Giáo án lớp 12 môn đại số - Chương I: Đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương

1 Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất cơ bản: a. khi 0 khi 0 ax bx x a b ax bx x > > > ⇔  < < b. a x a b x y b y > ⇒ + > + > Chú ý a x b y >  > a b x y ab xy a x b y   − > −  >   >  c. 0 0 a x ab xy b y > ≥ ⇒ > > ≥ d. 2 2a b a b> ≥ 0⇒ > Hệ quả: 2 2a b a b> ⇔ > e. 1 1 a b a b > > 0⇒ < 1 1 a b a b f. 0A > • x A A x A< ⇔ − < < • x A x A x A < − > ⇔  > II. Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c, tùy ý ( , , ...a b c R∈ ) a. 2 2 2a b ab+ ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b= ) b. 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c= = ) c. Với , 0a b > ta có: 1 1 1 1 4 ( ) 4a b a b a b a b  + + ≥ ⇔ + ≥  +  III. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho , ; 4 4 x y pi pi ∈ −    . Chứng minh bất đẳng thức: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − Giải: , ; 4 4 x y pi pi ∈ −    thì 2 21 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1x y x y− < < ≤ < Ta có: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − ⇒ 2 tan tan 1 tan tanx y x y⇔ − > − 2 2 2 2tan tan 2 tan tan 1 2 tan tan tan tanx y x y x y x y⇔ + − < − + 2 2 2 2tan tan tan tan 1 0x y x y⇔ + − − < 2 2 2tan (1 tan ) (1 tan ) 0x y y⇔ − − − < 2 2(1 tan )(tan 1) 0y x⇔ − − < ( Luôn đúng , ; 4 4 x y pi pi ∀ ∈ −    ) Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1a b c+ + = thì: 1 1 1 3. 3 3 3 3 3 3a b c a b c a b c + + ≥ + +    Giải: Vì hàm số 1 3x giảm nên ta có: 1 1 0 ( ) 3 3 3 3 3 3a b b a a b a b a b a b  ≥ − − ⇒ + ≥ +    Tương tự ta có: 3 3 3 3c b b c b c b c + ≥ + ; 3 3 3 3a c c a c a c a + ≥ + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng 1a b c+ + = ), ta được: 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3a b c a b c a b c a b c a b c   + + − + + ≥ 2 + +        1 1 1 3 3 3 3 3 3 3a b c a b c a b c ⇔ + + ≥ + +    (đpcm) Ví dụ 3: a. Cho 0, 0x y> > và 1xy ≤ . Chứng minh: 2 1 1 1 11 x yxy ≥ + + ++ (1) b. Cho 0 a b c d< ≤ ≤ ≤ và 1bd ≤ . Chứng minh: 4 4 1 1 1 1 1 1 1 11 a b c dabcd ≥ + + + + + + ++ Giải: a. Vì 0, 0x y> > nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )x y xy y xy x+ + ≥ + + + + + 2 2 2 2 1 1x y xy xy y y xy xy x x xy⇔ + + + ≥ + + + + + + + ( ) 2 ( ) 2x y xy xy x y xy⇔ + + ≥ + + ( ) ) 2(x y xy x y xy xy⇔ + − ( + + − ) ≥ 0 ( )(1 2x y xy xy xy⇔ + − )+ ( −1) ≥ 0 (1 2xy x y xy⇔ − )( + − ) ≥ 0 3 (1 xy x y 2⇔ − )( − ) ≥ 0 (2) Vì: 2( ) 0 1 1 0 x y xy xy  − ≥  ≤ ⇒ − ≥ nên (2) đúng (đpcm) b. , , , 0 1 a b c d a b c d bd >  ≤ ≤ ≤  ≤ nên , , , 0 1 a b c d a b c d bd >  ≤  ≤  ≤ 1ac db⇒ ≤ ≤ Theo kết quả câu a, ta có: 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 a c ac a c ac b d bd c d bd  + ≤ > ≤ + + +   + ≤ > ≤  + + + 1 1 1 1 1 1 2. 1 1 1 1 1 1 2 2. 1 . a b c d ac bd ac bd   ⇒ + + + ≤ + + + + + + +  ≤ + 4 1 abcd = + (đpcm) Ví dụ 4: Cho , , [ 1;2]a b c∈ − thỏa mãn điều kiện 0a b c+ + = . Chứng minh: 2 2 2 6a b c+ + ≤ Giải: • [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0a a a a∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤ 2 22 0 2a a a a⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + (1) • Tương tự ta cũng có 2 2 (2) 2 (3) b b c c c  ≤ +  ≤ + Cộng (1), (2), (3) ta có: 2 2 2 ) 6 6a b c a b c+ + ≤ ( + + + = (đpcm) Ví dụ 5: Cho , , [0;2]x y z∈ và 3x y z+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2x y z+ + ≤ 5 Giải: Ta có: , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0x y z x y z≤ ⇒ − − − ≤ 2( ) 4( ) 8 0xyz xy yz zx x y z⇔ − + + + + + − ≤ 2( ) 4.(3) 8 0xyz xy yz zx⇔ − + + − − ≤ 2( ) 4xyz xy yz zx⇔ ≤ + + − ( vì 3x y z+ + = ) 2 2 2 2( ) ( ) 4xyz x y z x y z⇔ ≤ + + − + + − 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 4 3 ( ) 4xyz x y z x y z x y z⇔ ≤ + + − + + − = − + + − 4 2 2 2 5x y z xyz⇔ + + ≤ − ( Vì 3x y z+ + = ) 2 2 2 5x y z⇒ + + ≤ ( Vì 0xyz ≥ ) (đpcm) Ví dụ 6: Cho 0, 0, 0x y z> > > và 1xyz = . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a. 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + ≤ + + + + + + (1) b. 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + ≤ + + + + + + (2) Giải: a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1≤ ) Ta có: 3 3 2 2( )( )x y x y x y xy+ = + + − Mà 2 2 2 22 0 ( Vì 0, 0) x y xy x y xy xy x y x y  + ≥ ⇔ + − >  + > > > Nên 2 2( )( ) ( )x y x y xy x y xy+ + − ≥ + hay 3 3 ( )x y xy x y+ ≥ + 3 3 ( )x y xy x y xyz⇒ + +1≥ + + ( Vì 1xyz = ) 3 3 ( ) 0x y xy x y z⇔ + +1≥ + + > 3 3 1 1 1 ( )x y xy x y z ⇔ ≤ + + + + (a) Tương tự ta có: 3 3 3 3 1 1 (b) 1 ( ) 1 1 (c) 1 ( ) y z xy x y z z x xy x y z  ≤ + + + + ⇔   ≤  + + + + Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có: 1 1 1 1 1 T 1 ( ) x y z x y z xy yz zx x y z xyz    + + ≤ + + = =   + + + +    ( Vì 1xyz = ) (đpcm) b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1) Đặt 3 3 3 x a y b z c  =  =  = mà 3 3 3 , , 0 , , 0 1 1 x y z a b c xyz a b c abc > ⇒ >  = ⇒ ⇔ = , , 0a b c > và 1abc = nên theo kết quả câu a, ta có: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1a b b c c a + + ≤ + + + + + + 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x ⇔ + + ≤ + + + + + + (đpcm) Ví dụ 7: Cho , 0a b > và , 0b c > . Chứng minh: ( ) ( )a c c b c c ab− + − ≤ (1) 5 Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2( ) ( ) 2 ( )( )c a c b c c c a c b c ab− + − + − − ≤ 2 2 2 ( )( ) 0c c ac ab bc c a c b c⇔ + − + − − − − ≥ 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) 0c a b c c b c c a c b c⇔ + − − − − − − ≥ 2 ( )( ) 2 ( )( ) 0c a c b c c a c b c⇔ + − − − − − ≥ 2 ( )( ) 0c a c b c ⇔ − − − ≥  đây là bất đẳng thức đúng (đpcm) Ví dụ 8: Chứng minh rằng đối với mọi , ,a b c R∈ , ta có: 2 2 2 2 4 a b c ab ac bc+ + ≥ − + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 24 4 4 8 4a b c ac bc ac+ + − − + ≥ 0 22 2 ) 0a b c⇔ ( − + ≥ đây là bất phương trình đúng (đpcm) Ví dụ 9: Cho 3 36a > và 1abc = . Chứng minh: 2 2 2 3 a b c ab bc ca+ + > + + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2( ) 2 ( ) 3 a b c bc a b c bc+ + − > + + 2 2( ) ( ) 3 0 3 a b c a b c bc⇔ + − + + − > 2 2 3( ) ( ) 0 3 a b c a b c a   ⇔ + − + + − >    ( Vì 1 bc a = ) 22 ( )3( ) 0 3 x b c aa f x x ax a = +  ⇔   = − + − >    Xét tam thức bậc hai 2 2 3( ) ( ) 3 a f x x ax a = − + − có: 2 3 2 3 364 0 3 3 a a a a a   − ∆ = − − = <    ( Vì 3 36a > ) ( ) 0, ( )f x x R a⇒ > ∀ ∈ ⇒ đúng (đpcm) Ví dụ 10: Cho 1 1x− . Chứng minh: 6 2(1 ) (1 ) 2n nx n− + + < Giải: Vì 1 1x− < < nên cos (0x α α= < < pi) lúc đó: (1 ) (1 ) (1 cos (1 cos )n n n nn n α α+ + − = + ) + − 2 22cos 2sin n n α α   = +   2 2    2 2 2 22 cos sin 2 cos sin 2 n n n n nα α α α      = + < + =      2 2 2 2        (đpcm) * Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần: 1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5). 2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8). 3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II. IV. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng: nếu 0 x y z< ≤ ≤ thì: ( ) ( )1 1 1 1 1y x z x z x z y x z    + + + ≤ + +        * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( )x z+ , chuyển vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số, 2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2a b c d e ab ac ad ac+ + + + ≥ + + + Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng: 2 2 2 2 0 2 2 2 2 a a a a b c d e        − + − + − + − ≥                3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh: 2 2 2 2( )a b c ab bc ca+ + < + + * Hướng dẫn: 2 , ...a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒ 4. Chứng minh: 2 2 2 , , Ra b ab a b+ ≥ ∀ ∈ Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh: 4 4 4 ( )a b c abc a b c+ + ≥ + + 7 * Hướng dẫn: Dùng công thức 2 2 2( ) 0 ...a b a b− ≥ ⇔ + ≥ Áp dụng kết quả trên. 5. Chứng minh [ 1;1]t∀ ∈ − ta có: 2 21 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + + ≥ − * Hướng dẫn • Với [ 1;1]t∀ ∈ − , ta luôn có: 2 2(1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 )t t t t t t− + − + + + ≥ + − + − Biến đổi tương đương suy ra 21 1 1 1t t t+ + − ≥ + + • Từ: 20 1 1t≤ − ≤ 2 21 1 2t t⇒ + + ≥ − Chương II BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp giải toán 1) Cho 2 số a,b > 0, ta có: 2 a b ab + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2) Cho n số 1 2 3, , ,..., 0na a a a ≥ ta có: 1 2 3 1 2 3 ... ...n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 ... na a a a= = = = 3) Bất đẳng thức côsi suy rộng Phát biểu: Với các số thực dương 1 2 3, , ,..., na a a a và 1 2 3, , ,..., nx x x x là các số thực không âm và có tổng bằng 1, ta có: 31 21 1 2 2 3 3 1 2 3... ... nx xx x n n na x a x a x a x a a a a+ + + + ≥ 8 Tổng quát: Cho n số dương tùy ý ai, i = 1,n và n số hữu tỉ dương qi, i = 1,n thỏa 1 1 n i i q = =∑ khi đó ta luôn có: 11 .i n n q i i i ii a q a == ≤∑∏ Dấu “=” xảy ra II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n số dương ai, i = 1,n . Chứng minh rằng: 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 ( ... ) ...n n a a a a n a a a a   + + + + + + + + ≥    Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 , , ,..., , , , ,...,n n a a a a a a a a Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ... ... 1 1 1 1 ... ... n n n n n n a a a a n a a a a n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + ≥ Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 ... na a a a= = = = Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( )a a b b b c c c a a b c + + ≥ + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái: 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) ( )( )( )a a b b b c c c a abc a b a c b c + + ≥ + + + + + + (1) Mà 3 3 3 3 6 6 23 3 ( ) 3 ( )( )( ) 8( ) 8 ( )( )( ) ( ) 3 2 ( )( )( ) ( ) 9 abc a b c a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c ≤ + + + + + ≤ + + ⇒ + + + ≤ + + ⇔ + + + ≤ + + 9 29 3 27 2( )( )( )( ) a b cabc a b b c c a ⇔ ≥ + ++ + + (2) Từ (1)(2) đpcm Dấu “=” xảy ra a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + Giải Ta có: 3 3 ( )a b ab a b+ ≥ + Nên 3 3 ( ) abc abc c a b abc ab a b abc a b c ≤ = + + + + + + Tương tự ta cũng có 3 3 3 3 ( ) ( ) abc abc a b c abc bc b c abc a b c abc abc b a c abc ac a c abc a b c ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + Cộng vế theo vế ta được 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1abc a b abc b c abc c a abc  + + ≤ + + + + + +  Hay 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + (đpcm) III. Bài tập tương tự 1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : 5 5 5 5 5 5 1 xy yz xz x xy y y yz z x xz z + ≤ + + + + + + *Hướng dẫn: Ta có: 2 2 2x y xy+ ≥ 5 5 5 5 2 2 2 22 = 2 (x+y)x y x y x y xy x y⇒ + ≥ ≥ 10 Do đó : 5 5 2 2 1 (x+y) 1 ( ) xy xy z x xy y xy x y xy x y x y z ≤ = = + + + + + + + Tương tự: 5 5 5 5 yz x y yz z x y z xz y x xz z x y z ≤ + + + + ≤ + + + + Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh : 3 3 3x y z x y z yz xz xy + + ≥ + + *Hướng dẫn: Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y z x yz y x z y xz z x y z xy + + ≥ + + ≥ + + ≥ Cộng vế theo vế ta được: 3 3 3 2( ) 3( ) x y z x y z x y z yz xz xy + + + + + ≥ + + ⇒ đpcm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 3. Cho , ,a b c là 3 số nguyên dương. Chứng minh: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b c a b cb c a c a b a b c + +  + + + + + ≤ + +   *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có: ( ) ... ( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( )b c b c a c a c a b a b+ + + + + + + + + + + + + +


 n lần n lần n lần ( ). ( ) ( ) ( )a b ca b ca b c b c a c a b+ +≥ + + + + + Hay : 2( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b ca b c b c a c a b a b c + + + +  ≥ + + + + +  (1) 11 Ta có bất đẳng thức sau: 2( ) 2( ) 3 a b c ab bc ca a b c + + + + ≥ + + (2) Thật vậy (2) 2( ) 3( )a b c ab bc ca⇔ + + ≥ + + 2 2 2a b c ab bc ca⇔ + + ≥ + + (đúng) Từ (1)(2), ta có đpcm Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 4. Cho , ,a b c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 3 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + − + − + − *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi: ) ( )( ) 2 b c a c a b b c a c a b c + − + + − + − + − ≤ = Tương tự : ( )( ) ( )( ) a b c c a b a b c a a b c b + − + − ≤ + − + − ≤ Nhân vế theo vế ta được: ( )( )( )b c a c a b a b c abc+ − + − + − ≤ 1 (1) ( )( )( ) abc b c a c a b a b c ⇒ ≥ + − + − + − Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi: 33 3 do(1) ( )( )( ) a b c abc b c a c a b a b c b c a c a b a b c + + ≥ ≥ + − + − + − + − + − + − (đpcm) 12 Chương III BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI ( B.C.S) I. Bất đẳng thức bunhiacopxki: Cho 2 n số thực ( 2n ≥ ) a1, a2, , an và b1, b2, , bn. Ta có: 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + + Dấu “ = ” xảy ra 1 2 1 2 ... n n aa a b b b ⇔ = = = hay 1 1 2 2; ; ...; n na kb a kb a kb= = = Chứng minh: Đặt: 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 ... ... n n a a a a b b b b  = + + +  = + + + • Nếu 0a = hay 0b = thì bất đẳng thức luôn đúng • Nếu , 0a b > : Đặt: ; i ii i a b a b α β= = ( 1,i n= ) Thế thì 2 2 2 2 2 21 2 1 2... ... 1n nα α α β β β+ + + = + + + = Mà: 2 2( )i i i iα β α β 1 ≤ + 2 Suy ra: 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2... ( ... )( ... ) 1n n n na a a b b bα β α β α β 1 + + + ≤ + + + + + + ≤ 2 1 1 2 2 ... n na b a b a b ab⇒ + + + ≤ Lại có: 1 1 2 2 1 1 2 2... ...n n n na b a b a b a b a b a b+ + + ≤ + + + Suy ra: 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + + Dấu “ = ” xảy ra 1 1 i i n n α β α β α β = ⇔  ,... cuøng daáu 1 2 1 2 ... n n aa a b b b ⇔ = = = II. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho , , 0a b c > . Chứng minh: 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + + + + ≥ + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: 13 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b a b c b c c a a b   + + + + + + + ≥ + +  + + +  2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + + ⇔ + + ≥ + + + Ví dụ 2: Cho 2 2 1a b+ = . Chứng minh: 1 1 2 2a b b a+ + + ≤ + Giải: Áp dụng 2 lần bất đẳng thức B.C.S ta có: 2 2( 1 1 )( 1 ) 2a b b a a b b a a b2+ + + ) ≤ ( + + + + = + + 2 2 2 22 1 1 . 2 2a b≤ + + + = + (do 2 2 1a b+ = ) Vì vậy 1 1 2 2a b b a+ + + ≤ + . Dấu “ = ” xảy ra 1 1 a b a bb a a b + = ⇔ ⇒ =+  = Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu phương trình 4 3 2 1 0x ax bx cx+ + + + = (1) cos nghiệm thì 2 2 2 4 3 a b c+ + ≥ Giải: Từ (1) ta có: 4 3 2(1 )x ax bx cx− + = + + Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: 4 2 3 2 2 2 2 2 6 4 2(1 ) ( ) ( )( )x ax bx cx a b c x x x+ = + + ≤ + + + + 4 2 2 2 2 6 4 2 (1 ) ( ) x a b c x x x + ⇒ + + ≥ + + (2) Mặt khác: 4 2 6 4 2 (1 ) 4 3 x x x x + ≥ + + (3) Thật vậy: (3) 4 8 6 4 2(1 2 ) 4( )x x x x x⇔ 3 + + ≥ + + 8 6 4 23 4 2 4 3 0x x x x⇔ − + − + ≥ 2 2 4 2( 1) (3 2 3) 0x x x⇔ − + + ≥ ( luôn đúng) Từ (2) và (3): 2 2 2 4 3 a b c+ + ≥ Dấu “ = ” xảy ra 2 ( 1) 3 2 ( 1) 3 a b c x a b c x  = = = = ⇔   = = = − = −  Ví dụ 4: Cho , , 0a b c > thỏa 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 14 2 2 2 1 1 1 1 30P a b c ab bc ca = + + + ≥ + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 100 . .3 .3a b c ab bc ca ab bc caa b c   = + + + + + .3  + +  2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 9 9 9 )a b c ab bc ca a b c ab bc ca  ≥ + + + ( + + + + + + +  2 2 7 10 ( ) 7( ) 1 ( ) 30 3 3 P P a b c ab bc ca P a b c P   = + + + + + ≤ + + + ≤ ⇒ ≥     Do: 1a b c+ + = ( theo giả thuyết) 2( ) 3 a b c ab bc ca + + ⇒ + + ≤ Ví dụ 5: Cho , , 0a b c > và 1abc = . Chứng minh rằng: 3 3 3 1 1 1 ( ) ( ) ( )a b c b c a c a b 3 + + ≥ + + + 2 Giải: Đặt: 1 1 1 ; ; a b c x y z = = = . Khi đó từ , , 0a b c > và 1abc = , , 0x y z⇒ > và 1xyz = Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau: 3 3 3 3 2 x yz y zx z xy y z z x x y + + ≥ + + + 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y ⇒ + + ≥ + + + (do 1xyz = ) (1) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: 2 2 2 2( ) ( ) x y z y z z x x y x y z y z z x x y   ⇒ + + + + + + + ≥ + + + + +  2 2 2 2( ) 2( ) 2 x y z x y z x y z y z z x x y x y z + + + + ⇔ + + ≥ = + + + + + (2) Dấu “ = ” xảy ra 1 2( ) 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + ⇔ = = = = + + + + + 2 ; 2 ; 2zy z x z x y x y⇔ + = + = + = x y z⇔ = = Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi: 33 3x y z xyz+ + ≥ = ( do 1xyz = ) (3) Dấu “ = ” xảy ra khi x y z= = . Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y + + ≥ + + + . Vậy (1) đúng. Dấu “ = ” xảy ra x y z⇔ = = hay a b c= = 15 ⇒ đpcm. Ví dụ 6: Cho ABC∆ tùy ý có m1, m2, m3 là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng 1 2 3 9R 2 m m m ≥ + + Giải: Ta có công thức đường trung tuyến: 2 2 2 2 2 2 4a b c a m + − = 2 2 2 2 2 2 3 ( ) 4a b c m m m a b c⇒ + + = + + Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có: 2 2 2 29Ra b c+ + ≤ (1) Dấu “ = ” trong (1) xảy ra ABC⇔ ∆ đều. 2 2 2 2 27 4a b c m m m R⇒ + + ≤ (2) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: ( ) 2 2 2 )a b c a b cm m m m m m 2 ⇒ + + ≤ 3( + + (3) Dấu “ = ” trong (3) xảu ra a b cm m m⇔ = = ABC⇔ ∆ đều. Từ (2) và (3) ( ) 2a b cm m m R 2 81 ⇒ + + ≤ 4 9 2a b c R m m m⇔ + + ≤ 9 2 a b c R m m m ⇔ ≥ + + Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay ABC∆ đểu. Ví dụ 7: Cho 1 2, ,..., 0na a a > . Chứng minh rằng: 2 1 21 2 2 2 2 2 3 3 4 1 2 1 2 ( ... ) ... 2( ... ) n n n a a a aa a a a a a a a a a a + + + + + + ≥ + + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: [ ] 21 2 2 3 3 4 1 2 1 2 2 3 3 4 1 2 ... ( ... )n n n aa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 1 2   + + + ( + ) + ( + ) + ...+ ( + ) ≥ + + + + + +  Hay 2 1 21 2 2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2 ( ... ) ... ... n n n n a a a aa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a + + + + + + ≥ + + + + + + + + + (1) Dấy “ = ” xảy ra: 2 3 3 4 1 1 2... na a a a a a a a⇔ + = + = = + = + 16 1 2 ... na a a⇔ = = = Do 2 2 2 22 2 21 3 2 31 2 1 2 1 3 12 2 2 a a a aa a a a a a a + ++ + ≤ + = + 2 2 2 3 4 2 3 2 4 2 2 a a a a a a a + + ≤ + 2 2 2 1 2 1 2 2n n n a a a a a a a + + ≤ + Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 3 2 3 2 4 1 2 1 2... 2 ...n n na a a a a a a a a a a a a a a+ + + + + + ≤ + + + (2) Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi: 1 2 ... na a a= = = Từ (1), (2) suy ra: 2 1 21 2 2 2 2 2 3 3 4 1 2 1 2 ( ... ) ... 2( ... ) n n n a a a aa a a a a a a a a a a + + + + + + ≥ + + + + + + Dấu “ = ” xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = III. Bài tập tương tự: 1. Cho 4ab bc ca+ + = . Chứng minh: 4 4 4 16 3 a b c+ + ≥ *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4( ) ( )( ) ( ) 3( )ab bc ca a b c b c a a b c a b c+ + ≤ + + + + = + + ≤ + + 4 4 4 16 3 a b c⇒ + + ≥ ( do 4ab bc ca+ + = ). Dấu “ = ” xảy ra 2 3 a b c⇔ = = = ± 2. Cho 2 2 2 2 3 16 x xy y y yz z  + + =  + + = Chứng minh rằng: z 8xy yz x+ + ≤ *Hướng dẫn Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 23 318 ( )( ) 2 4 4 2 x z x xy y y yz z y x z y       = + + + + = + + + +                 ( ) 2 23 3 3 z 2 2 2 2 4 x z y z x y xy yz x     ≥ + + + = + +          ( )2z 64xy yz x⇒ + + ≤ ⇒đpcm. 17 3. Chứng minh rằng nếu phương trình 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = có nghiệm thì: 2 2 4 5 a b+ ≥ *Hướng dẫn Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho: 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = ( 0x⇒ ≠ ) Chia 2 vế cho 2 0x > , ta được: 2 2 1 1 0x a x b x x    + + + + =        (1) Đặt 1 , 2t x t x = + ≥ . (1) 2 2 0t at b⇔ + + − = 2t at b⇔ 2− = + Áp dụng B.C.S: ( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2 1t at b a b t2 − = + ≤ + + ( )222 2 2 2 1 t a b t − ⇒ + ≥ − Ta dễ chứng minh được: ( )22 2 2 1 t t − 4 ≥ − 5 ( dành cho bạn đọc tự chứng minh). 2 2 4 5 a b⇒ + ≥ 4. Cho , , 0x y z > thỏa z 1xy yz x+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2 2x y z T x y y z z x = + + + + + *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: +) 1 .x y y z z x x y z x y z x y z= + + ≤ + + + + = + + +) ( ) 2 2 x y z x y z x y y z z x x y y z z x   + + = + + + + +  + + +  ( ) 2 2 2 2 ( ) x y z x y y z z x T x y z x y y z z x   ≤ + + + + + + + = + + + + +  ( )1 1 2 2 T x y z⇒ ≥ + + = Dấu “ = ” xảy ra 1 3 x y z⇔ = = = Vậy 1 ( ) 2 Min T = khi 1 3 x y z= = = . 18 5. Cho 0x y z≥ ≥ ≥ . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2x y y z z x x y z z x y + + ≥ + + *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) x y y z z x x z y x z y x y z z x y y z x    + + + + ≥ ( + +      Xét hiệu: 2 2 2 2 2 2x y y z z x x z y x z y A z x y y z x = + + − − − ( )( ) ( )( )1 z 0x y y z z x xy yz x xyz = − − − + + > (2) Từ (1), (2) 2 2 2 2 2 2x y y z z x x y z z x y ⇒ + + ≥ + + Dấu “ = ” xảy ra x y z⇔ = = 6. Cho ABC∆ , M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC, AC, AB. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 a b z x y z R + + + + ≤ *Hướng dẫn Ta có: MBC MCA MABS S S S+ + = 1 a b c x y z h h h ⇒ + + = Ta có: ( )a b c a b c a b c x y z h h h h h h h h h   + + = + + + +    Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra: a b c a b c a b c x y z h h h h h h h h h   + + ≥ + +     a b ch h h x y z⇒ + + ≥ + + (1) Do trong mọi tam giác nên ta có: sin ; sin ; sina b ch b C h c A h a B= = = nên: sin sin sin 2a b c a b c bc ac ab h h h h b C h c A h a B R + + + + = = + = + = = Theo bất đẳng thức Causi: 2 2 2 2a b c a b c h h h R + + + + = (2) 19 Từ (1), (2) suy ra đpcm. Dấu “ = ” xảy ra khi ABC∆ đều, M là trọng tâm tam giác. Chương IV BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV) I. Phát biểu - Cho 2 dãy số 1 2 3, , ,..., na a a a và 1 2 3, , ,..., nb b b b + Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≤ ≤ ≤ ≤  ≤ ≤ ≤ ≤ hoặc 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≥ ≥ ≥ ≥  ≥ ≥ ≥ ≥ Ta có: ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3... ... ( ... )n n n na a a a b b b b n ab ab ab a b+ + + + + + + + ≤ + + + + + Nếu 1 dãy tăng, 1 dãy giảm 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≤ ≤ ≤ ≤  ≥ ≥ ≥ ≥ hoặc 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≥ ≥ ≥ ≥  ≤ ≤ ≤ ≤ Ta có: ( )( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3... ... ( ... )n n n na a a a b b b b n a b a b a b a b+ + + + + + + + ≥ + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b = = = =  = = = = II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho 0a b+ ≥ . Chứng minh 3 3 5 5 9 9( )( )( ) 4( )a b a b a b a b+ + + ≤ + 20 Giải Giả sử 3 3 5 5 a b a b a b  ≥ ≥ ⇒  ≥ Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có: 3 3 5 5 8 8 2 2 2 a b a b a b  + + + ≤      (1) Nhân vế của (1) cho 0 2 a b+ ≥ , ta có: 3 3 5 5 8 8 2 2 2 2 2 a b a b a b a b a b    + + + + +   ≤                Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có: 8 8 9 9 2 2 2 a b a b a b   + + +  ≤          Suy ra: 3 3 5 5 9 9 3 3 5 5 9 9 ( )( )( ) 8 2 ( )( )( ) 4( ) a b a b a b a b a b a b a b a b + + + + ≤ ⇔ + + + ≤ + Dấu “=” xảy ra a b⇔ = Ví dụ 2: Cho dãy số dương trong đó : 2 2 2 1 2 ... 1na a a+ + + > Chứng minh: 33 3 1 2 1 2 1 ... 1 n n aa a s a s a s a n + + + > − − − − Với 1 2 ... ns a a a= + + + Giải Không mất tính tổng quát ta giả sử: 1 2 ... na a a≥ ≥ ≥ do: 21 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ... 0 1, 2,3,...