 n +1 −1 )
Với n là số nguyên

Giải: Ta có
1
=
k 2 k
2
>
2
k + k +1
= 2 k +1 − k ( )
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2 ( 2 − 1)
1
2
>2 3− 2( )
………………
1
n
(
> 2 n +1 − n )
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 1 +
1
2
+
1
3
+ .... +
1
n
( )
> 2 n +1 −1
n
1
Ví dụ 3: Chứng minh rằng ∑k
k =1
2
<2 ∀n ∈ Z

1 1 1 1
Giải: Ta có k 2 < k ( k − 1) = k − 1 − k
Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1 1
2
< 1−
2 2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1 1 1
< −
n 2
n −1 n
1 1 1
⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2 3 n

n
1
Vậy ∑k
k =1
2
<2

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
0 < a b-c  ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0
b > a-c  ⇒ b 2 > b 2 − (c − a ) 2 > 0
c > a-b  ⇒ c 2 > c 2 − ( a − b) 2 > 0
Nhân vế các bất đẳng thức ta được
[ ][ ][
⇒ a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
2 2 2
]
⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )
2 2 2

⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )

Ví dụ2 (HS tự giải)
1/ Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
2/Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2

Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ

Ví dụ 1:
Chứng minh rằng : c(a −c) + c(b −c) ≤ ab , ∀a ≥ b ≥ 0 và b ≥ c
Giải
Trong mặt phẳng Oxy, chọn u =( c, b −c ) ; v =( a −c , c )
Thì u = b , v = a ; u.v = c ( a −c ) + c (b −c )
Hơn nữa: u.v =u . v . cos(u , v ) ≤u . v ⇒ c ( a − ) + c (b − ) ≤ ab ⇒
c c (ĐPCM)
Ví dụ 2:
n n

Cho 2n số: xi ; y i , i =1,2,..., n thỏa mãn: ∑ xi + ∑ yi = 1. Chứng minh rằng:
i =1 i =1
n
2
∑
i =1
xi2 + yi2 ≥
2
Giải:
Vẽ hình y

MN
MK
H

M
1
x
O x+y=1

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:
M 1 ( x1 , y1 ) : M 2 ( x1 + x 2 , y1 + y 2 ) ;…; M n ( x1 +  + x n , y1 +  + y n )

Giả thiết suy ra M n ∈ đường thẳng x + y = 1. Lúc đó:
OM 1 = x12 + y12 , M 1M 2 = x2 + y 2
2 2
, M 2M 3 = x3 + y 3
2 2
,…, M n −1 M n = xn + y n
2 2

2
Và OM 1 + M 1 M 2 + M 2 M 3 +  + M n −1 M n ≥ OM n ≥ OH =
2
n
2
⇒ ∑
i =1
xi2 + yi2 ≥
2
⇒ (ĐPCM)

Phương pháp 13: Đổi biến số
a b c 3
Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng + + ≥ (1)
b+c c+a a+b 2
y+z−x z+x− y x+ y−z
Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a= ; b= ;c=
2 2 2
y+z−x z+x− y x+ y−z 3
ta có (1) ⇔ + + ≥
2x 2y 2z 2
y z x z x y y x z x z y
⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ 3 ⇔ ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ 6
x x y y z z x y x z y z
y x z x z y
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( x + y ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2 nên ta có điều
y z
x z
phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
1 1 1
+ 2 + 2 ≥9 (1)
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
2

Giải: Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab . Ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1
1 1 1
(1) ⇔ x + y + z ≥ 9 Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
1 1 1 1
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3. 3 xyz , và: x + y + z ≥ 3. 3
xyz

( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9 . Mà x+y+z < 1. Vậy
1 1 1
⇒ 
x y z  + + ≥9 (đpcm)
  x y z
1
Ví dụ3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥
5
Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u-v =1 và S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1

thay vào tính S min
Bài tập tự giải
25a 16b c
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: + + >8
b+c c+a a+b

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
+
nb
+
pc
b+c c+a a+b 2
≥
1
( )
m + n + p − ( m + n + p)
2

Phương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai

Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c
Định lí 1:
a> 0
f(x) > 0, ∀ x ⇔ 
∆ < 0
a> 0
f (x) ≥ 0, ∀ x ⇔ 
∆ ≤ 0
a< 0
f (x) < 0, ∀ x ⇔ 
∆ < 0
a< 0
f (x) ≤ 0, ∀ x ⇔ 
∆ ≤ 0
Định lí 2:
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1 < α < x2 ⇔ a. f ( α ) < 0
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

 a. f ( α ) > 0

x1 < x2 < α ⇔  ∆ > 0
S
 <α
2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :


 a. f ( α ) > 0

α < x1 < x2 ⇔  ∆ > 0
S
 >α
2
α < x1 < β < x 2
Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm  x < α < x < β ⇔ f (α ). f ( β ) < 0.
 1 2

Ví dụ 1:Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0 (1)
Giải: Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3
2

= 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3
= −( y − 1) − 1 < 0
2

Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y

Ví dụ2: Chứng minh rằng: f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2( x 2 + 2). y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x 2 y 4 + 2( x 2 + 2 ). y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0 ⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) 2 x + 4 y 2 > 0
Ta có ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) − 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0
2 2

Vì a = ( y 2 + 1) > 0 vậy f ( x, y ) > 0
2
(đpcm)

Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là
giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 – kết luận BĐT đúng với mọi n > n0

1 1 1 1
Ví dụ1: Chứng minh rằng : 2
+ 2 + .... + 2 < 2 − ∀n ∈ N ; n > 1 (1)
1 2 n n
1 1
Giải: Với n =2 ta có 1 + < 2 − (đúng). Vậy BĐT (1) đúng với n =2
4 2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1
1 1 1 1 1
Thật vậy khi n =k+1 thì (1) ⇔ 12 + 22 + .... + k 2 + (k + 1) 2 < 2 − k + 1
Theo giả thiết quy nạp

1 1 1 1 1 1 1
⇔ + 2 + .... + 2 + < 2− + < 2−
2
1 2 k (k + 1) 2
k ( k + 1) 2
k +1
1 1 1 1 1
⇔ + .... + < + <
12
(k + 1) 2
k + 1 ( k + 1) 2
k
k +1+1 1
⇔ < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 ⇔ k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất
(k + 1) 2 k
đẳng thức (1)được chứng minh
n
 a+b an + bn
Ví dụ2: Cho n ∈ N và a+b> 0. Chứng minh rằng   ≤ (1)
 2  2
Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có
k +1
 a+b a k +1 + b k +1
(1) ⇔   ≤
 2  2
k
a+b a+b a k +1 + b k +1
⇔   . ≤ (2)
 2  2 2
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
⇔ Vế trái (2) ≤ . = ≤
2 2 4 2
k +1 k +1 k +1 k +1
≥ 0 ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0
a +b a + ab + a b + b
k k
⇔ − (3)
2 4
Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ -b ⇔ a ≥ b
k
⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k
− b k ).( a − b ) ≥ 0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ a < b k ⇔ a k < b k ⇔ ( a k − b k ).( a − b ) ≥ 0
k

Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Ví dụ 3: Cho a ≥ −1 ,1 ≤ n ∈Ν. Chứng minh rằng : (1 + a) n ≥ 1 + n.a
Giải
n=1: bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 + a ) k ≥ 1 + k .a
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 + a ) k +1 ≥ 1 + (k +1).a
Ta có: (1 + a) k +1 = (1 + a).(1 + a) k ≥ (1 + a).(1 + k .a ) ≥ 1 + (k +1)a + k .a 2 ≥ 1 + (k +1)a
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 + a) n ≥ 1 + n.a , ∀n ∈Ν
1
Ví dụ 4: Cho 1 ≤ n ∈ Ν a1 , a 2 ,  , a n ≥ 0 thoả mãn a1 + a 2 +  + a n ≤ . Chứng minh
2
1
rằng: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2

1 1
Giải n=1: a1 ≤ ⇒ 1 − a1 ≥ ⇒ Bài toán đúng
2 2
1
n=k ( k ∈ Ν ): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k ) ≥
2

1
n= k+1 . Ta cần chứng minh: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) ≥
2
Ta có: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k +1 ) = (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − (a k + a k +1 ) + a k a k +1 ]
1 1
≥ (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a k −1 )[1 − ( a k + a k +1 )] ≥ (Vì a1 + a 2 +  + a k −1 + (a k + a k +1 ) ≤ 2 )
2
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
1
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 − a1 )(1 − a 2 )  (1 − a n ) ≥
2
Ví dụ 5: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , a i , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a n bn ) ≤ (a + a +  + a )(b + b +  + bn2 )
2 2
1
2
2
2
n 1
2 2
2

Giải n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 ≤ (a12 + a 2 +  + a k )(b12 + b22 +  + bk2 )
2 2

n= k+1 . Ta cần chứng minh:
(a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2 ≤ (a12 + a 2 +  + a k +1 )(b12 + b2 +  + bk2+1 ) (1)
2 2 2

Thật vậy: VP(1) = (a12 + a 22 +  + a k2 )(b12 + b22 +  + bk2 ) + (a12 +  + a k2 ).b 2 +
+ a 2 (b12 + b2 +  + bk2 ) + a k +1 .bk2+1 ≥ ( a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) + 2a1b1 a k +1bk +1 + 2a 2 b2 a k +1bk +1 +
2 2

+  + 2a k bk a k +1bk +1 + a k +1bk +1
2 2

≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) 2 + 2 ( a1b1 + a 2 b2 +  + a k bk ) a k + bk + + a k +1 .bk +1
1 1
2 2

≥ (a1b1 + a 2 b2 +  + a k +1bk +1 ) 2
Vậy (1) được chứng minh
Ví dụ 6: Cho 1 ≤ n ∈ Ν , ai , bi ∈R, i =1,2,..., n . Chứng minh rằng:
a1 + a 2 +  + a n 2 a12 + a 2 +  + a n
2 2
( ) ≤
n n
Giải:
n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
a1 + a 2 +  + a k 2 a12 + a 2 +  + a k2
2

n=k ( k ∈ Ν ):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: ( ) ≤
k k
a + a +  + a k +1 2 a1 + a 2 +  + a k +1
2 2 2
n= k+1 . Ta cần chứng minh: ( 1 2 ) ≤ (1)
k +1 k +1
a + a +  + a k +1
Đặt: a = 2 3
k
1
VP (1) = (a12 + k 2 a 2 + 2ka1 a )
k +1
1  2 a 2 + a3 +  + a k2+1
2
a 2 + a3 +  + a k2+1  a12 + a 2 +  + a k2+1
2 2
≥  a1 + k 2 2 + k .a12 + k 2 =
(k + 1) 2  k k  k +1
Vậy (1) đựơc chứng minh

Ví dụ 7: Chứng minh rằng: n n > ( n +1) n −1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2

 n n = 4
Giải: n=2 ⇒  ⇒ n n > (n + 1) n −1
 (n + 1) n− 1 = 3
n=k ≥ 2 : giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1) k −1
n= k+1:Ta c ó: k k (k + 1) k +1 ≥ (k + 1) k −1 (k + 1) k +1 = (k + 1) 2 k −2 (k + 1) 2 = [(k + 1) 2 ] k −1 (k + 1) 2


> (k 2 + 2k ) k −1 ( k 2 + 2k ) (vì (k + 1) 2 = k 2 + 2k + 1 > k 2 + 2k )
≥ k k ( k + 2) k ⇒ (k + 1) k +1 > (k + 2) k ⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1
Vậy n n > (n +1) n−1 , ∀n ∈ Ζ, n ≥ 2
Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sin nx ≤n sin x , ∀ ∈Ν , ∀ ∈R ∗
n x

Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng
n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sin kx ≤k sin x
n= k+1 . Ta cần chứng minh: sin(k + ) x ≤(k + ) sin x 1 1

 a + b ≤ a + b , ∀ a, b ∈ R

Ta có: 
 sin x , cos x ≤ 1, ∀ x ∈ R

Nên: sin( k +1) x = sin kx cos x +cos kx sin x
≤ sin kx . cos x + cos kx . sin x ≤ sin kx . + sin x ≤k sin x . +. sin x =( k + ) sin x
. 1
⇒ Bất đẳng thức đúng với n= k+1. Vậy: sin nx ≤n sin x , ∀ ∈ ∗, ∀ ∈
n Ν x R

Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng

Kiến thức:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng
thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái
với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p ⇒ q”
Muốn chứng minh p ⇒ q (với p : giả thiết đúng, q : kết luận đúng) phép chứng
minh được thực hiên như sau:
Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc p sai. Vậy phải có q
(hay q đúng)
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết
luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P ⇒ Q”
B – Phủ định rôi suy trái giả thiết
C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0. Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0
Từ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0

Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện
ac ≥ 2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
a 2 < 4b , c 2 < 4d
Giải:
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được
a 2 + c 2 < 4(b + d ) (1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2)
Từ (1) và (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
1 1 1
Nếu x+y+z > x + y + z thì có một trong ba số này lớn hơn 1
Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
1 1 1 1 1 1
=x + y + z – ( x + y + z ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > x + y + z
nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Ví dụ 4: Cho a, b, c >0 và a.b.c=1. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 (Bất đẳng thức
Cauchy 3 số)
Giải: Giả sử ngược l ại:
a + b + c < 3 ⇒ (a + b + c)ab < 3ab ⇔ a 2 b + b 2 a + cab < 3ab ⇔ a 2 b + (a 2 − 3a )b + 1 < 0
Xét : f (b) = a 2 b + (a 2 − 3a)b + 1
Có ∆ = (a 2 − 3a) 2 − 4a = a 4 − 6a 3 + 9a 2 − 4a = a(a 3 − 6a 2 + 9a − 4) = = a(a −1) 2 (a − 4) ≤ 0
 a , b, c > 0
(Vì  ⇒ 0 < a < 3 ) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒ vô lý. Vậy: a + b + c ≥ 3
a+ b+ c< 3
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng không tồn tại các số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):
a a 2 ⇒ −( a + b − c )(a − b + c) > 0 (1’)
b < c −a ⇒ (c − a ) > b
2 2
⇒ −(−a + b + c)(a + b − c ) > 0 (2’)
c < a −b ⇒ ( a − b) 2 > c 2 ⇒ −(a + b − c)(−a + b + c) > 0 (3’)
Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: ⇒ −[(a + b − c)( a − b + c)(−a + b + c)] 2 > 0
⇒ Vô lý. Vậy bài toán được chứng minh

Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác


− π π 
1. Nếu x ≤R thì đặt x = Rcos α , α ∈ [ 0, π ] ; hoặc x = Rsin α , α ∈ ,
 2 2 
R  π
2. Nếu x ≥R thì đặt x = α ∈[0, c ) ∪ π,3 
cos α  2

 x = a + R cosα
3.Nếu ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = R 2 , ( > 0) thì đặt  , (α = 2π )
 y = b + R sinα
 x = α + aR cosα
 , (α = 2π )
2 2
 x −α   y −β 
4. Nếu   +  =R
2
a, b > 0 thì đặt

 y = β + bR sinα
 a   b 

5. Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : ( ax ) 2 + b 2 , ( a, b > 0)
b  π π
Thì đặt: x= tgα , α ∈  − , 
a  2 2

Ví dụ 1: Cmr : a 1 −b 2
+b 1 −a 2 + 3 ab − ( (1 −b )(1 −a ) ) ≤2, ∀ , b ∈[−1,1]
2 2
a

Giải : a ≤1, b ≤1
 a = cosα
Đặt : (α , β ∈ [ 0, π ] )
 b = cos β
Khi đó :
a 1 − b 2 + b 1 − a 2 + 3 ab − ( (1 − b )(1 − a ) )
2 2

= cos α. sin β + cos β. sin α + 3 ( cos α. cos β − sin α. sin β )
= sin(α + β ) + 3. cos(α + β )
π
= 2 cos(α + β − ) ∈[ − 2,2] ⇒ ( dpcm)
6
Ví dụ 2 : Cho a , b ≥1 .Chứng minh rằng : a b −1 + b a1 ≤ ab
Giải :
 1
 a = cos 2 α
   π 
Đặt :  1  α , β ∈  0,  
 
b =   2
 cos 2 β

1 1
⇒ a b −1 + b a −1 = tg 2 β + tg 2α
cos α
2
cos 2 β
tgβ tgα (tgβ . cos 2 β + tgα . cos 2 α )
= + =
cos 2 α cos 2 β cos 2 β . cos 2 α
1 (sin 2 β + sin 2α ) sin(α + β ) cos in(α − β )
= =
2 cos 2 β . cos 2 α cos 2 β . cos 2 α
1
≤ = ab
cos β . cos 2 α
2


a 2 − (a − 4b) 2
Ví dụ 3: Cho ab ≠ 0 .Chứng minh rằng : − 2 2 − 2 ≤ ≤2 2−2
2 2
a + 4b
Giải :
a 2 − (a − 4b) 2 tg 2α − (tgα − 2) 2
⇒ =
a 2 + 4b 2 1 + tg 2α
= 4(tgα − 1). cos 2 α
 π π 
Đặt: a = 2btgα , α ∈  − 2 , 22  = 2 sin 2α − 2(1 + cos 2α )
 
= 2(sin 2α − cos 2α ) − 2
π
[
= 2 2 sin( 2α − ) − 2 ∈ − 2 2 − 2,2 2 − 2
2
]
Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
Kiến thức:
Công thức nhị thức Newton
n
( a + b ) n ∑C nk a n −k b k , ∀n ∈ N * , ∀a, b ∈ R .
k =0
n!
Trong đó hệ số C n
k
= (0 ≤ ≤ )
k n .
( n − )! k!
k
Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:
+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng.
+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n.
Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n.
+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau
C n = C n −k .
k n

+ Số hạng thứ k + 1 là C nk a n −k .b k (0 ≤ k ≤ n)
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng (1 + a ) n ≥ 1 + na, ∀a ≥ 0, ∀n ∈ N * (bất đẳng thức bernoulli)
Giải
n

Ta có: (1 + a ) = ∑ C n a ≥ C n + C n a = 1 + na (đpcm)
n k k 0 1

k =0

Ví dụ 2:
Chứng minh rằng:
n
an +bn a +b
a) 2 ≥  2  , ∀a, b ≥ 0, ∀n ∈ N *
 
 
n
an +bn + cn  a +b + c 
b) ≥  , ∀a, b, c ≥ 0, ∀n ∈ N
*

3  3 
Giải
Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:


19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à 19 phương phap chứng minh bất đẳng thức

Similaire à 19 phương phap chứng minh bất đẳng thức (20)

Plus de Thế Giới Tinh Hoa

Plus de Thế Giới Tinh Hoa (20)

19 phương phap chứng minh bất đẳng thức