Chuyên đề Bất đẳng thức - Trường THPT Lê Hồng Phong

Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai BẤT ðẲNG THỨC I. LÝ THUYẾT 1. ðịnh nghĩa : Cho a ; b ∈R. Mệnh ñề “ a > b” ; “a ≥ b” ; “a < b” ; “ a ≤ b” gọi là bất ñẳng thức 2.Tính chất : * a b> và b c a c> ⇒ > * a b a c b c> ⇔ + > + * a b> và c d a c b d> ⇒ + > + * khi 0 khi 0 ac bc c a b ac bc c > > > ⇒ < < * 0a b a b> ≥ ⇒ > * 2 20a b a b≥ ≥ ⇔ ≥ * 0 n na b a b> ≥ ⇒ > 3. Bất ñẳng thức về giá trị tuyệt ñối * | |x a a x a ) * | | x ax a x a > > ⇔  < − ( Với a > 0) 4. Bất ñẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ( Bñt Cauchy) a) Cho , 0a b ≥ , ta có 2 a b ab+ ≥ . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi a = b Hệ quả :*. Hai số dương có tổng không ñổi thì tích lớn nhất khi 2 số ñó bằng nhau *. Hai số dương có tích không ñổi thì tổng nhỏ nhất khi 2 số ñó bằng nhau b) Cho , , 0a b c ≥ , ta có 3 3 a b c abc+ + ≥ . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 5. Phương pháp chứng minh bất ñẳng thức I. Phương pháp biến ñổi tương ñương ðể chứng minh BðT dạng A B≥ ta thường dùng các cách sau : Cách 1 : Ta chứng minh 0A B− ≥ . ðể là ñiều này ta thường sử dụng các hằng ñảng thức ñể phân tích A B− thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm. Chú ý : Một số kết quả ta thường hay sử dụng * 2 0 x x≥ ∀ và 2 0 0x x= ⇔ = ; | | 0 x x≥ ∀ và | | 0 0x x= ⇔ = * 2 2 2 0a b c+ + ≥ . ðẳng thức xảy ra 0a b c⇔ = = = . Ví dụ 1 : Cho hai số thực ,a b . Chứng minh rằng : 2 2 2a b ab+ ≥ . Giải : Ta có 2 2 2 2 22 ( ) 0 2a b ab a b a b ab+ − = − ≥ ⇒ + ≥ . ðẳng thức có a b⇔ = . Ví dụ 2 : Cho ba số thực , ,a b c . Chứng minh rằng : 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + (I). Giải : Ta có : 2 2 2 ( )a b c ab bc ca+ + − + + = 2 2 2 2 2 21 1 1( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 2 2 2 a ab b b bc c c ca a= − + + − + + − + Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 2 2 2 2 2 21 ( ) ( ) ( ) 0 2 a b b c c a a b c ab bc ca= − + − + − ≥ ⇒ + + ≥ + + ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Ví dụ 3 : Cho 5 số thực , , , ,a b c d e . Cmr : 2 2 2 2 2 ( )a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + + . Giải : Ta có : 2 2 2 2 2 ( )a b c d e a b c d e+ + + + − + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 a a a a ab b ac c ad d ae e= − + + − + + − + + − + 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 a a a ab c d e= − + − + − + − ≥ ⇒ ñpcm. ðẳng thức xảy ra 2 ab c d e⇔ = = = = . Nhận xét : 1) BðT ở Ví dụ 3 cũng ñúng với n số thực 1 5n≤ ≤ , còn 6n ≥ thì không còn ñúng nữa, tức là BðT 2 2 21 2 1 1 1... ( ... ... )n i i i na a a a a a a a− ++ + + ≥ + + + + + ñúng với n số thực 5n⇔ ≤ . 2) Sử dụng hàng ñẳng thức 2 2 2 2( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + + thì ta có thể viết BðT (1) dưới các dạng sau : 2 2 2 2 ( ) 3( ) (II) 3( ) ( ) (III) a b c ab bc ca a b c a b c + + ≥ + + + + ≥ + + . Các BðT (I), (II), (III) có nhiều ứng dụng trong chứng minh BðT, ta xét các bài toán sau : Bài toán 1.2 : Cho ba số thực dương , ,a b c . Chứng minh BðT sau 3 3 3 a b c a b c bc ca ab + + ≥ + + (1) (Vô dịch Toán Canaña 2002) Giải : BðT (1) 4 4 4 ( )a b c abc a b c⇔ + + ≥ + + (2) Áp dụng (I) hai lần ta có : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a b c a b c a b b c c a ab bc ca+ + = + + ≥ + + = + + ≥ . . . ( )ab bc bc ca ca ab abc a b c≥ + + = + + ⇒ ñpcm. Nhận xét : * Nếu ta cho 1abc = thì (2) trở thành : 4 4 4a b c a b c+ + ≥ + + ñây là bài toán 3 ñề thi HSG tỉnh ðồng Nai lớp 11 năm 2005. * Nếu ta cho 1a b c+ + = thì (2) trở thành : 4 4 4a b c abc+ + ≥ Bài toán 2.2 : Cho các số thực dương , , 0x y z > có tổng bằng 1. Chứng minh rằng 4 1 4 1 4 1 21x y z+ + + + + ≤ . Giải : Áp dụng BðT (III) với 4 1, 4 1, 4 1a x b y c z= + = = = + ta có 2 2 23( ) 3(4 1 4 1 4 1) 21VT a b c a b c x y z= + + ≤ + + = + + + + + = ðẳng thức xảy ra 1 3 x y z⇔ = = = . Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Bài toán 3.2: Gọi p là chu vi tam giác ABC. Cmr : 3p a p b p c p− + − + − ≤ . Giải : Áp dụng BðT (III) ta có : 3( ) 3VT p a p b p c p≤ − + − + − = ñpcm. ðẳng thức có khi ABC∆ ñều. Ví dụ 4 : Cho , 0a b ≥ . Chứng minh rằng : 3 3 2 2a b a b b a+ ≥ + . Giải : Ta có : 3 3 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0a b a b b a a a b b b a a b a b a b a b+ − − = − + − = − − = − + ≥ 3 3 2 2a b a b b a⇒ + ≥ + . ðẳng thức xảy ra khi a b= . Nhận xét : * Qua chứng minh trên ta thấy chỉ cần ñiều kiện 0a b+ ≥ thì BðT luôn ñúng và ta còn có kết quả tổng quát như sau : m n m n m n n ma b a b a b+ ++ ≥ + . * Sử dụng kết quả bài toán trên ta có thể giải quyết ñược một số bài toán sau : Bài toán 1.4 : Cho , , 0a b c ≥ . Chứng minh rằng : 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 abca b abc b c abc c a abc + + ≤ + + + + + + . Giải : Theo bài toán trên ta có : 3 3 2 2 ( )a b a b b a ab a b+ ≥ + = + 3 3 3 3 1 1( ) ( ) ( ) c a b abc ab a b c ab a b c abc a b ca b abc ⇒ + + ≥ + + ⇒ ≤ = + + + ++ + Tương tự : 3 3 3 3 1 1 ; ( ) ( ) a b abc a b c abc a b cb c abc c a abc ≤ ≤ + + + ++ + + + Cộng ba BðT trên lại với nhau ta có ñpcm. Sau ñây ta xét bài toán ñược giới thiệu trong kì thi IMO năm 1995. Bài toán 2.4 : Cho , , 0a b c ≥ và 1abc = . Chứng minh rằng : 5 5 5 5 5 5 1 ab bc ca a b ab b c bc c a ac + + ≤ + + + + + + . Giải : Ta có : 5 5 3 2 3 2 2 2 5 5( ) a b ca b a b b a a b a b a b ab ab c + + + ≥ + = + ⇒ + + ≥ 5 5 ab ab c a b c a b ca b ab ab c ⇒ ≤ = + + + ++ + . Tương tự : 5 5 5 5; bc a ca b a b c a b cb c bc c a ac ≤ ≤ + + + ++ + + + Cộng ba BðT này lại với nhau ta có ñpcm. Bài toán 3.4 : Cho 0a b+ ≥ . Chứng minh : 2 2 2 m n m n m m n na b a b a b+ ++ + +≥ Giải : Ta có BðT 2( ) ( )( )m n m n m m n n m n m n m n n ma b a b a b a b a b a b+ + + +⇔ + ≥ + + ⇔ + ≥ + ðây chính là BðT trong nhận xét trên. Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Bài toán 4.4 : Cho các số thực a,b. Chứng minh rằng : 2 2 8 8 10 10 20 20( )( )( ) 4( )a b a b a b a b+ + + ≤ + . Giải : ðặt 2 2, , 0x a y b x y= = ⇒ ≥ và BðT trở thành : 4 4 5 5 10 10( )( )( ) 4( )x y x y x y x y+ + + ≤ + Áp dụng bài toán 3 ta có : 4 4 5 5 5 5 5 5 10 10 2 2 2 2 2 2 x y x y x y x y x y x y+ + + + + +≤ ≤ ⇒ ñpcm. Bài toán 5.4 : Cho 0a b+ ≥ .Chứng minh rằng : ( ) 2 2 n n na b a b+ +≥ . Giải : Áp dụng kết quả bài toán 3 ta có : 2 2 1 1 1 . ... . ... ... 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n a b a b a b a b a b a b a b a b a b− − − + + + + + + + + +≤ ≤ ≤ ≤

 laàn laàn ( ) 2 2 n n na b a b+ +⇒ ≤ ñpcm. Ví dụ 5 : Cho 1ab ≥ . Chứng minh rằng : 2 2 1 1 2 11 1 aba b + ≥ ++ + . Giải : Ta có 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2( ) ( ) 1 1 11 1 1 1ab ab aba b a b + − = − + − + + ++ + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) .1 1( 1)(1 ) ( 1)(1 ) 1 1 (1 )(1 ) ab a ab b a b b a a b b a a b b a ab aba ab b ab b a b a − − − − − + − = + = − = + ++ + + + + + + + 2 2 2 2 2 ( )( 1) ( ) ( 1) 0 1 (1 )(1 ) (1 )(1 )(1 ) a b a b ab a b ab ab b a ab b a − − − − − = = ≥ + + + + + + (Do 1)ab ≥ . Nhận xét : Nếu 1 1ab− < ≤ thì BðT có chiều ngược lại : 2 2 1 1 2 11 1 aba b + ≤ ++ + . Ví dụ 6 : Cho hai số thực x,y. Chứng minh : 23( 1) 1 3x y xy+ + + ≥ . Giải : Vì ta có : 21 ( ) 4 xy x y≤ + nên ta chứng minh : 2 233( 1) 1 ( ) 4 x y x y+ + + ≥ + Thật vậy : 2 2(*) 12( ) 24( ) 16 3( )x y x y x y⇔ + + + + ≥ + 2 29( ) 24( ) 16 0 (3 3 4) 0x y x y x y⇔ + + + + ≥ ⇔ + + ≥ ñpcm ðẳng thức xay ra khi : 2 3 x y= = − . Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Cách 2 : Xuất phát từ một BðT ñúng ta biến ñổi ñến BðT cần chứng minh ðối với cách này thường cho lời giải không ñược tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc ñặc biệt Ví dụ 1 : Cho a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng : 2 2 2 2( )a b c ab bc ca+ + < + + . Giải : Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác nên ta có : 2 a b c ac bc c+ > ⇒ + > . Tương tự 2 2; bc ba b ca cb c+ > + > cộng ba BðT này lại với nhau ta có ñpcm Nhận xét : * Ở trong bài toán trên ta ñã xuất phát từ BðT ñúng ñó là tính chất về ñộ dài ba cạnh của tam giác. Sau ñó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BðT với c. Tương tự thì xuất phát từ BðT | |a b c− < rồi bình phương hai vế ta cũng có ñược kết quả. * Nếu giả thiết các biến ( 1;1)a ∈ − thì ta có : (1 ), (1 ) 0a a− + > Ví dụ 2 : Cho , , [0;1]a b c∈ . Chứng minh : 2 2 2 2 2 21a b c a b b c c a+ + ≤ + + + Giải : Vì 2 2 2, , [0;1] (1 )(1 )(1 ) 0a b c a b c∈ ⇒ − − − ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 a b b c c a a b c a b c⇔ + + + − ≥ + + (*) Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20; a b c a b b c c a a b b c c a≥ + + ≤ + + nên từ (*) ta suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1a b c a b b c c a a b b c c a+ + ≤ + + + ≤ + + + ñpcm. Ví dụ 3 : Cho các số thực a,b,c thỏa mãn : 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh : 2(1 ) 0a b c ab bc ca abc+ + + + + + + ≥ . Giải : Vì 2 2 2 1 , , [ 1;1]a b c a b c+ + = ⇒ ∈ − nên ta có : (1 )(1 )(1 ) 0 1 0a b c a b c ab bc ca abc+ + + ≥ ⇔ + + + + + + + ≥ (*) Mặt khác : 2(1 ) 0 1 0 2 a b c a b c ab bc ca+ + + ≥ ⇔ + + + + + + ≥ (**) Cộng (*) và (**) ta có ñpcm. Bài tập : Chứng minh các bñt sau: 1) 2( )( ) ( )ax by bx ay a b xy+ + ≥ + ( với , 0; ,a b x y R> ∈ ) 2) 2 2 7 7 10 10( )( )( ) 4( )a b a b a b a b+ + + ≤ + với 0a b+ ≥ 3) 1 1n n n na b a b+ ++ ≤ + với a+b 2≥ 8) 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )( )y x z x z x z y x z + + + ≤ + − với 0z y x≥ ≥ ≥ 9) 2 2 2 2 c a c b c a c b + +≥ + + với 0; a b c ab> > > 10) 4 2 2 a b c b a b c b + + + ≥ − − với , , 0a b c > và 1 1 2 a c b + = Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 11) 2 2 2 5a b c+ + ≤ với [ ], , 0;2 ; 3a b c a b c∈ + + = 12) 3 2 2 3 2 2 3 2 2( ) ( ) ( ) 0a b c b c a c a b− + − + − < 13) 2 2 2 3 3 3( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b a b c− + − + − > + + 14) 2 2 2 2 2 24 3 ( ) ( ) ( )a b c S a b b c c a+ + ≥ + − + − + − trong ñó a,b,c là ñộ dài 3 cạnh tam giác,S là diện tích. 15*) Cho 0x y z≥ ≥ ≥ . Chứng minh: 2 2 2 2 2 2x y y z z x x y z z x y + + ≥ + + . Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Phương pháp sử dụng các Bất ñẳng thức cổ ñiển I. Bất ñẳng thức Côsi Trước hết ta nhắc lại BðT Côsi cho hai số: ðịnh lí 1: Với hai số thực không âm x,y ta có: (1) 2 x y xy+ ≥ .ðẳng thức xảy ra ⇔ x=y. Việc chứng minh (1) rất ñơn giản nên tôi không chứng minh. (1) còn có nhiều cách biểu diễn khác nhau như: 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 x y xy x y x y x y xy + ≥ + + ≥ +≤ BðT Côsi cho 3 số không âm. ðịnh lí 2: Với 3 số thực không âm x, y, z ta có: 3 (2) 3 x y z xyz+ + ≥ . ðẳng thức xảy ra x y z⇔ = = . Chứng minh: C1: ðặt 33 3, ,x a y b z c= = = . Khi ñó (2) trở thành: 3 3 3 3a b c abc+ + ≥ (∗ ). Ta có: 3 3 3 2 2 23 ( ) 0 , , 0a b c abc a b c a b c ab bc ca a b c + + − = + + + + − − − ≥ ∀ ≥  C2: Vì (2) là BðT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (2) với 1x y z+ + = . Khi ñó (2) 1 27 xyz⇔ ≤ (**) Áp dụng BðT Côsi cho hai số ta có: 2 2 (1 )( ) 2 4 x y z xy + −≤ = 2 3 2( 2 1) 2 ( ) 4 4 4 z z z z z z f z xyz − + − +⇒ ≤ = = Ta có: 3 2 227 54 27 (3 1) (3 4) 4 4( ) 27 27 27 z z z z zf z − + − − += = ≤ (vì z ∈(0;1)) 1 ( ) 27 xyz⇒ ≤ ⇒ ∗∗ ñúng ⇒ñpcm. ðịnh lí 3: Cho n số thực không âm 1 2, ,... nx x x .Ta có: 1 2 1 ... ... n n n a a a a a n + + ≥ (3). ðẳng thức xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = . Một số chú ý khi sử dụng bất ñẳng thức côsi: *Khi áp dụng bñt côsi thì các số phải là những số không âm *BðT côsi thường ñược áp dụng khi trong bñt cần chứng minh có tổng và tích *ðiều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a,b. Chứng minh: ( )(1 ) 4a b ab ab+ + ≥ . Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực không âm ta có: 2 (1 )(1 ) 2 .2 4 1 2 a b ab b ab ab ab ab ab ab + ≥  ⇒ + + ≥ = + ≥  ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1a b⇔ = = . Ví dụ 2: Cho , 0a b > . Chứng minh: 1 1( )( ) 4a b a b + + ≥ . Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực không âm ta có: 2 1 1 1( )( ) 2 .2 41 1 12 a b ab a b ab a b ab a b ab + ≥  ⇒ + + ≥ = + ≥   ñpcm. ðẳng thức xảy ra a b⇔ = . Nhận xét: BðT trên còn ñược viết lại như sau: 1 1 4 a b a b + ≥ + (I) . BðT này có nhiều ứng dụng trong chứng minh BðT. Ta xét một số bài toán sau: Bài toán 2.1: Cho a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác, p là chu vi. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 12( ) p a p b p c a b c + + ≥ + + − − − . Giải: áp dụng Bñt (I) ta có: 1 1 4 4 p a p b p a p b c + ≥ = − − − + − . Tương tự ta cũng có : 1 1 4 1 1 4 ; p b p c a p c p a b + ≥ + ≥ − − − − . Cộng ba BðT này ta có ñpcm. Bài toán 2.2: Cho , 0a b > và 1a b+ = . Chứng minh: 2 2 1 1 1 3 a b a b + ≥ + + . Giải: Ta có: 2 21 1 1 1 1 1VT 1 1 1 1 1 1 1 a b a a b b a b − − = + + + = − + + + + + + + + Mặt khác áp dụng BðT (I) ta có: 1 1 4 4 1 1 2 3a b a b + ≥ = + + + + Do ñó: 4 1VT 1 3 3 ≥ − + = ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 2 a b⇔ = = . Bài toán 2.3: Cho , , 0x y z > . Chứng minh BðT sau: 1 1 1 1 1 1 1( ) 2 2 2 2 4x y z x y z x y z x y z + + ≤ + + + + + + + + . Giải: Áp dụng BðT (I’) ta có: Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 1 1 1 1 1 1 2 1 1( ) ( ) 2 ( ) ( ) 4 16x y z x y x z x y x z x y z= ≤ + ≤ + ++ + + + + + + Tương tự: 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2( ); ( ) 2 16 2 16x y z x y z x y z x y z ≤ + + ≤ + + + + + + Cộng ba BðT trên ta có ñược ñpcm. ðẳng thức xảy ra x y z⇔ = = . Bài toán 2.4: Cho các số thực dương , ,a b c . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c a b c a b c + + ≥ + + + + + + + + + + + . Giải: Áp dụng BðT (I) ta có: 1 1 4 2 3 2 2 4 2 2a b a b c a b c a b c + ≥ = + + + + + + + . Tương tự 1 1 2 1 1 2 ; 3 2 2 3 2 2b c a b c a b c c a a b c a b c + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + Cộng ba BðT trên ta có ñpcm. ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Ví dụ 3: Cho , 0a b > . Chứng minh: 1(1 ) (1 ) 2n n na b b a ++ + + ≥ với *n∈ℕ . Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực không âm ta có: 1 2 (1 ) 2 ( ) (1 ) (1 ) 2 1 2 (1 ) 2 ( ) n n n n n n n n n n n a a a a a b a bb b b b b a b ab b b b a a a a  + ≥ ⇒ + ≥        ⇒ + + + ≥ +          + ≥ ⇒ + ≥  mà 2 n n a b b a     + ≥        nên suy ra 1(1 ) (1 ) 2n n na b b a ++ + + ≥ pcm ðẳng thức xảy ra a b⇔ = . Ví dụ 4: Cho , , 0x y z > . Cmr: 3 2 3 2 3 2 2 2 2 22 2 1 1 1yx z x y y z z x x y z + + ≤ + + + + + . Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực dương ta có: 3 2 3 2 2 2 12 2 x x x y xy x xyxy xx y + ≥ ⇒ ≤ = + . Tương tự: 3 2 3 2 2 1 2 1 1 1 1 ; VTy z yz zx xy yz zxy z z x ≤ ≤ ⇒ ≤ + + + + . Mặt khác: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c ab bc ca xy yz zx x y z + + ≥ + + ⇒ + + ≤ + + Vậy : 2 2 2 1 1 1VT x y z ≤ + + ⇒ ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1x y z⇔ = = = . Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Ví dụ 5 : Cho , , 0a b c > . Chứng minh : 1 1 1( )( ) 9a b c a b c + + + + ≥ (II). Giải : Áp dụng BðT Côsi cho ba số thực dương ta có : 3 3 3 3 3 1 1 1 1( )( ) 3 .3 91 1 1 13 a b c abc a b c abc a b c abc a b c abc + + ≥  ⇒ + + + + ≥ = + + ≥   ñpcm. ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Nhận xét : * BðT trên còn ñược viết lại như sau : 1 1 1 9 a b c a b c + + ≥ + + (II) * Tương tự ta có BðT tổng quát của (I) và (II) như sau : Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a khi ñó : 2 1 2 1 2 1 1 1 ... ...n n n a a a a a a + + + ≥ + + + (III). ðẳng thức xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = . Các BðT (I), (II), (III) ñược sử dụng nhiều trong các bài toán BðT. Ta xét các bài toán sau Bài toán 5.1 : Cho ba số thực dương , ,a b c . Cmr : 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . Giải : Cộng hai vế của BðT với 3 thì BðT cần chứng minh trở thành 9 1 1 1 9( 1) ( 1) ( 1) ( )( ) 2 2 a b c a b c b c c a a b a b b c c a + + + + + ≥ ⇔ + + + + ≥ + + + + + + Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 9 2( )a b b c c a a b b c c a a b c+ + ≥ =+ + + + + + + + + + 1 1 1 9 9( )( ) ( ). 2( ) 2a b c a b ca b b c c a a b c⇒ + + + + ≥ + + =+ + + + + ñpcm. ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Nhận xét : BðT trên có tên là BðT Nesbit cho ba số. Có nhiều cách ñể chứng minh BðT trên sau ñây ta xét một cách chứng minh cho BðT trên ðặt ; ; a b c b c a c a bA B C b c c a a b b c c a a b b c c a a b = + + = + + = + + + + + + + + + + + Khi ñó : 3B C+ = và 3 32 6 3 2 A B A B C A A C + ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ ≥ + ≥ . ðây là lời giải có lẽ là hay nhất cho bài toán này. Tuy nhiên việc tìm ñược lời giải như vậy không phải là việc ñơn giản. Bài toán 5.2 : Cho , , 0a b c > và 1a b c+ + = . Cmr : 3 1 1 1 4 a b c a b c + + ≤ + + + . Giải : Ta có BðT 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 4 a b c a b c + − + − + − ⇔ + + ≤ + + + Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 1 1 1 3 1 1 1 93 ( ) 1 1 1 4 1 1 1 4a b c a b c ⇔ − + + ≤ ⇔ + + ≥ + + + + + + . Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 9 1 1 1 3 4a b c a b c + + ≥ = + + + + + + ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 3 a b c⇔ = = = . Bài toán 5.3 : Cho , , 0a b c > và 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh rằng 1 1 1 3 1 1 1 2ab bc ca + + ≥ + + + . Giải : Ta có 2 2 2 3ab bc ca a b c+ + ≤ + + = . Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 3 1 1 1 3 2ab bc ca ab bc ca + + ≥ ≥ + + + + + + ñpcm. ðẳng thức có 1 3 a b c⇔ = = = Bài toán 5.4 : Cho , , 0a b c > và 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 1 1 30 ab bc caa b c + + + ≥ + + . Giải : Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 ab bc ca ab bc ca + + ≥ + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 9 ab bc ca ab bc caa b c a b c ⇒ + + + ≥ + + ++ + + + 2 2 2 1 1 1 7 ab bc ca ab bc ca ab bc caa b c = + + + + + + + + ++ + Mặt khác : 21 1 7( ) 21 3 3 ab bc ca a b c ab bc ca + + ≤ + + = ⇒ ≥ + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 9 2( )ab bc ca ab bc caa b c a b c ab bc ca + + ≥ = + + + ++ + + + + + + Suy ra : 2 2 2 1 1 1 1 9 21 30 ab bc caa b c + + + ≥ + = + + ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 3 a b c⇔ = = = . Bài toán 5.4 : Cho , , 0x y z > . CMR: 1 1 1 1 1 1 1( ) 2 2 2 2 4x y z x y z x y z x y z + + ≤ + + + + + + + + . HD: Áp dụng (III) với n=4 ta có: 21 1 1 1 4 16 2 2x x y z x y z x y z + + + ≥ = + + + + 2 1 1 16 2x y z z y z ⇒ + + ≥ + + . Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Tương tự : 2 1 1 16 2y z x x y z + + ≥ + + và 2 1 1 16 2z x y x y z + + ≥ + + Cộng 3 BðT trên ta có ñpcm. ðẳng thức xảy ra x y z⇔ = = . Bài toán 5.5 : Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a có tổng bằng 1. Chứng minh rằng : 1 2 1 2 1 2 1 2 a) ... 2 2 2 2 1 b) ... 1 1 1 1 n n n n aa a n a a a n aa a n a a a n + + + ≥ − − − − + + + ≤ + + + + Giải : a) BðT 1 2 1 2 ( 1) ( 1) ... ( 1) 2 2 2 2 1 n n aa a n n a a a n ⇔ + + + + + + ≥ + − − − − 2 1 2 1 1 1 ... 2 2 2 2 1n n a a a n ⇔ + + + ≥ − − − − (*) Áp dụng BðT (III) ta có : 2 2 1 2 VT(*) 2 ( ... ) 2 1n n n n a a a n ≥ = − + + + − ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 2 1 ... na a a n ⇔ = = = = . b) BðT 1 2 1 2 ( 1) ( 1) ... ( 1) 1 1 1 1 n n aa a n n a a a n ⇔ − + − + + − ≤ − + + + + 2 1 2 1 1 1 ... 1 1 1 1n n a a a n ⇔ + + + ≥ + + + + (**) Áp dụng BðT (III) ta có : 2 2 1 2 VT(**) ( ... ) 1n n n n a a a n ≥ = + + + + + ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 2 1 ... na a a n ⇔ = = = = . Ví dụ 6 : Cho , , 0a b c > . Cmr : 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + + + + ≥ + + + . Giải : Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực dương ta có : 2 2 2 . 4 4 a b c a b c a b c b c + + + ≥ = + + . Tương tự : 2 2 ; 4 4 b c a c a bb c c a a b + + + ≥ + ≥ + + . Cộng ba BðT này lại với nhau ta ñươc : 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b c a b c b c c a a b b c c a a b + + + + + + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + + + + + ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Nhận xét :* Phương pháp mà chúng ta làm ở trong bài toán trên người ta thương gọi là phương pháp tách gép cặp trong BðT Côsi. Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Vì sao chúng ta lại gép 2 4 a b c b c + + + ? Mục ñích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu do vế phải của BðT là một biểu thức không có biến ở mẫu. Vì sao ta lại gép 4 b c+ mà không phải là b c+ hay 2 b c+ ñiều này xuất phát từ ñiều kiện ñể ñẳng thức xảy ra. Vì BðT ñã cho là một BðT ñối xứng (Tức là khi ñổi vị trí hai biến bất kì cho nhau thì BðT không thay ñổi) nên ñẳng thức thường xảy ra khi các biến bằng nhau và khi ñó 2 2 a a b c = + nên ta phải gép với 4 b c+ . * Nếu 1abc = thì ta có : 3a b c+ + ≥ nên : 2 2 2 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . * Phương pháp trên ñược sử dụng nhiều trong chứng minh BðT Ví dụ 7 : Cho , , 0a b c > và 1abc = . Chứng minh rằng : 3 3 3 3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4 a b c a b c b a c + + ≥ + + + + + + . Giải: Áp dụng BðT Côsi cho ba số thực dương ta có: 3 3 31 1 1 1 33( 1)( 1) 8 8 ( 1)( 1) 8 8 4 a a b a a b a a b a b + + + + + + ≥ = + + + + . Tương tự: 3 31 1 3 1 1 3 ; ( 1)( 1) 8 8 4 ( 1)( 1) 8 8 4 b c b c c ab c c b c a + + + + + + ≥ + + ≥ + + + + Cộng ba BðT trên lại với nhau ta ñược: 33 3 2( ) 3 2.3 3 3VT ( ) VT 4 4 4 4 4 a b c a b c abc a b c+ + + + + − −+ ≥ + + ⇒ ≥ ≥ = . ðẳng thức xảy ra 1a b c⇔ = = = . Ví dụ 8 : Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng : 4 4 4 2 2 2 2( ) ( ) ( ) a b c a b c b c a c a b a b c + + + + ≥ + + + . Giải : Áp dụng BðT Côsi cho bốn số thực dương ta có : 4 4 4 2 24. . . . 22 2 4 2 2 4( ) ( ) a b b c a a b b c a a b c a b c a + + + + + ≥ = + + 4 2 24( ) a c ab a b c a + ⇒ + + ≥ + . Tương tự cũng có : 4 4 2 22 ; 24 4( ) ( ) b a b c b c c b a c c a b a b c + + + + ≥ + + ≥ + + Cộng ba BðT trên lại với nhau ta có ñpcm. ðẳng thức có a b c⇔ = = . Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai Ví dụ 9 : Cho , , 0a b c > và n là một số tự nhiên dương. Chứng minh 1 1 1 2 n n n n n n a b c a b c b c c a a b − − −+ + + + ≥ + + + . Giải : Áp dụng BðT Côsi cho n-1 số n a b c+ và 1 số 1( ) 2 n n b c −+ ta có : 1 ( 1) 1( ) 1( 1) . 22 2 n n n n n n n n a b c n n n a a b c − − − + − + ≥ = + . Tương tự : 1 1 1 1( ) ( )( 1) ; ( 1) 2 22 2 n n n n n n n n b c a n c a b n n b n c c a a b − − − − + + − + ≥ − + ≥ + + Cộng ba BðT trên lại với nhau ta ñược : 1 1 1 1 1 11( 1).VT [( ) ( ) ( ) ] ( ) 2 2 2 2 2 n n n n n na b b c c a nn a b c− − − − − −+ + +− + + + ≥ + + Mặt khác ta lại có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ; ( ) ; ( ) 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n na b a b b c b c c a c a− − − − − −− − −+ + + + + +≥ ≥ ≥ 1 1 1 1 1 11[( ) ( ) ( ) ] 2 2 2 2 2 n n n n n na b c a b b c c a− − − − − −+ + + + +⇒ ≥ + + Do ñó : 1 1 1 1 1 1 ( 1)VT ( 1) VT 2 2 n n n n n n a b c a b c n n − − − − − −+ + + + − ≥ − ⇒ ≥ ñpcm ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . Ví dụ 10 : Cho , , 0x y z ≥ và 1xyz = . Chứng minh rằng : 3 3 3x y z x y z+ + ≥ + + . Giải : Áp dụng BðT Côsi cho ba số thực không âm ta có : 33 3 31 1 3 .1.1 3 2 3x x x x x+ + ≥ = ⇔ + ≥ .Tương tự : 3 32 3 ; 2 3y y z y+ ≥ + ≥ Cộng ba BðT trên lại với nhau ta ñược : 3 3 3 6 3( )x y z x y z+ + + ≥ + + Mặt khác : 33 3 2( ) 6x y z xyz x y z+ + ≥ = ⇒ + + ≥ . 3 3 3 3 3 36 ( ) 2( )x y z x y z x y z x y z x y z⇒ + + + ≥ + + + + + ⇒ + + ≥ + + ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1x y z⇔ = = = . Nhận xét : * Xuất phát từ 3 3x x= nên ta áp dụng BðT Côsi cho ba số có dạng 3 x a a+ + . Do ñẳng thức xảy ra khi 1 1x y z a= = = ⇒ = . * Tương tự ta có bài toán tổng quát như sau : Ví dụ 11 : Cho số thực không âm có tích bằng 1 1 2 3, , ,..., ka a a a . Chứng minh 1 2 1 2... ... m m m n n n k ka a a a a a+ + + ≥ + + + với m n∀ ≥ . Giải :Áp dụng BðT Côsi cho m số, gồm n số mia và ( )m n− số 1 ta có : Nguyễn Tất Thu Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai ( )m mn nmi i ina m n m a ma+ − ≥ = Cho i=1,2,,k rồi lấy tổng hai vế ta ñược: 1 2 1 2 1 2( ... ) ( ) ( ... ) ( )( ... )m m m n n n n n nk k kn a a a k m n n a a a m n a a a+ + + + − ≥ + + + + − + + + Mà: 1 2 1 2 1 2... ... ( )( ... ) ( )n n n n n n n n nkk k ka a a k a a a k m n a a a m n k+ + + ≥ = ⇒ − + + + ≥ − 1 2 1 2( ... ) ( ... )m m m n n nk kn a a a n a a a⇒ + + + ≥ + + + 1 2 1 2... ... m m m n n n k ka a a a a a⇔ + + + ≥ + + + ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 2 ... 1ka a a⇔ = = = = . Ví dụ 11 : Cho , , 0 & 1x y z x y z> + + = . Chứng minh rằng : 4 4 41 1 1(1 ) (1 ) (1 ) 768 x y z + + + + + ≥ . Giải : ðặt 1 1 11 ; 1 ; 1 12a b c a b c x y z = + = + = + ⇒ + + ≥ Ta có : 44 4 4 4 12 4 4 4 4 44 4 4 4 4 4 3.4 4 .a a a a a+ + + ≥ = ⇔ + ≥ Tương tự 4 4 4 4 4 43.4 4 ; 3.4 4b b c c+ ≥ + ≥ cộng ba BðT trên lại với nhau ta ñược 4 4 4 4 4 4 4 4 4 49.4 4 ( ) 12.4 3.4 768a b c a b c a b c+ + + ≥ + + ≥ ⇒ + + ≥ =