pp chung minh bdt hay

Bất đẳng thức http://thptyenvien.edu.vn/forum - ducduyspt

1

CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC


2

PHƯƠNG PHÁP 1: Sử dụng định nghĩa và biến đổi tương đương. 1.Cơ sở lí thuyết: Ta sử dụng một số biến đổi sơ cấp để đưa bất đẳng thức cần phải chứng minh về một bất đẳng thức mới mà bất đẳng thức mới luôn đúng hoặc có thể chứng minh được đúng. 2.Một số ví dụ minh họa Ta có thể biến đổi tương đương trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ rồi biến đổi tương đương A.Biến đổi tương đương trực tiếp VD1: Cho a,b,c>0.Cmr: 22

2

22

2

22

2

bac

acb

cba

bac

acb

cba

(1)

Giải

(1) 0)()()( 22

2

22

2

22

2

ba

cba

cac

bac

bcb

acb

a

0))(())(())(( 22

2222

22

2222

22

2222

babacbcabcac

acacbabcabcb

cbcbacabcaba

0))((

)()())((

)()())((

)()(222222

bababccbacca

acacababcbbc

cbcbcaacbaab

))((

1))((

1)())((

1))((

1)( 22222222 babaacaccbbc

acaccbcbbaab

0))((

1))((

1)( 2222

cbcbbaba

acca (2)

Do a,b,c>0 nên nếu ba thì:

0))((

1))((

10

2222 acaccbcb

ba

0))((

1))((

1)( 2222

acaccbcb

baab

Nếu ba thì:

0))((

1))((

10

2222 acaccbcb

ba

0))((

1))((

1)( 2222

acaccbcb

baab

Như vậy ta luôn có: 0))((

1))((

1)( 2222

acaccbcb

baab


3

Tương tự: 0))((

1))((

1)( 2222

babaacac

cbbc

0))((

1))((

1)( 2222

cbcbbaba

acca

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên (2) luôn đúng với a,b,c>0 đpcm. VD2: Cho 1;0,, cba .Cmr: 1)1)(1)(1(

111

cba

bac

acb

cba

Giải: Do vai trò của a,b,c như nhau nên có thể giả sử: 1,,0 cba

Đặt 1 cbaS cS

aaS

acba

1 (1)

cS

bbS

bacb

1 (2)

Ta cm cho: 1

1)1)(1)(1(

baccba (3)

01

1)1)(1()1(

babac

01

1)1)(1()1(

babaabbac

01

11)1(2222

baababbabbabaababac

01

)1(2222

baabbaabbac

01

))(1()1(

ba

baabc .Điều này luôn đúng vì 1;0,, cba .

Từ (1),(2),(3) 11)1)(1)(1(

111

cS

ccS

ccS

bcS

acbabac

acb

cba

đpcm. VD3: Cho nn

nn axaxaxaxp

11

10 ...)( có n nghiệm phân biệt, nn ,2 . Chứng tỏ: 20

21 2)1( nnan (1)

Giải

(1) 0

2

2

0

1 2)1(nn

aan

(2)


4

Do đa thức p(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lí Viet ta có:

0

121 ...:

aaxxxA n

và

0

213221 ...:

aaxxxxxxB nn

Ta có: BxxxxxAn

ii

n

jiji

ji

n

ii

n

ii 2

1

2

1,1

22

1

2

(2) nBAn 2)1( 2 nBBxnn

ii 2)2)(1(

1

2

n

ii Bxn

1

2 2)1(

n

i

n

iii ABxxn

1 1

222 2

n

i

n

iii xxn

1

2

1

2 .Điều này luôn đúng theo bđt Bunhiacopski với 2 bộ số

),...,,( 21 nxxx và )1,...,1,1( .Dấu bằng không xảy ra vì:

1

...11

21 nxxx (các nghiệm của p(x) phân biệt).

(1) luôn đúng đpcm. B.Đặt ẩn phụ sau đó biến đổi tương đương VD1: CMR: cba ,, ta có 333333444666666 )(23 cbacbacbaaccbba (1) Giải

(1) )(23222

4

22

4

22

4

22

abc

cab

bca

bac

acb

cba

(2)

Đặt cabz

bcay

abcx

222

,, .Ta có: xyz=1

Khi đó (2) trở thành: )(23111222 zyx

zyx

0)1()1)(1(2)11( 22 xyyxyx

(3)

Vì xyz=1 nên tồn tại 2 số nhỏ hơn hay bằng 1 hoặc 2 số lớn hơn hay bằng 1 0)1)(1( yx (3) luôn đúng Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh. VD2: CMR: CBACBA coscoscos)cos1)(cos1)(cos1( (1) Giải Ta luôn có: 1cos,cos,cos CBA 0)cos1)(cos1)(cos1( CBA Nếu ABC vuông hoặc tù thì 0coscoscos CBA .Khi đó (1) luôn đúng. Nếu ABC nhọn 0coscoscos CBA Khi đó (1) 1

coscos1

coscos1

coscos1

CC

BB

AA (2)


5

Đặt 2

tan,2

tan,2

tan CzByAx

Ta có (1) 1

11

111

11

111

11

111

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

zz

zz

yy

yy

xx

xx

112

12

12

2

2

2

2

2

2

zz

yy

xx

xyzzz

yy

xx 1

12

12

12

222

2tan

2tan

2tan

1tantantanCBA

CBA

2

cot2

cot2

cottantantan CBACBA (3)

Mặt khác: ABC luôn có: CBACBA tantantantantantan

2cot

2cot

2cot

2cot

2cot

2cot CBACBA

Từ đó (3) 2

cot2

cot2

cottantantan CBACBA

2

tan2

tan2

tantantantan CBACBA (4)

Ta có bổ đề sau: 2

,0:, yxyx

2tan2tantan yxyx

ABC nhọn 2

,,0 CBA .

Áp dụng bổ đề: 2

cot22

tan2tantan CBABA

2

cot22

tan2tantan ACBCB

2

cot22

tan2tantan BACAC

Cộng vế với vế ta có: )2

tan2

tan2

(tan2)tantan(tan2 CBACBA

2

tan2

tan2

tantantantan CBACBA (đpcm)

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 3.Bài tập áp dụng Bài 1: Với mọi a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

CMR: 222

nmnmnnmm bababa

(1)

HD:


6

(1) 0))(( mmnn baba luôn đúng do a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Bài 2: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 1,,0 cba .Cmr: accbbacba 222222 1 (1) HD: (1) 1)1()1()1( 222 accbba Mà )1()1()1()1()1()1( 222 accbbaaccbba cabcabcba 11)1)(1)(1( abccba (do 1,,0 cba ) Bài 3: Cho a,b >0.Cm: )(4))()(( 663322 babababa (1)

HD: (1) ))(1(4))(1)()(1)(1( 632

ab

ab

ab

ab

Đặt abt khi đó )1(4)1)(1)(1( 632 tttt

Bài 4: Cho cab

abab

abcab

abab

ab 22

Cmr:

cbacbaf 1,1,1max4),,(

Bài 5: Cho a,b,c>0.Cm bất đẳng thức: )(2222222

cbac

bab

aca

cb

HD: áp dụng vd1.A PHƯƠNG PHÁP 2:Sử dụng tam thức bậc hai 1.Cơ sở lí thuyết: Xét )0()( 2 acbxaxxf , : acb 42 Xuất phát từ đồng nhất thức

22

4)

2()(

aabxaxf ta có các kết quả sau:

Định lí 1:

00

0)(a

xxf

Định lí 2:

00

0)(a

xxf

Định lí 3:

00

0)(a

xxf


7

Định lí 4:

00

0)(a

xxf

Định lí 5: 0)( xf có nghiệm 021 xx

Khi đó ))(()( 21 xxxxaxf và

acxx

abxx

21

21

Để chứng minh BA ta viết biểu thức BA thành tam thức bậc hai theo một biến số nào đó .Sau đó dựa vào các định lí về dấu của tam thức bậc hai suy ra điều phải chứng minh. 2.Các ví dụ minh họa VD1: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 363 a và 1abc

Cmr: cabcabcba 22

2

3 (1)

Giải

(1) 03

3)()(2

2 abccbacb (2)

Từ 1abc

abc 1

.

Thế vào (2) ta có: 03

13)()(2

2 a

acbacb (3) 0

312

3412 22

2 a

aa

aa

(do 363 a ). Theo định về dấu tam thức bạc hai (3) luôn đúng. (1) luôn đúng. đpcm. VD2: Giả sử CBA ,, là 3 góc của một tam giác không cân tai C.Biết rằng phương trình : 0sinsin)sin(sin)sin(sin 2 CBxACxBA (1) Có đúng một nghiệm thực.Cmr: 060B Giải Vì ABC không cân tại C nên BA BA sinsin .Vậy (1) là pt bậc hai. Mặt khác 0sinsinsinsinsinsin ACCBBA nên (1) có 1 nghiệm 11 x

nghiệm kia là: BACB

acx

sinsinsinsin

2

Vì (1) có đúng một nghiệm thực nên 21 xx

1sinsinsinsin

BACB BCA sin2sinsin

2

cos2

sin42

cos2

sin2 BBCACA

2

sin22

cos BCA

12

sin20 B

21

2sin0

B 0302

B 060B đpcm.

VD3: Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S.Khi đó ta có:


8

0,34)12()12( 222 xScbx

ax (1)

Giải: (1) 0,3422 222222 xSxxcxbbxaxa 02)34(2 222222 bxScbaxa 0x (2) Có 22222 )4()34( abScba )434)(434( 222222 abScbaabScba Theo định lí côsin: Cabbac cos2222 Cabcba cos2222 Xét SCabScba 34cos234222

CabSCab sin2134cos2

)sin3(cos2 CCab áp dụng Bunhiacopski ta có: 4)sin3(cos 2 CC 2sin3cos2 CC abCCabab 4)sin3(cos24 Nên 0)434)(434( 222222 abScbaabScba 0 Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai (2) luôn đúng (1) được cm. Dấu ‘=’ xảy ra

3sin

1cos

CC 3tan C 0120C

VD4: Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c.Cmr: )(12)(15)(2012152050 222222333 bacacbcbacbaabc (1) Giải: Theo định lí hàm số cos ta có: Abcacb cos2222 Bacbac cos2222 Cabcba cos2222 (1) CabcBabcAababc cos24cos30cos4050 CBA cos24cos30cos4050 025cos245)cos6cos8(25 CBA 025cos245)cos6cos8(52 CBA (2) Coi 5 là ẩn có: 100)cos(96cos36coscos9664 22 BABBAAsos

100sinsin96coscos96cos36coscos96cos64 22 BABABBAA 100sinsin96sin36sin64100 22 BABA

0)sin6sin8( 2 BA (2) luôn đúng. (1) được cm.

Dấu bằng xảy ra khi 0 43

sinsin

BA


9

VD5: Cho a,b,c thỏa mãn 022 ba và x,y thay đổi thỏa mãn cbyax (1)

CMR: 22

222

bacyx

Giải

Từ giả thiết 022 ba

00

ba

Không mất tính tổng quát ta giả sử: 0b

Từ (1) baxcy

.Do đó 2

222

baxcxyx

22222 2)(1 cacxxba

b

Đặt 2222 2)()( cacxxbaxf

Có 022 ba 22

22

22 )()(ba

cbba

acfxf

22

2

22

22

222 1

bac

bacb

byx

đpcm.

VD6: Cho 122 ba và 3 dc với cba ,,

CMR: 4

269 cdbdac

Giải Đặt cdbdacS Từ 3 dc cd 3 .Nên )3()3( cccbacS bcbac 3)3(2 (*) Xét tam thức CBxAxxf 2)(

Nếu 0A thì A

BACABfxf

44)

2()(

2

(*) 4

)3(12 2

babS

411)(6)( 2

babaS

Đặt bat 2)(2)( 2222 babat 22 t Trên 2;2 hàm 116)( 2 tttf tăng 269)2()( ftf

Do đó 4

269 S đpcm.

3.Bài tập áp dụng: Bài 1: Với n là số nguyên dương cho 2n số bất kì: nn bbbaaa ,...,,,,...,, 2121 .

Cmr:

n

iii

n

ii

n

ii baba

1

2

1

2

1

2 )())(( .Dấu bằng xảy ra khi nào?

(Bất đẳng thức Bunhiacopski)


10

HD: Xét xbxaxfn

iii

0)()(1

2

Viết lại: xbxbaxaxfn

ii

n

iii

n

ii

0)(2)()(1

2

1

2

1

2

Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai 0 . đpcm. Bài 2: Cho ABC .Cmr x ta đều có:

)cos(coscos2

12

CBxAx (1)

HD: (1) xAxCBx 0)cos1(2)cos(cos22

Cm: 02

sin42

cos2

cos4 222'

ACBCB

Bài 3: Cmr nếu b,c,d là 3 số thực thỏa mãn bcd ,thì với mọi số thực a ta có bất đẳng thức: )(8)( 2 bdacdcba (1) HD Đưa (1) về bất đẳng thức bậc 2 ẩn a và chứng minh cho 0' Bài 4: Cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn: )(

21 444222222 cbaaccbba

Cmr có thể dựng được một tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c.

Bài 5: Cho x,y,z là 3 nghiệm của hệ:

44

zxyzxyzyx (1)

Cmr: 38,,0 zyx

HD:

(1)

)(44

zyxyzxzy

44

42 xxyz

xzy

y,z là hai nghiệm của phương trình: )2(044)4( 22 xxXxX Do x,y,z tồn tại nên (2) có nghiệm 0

Bài 6: Cmr : xyz

zyxCz

By

Ax 2

cos1cos1cos1 222 (1) với 0,, zyx

HD: Đưa (1) về bất phương trình bậc hai với ẩn là x và chứng minh cho 0 Bài 7: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Cmr nếu 0 czbyax thì

0 cxybzxayz

Bài 8: Cho ABC với 3 cạnh a,b,c và 3 đường cao cba hhh ,, với 2

cbap

ta có:

cba

cba

hcbac

hbacb

hacba

bahcc

achbb

cbhaap

2)(

2)(

2)()2()2()2(

2)21( 22


11

PHƯƠNG PHÁP 3: Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển A.Bất đẳng thức Cauchy 1.Cơ sở lí thuyết: Với n số không âm naaa ,...,, 21 ta luôn có:

n

aaaaaa nnn

...... 21

21 .Dấu bất đẳng thức xảy ra khi naaa ...21

2.Các ví dụ minh họa VD1. Cho a,b,c>0 và

43

cba .CMR:

a, 3333 333 accbbaT b, 3333 23777 accbbaS Giải a, Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số dương a+3b,1,1: Ta có:

311333

baba

Tương tự: 3

11333

cbcb

3

11333

acac

Cộng các vế bất đẳng thức trên ta được: 3

36)(4333 333

cbaaccbbaT vì 43

cba theo giả thiết.

Dấu bằng xảy ra 41

cba

b, Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số dương a+7b,2,2 Ta có:

322747 33

baba

Tương tự: 3

22747 33

cbcb

3

22747 33

acac

Cộng các vế bất đẳng thức trên ta được: 6

312)(84)777( 3333

cbaaccbba (vì 43

cba )

33

333 234

6777 accbbaS .Dấu bằng xảy ra 41

cba

VD2: Cho a,b,c là 3 số dương.Cmr 23

ba

cac

bcb

a

Giải Đặt

bac

acb

cbaS

Ta có: 1113

bac

acb

cbaS


12

ba

cbaac

cbacb

cbaS

3

)111)((3baaccb

cbaS

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Cho 3 số dương: a+b,b+c,c+a có: 3 ))()((3 accbbaaccbba

Cho 3 số dương accbba

1,1,1 có: 3))()((

13111accbbaaccbba

Nhân 2 vế bất đẳng thức trên ta có:

))()((13))()((3)111)(()3(2 33

accbbaaccbba

accbbaaccbbaS

293 S

23

S đpcm.

Dấu bằng xảy ra cba . VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

32 2)(

xxxf trên khoảng ;0

Giải:

Với 0x ta có: 5

5 23

3233

222

275)

2()

31(511

333)(

xxxx

xxxxf

Dấu “=” xảy ra 3

2 13 xx

5 3x

Vậy ;0)(min xf=

5 275 khi 5 3x

VD4: cho a,b,c>0.Cmr: 33 1))()(( abcbaca

cbc

ba

(1)

Giải: (1) 33 )1())()(( abcb

aca

cbc

ba

(2)

Ta có VT(1)= ))((2

baccab

ba

ca

abccbabca

bac

cab

2221

Áp dụng bđt cauchy cho 0,0,0 abc

bac

cab và 0,0,0 222 cba

33 abcabc

bac

cab

và 3 222222 3 cbacba

abcabcabcVT 3 23 )(331 33 )1( abcVT .đpcm Dấu bằng xảy ra khi a=b=c. VD5: Cho 0,, cba , 3 cba .

CMR: cbac

cb

ba

a

1

11

11

1111 222 (1)


13

Giải (1) )

111(111

111 222 cc

bb

aa

cc

bb

aa

3111111 222

c

cb

ba

ac

cb

ba

a (2)

Xét 4

121

11.

11

11 2

a

aa

aa

aa

aa

Tương tự 4

121

11 2

b

bb

bb ,

41

21

11 2

c

cc

cc

Vậy 44

323

111111 222

cbac

cb

ba

ac

cb

ba

a

3

43

43

23

111111 222

c

cb

ba

ac

cb

ba

a (do a+b+c=3)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 VD6: Cho a,b,c>0. Cmr: 1

888 222

abcc

acbb

bcaaT

Giải

Ta có: ))(()()( 34

34

34

34

34

34

34

34

234

234

34

34

acbaacbaacba

bcacbacba 32

34

34

34

34

34

34

8))((

234

32

234

34

34

)(8)( abcacba

)()( 232

234

34

34

abcacba

34

34

34

34

2 8 cba

abca

a

Tương tự:

34

34

34

34

2 8 cba

bacb

b

34

34

34

34

2 8 cba

cabc

c

Vậy 1888 222

abc

cacb

bbca

aT .

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c VD7: Cho n số dương naaa ,...,, 21 .

Cmr: nn aaa

naaa

...

1...11

21

2

21

Giải Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho n số dương Ta có: 0...... 2121 n

nn aaanaaa


14

0...

1...11

2121

n

nn aaan

aaa

2

2121 )1...11)(...( n

aaaaaa

nn

nn aaa

naaa

...

1...11

21

2

21

.

Dấu bằng xảy ra khi naaa ...21

VD8: Cho x,y,z>0.Cmr: 3 xyz

zyxxz

zy

yx

Giải

Áp dụng cauchy cho 3 số dương có: 3

333xyzx

xz

yx

yx

xz

yx

yx

3

333zzxy

xz

zy

zy

xz

zy

zy

3

333xxyz

yx

xz

xz

yx

xz

xz

3

)(3)(3xyz

zyxxz

zy

yx

Nhận xét: Ta có thể thêm bớt điều kiện bài tóan trên để có bài toán mới Bài toán 1: Cho x,y,z>0 và xyz=1.Cmr: zyx

xz

zy

yx

Bài toán 2: Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Cmr: 3

1xyzx

zzy

yx

Bài toán 3: Chứng minh 0,, zyx có: 3

2)1)(1)(1(xyz

zyxxz

zy

yx

3.Kĩ thuật Cauchy ngược dấu: Đây là một trong những kĩ thuật khéo léo,mới mẻ và ấn tượng nhất của bất đẳng thức cauchy.Ta hãy xét các ví dụ sau: VD1: Cho x,y,z>0 và x+y+z=3.Cmr:

23

11

11

11

222

zyx

Giải Ta không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức cauchy vì dấu đổi chiều:

zyxzyx 21

21

21

11

11

11

222

Mà 23

21

21

21

zyx

Tuy nhiên ta có thể sử dụng bất đẳng thức cauchy theo cách sau:

2

2

2 11

11

xx

x


15

Vì xx 21 2 221

2

2

2 xxx

xx

21

11 2

2 xx

x

.Vậy

21

11

2

xx

Tương tự ta được:

23

233)

222(3

11

11

11

222

zyxzyx

Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1. VD2: Cmr mọi số dương có tổng bằng 4 thì 4

11

11

11

11

2222

dd

cc

bbaS

Giải Làm tương tự ví dụ trên:

2

12

)1(11

)1(111 2

2

2

2

babab

abab

baaba

Tương tự suy ra: 2

12

12

12

1 ddaddcdccbcbbabaS

2

4)( dcbadacdbcabdcbaS

2

)(4 dcbadacdbcabS

42

)(4

dacdbcabdcbaS

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=1. 4.Bài tập đề nghị: Bài 1:Cho 0, ba .Cmr: )(4)( 333 baba Bài 2:Cmr cbazyx ,,,,, ta có:

))((23))(( 222222 zyxcbazyxcbaczbyax

Bài3: Cho a,b,c dương thỏa mãn: abccba 3)(4

Cmr: 83111

333 cba

HD: Từ giả thiết 43111

cabcab

Áp dụng b đt cauchy cho 3 số dương:abba 23

8111

33

bccb 23

8111

33

caac 23

8111

33

C ộng vế với vế đpcm.

Bài 4: Cho

10,,

cbacba Chứng minh rằng: 6 accbba


16

HD: )23(

223)(

32

23

bababa

Bài 5: Cho 3

0,,

cba

cba .Cm: 31

111

11

222

ac

cb

ba

HD: Sử dụng kĩ thuật cauchy ngược dấu:

2

12

)1(11

)1(111 2

2

2

2

babab

abab

baaba

Bài 6: Cho a,b,c>0 và a+b+c=1.Cmr: 64)11)(11)(11(

cba

HD: a

bcaa

cbaaa

aa

4 24111

Bài 7: Tìm GTLN của hàm số: 53 )2()( xxxf trên đoạn 2;0

HD: Viết 533

3

)2()35(

53)( xxxf

Áp dụng bđt cauchy cho 8 số không âm:3 số bằng x35 ,5 số bằng 2-x.

Bài 8: Cmr: nếu n số dương naaa ,...,, 21 thỏa mãn

11

1...1

11

1

21

naaa n

thì phải có: nn naaa

)1(1...21

Bài 9: Cho n số 0ia có tổng 1...21 naaa phải chăng bất đẳng thức sau đây luôn đúng: n

n

naaa

)1()11)...(11)(11(21

B/Bất đẳng thức bunhiacopski: 1.Cơ sở lí thuyết: Với 2 bộ n số ),...,,( 21 naaa và ),...,,( 21 nbbb ta luôn có:

)...)(...()...( 222

21

222

21

22211 nnnn bbbaaabababa (1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi ),...,,( 21 naaa và ),...,,( 21 nbbb là 2 bộ số tỉ lệ.

Tức là: n

n

ba

ba

ba

...2

2

1

1 hoặc n

n

ab

ab

ab

...2

2

1

1

Giải Nếu 0... 22

22

1 naaa hoặc 0... 222

21 nbbb thì (1) hiển nhiên đúng.

Do vậy chỉ cần xét trường hợp: 0... 222

21 naaa và 0... 22

22

1 nbbb Ta có Rx : 0)(2 2

112

11122

1 bxabxbaxa 0)(2 2

222

22222

2 bxabxbaxa ………… 0)(2 2222 nnnnnn bxabxbaxa Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có:


17

0...)...()...( 222

212211

2222

21 nnnn bbbxbababaxaaa

Tam thức b ậc hai ở vế trái không âm với mọi x nên 0 0)...)(...()...( 22

22

122

22

12

2211 nnnn bbbaaabababa )...)(...()...( 22

22

122

22

12

2211 nnnn bbbaaabababa Dấu bằng xảy ra khi 0x sao cho:

nn bxabxabxa 0101001 ... n

n

ba

ba

ba

...2

2

1

1

2.Các hệ quả: HQ1: Với 2 dãy số ),...,,( 21 naaa và ),...,,( 21 nbbb , nibi ,...,2,1,0

n

n

n

n

bbbaaa

ba

ba

ba

...

)...(...

21

221

2

2

22

1

21

HQ2: Với 2 dãy số ),...,,( 21 naaa và ),...,,( 21 nbbb , nibi ,...,2,1,0 Ta có: )...()...( 22

22

12

21 nn aaanaaa Bất đẳng thức bunhiacopski thường được áp dụng để chứng minh bất đẳng thức đúng với các số thực và thường có dạng sau: a, cxgxf )()( với Axgxfxgxf )()(,0)(),(

b, 2222 )()(

bacxgxf

với cxbgxaf )()(

c, kbaxbgxaf 22)()( với )0()()( 222 kkxgxf d, )()()(2 xgxfxh đ, 22sincos baxbxa e, mdxcxxbxa 22 sincossincos

f, Mpxnxm

cxxbxa

sincoscossincos

g, Mxf )(

3.Một số ví dụ: VD1: Cho phương trình 01234 axbxaxx (1) trong đó Rba ,

Biết (1) có ít nhất 1 nghiệm thực.Cmr: 5422 ba .Dấu bằng xảy ra khi nào?

Giải Giả sử (1) có 1 nghiệm thực 0x .Ta có: 010

20

30

40 axbxaxx (2)

00 x

Từ (2) 0)1()1(0

020

20 b

xxa

xx (3)

Đặt 0

001x

xy .Từ (3) 02 02

0 bayy 20

220 )()2( bayy


18

Áp dụng bunhiacopski cho 2 bộ số (a,b) và )1,( 0y )1)(()( 2

0222

0 ybabay )1)(()2( 2

02222

0 ybay

1)2(

20

22022

y

yba

Mặt khác: 4)1( 2

00

20

xxy .Đặt 0,42

0 tty

59

59

54

591

5)2( 2

22

t

tt

tt

tba

5)5(

954

ttt

54)

25591(

54

t

t

Do đó: 5422 ba

Dấu bằng xảy ra khi t=0 420 y 10 x

Với 10 x 54,

52,

54 22

baba

Với 10 x 54,

52,

54 22

baba

VD2: 0,, zyx ,Cmr: )(6111 222 zyxzyx Giải: Giả sử hệ quả 2 với 2 dãy số ),,( zyx và )1,1,1( có:

22222 3)(111 zyxzyx Áp dụng bất đẳng thức cauchy với 2 số dương 2)( zyx và 23 ta có: )(6111 222 zyxzyx Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.

VD3: Trong ABC chứng minh: rh

hhh

hh

a

c

c

b

b

a 1222

Giải Ta có cba chbhahS

21

21

21

rpr

pcbaShhh cba

122)(

21111

22 )111()1(cba hhhr

rh

hhh

hh

r b

a

c

b

a

c 1)()1( 2222

rh

hhh

hh

b

a

c

b

a

c 1222 .Dấu bằng xảy ra khi cba hhh


19

VD4: Giả sử 1,, zyx và 2111

zyx.

Cmr: 111 zyxzyx Giải Từ 2111

zyx

1111

z

zy

yx

x

Áp dụng bđt Bunhiacopski cho ),,( zyx và )1,1

,1(z

zy

yx

x

Ta có: )111)(()111( 2

zz

yy

xxzyxzyx

111 zyxzyx (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi 23

zyx

VD5: Cho ABC cạnh a,b,c. Điểm M trong ABC .Gọi khoảng cách từ M tới BC,CA,AB lần lượt là :x,y,z.

Cmr: R

cbazyx2

222 (R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC )

Giải

Ta có: R

abcSczbyax4

2 abc

czbyaxcbaR

cba ))((2

222222

Luôn có: cabcabcba 222

))(111())(())(( 222

czbyaxcbaabc

czbyaxcabcababc

czbyaxcba

Áp dụng bđt bunhiacopski: 22 )111()(

ccz

bby

aaxzyx )111)((

cbaczbyax

R

cbazyx2

)(222

2

Rcbazyx

2

222

Dấu bằng xảy ra khi

zyxcba ABC đều, M là trọng tâm.

VD6: Cho 2 số dương x,y thay đổi sao cho: bayx 0 trong đó a,b là 2 số cho trước.

Cmr: ba

ayxba

xayx

xS

222

)()( .Dấu bằng xảy ra khi nào?

Giải Áp dụng bđt Bunhiacopski cho 4 số ta được:

))()(())(

)()((

222

yxbaxa

yxxyxbayx

yxbayxbaxa

yxyx

x

))()(()(22

2

yxbaxa

yxxbaxax


20

ba

ayxba

xayx

x

222 )(

Dấu bằng xảy ra yxbayxba

xayxyx

x

::

yxba

xayx

x

))(()( yxxayxbax byax VD7: Xác định điều kiện cần và đủ với các hệ số thực nrrr ,...,, 21 sao cho 2

221122

22

1 )...(... nnn xrxrxrxxx đúng dãy Rxxx n ,...,, 21 Giải Điều kiện cần: Chọn ),...,,(),...,,( 2121 nn rrrxxx 1... 22

22

1 nrrr (*) Điều cần đủ: Dãy )( ir thỏa mãn điều kiện (*) theo bunhiacopski )...)(...()...( 22

22

122

22

12

2211 nnnn xxxrrrxrxrxr )...()...)(...( 22

22

122

22

122

22

1 nnn xxxxxxrrr ( do 1... 22

22

1 nrrr ) 2

221122

22

1 )...()...( nnn xrxrxrxxx Kết luận điều kiện cần và đủ là: 1... 22

22

1 nrrr 4.Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng Cho các số .0,,,,,,,, 321321321 cccbbbaaa Cmr: ))()(()( 3

33

33

33

23

23

23

13

13

13

333222111 cbacbacbacbacbacba (1) Giải Áp dụng bđt cauchy cho 3 số dương ta có:

3 33

32

31

3 33

32

31

3 33

32

31

1113

33

23

1

31

33

32

31

31

33

32

31

31 3

cccbbbaaa

cbaccc

cbbb

baaa

a

Tương tự có bđt cho 3 số dương có tử số là: 222 ,, cba và 333 ,, cba Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được:

3))()((

)(33

33

23

13

33

23

13

33

23

1

333222111

cccbbbaaa

cbacbacba

))()(()( 33

32

31

33

32

31

33

32

31

3333222111 cccbbbaaacbacbacba

đpcm. Lưu ý: với cách làm tương tự ta có trường hợp tổng quát: Cho m bộ số, mỗi bộ gồm n số không âm: mikba iii ,...,2,1),,...,,(


21

Thế thì: ...)...(...)(...()............( 222111212121

mm

mm

mm

mmmmmmmmmm kbakbakbakkkbbbaaa

5.Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho 0,, zyx và 1 zyx

Cmr: 43

111

zz

yy

xx

Bài 2: Cmr ba, đều có: 21

)1)(1()1)((

21

22

baabba

HD: Biến đổi tương đương áp dụng bunhicopski cho 4 số: bbaa 2,1,1,2 22 Bài 3: a,b,c là 3 số dương cho trước còn x,y,z là 3 số dương thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện: 1

zc

yb

xa với mỗi số nguyên dương n,hãy tìm giá trị nhỏ nhất

của tổng: ),...,2,1( nnzyxS nnnn

Bài 4: Cho x,y,z>0 cmr: số nguyên dương n và m ta đều có:

mnmnmnm

n

m

n

m

n

zyxxz

zy

yx

C.Bất đẳng thức Chebyshev 1. Cơ sở lý thuyết: Cho 2 dãy n số ),...,,( 21 naaa và ),...,,( 21 nbbb a, Nếu cả 2 dãy đều cùng tăng hoặc cùng giảm,tức là:

hoặc

n

n

bbbaaa

......

21

21 hoặc

n

n

bbbaaa

......

21

21

Thì ta có: n

bbbn

aaan

bababa nnnn

......... 21212211

b, Nếu 1 dãy tăng dãy kia giảm,tức là:

hoặc

n

n

bbbaaa

......

21

21 hoặc

n

n

bbbaaa

......

21

21

Thì ta có: n

bbbn

aaan

bababa nnnn

......... 21212211

Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp 2 dãy cùng tăng

Gọi n

aaaa n

...21 chỉ số i sao cho: nni aaaaaai

......121

Lấy b sao cho nni bbbbbbi

......121

Cộng n bất đẳng thức lại ta có:

nababbaban

kk

n

kk

n

kkk

111

0 (4) (vì

n

kk

n

kk bnbana

11

; )


22

Vậy (4) tương ứng : 011

nabnabbaban

kk

n

kkk

n

kk

n

kkk baba

11

n

bbbnn

aaabababa nnnn

......... 2121

2211

n

bbbn

aaan

bababa nnnn

......... 21212211

Dấu “=” chỉ xảy ra khi có: 0))(( bbaa kk Nếu ),...,,( 21 naaa không phải là dãy số dừng thì naaa 1 nên ta có:

0))((0))(( 11

bbaabbaa

nn

bbb n 1

),...,,( 21 nbbb là dãy số dừng.Ngược lại ta có điều phải chứng minh. Hệ quả: Nếu naaa ,...,, 21 là các số thực dương có tổng bằng n thì n

nnnn

nnn aaaaaa ...... 21

112

11

2.Các ví dụ VD1: a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1222 cba .Cm:

a, 21333

ba

cac

bcb

a

b, 23222

ba

cac

bcb

a

Giải a, Vì a,b,c có vai trò như nhau.Giả sử cba 222 cba

bac

acb

cba

Áp dụng bđt Chebyshev cho 2 dãy số đơn điệu giảm ),,( 222 cba

và ),,(cb

aac

bcb

a

)(31)(

31)(

31 222

333

cbaba

cac

bcb

aba

cac

bcb

a

)(31)(

333

bac

acb

cba

bac

acb

cba

vì 1222 cba

Mà 23

ba

cac

bcb

a (bất đẳng thức Nesbnit)

Vậy 21

23

31333

ba

cac

bcb

a .Dấu bằng xảy ra khi 3

1 cba

b,Tương tự VD2: Mở rộng bài toán vd1: Cho naaa ,...,, 21 là các số dương thỏa mãn điều kiện: 1... 22

22

1 naaa


23

Cmr: a, 1

1...

......... 121

3

143

32

32

31

naaaa

aaaaa

aaaa

n

n

nn

b, 1...

......... 121

2

143

22

32

21

nn

aaaa

aaaaa

aaaa

n

n

nn

Giải a, Áp dụng Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu giảm

),...,,( 222

21 naaa và )

...,...,

...,

...(

121143

2

32

1

n

n

nn aaaa

aaaaa

aaaa

)...

......

(1

12132

1

n

n

n aaaa

aaaa

nVT

Cm cho 1...

......... 121143

2

32

1

nn

aaaa

aaaaa

aaaa

n

n

nn

đpcm. b, Làm tương tự 3.Kĩ thuật tách Chebyshev VD1: Cho các số thực dương a,b,c,d thỏa mãn điều kiện

dcbadcba 1111

CMR: 3333)(2 2222 dcbadcba Giải Ta trừ tương ứng từng số hạng của 2 vế:

32

)1(3322

2

aaaaa

Khi đó (1) 032

)1(3

32

)1(3

32

)1(3

32

)1(32

2

2

2

2

2

2

2

ddd

ccc

bbb

aaa

Không thể áp dụng bất đẳng thức chebyshev ngay được vì cả tử số và mẫu số đều là hàm đơn điệu tăng Tuy nhiên từ giả thiết

dcbadcba 1111

(1) 01111 2222

dd

cc

bb

aa

0312

1

312

1

312

1

312

1

2

2

2

2

2

2

2

2

d

dd

c

cc

b

bb

a

aa

(2)

Xét hàm: 0,1)(2

xx

xxf và 2

312

1)(

x

xg

Ta thấy f(x),g(x) là các hàm đơn điệu tăng trên R Ta có thể áp dụng chebyshev cho bất đẳng thức


24

(2)

2222

2222

312

1312

1312

1312

1.41).1111(

41

4dcba

dd

cc

bb

aaVT

0VT Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=1 VD2: Cho a,b,c 0 thỏa mãn điều kiện a+b+c=3 CMR: 1111

222

cbaacbbac

Giải

Ta thấy )3(3

)1()3(3

3331

31

311

22

2

22

cc

cccc

ccccbac

(1) 0)3(3

)1()3(3

)1()3(3

)1(222

aaaa

bbbb

cccc

0

)3(3)1(

)3(3)1(

)3(3)1(

222

aa

aabb

bbcc

cc

031

131

131

1

aa

a

bb

b

cc

c

Vì vai trò của a,b,c như nhau ta giả sử cba 111 cba Mặt khác a+b+c=3 nên 3,, cabcab

cc

bb

aa 31

131

131

1

Áp dụng Chebyshev cho 2 dãy trên ta được (2) )

31

131

131

1(31)111(

31

31

cc

bb

aa

cbaVT

0VT đpcm. 4.Bài tập đề nghị Bài1: Cm 0,, cba ta có: )(3888 222 cbaabccabbca

HD: ))(83(

))((8832

22

cbbcaacbbcabcaa

Sau đó áp dụng Chebyshev với tổng các tử số bằng không Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d có tổng bằng 4. Cmr:

31

111

111

111

111

2222

dcba


25

HD: 22 111)1(

121

121

111

aaa

a

Bài 3: Cho n số niai ,...,2,1,0 .Cmr mọi số tự nhiên m ta có:

mnm

nmm

naaa

naaa

)...

(... 2121

Bài 4: Chứng minh bất đẳng thức Nesbnit 3 biến bằng cách sử dụng bất đẳng Chebyshev. Sáng tạo bất đẳng thức Phương pháp1: Từ bài toán gốc thêm bớt điều kiện phát triển thành bài toán mới

VD1: Xét bài toán sau: 0,,,222

cbacbaac

cb

ba (1)

Giải

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương có: abb

a 22

bab

a 2

2

Tương tự: cbc

b 2

2

acac

22

Cộng 3 vế bđt trên ta được: 0,,,222

cbacbaac

cb

ba .

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c. Phát triển bài toán:

Vd1.1: 0,, cba và 1 cba .Tìm giá trị nhỏ nhất của: a

cc

bb

aT222

Vd1.2: Cho 0,, cba .Cmr: cbaac

cb

ba

333

Vd1.3: 222333

cbaac

cb

ba

*Tổng quát hóa của ví dụ 1.2 a, Cho n số nguyên dương naaa ,...,, 21 .Cmr:

nn

n

n aaaa

aa

aaa

aa

...... 211

221

3

22

2

21

b, Cho 0,, cba và n nguyên dương.Cm: cbaa

cc

bb

an

n

n

n

n

n

111


26

Vd1.4: Khái quát hóa bất đẳng thức ở vd1,vd1.2,vd1.3,vd1.5 Cho n,m là các số nguyên dương , 0,, cba .

Cmr: mmmn

nm

n

nm

n

mn

cbaa

cc

bb

a

Giải Áp dụng bất đẳng thức côsi cho n+m số dương ta có:

nm nmmn

nm

n

mm

m

n

nm

n

nm

bb

anmbbb

ab

a

)()()(......

mmn

nm

anmnbb

ma )(

(1)

Tương tự ta có: mmn

nm

bnmncc

mb )(

(2)

mmn

nm

cnmnaa

mc )(

(3)

Cộng các vế của (1),(2),(3) ta được:

mmmn

nm

n

nm

n

mn

cbaa

cc

bb

a

.Dấu bằng xảy ra khi a=b=c.

VD2: Cho các số dương a,b,c có abc=1.Cmr: cbacba 333 Giải Áp dụng Cauchy cho 3 số dương,ta có: aa 3113 bb 3113 cc 3113 6)(3333 cbacba Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số dương a,b,c: 333 abccba 6)(2 cba cbacba 333 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c. Vd2.1: Cho a,b,c>0 và abc=1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của cbacbaM

333

Tìm giá trị lớn nhất của: 333 cba

cbaN

Vd2.2: Cho các số thực x,y,z có x+y+z=1.Cmr: zyxzyx 222888 Vd2.3: Cho 0,...,, 21 naaa và 1...21 naaa Cmr: nn aaaaaa ...... 21

332

31

Vd2.4: Cho a,b,c>0 và abc=1 Cmr: cbacba 444 222333 cbacba Vd2.5: Cho a,b,c>0, n nguyên dương tùy ý. abc=1


27

Cmr: cbacba nnn Vd2.6: Cho a,b,c>0, abc=1, n>m là số nguyên dương. Cmr: mmmnnn cbacba VD3: Cho x,y,z>0.Cmr:

3 xyzzyx

xz

zy

yx

Giải

Áp dụng Cauchy cho 3 số dương có: 3

333xyzx

xz

yx

yx

xz

yx

yx

3

333zzxy

xz

zy

zy

xz

zy

zy

3

333xxyz

yx

xz

xz

yx

xz

xz

3

)(3)(3xyz

zyxxz

zy

yx

Nhận xét: Ta có thể thêm bớt điều kiện bài tóan trên để có bài toán mới V í d ụ 3.1: Cho x,y,z>0 và xyz=1.Cmr: zyx

xz

zy

yx

V í d ụ 3.2: Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Cmr: 3

1xyzx

zzy

yx

V í d ụ 3.3: Chứng minh 0,, zyx có: 3

2)1)(1)(1(xyz

zyxxz

zy

yx

PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp đánh giá qua các đại lượng trung gian

1.Cơ sở lí thuyết Để đánh giá A B ta đánh giá A C rồi chứng minh C B

Thông thường ta đánh giá từng số hạng của một vế sau đó đáng giá cả vế và so sánh với vế kia

Trong một bất đẳng thức nếu vai trò các biến là bình đẳng như nhau,chúng ta có thể sử dụng phương pháp đáng giá từng nhóm số hạng để chứng minh

Giả sử 0 0 0A B C A B C

1:C Chọn và chứng minh 0 0

0

A B A BC C

2 :C Chọn và chứng minh 0 0

0 0

0 0

A B A BB C B CC A C A


28

3 :C Chọn và chúng minh 0

0

0

222

A B AB C BC A C

Tương tự cho chứng minh : 0 0 0ABC A B C

2.Phương pháp Sau đây chúng tôi đưa ra 2 phương pháp đánh giá qua các đại lượng trung gian 1)Biểu thức trung gian tìm được thông qua tính chất cơ bản của bất đẳng thức VD1: Chứng minh bất đẳng thức sau

2

2

3 8 15 1 2, ( 2)4 9 16

n n nn

Giải:

Đặt 2

2

3 8 15 14 9 16

nAn

2

1 1 1 11 1 1 14 9 16

An

2

1 1 1 114 9 16

A nn

Khi đó: 2

1 1 1 12 1 24 8 16

A n n nn

Suy ra: 2

1 1 1 1 14 9 16 n

Thật vậy

2

2

2

1 1 112 1 .2 21 1 1 13 2.3 2 3

1 1 1 11 . 1n n n n n

2,1111...31

21

222 n

nn

VD2:Chứng minh


29

1 1 1 1 20082.20091.2008 2.2007 (2008 1) 2008.1k k

Lời giải:

Trước hết ta có:

; 0;1 2 1

a b a b

a bab

Áp dụng (1) cho 2008 lần ta có

1 2 21 2008 20091.2008

1 2 22 2007 20092.2007

1 2 22008 1 2009(2008 1)

20082.2009

k kk k

VT

Chú ý:Với n nguyên dương ta có 1 1 1 1 2.

11. 2.( 1) ( 1) .1n

nn n k n k n

VD3: Cho dãy số 1 2; ; ; na a a thỏa mãn1

11

11

n nn

a

a aa

CMR: 2 21 12( 1) 3( 1)na n a a n

Áp dụng chứng minh: 133110 20081000 aa Giải

2 2 22 1 1 2

1 1

2 2 21 2 1

2 2 22 3 2

2 2 21 1

2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 3 1 2 1

2 2 21 1

1 1( ) 2

2 3

2 3

2 3

2( 1) 3( 1)

2( 1) 3( 1) (dpcm)

n n n

n n n

n

a a aa a

a a a

a a a

a a aa a a n a a a a a a na n a a n

AD lần lượt với n=1000 và n=2008 ta có:


30

1000

2008

1000 2008

47 1 2.999 1 3.999 55

63 1 2.2007 1 3.2007 78110 133

a

aa a

2)Sử dụng BĐT Cauchy

VD1: Cho 3 số a;b;c dương thỏa mãn a+b+c=1 CMR: 18

2abcab bc caabc

Giải: AD BĐT Cauchy ta có

6 9633)111)(( ac

ca

bc

cb

ab

ba

ac

ca

bc

cb

ab

ba

cbacba

9111

cba

0,,,21

2189

cba

abcbabcabcabccabcab

VD2: Cho a,b,c,d>0 thỏa mãn :

1 1 1 1 3 (1)

1 1 1 1a b c d

CMR: 181

abcd

Giải

3

1 1 1 1(1) 1 1 11 1 1 1

1 31 1 1 1 (1 )(1 )(1 )

cs

a b c db c d bcd

a b c d b c d

Tương tự

3

3

3

1 31 (1 )(1 )(1 )

1 31 (1 )(1 )(1 )

1 31 (1 )(1 )(1 )

acdb a c d

abdc a b d

abcd a b c

Nhân từng vế bốn bất đẳng thức trên ta được


31

1 81(1 )(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )(1 )

181

abcda b c d a b c d

abcd

*Mở rộng VD2 Cho n số nguyên dương ( 1, )ix i n thỏa mãn:

1 2

1 1 1 11 1 1 n

nx x x

CMR 1 21

( 1)n nx x xn

Giải Thậy vậy:

Áp dụng giả thiết: n

n

xx

xx

xx

x

1...

1111

3

3

2

2

1

n

n

xx

xx

xx

1,...,

1,

1 3

3

2

2 ta có:

1

32

32

3

3

2

2

)1)...(1)(1(...

)1(1

...11

n

n

n

n

n

xxxxxxn

xx

xx

xx

Đặt )1)...(1)(1( 21 nxxxA nxxxB ...21

Ta có: 1

1

1

1

)1()1(

11

nAx

xBnx

Tương tự: 1

2

2

2

)1()1(

11

nAx

xBnx

……

1)1(

)1(1

1

n

n

n

n AxxBn

x

Nhân từng vế n bất đẳng thức cùng chiều,cùng dương ta có:

ABn

An)1(1

nnB

)2(1

đpcm.

VD3: Cho 1,0,, cba .CMR: 31111

abcd

abdc

acdb

bcdaS

Giải

vì 1,0,, cba nên

11111111

abcddababcdcdaabcdbcdabcdabc


32

dấu bằng ở (1) xảy ra

abcdabcabcddababcdcdaabcdbcd

Để chứng minh 3S ta đưa về chứng minh 31

abcddcba

Vì 1,0,, cba nên 0)1)(1( ba abba 1

31

211

31

3210)1)(1(

10)1)(1(

abcdabcdabcd

abcddcba

abcdcdabdcbaabcdcdabcdab

cddcdc

Dấu bằng xảy ra

00)1)(1(

0)1)(1(0)1)(1(

abcdcdab

dcba

abcdabcabcddababcdcdaabcdbcd

trong 4 số a,b,c,d có 3 số bằng 1,một số bằng 0

Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 2221

1...21

11

21

nn

n

Lời giải:

Ta có

12

11

123

111...

31

211

)1(1...

3.21

111...

21

11

2222

n

nn

n

nn

nnn

Mặt khác 1

1

21

12

1)1(

12

11...11

12

1

n

nn

n

nn

n

n

n

nn

Vậy ta có đpcm. *Mở rộng:

Nếu 1,0,...,, 21 naaa ta có bất đẳng thức sau:


33

11...

...1..1... 121143

2

32

1

naaa

aaaaa

aaaa

a

n

n

nn

Vi 3.Bài tập áp dụng: Bài 1: CMR:

451...

31

211 333

n

HD:

)1

121

1(21

)1(1

)1(1

21

)1()1(11

3

nnnnnnnnnnn

Bài 2: Cho a,b,c,d là các số dương. Cmr: 622225

badbad

adcadc

dcbdcb

cbacba (1)

HD: (1) 21

badd

adcc

dcbb

cbaa

Áp dụng: ca

acba

adcba

a

ca

bcba

bdcba

b

ca

ccba

cdcba

c

ca

dcba

ddcba

d

Bài 4: Nếu các số tự nhiên a,b,c thỏa mãn điều kiện: nnn cba Thì ta có: 0,),min( nnba HD: Không mất tính tổng quát ta giả sử: ba Vì )0,,( cbabcba nnnn nn bc bc 1 bc 1...)1( 1 nbnbbbc nnnn 1 nnn nbbc 1 nnnn nbbba 11 nnn nanba )( ba na 0,),min( nnba Bài 5: Cho 2,1,, cba , 0 cba .Cmr: 6222 cba HD: 2,1a 22 aa . Tương tự: 22 bb và 22 cc 6222 cba Tổng quát: 2,1,...,, 21 naaa và 0...21 naaa Chứng minh: naaa n 2... 22

22

1

Bài 6: Cho 1,, cba .Cmr: abcccabbcaab

2

31

11

11

1 (1)


34

HD: Áp dụng: 0,,411

yxyxyx

Ta có: 2

41

11

1

babcabbbcaab

34

21

11

cacabcabccca

3

42

42

11

11

11

1

ccaabcbabcababcccabbcaab

816

cbacabcababc

để cm (1) ta phải cm: abccbacabcababc

2

48

16

8)2(4 cbacabcababcabc 03)(3 cbacabcababc 0111)1()1()1( cbabcaabccab 0)1)(1()1)(1()1)(1( bcaabcaab luôn đúng Bài 7: Cho 1,0,, cba .CMR: a, )(23 333232323 cbaaccbba (1) b, 3)()(2 222333 xzzyyxzyx với 1,0,, zyx (2) HD:

)(23 333232323 cbaaccbba 3)(2 232323333 accbbacba Ta có: 1,0,0)1)(1( 23 baba 01 2332 baab 23321 baab Tương tự: 23321 cbbc 23321 acca )(3)( 222232323333 cbaaccbbacba 3)()()(2 222333232323333 cbacbaaccbbacba Ta cần chứng minh: 33)( 222333 cbacba 1,0,,,0)( 222333 cbacbacba đpcm. b, Tương tự Tổng quát: 1,0,, cba , 1n i, )(23 111 nnnnnnnnn cbabccbba ii, )...(2)...( 33

23

12

1323

12

33

22

23

1 nnnn aaaaaaaaaaan iii, )...(2... 21

11

11

112

132

121

nn

nnnnn

nn

nn

nn

nn

nnnn aaaaaaaaaaaaan

Bài 8: Cho a,b,c>0 và abccabcab


35

CMR: 3222 222222

caca

bcbc

abab (1)

HD:

2222

2222 2122baba

abab

ab

Đặt c

zb

ya

x 1,1,1

(1) 3222 222222 xzzyyx

1111

abccabcab

cba 1 zyx

Ta có:

3222

1222222 xzzyyx

zyx

Bài 9: a,b,c>0.Cmr: abcabcacabccbabcba1111

333333

HD: )()())(( 2233 cbaababcabbaabcabbabaabcba Bài 10: Cho a,b,c>0. Cmr: nmnmnmnmnmnm accbbacba Giải

Theo bất đẳng thức cauchy: nmnm nnmmnmnmnm

babanmbma

)()(

Tương tự: nmnmnm

cbnmcmb

và nmnmnm

acnmamc

nmnmnmnmnmnm

accbbanm

cbanm

))((

nmnmnmnmnmnm accbbacba

Bài 11: Cho a,b,c>0.Cmr: 3332

5

2

5

2

5

cbaac

cb

ba

HD

322

5

2aabba

, 322

5

2bbccb

, 322

5

2ccaac

Và cabcabcba 222 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được đpcm

Bài 12: Cho a,b,c>0.CM: 333555

cbaabc

cab

bca

HD: baab

ba 3

3

5

2 2333

3

5

22 abaab

ba

baab

ba

23

3

5

22 abaab

ba


36

Bài 13: Cho a,b,c>0.Cmr: )(2222

bac

acb

cbacba

HD ba

bacca

cabcb

cbacba

)222)((222

2 cbaba

cac

bcb

aVT

đpcm

Bài 14: Cho a,b,c>0 và 1222 cba Cmr: 32)()111( cba

cba

HD:

Xét xxx ,0)332()13( 2 suy ra 2323

341 aaa

Tổng quát: mọi cặp số dương a,b và bộ số dương kx với tổng:

11

2

n

kkx ta đều có: nbax

xa

n

kk

n

k k

)()()1(11

Bài 15: Cho a,b,c>0 và 1 cba .Cmr:

)(211

11

11

cb

ba

ab

cc

bb

aa

HD: Ta có: )(2

12

12

123

11

11

11

ac

cb

ba

cc

bb

aa

cc

bb

aa

3)1

11(2)1

11(2)1

11(2

ab

cba

bac

a

23)11()11()11(

babc

acab

cbca

23

)()()(

babca

acabc

cbcab

Bài 16: Cho nuuu ,...,, 21 là dãy số nguyên dương tăng thực sự: Cmr:

221

1

1

2

23

1

12 11

1..31

211...

nnuuu

uuu

uuu

uuu

n

n

n

nn

Giải Có 2 khả năng xảy ra:


37

+ Nếu 2nun khi đó niu

uuu

uu

i

ii

i

ii ,..,3,2,11

(1)

Thật vậy: (1) 11 iiii uuuu 2

11 )( iiii uuuu 0)1)(( 11 iiii uuuu Do ii uu 1 , iu là số nguyên dương ni ,..,2,1 11 ii uu (1) đúng. Ta thấy 1 ii uu là 1 số nguyên dương nên từ (1) ta có:

1

1...111

ii uu

iii

ii

i

ii

uuuuu

uuu

Rõ ràng: iiii

uu

ii uuuuuuii

11...2

11

11...1

111

1

(2)

Cộng từng vế của n-1 bất đẳng thức dạng (2) ta được

12312

1...2

11

1...1...2

11

11...2

11

1

11322211

nn uu

nnn

uuuu

uuuuuuuuuVT (3)

Nhận xét: nn uuuuuu ...1......1...1 13221 là một dãy các số tự nhiên tăng dần gồm 1uun số.Do 2

1 nuuu nn

Vậy từ (3) suy ra 222

11

1...31

2111...

31

21

nnnVT

2, Trong các số nuuu ,...,, 21 có số lớn hơn n

nếu 2nui thì nuu

uu

uu

ii

i

i

ii 111

Như vậy mỗi phân số dạng i

ii

uuu 1 mà mẫu số 2nui thì theo trên phân thức

ấy < n1

Do đó các phân số có dạng như vậy (rõ ràng số phân số ấy tối đa là n-1) có tổng < 11

n

n .Tổng còn lại theo phần trước < 2

1...31

21

n

22

11

1...31

211

nnVT

(3). Nhận xét: 1...1 221 uuu

PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp phản chứng


38

1.Cơ sở lí thuyết: Muốn chứng minh bất đẳng thức BA đúng ta giả sử BA sai nghĩa là BA đúng.Bằng lập luận chính xác ta suy ra mâu thuẫn.

2.Một số ví dụ minh họa:

VD1: CMR hệ

6393

yxyx vô nghiệm.

Giải

Giả sử hệ đã cho có nghiệm ),( 00 yx .Khi đó

)2(63)1(9

00

03

0

yxyx

Từ (1) 000 yx 0)3( 00 yx .Kết hợp với (2) suy ra

003

0

0

yx

00

0

0

yx

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số dương 0000 ,,, yxxx

Ta có: 40

30000000 43 yxyxxxyx

4 946 346 .Vô lí. Vậy điều giả sử là sai đpcm. VD2:Cho a,b,c,d>0.Cmr 3 bất đẳng thức sau không thể cùng đúng:

abdccdbacdabdcbadcba )()(;))((; Giải Giả sử cả 3 bất đẳng thức trên cùng đúng.Tức là: 0 badcA 0))(( bdbcadaccdabdcbacdabB 0)()( bcdacdbcdabccdbaabdcC Xét đa thức: ))()()(()( dxcxbxaxxf Ta thấy f(x) luôn có 2 nghiệm dương là a,b (*) Mặt khác:

abcdxbcdacdbcdabcxbdbcadacabcdxbadcxxf )()()()( 234

abcdCxBxAxx 234 .

Từ đó: f(x) là đa thức với các hệ số dương (do A,B,C>0 va a,b,c,d>0) nên f(x) không thể có nghiệm dương được. Mâu thuẫn với (*). Vậy điều giả sử sai. đpcm.

VD3: Cho hệ bất phương trình:

xcbxazzcbzayycbyax

2

2

2

với 0a và 04)1( 2 acb

Chứng minh rằng hệ đã cho vô nghiệm. Giải:


39

Giả sử hệ đã cho có nghiệm ),,( 000 zyx

002

0

002

0

002

0

xcbxaz

zcbzay

ycbyax

0)1()1()1( 02

002

002

0 czbazcybaycxbax (*) Xét tam thức bậc hai: cXbaXtf )1()( 2 )0( a Có 04)1( 2 acb (theo giả thiết) Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ttaf ,0)(

0)(0(0)(

0

0

0

zafyafxaf

(**)

Từ (*) 0)()()( 000 zfyfxf .Điều này mâu thuẫn với (**) Vậy điều giả sử sai. đpcm. VD4: Cho 01

22

11 ...)( axaxaxaxxf n

nn

nn

. Trong đó 1,...,2,1,0,1 niai .Giả sử đa thức có n nghiệm.Cm 3n Giải Giả sử phản chứng: 3n (*) Gọi n nghiệm của đa thức f(x) là: nxxx ,...,, 21 Ta viết ))...()(()( 21 nxxxxxxxf n

nnn

nn

n xxxxxxxxxxxxxxx .......)...()...( 212

132211

21

1...)...( 21211 nnn xxxxxxa 1... 132212 nnn xxxxxxa

Ta có:

n

i

n

jiji

ji

n

iii axxxx

1 1,

2

1

2 212)( với 1a

Nếu a=1 thì

n

iix

1

2 0121 .Vô lí

Nếu a=-1 thì

n

iix

1

2 321 (1)

Mặt khác 0... 021 axxx n (vì 010 a ) nixi ,...,2,1,0 Vì nixi ,...,2,1, là nghiệm của f(x) nên:

0... 012

21

1

axaxaxax i

nin

nin

ni .Chia 2 vế cho n

ix ta có:

01...111 0221 nii

ni

n xa

xa

xa ni

xi

,...,2,1,1 là nghiệm của đa thức:

1...)( 11

10 xaxaxaxg n

nn Lập luận tương tự như trên ta có:


40

1)1...11(0

1

21

aa

xxx n

11...11

21

nxxx

Và 11...11

0

2

13221

a

axxxxxx nn

311

2

n

i ix (2)

Từ (1) và (2) 2

12

1

22 )1)((3 nx

xn

i i

n

ii

3n .Mâu thuẫn với (*)

Vậy điều giả sử sai. đpcm. VD5: Chứng minh rằng hệ phương trình sau vô nghiệm:

0,,1214925

22

22

22

zyxxzxzzyzyyxyx

Giải:

Giả sử hệ đã cho có nghiệm ),,( 000 zyx

0,,)3(121

)2(49

)1(25

000

2000

20

2000

20

2000

20

zyxxxzz

zzyy

yyxx

Từ (1) 200

2000

20 )(25 yxyyxx 500 yx (do 0, 00 yx )

Tương tự từ (2) 700 zy (3) 1100 xz

Ta có 22

222 )2

(4

3)2

(25 yxyyxyxyx 52

0 yx

Tương tự từ (2) 72

0 yz

120 zyx .Tương tự 180 zyx 160 zyx Tóm lại 120 zyx

Ta có hệ:

1201175

zyxxzzyyx

105070

yzx

Suy ra: 1095.757121 2222 zxzx .Vô lý.Vậy điều giả sử là sai đpcm.


41

VD5: Cho a,b,c,d thỏa mãn )()(2 bacdcbab .Chứng minh trong 3 bất phương trình dưới đây ít nhất một bất phương trình có nghiệm: 0,0,0 222 dcxxcbxxbaxx Giải Giả sử cả 3 bất phương trình trên đều vô nghiệm.Tức là:

)3(0)2(0)1(0

2

2

2

dcxxxcbxx

baxx

Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ta có:

040404

2

2

2

dccbba

0)(4222 dcbcba Từ )()(2 bacdcbab abbacdcb )()(2 Từ đó ta có: 02)(2222 abbaccba 0)(2)( 22 baccba 0)( 2 cba . Vô lí

acb 42 Vậy điều giả sử là sai. đpcm 3.Bài tập áp dụng Bài 1: Cmr hệ

6393

yxyx vô nghiệm.

HD:

Giả sử hệ đã cho có nghiệm ),( 00 yx .Khi đó

)2(63)1(9

00

03

0

yxyx

Từ (1) 000 yx 0)3( 00 yx .Kết hợp với (2) suy ra

003

0

0

yx

00

0

0

yx

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 4 số dương 0000 ,,, yxxx

Ta có: 40

30000000 43 yxyxxxyx

4 946 346 .

Bài 2: Cho a,b,c thỏa mãn:

00

0

abccabcab

cba.Cm: a,b,c>0

Bài 3: Cmr trong 3 bất đẳng thức sau có ít nhất một bất đẳng thức đúng: 222222222 )()(2,)()(2,)()(2 baacaccbcbba

Bài 4: Cho a,b,c >0 và abc=1.Cmr 3 cba


42

Bài 5: Cho 0,, cba thỏa mãn

01110

0

cabcab

cabcababc

.Cmr: a,b,c<0

Bài 6: Cho a+b+c>0.Cmr trong 3 bất đẳng thức sau có một bất đẳng thức đúng: 1,1,1 333 abccabcbabca

PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp hình học

I. Phương pháp vecto Một số bất đẳng thức có thể được chứng minh bằng các tính chất của vecto. Trong mặt phẳng oxy cho 2 vecto ),( );,( 2121 bbbaaa

thì ta có:

n

i

n

iiinnn uubaubaubau

baba

aa

bababababa

bababa

bababa

aaa

1 1222111

22

2211

2211

22

21

:có thì),()....,();,( )

)

)( )

),cos( )

)

),( )

)

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

1317 22 xxxx HD:

23

21

233)

21(

22

2

xxVT

Đặt:

23 ,

21 ;

233 ,

21 xvxu

)32 ,1( vu

Ta có:

1317 22 xxxxvuvu

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: vu và cùng hướng


43

41

23

233

21

21

x

x

x

Ví dụ 2: Cho x,y,z>0 và .1 zyx Cmr:

821112

22

22

2 z

zy

yx

x

HD:

)1 ,( );1 ,( );1 ,( Xet z

zcy

ybx

xa

Ta có:

82809.9.2

)(80111)(9.2

)(80111)(81

111)(111

2cos

22

2

22

22

22

22

zyxzyz

zyx

zyxzyx

zyxVT

zyxzyx

zz

yy

xx

cbacba

i


10,,

111

zyx

zyxzyx

zyxz

z

y

y

x

x

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: )( )( :có ,, 444 acbacbaabcRcba HD: 444222)( cbaabccabbcaa Xét :


44

(1) )(

;

) , ,( ; ) , ,(

222222

222222222222

accbbacbaabcvuvuvuvuDo

ucbbaacvcacbbau

bcabcavcabcabu

Xét (1):

(2)

),,( );,,(444222222

1111

2221

2221

cbaaccbbavuvuacbvcbau

Từ (1) và (2) ta có đpcm Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Ví dụ 4: Cho ABC . Cmr:

2

coscoscos cbaCabBcaAbc

Giải

1321

3

2

1

eeeCACAe

BCBCe

ABABe

Ta có:

(đđpcmd) 2

coscoscosab

0cosB)cacosAbccosCab2(-cba

0)eecaeebceeab2(cba

0)(

211332

2132

cbaBcaAbcC

ecebea

Ví dụ 5: Cho ABC và xyz>0. Chứng minh rằng:

xyz

zyxCz

By

Ax 2

cos1cos1cos1 222

HD: Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ABC M, N, P lần lượt là hình chiếu của O lên BC, CA, AB. OM=ON=OP=r

A

B C

1e

2e

3e

A

P

B

N

M C


45

xyzzyxC

zB

yA

x

zyxBzxAyzCxy

BzxAyzCxyrrzyxOMOPzxOPONyzONOMxy

OPzONyOMx

2cos1cos1cos1

)(21coscoscos

0]coscoscos[2)(0..2..2..2)rzy(x

0)(

222

222

22222

2222

2

Ta có: Dấu “=” xảy ra 0

OPzONyOMx

Ví dụ 6: cho: .122 yx Cmr: 2323 22 yxyx HD: Xét: )2 ,( );1 ,3( 22 xyyxvu

. Ta có:

2323

)(22)(3

22

2222

yxyx

yxxyyx

vuvu

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng hướng

433

213

1

32

22

22

y

x

yxxy

yx

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình:

1999200019991

1999200019991

1999

1

1999

1

ii

ii

x

x

Giải: Xét )1,1( iii xxu ; 1999 ,1i

Ta có:

O B C


46

lý) (vô 2000.1999.221999

)1()1(21999

21999

1

21999

1

1999

1

1999

1

ii

ii

ii

ii

xx

uu

Vậy hệ phương trình vô nghiệm. Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho 2x-y=2. Cmr: 52)3()1( 2222 yxyx Bài 2: Cho 4 số dương phân biệt a, b, c, d. Chứng minh rằng ta có: x )()()()( 222222 dbcadxcbxa Bài 3. Cmr:

21

)1)(1()1)((

22

baabba

Bài 4: Cho tứ diện ABCD vuông đỉnh A. Cmr với mọi điểm M ta có: ADACABMDMCMBMA 3 Bài 5: Cmr: 2)(sinsin.sin4)(sincos.cos4 222222 yxyxyxyx Bài 6: Cho ABC , chứng minh rằng:

23coscoscos CBA

II. Dùng hình học để chứng minh bất đẳng thức Một số định lý tính chất cơ bản trong hình học thường dùng trong chứng minh bất đẳng thức hình học 1) Định lý hàm cosin trong ABC có 3 cạnh a, b, c

CabbacBcaacbAbccba

cos2cos2cos2

222

222

222

2) Công thức diện tích

4Rabc

pr

sin21sin

21sin

21

21

21

21

CabBcaAbc

chbhahS cba

3) Với 3 điểm A,B,C trong mặt phẳng thì: BCACAB


47

4) Cho H là hình kín có diện tích S. Có )n,1( iH i là các hình kín có diện tích iS trong hình H thỏa mãn 2 hình bất kì có phần trong giao với nhau bằng rỗng ta

có SSSS n ...21 Ví dụ 1: Cho a, b, c thỏa mãn: bcac 0 và0 . Cmr: abcbcacc )()( Giải: Dựng hình vẽ ABC có các cạnh

cbcaBC

aAB

bAC ;

Đường cao cAH Ta có:

abcbccac

Aabcbccac

SSS ABCAHCABH

)()(

sin21)(

21)(

21


1sin AA

Ví dụ 2: Cho cba ]2,0[,, chứng minh: 4)2()2()2( accbba Giải: Xét ABC đều có cạnh bằng 2. Lấy M, N, P lần lượt trên các cạnh: Ab, BC, CA sao cho BM=a, Cn=b, Ap=c Khi đó:

ABCCPNBMNAMP SSSS

4)2()2()2(

4.43)2(

43)2(

43)2(

43

3sin..

21sin..

21sin..

21sin..

21

accbba

accbba

BCABCCPCNBBNBMAAPAM

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi có 1 số bằng 2, một số bằng 0 và 1 số tùy ý ]2,0[ Ví dụ 3: Cho x, y, z tùy ý. Cmr: (1) 222222 zyzyzxzxyxyx Giải:

A

B C

H

c

b a

cb ca

A

B C

M P

N

a

c

b


48

222222

23

23

2223

223

2)1(

zyzyzzxyyx

Trong mặt phẳng oxy xét:

đpcm)( :có Ta

23

2

23

23

22

23

2

22

22

22

BCACAB

zzxCA

zyzyBC

yyxAB

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hang và A ở giữa B và C. 0 zxyzxy Ví dụ 4: Cho dcba ]1,0[,,, chứng minh rằng: addccbbadcba 20062006200620062006200620062006 2 Giải:

dcbavà

addccbbaaddccbbadcbaVi

]1,0[,,,

]1,0[ ,,,

2006200620062006

200620062006200620062006200620062006200620062006

Xét hình vuông ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Lấy M, N, P, Q lần lượt trên AB, BC, CD, DA sao cho:

20062006

20062006

dAQ ; ;

cDPbCNaBM

Khi đó

addccbbaaddccbbadcba

addccbba

SSSSS ABCDAQMDPQCNPBMN

2006200620062006

200620062006200620062006200620062006200620062006

20062006200620062006200620062006

2 2

1)1()1()1()1(21

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khio có 2 số bằng 0 và 2 số bằng 1. ☻Tổng quát: Cho dcba ]1,0[,,, chứng minh 1n thì:

A M

B

N

C P

D

Q


49

addccbbadcba nnnnnnn 2 Ví dụ 5: Cmr: (1) 4106346 22 xxxx

HD:

43 )

41)3(25)3()1( 22

Vtx

xx

3 ) x . Ta dựng ABC vuông tại A và có:

xxxxx

CDBDBCVT

ADACDACxAB

4106346

4

;1 ; ;5 ; 3

22

Ví dụ 6: Cho a,b,c >0. CMR: 222222 3232 cacacbcbbaba HD: Dựng các đoạn OA, OB, OC sao cho OA=a; OB=b; OC=c thỏa mãn: ??????????? Ta có:

2

322

132

1)3045cos(75cos 000

Áp dụng định lý cosin trong OACOBCOAB ; ; Ta có:

đpcmACBCABmàacacCA

bccbBC

abbaAB

32

3

2

22

22

22

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thảng hang theo thứ tự đó. Khi đó:

caacb

acacbcab

SSS OACOBCOAB

232

43275sin

21

442

0

B

3x

A D

C

A

a

c

B b

O

C


50

Ví dụ 7: CM với

20

x thì sinx<x

HD: Vẽ đường tròn đơn vị. Gọi x là số đo cung AC thì sinx=AB AB<AC(đường vuông góc ngắn hơn đường xiên) Hình tròn là hình đơn vị, do đó x là số đo cung AC cũng là số đo độ dài cung AC. Ta biết AB<AC< độ dài cung AC=x nên sinx<x. Ví dụ 8: CMR: 22222 )())(( bdacdcba HD: Trên mặt phẳng oxy lấy P(a,b); Q(c,d) Gọi là góc giữa OP và OQ thì

))(()(1cos

))((2])()[(

..2cos

)()( :Màcos...2

22222

22222222

222222222

222

222

222

222

dcbabdac

dcbabdac

dcbadbcadcba

OQOPPQOQOP

dbcaPQOQOPOQOPPQ

dcOQbaOP

Dấu “=” xảy ra

db

ca 1cos

Ví dụ 9: Cho n số thực a1;…;an. CMR:

n

iii

naa1

21

2 2

2)1( với ai+1=a1

HD: TH1: Xét n chẵn Xây dựng các đoạn A1A2=A2A3=…=AnAn+1=An+1An+2=1 Trên AiAi+1 (i=1,…,n+1) lấy Bi

y

x O

A

B C

P(a,b)

y

x

O

Q(c,d)

B1

A1

A2 B2

C

A4 A5

A6

B4


51

sao cho BiAi+1=ai Trên An+1An+2 lấy Bn+1 sao cho Bn+1An+2=an+1=a1 Khi đó: Bi nằm dưới ở về bên trái Ai+1; ai>0 Bi nằm trên ở về bên phải Ai+1; ai<0 (hình bên 0<a1;a2<1;a3>1;a4<0) Theo cách xác định ta có:

21

221

211

111

)1(

1

iiiiiiii

iii

aaABABBB

aAB

Từ đó vế trái của bddt đã cho là độ dài của đường gấp khúc B1B2;…;BnBn+1 Do n chẵn nên

2... 154321

nAAAAAACB nn

2

... 143211nAAAAAACB nnn

Vậy tam giác vuông B1CBn+1 có: 2

211

nBB n

Độ dài đường gấp khúc nối B1;…; Bn+1 không nhỏ hơn B1Bn+1 (đpcm) TH2: n lẻ Đặt an+1=a1 ; an+2=a2 ;…; a2n=an Áp dụng TH1 ta có:

n

iii

naa2

1

21

2

222)1( với a2n+1=a1

Hay đpcmnaa ii 222))1((2 2

12

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Bi(i=1,…,n+1)

1)2k(n ...a

2k)(n 1...

...

21

42

131

n

n

n

aaaaaa

aaaa với k là số nguyên

tùy ý. Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho dcba ]1 ,0[,,, Cmr: 2)1()1()1()1( addccbba HD: Xét hình vuông ABCD cạnh 1. Trên Ab, BC, CD, DA lần lượt lấy M, N, P, Q sao cho BM=a; CN=b; DP=c; AQ=d Thì: ABCDDPQCNPBNCAMQ SSSSS Bài 2: cho a, b, c thỏa mãn: 52222 dcba Cmr:

(1) 220352525 bdacdcba


52

HD:

153 MNP vi

1532303

2)()(

2)2()1(

2)2()1()1(

222222

Chu

MNNPMP

dbcadcba

Với M(a,b); N(c,d) P(1, 2) cùng thuộc (0, 5 ) Bài 3: CMR:

2 4

)1(...212

2222 nnnnnn

HD: Vẽ đường tròn đơn vị (O,1) Chia OB thành n phần bằng nhau nn BBBBOB 1211 ...

Dựng (n-1) hình chữ nhật từ B1; B2; …; Bn có cạnh bằng n1

Có cạnh 'ii BB

S là tổng diện tích của (n-1) hình chữ nhật đó thì S< SquạtAOB=4

Bài 4: Cho x, y, z tùy ý Cmr 222222 zyzyzxzxyxyx HD: Xét

đpcmBCACABDo

zyCzyBzyxA

)0;22

( );23

23;0( );

23;

2(

Bài 5: Cho x+2y+3z=2. Chứng minh rằng 10213121 222 zyx HD: Xét A(1, x); B(3, x+2y); C(6, x+2y+3z) thì điều phải chứng minh tương đương với OCBCABOA III. Dùng biểu diễn miền nghiệm để cminh bất đẳng thức Ví dụ 1:

Cho a, b, c, d thỏa mãn: (*) )(1236

1)1()1(22

22

dcdcba CMR:

6226 )12()()()12( dbca HD:

36)6()6(

1)1()1((*)

22

22

dcba

Xét M(a, b) thuộc đường tròn O1(1, 1) bán kính R1=1 N(c, d) thuộc đường tròn O2(6, 6) bán kính R2=6

N2


53

725725

)12()()()12()( 3223

MN

dbcađpcm

Ta có 21 ; ; OOO thẳng hàng và 2521 OO Nối 21 ; ; OOO cắt )O( 1 lần lượt tại M1; M2 và cắt )O( 2 lần lượt tai N1; N2

725725)2()1(

21212121

212112

MN

RROOMNRROORROOMNNM

Dấu “=” xảy ra ở

2362

22;)2()

2362

22;)1()

21

12

dc

baNNMMbdt

dc

baNNMMbdt

Ví dụ 2:

Cho Ryx , thỏa mãn: (*) 0;0

9322

yxyxyx

. CMR:

(1) 5984235 22

yxyx

HD: Trên mặt phẳng oxy lấy A(1, 0); B(0, 2); C(0, 3); D(9, 0); O1(2, 4) Tập hợp điểm M(x, y) thỏa mãn (*) là tứ giác ABCD

A

C

D 4

O1

D

y

H


54

79210

79)4()2(25)1(

1

22

MO

yx

HOMO 11 với 210

11 MOCDHO

Dấu “=” xảy ra

25,

23MHM

)0,9("" Có .7911 MOMDOMO Ví dụ 3: Cmr: (*) 1126cos4cos3cos2cos17 22 HD: Trên mặt phẳng oxy lấy điểm:

2cos10)cos1,2();3,22(

)cos1,22(');2,2();0,2( 10

MN

NMM

M chạy trên đoạn thẳng M0M1


55

1cos)2(21cos)1(

11236;112;max

17

1122)cos2(2)cos1(17

cos2'1122)cos2(2)cos1(17(*)

0

01

1100

22)1(

22

MM

MMONM

ĐPCMMAXNMOMNMOMMNOM

ONMNOM

NN

Bài tập đề nghị Bài 1: Cho:

(*) )(6170122

22

22

dcdcbaba

CMR: )1( 224)()(224 22 dbca

HD:

1)3()3(1)1()1(

(*)22

22

dcba

M(a, b) thuộc đường tròn tâm I(-1, -1) bán kính r=1 N(c, d) thuộc đường tròn tam J(3, 3) bán kính R=1 224224)1( MN Bài 2: Cho (*) 14222 baba CMR: 221221 ba

y

x

N

N’

M

M0 22

M1 2

3

cos1

O


56

HD: 4)2()1((*) 22 ba M(a, b) thuộc đường tròn tâm I(1, -2) bán kính r=2 và xét đường thẳng y=a+b.

Bài 3: Cho

04202082

xyyx

xy cmr: 20

516 22 yx

PHƯƠNG PHÁP 7: Phương pháp lượng giác I) Cơ sở lý thuyết

1) Nếu 1x thì đặt x=cos , ,0 hoặc x=sin ,

2

,2

2) Nếu Rx hoặc trong bất đẳng thức có chứa 22 xR thì đặt

2,

2,sin

,0,cos

Rx

Rx

3) Nếu 1x thì đặt

2

3,2

,0,cos

1

x

4) Nếu Rx >0 hoặc bài toán có chứa biểu thức 22 Rx thì đặt

,0,sin

23,

2,0,

cos

Rx

Rx

5) Nếu )0(222 RRyx thì đặt

2,0),0(sincos

RRyRx

6) Nếu 0222 RRbyax thì đặt

2,0,sincos

RbyRax

7) Nếu 0,,22

2

2

2

RbaRby

ax thì đặt

2,0,sincos

RbyRax

8) Nếu 0,,222

RbaR

by

ax thì đặt

2,0sincos

RbyRax

9) Nếu 0,12

2

2

2

baby

ax thì đặt

2,0,10sincos

RRbyRax

10) Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức x2+R2 thì đặt

2,

2,tan Rx


57

11) Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức (ax)2+b2 (a,b>0) tì đặt

2,

2,tan

abx

12) Nếu trong bài toán chỉ xuất hiện x không ràng buộc điều kiện thì ta

cũng có khi đặt

2,

2,tan x

13) Nếu trong bài toán xuất hiện một hay nhiều biểu thức dạng

...31

3,1

2,11,

12,

1,

1 2

3

22

2

2 aaa

aa

aa

aa

abba

abba

thì đặt

2,

2,,tan,tan ba

14) Nếu bài toán có giả thiết a+b+c= abc thì đặt

kkcba ,

2,

2,,,tan,tan,tan

II) Các ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh rằng 1,011 952 xxx

LG:

Theo lý thuyết ta đặt 1cossincossin2

,0,cos 2229

5

VTx

Từ đó ta có ĐPCM. Ví dụ 2: Cho

7422822

222

882

.0,

aayayaxxT

CMRaayx

LG:

Do x2 + y2=a2 nên có thể đặt

sincos

ayax với 2,0

Khi đó

227

2227

42444222

cossin812cos.cos

11sinsin81cos2cos

sin8sin8cos2cos

a

a

aaaaaT

Do đpcmaT 7

22 1cossin81,12cos,1cos

Ví dụ 3:


58

Chứng minh rằng: Với mọi 1;1x ta luôn có:

1188)

134)24

3

xxb

xxa

LG:

b) Theo lý thuyết: Đặt

đpcmxx

xxx

134

13coscos3cos434;0,cos3

33

c) Tưong tự:

Ví dụ 4: 222

44222

:.0

2

22

babaa

CMRabCho

LG: Đặt

.

222;22224

2sin22

22cos2sin22cos122sin2cos1tan4

tan12tantan

44

2,

2,tan2

2

2

22

22

22

đpcm

babaa

ba


1;1,,211311 2222 babaababba

LG: Đặt


59

.

2;26

cos2

cos3sin

sinsincoscos3sincossincos

11311

;0,coscos

2222

đpcm

baababba

ba


2

1111

21

22

baabba

LG: Đặt

.21;

2122sin

21

cossin

coscossinsincoscoscoscos

sin

coscostantan1tantan111

2,

2,

tantan

2222

đpcm

baabba

ba

Ví dụ 7 4

1

11

141:: 222

2222

bababaCMR

LG: Đặt


60

.41;

4122cos22sin

41

coscossinsincos.cos1.coscos

sinsincoscoscossincossintan1tan1

tantan1tantan111

2;

2,

tantan

44

22222222

222

2222

222

2222

đpcm

bababa

ba

Ví dụ 8:

Rzyxxz

xz

zy

zy

yx

yxCMR

,,

2001.20012001.20012001.2001

:

222222

LG: Đặt

sin20011

tantancos.cos20011

20012001

2;

2,,

tan2001

tan2001

tan2001

22 yx

yx

z

y

x

Tương tự ta có:

sin20011

2001.2001

sin20011

2001.2001

22

22

xz

xzxy

zy

Bất đẳng cần chứng minh *sinsinsin

Ta có

.

*sinsin

sincoscossin

sincoscossinsinsin

đpcmđúng


61


2,,1112 nnxxx nnn LG:

Vì 1x nên đặt

2

;0,2cos x

nnnnn

nnnn xx

2cossin2cossin2

cos2sin211

2222

22

Từ đó ta có đpcm. Ví dụ 10: Cho 36x2 + 16y2 = 9. CMR:

42552

415

xy

LG: Đặt

.425;

41552

5cos4sin35

5cos4sin3415cossin

4352

sin43

cos21

đpcm

xy

mà

xy

y

x

Ví dụ 11: Cho x, y là hai số thực thỏa mãn 3x + 4y = 5

Chứng minh rằng: 122 yx LG: Theo giả thiết ta có 3x + 4y = 5 1

54

53

yx


62

Do 154

53 22

nên ta đặt

2;0

sin54

cos53

222222

1sincos

1sincos

yxx

yxy

yxx

yx

Do 1

2

22

2

22

yxy

yxx

111cos

1sinsincoscos

sin

cos

:2;0

22

22

22

22

22

yxyx

yx

yxy

yxx

Vậy ta có ĐPCM. Tổng quát: Cho x, y là 2 số thực thỏa mãn ax + by = c trong đó

0,,

222

cbacba . Chứng minh rằng 122 yx

2. Bài tập SGT: Bài 1: Cho 1x . CMR 118812 242 xxxxT

LG: Đặt x=cos


63

.14cos.2cos.cos

14cos,12cos,1cos

4cos.2cos.cos

2sin21.2cos.cos

sin.cos81.2cos.cos

1cos8cos81cos2cos

2

22

242

đpcmT

Do

T

Bài 2: Cho 1883.1664 22 yxCMRyxyx

LG: Ta có:

Đặt

đpcmyxđóDođúngluôn

kiBunhiakowsBĐĐTheo

yx

y

x

1883*

5sin4cos325sincos43sin4cos3

*5sin4cos.325sin20cos.15

18sin2016cos.159

18sin2528cos5331883

2;0sin

252

cos.53

22222

Bài 3: Cho x, y > 0. Khi đó: 161

423

22

2

yxx

xyT

LG: Đặt

15

425

3

25423

1664

22

22

22

yx

yx

yxyx


64

đpcmTdođúngluôn

T

yx

16025532.33.463*

*032cos63cos33

1cos2cos32coscos161cos2

cos1cos

162cos2

cos14.cos16sin4cos4cos2

sin4.cos

2;0

sin2cos

2

2

222

3

2

322

2

3. Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho các số x, y, z thỏa mãn:

233

111

:)1

2.1

2.1

21

21

21

2:)

11,,0

222

222222

zz

yy

xx

CMRbzz

yy

xx

zz

yy

xx

CMRazxyzxy

zyx

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số thỏa mãn

1:1.1. 22

baCMRcdbvàdca

Bài 3: Cho

RxxfCMx

xxxf

,1:1

cos.2sin.12

2

Bài 4: Biết x2 + y2 > 0 và a, b R . CM:

2222

2222 2 ba

yxyxbaxyba

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi a và n là số nguyên (n 2 ) ta có

nnnn aaaa 222 112)1(


65

Bài 6: Cho dãy số (an) với a1 = 1, a2 = 3 và an+2 = 2an+1- an + 2, n 1 a) CMR với mỗi n có m để an.an+1 = am b) Cho mỗi I gọi i là góc nhọn để cot ii a . Chứng minh bất đẳng thức

21

n

i

Theo bất đẳng thức cauchy cho n-1 số dương:

n

n

xx

xx

xx

1,...,

1,

1 3

3

2

2 ta có:

1

32

32

3

3

2

2

)1)...(1)(1(...

)1(1

...11

n

n

n

n

n

xxxxxxn

xx

xx

xx

Đặt )1)...(1)(1( 21 nxxxA nxxxB ...21

Ta có: 1

1

1

1

)1()1(

11

nAx

xBnx

Tương tự: 1

2

2

2

)1()1(

11

nAx

xBnx

……

1)1(

)1(1

1

n

n

n

n AxxBn

x

Nhân từng vế n bất đẳng thức cùng chiều,cùng dương ta có:

ABn

An)1(1

nnB

)2(1

đpcm.

PHƯƠNG PHÁP 8: Phương pháp qui nạp toán học: 1.Cơ sở lí thuyết: B1: Bước cơ sở: kiểm tra bất đẳng thức với 0nn B2: Bước qui nạp: giả sử bất đẳng thức đúng với 0n k n ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n=k+1 B3: Kết luận 2.Một số ví dụ minh họa VD1: Chứng minh bất đẳng thức: 122 nn (1) với 3n Giải + Với n=3 thì (1) luôn đúng + Giả sử (1) đúng với n=k tức 122 kk Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n=k+1 tức là: 1)1(22 1 kk Thật vậy: Ta có: 122 kk Vì 3k 22 k Cộng 2 vế bất đẳng thức trên ta được:


66

3222 kkk 1)1(22 1 kk đpcm. Vậy bất đẳng thức đúng với 3n VD2: Cmr: với 0n ta có bất đẳng thức:

113

1...2

11

1

nnn (1)

Giải +n=1 bất đẳng thức có dạng: 1

1213

41

31

21

luôn đúng

+Giả sử bất đẳng thức đúng với 1 kn .Tức là: 113

1...2

11

1

kkk

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với 1 kn . Tức là: 1

1)1(31...

31

21

kkk

Đặt 13

1...2

11

1

kkk

Sk

Xét )1(3

243

123

11

123

133

143

1)()1(

kkkkkkk

kSkS

Áp dụng bất đẳng thức: baba

411

)1(32

664

431

231

kkkk

1,0)()1( kkSkS hay 1)()1( kSkS (theo giả thiết qui nạp) đpcm. Vậy bất đẳng thức đúng với 1k VD3: Cho nxxx ...0 21 .

Cmr: nn

nn

n

n

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx 1

12

3

1

2

1

1

3

2

2

1 ......

Giải

+n=2 bất đẳng thức có dạng: 2

1

1

2

1

2

2

1

xx

xx

xx

xx

luôn đúng

+n=3 bất đẳng thức có dạng 3

1

2

3

1

2

1

3

3

2

2

1

xx

xx

xx

xx

xx

xx

03

1

2

3

1

2

1

3

3

2

2

1 xx

xx

xx

xx

xx

xx

0))()((

321

311223

xxxxxxxxx .luôn đúng

+Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k-1

tức là: 1

1

2

1

2

3

1

2

1

1

1

2

3

2

2

1 ......

kk

kk

k

k

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx (1)

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n=k

tức là: kk

kk

k

k

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx 1

12

3

1

2

1

1

3

2

2

1 ......


67

Do bđt đúng với n =3 nên ta có: kk

kkk

k

k

k xx

xx

xx

xx

xx

xx 1

11

1

1

1

1

1

(2)

cộng vế với vế của bđt (1) và (2) ta được bđt đúng với n =k vậy bđt đúng với 2n VD4: Chứng minh rằng

)...()...(

)...)(...(...

2121

2121

22

22

11

11

nn

nn

nn

nn

bbbaaabbbaaa

baba

baba

baba

ii ba , là những số dương. Giải

+i=1 bất đẳng thức có dạng 11

11

11

11 .ba

baba

ba

luôn đúng

+i=2 bất đẳng thức có dạng )()(

))((

2121

2121

22

22

11

11

bbaabbaa

baba

baba

(*)

))(()()()( 2121221122

22

11

11 bbaabababa

baba

ba

221212112211

2211

22

112211 baabbababa

bababa

babababa

121211

2211

22

1122 abba

bababa

bababa

))()(()()( 221121122

22112

1122 babababababababa 0)( 2

1221 baba . (*) Luôn đúng + Giả sử bất đẳng thức đúng với 2 kn

tức là:)...()...(

)...)(...(...

2121

2121

22

22

11

11

kk

kk

kk

kk

bbbaaabbbaaa

baba

baba

baba

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng n=k+1 tức

)...()...()...)(...(

...121121

121121

11

11

22

22

11

11

kkkk

kkkk

kk

kk

kk

kk

bbbbaaaabbbbaaaa

baba

baba

baba

baba Th

ật vậy:

)...()...()...)(...(

)...()...()...)(...(

1111

1111

11

11

11

11

kkkk

kkkk

kk

kk

kk

kk

bbbaaabbbaaa

baba

bbaabbaaVT

đpcm. Vậy bất đẳng thức đúng với n VD5: Cmr với mọi số thực x>0 và mọi số tự nhiên n ta có bất đẳng thức sau: 111...

22

n

xxxx nn

nn

Giải +n=1 bất đẳng thức có dạng 21

x

x luôn đúng(*)

+n=2 bất đẳng thức có dạng 3112

2 x

x luôn đúng(**)


68

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k nghĩa là 111....

22

k

xxxx kk

kk (1)

Ta chứng minh bất đẳng thức đúng n=k+2 tức là 311.... 2

2

kxx

xx kkkk (***)

thật vậy ta có 212

2

k

k

xx (2)

cộng vế với vế của (1) và (2) ta được (***) từ (*) và (***) có bđt đúng với số lẻ từ (**) và (***) có bđt đúng với số chẵn Vậy bđt đúng với n Quy nạp kiểu cauchy Cm: n

nn xxxnxxx ....... 2121 +Quy nạp hướng lên trên xuất phát : uvvu 222 , ,u v

0,,.2 2121

21

xxxxxx

Áp dụng cho 2 số 2

,2

4321 xxxx ta được:

443214321

4321

4321

2.

2222 xxxxxxxx

xxxxxxxx

Tương tự ta cm bđt đúng với n =2,4,8, n2 +Quy nạp hướng xuống dưới Ta cm bđt đúng với n tức : n

nn xxxnxxx ....... 2121 Thì đúng với n-1 tức

1.1121 ...)1(... nn xxnxxx

VT= nnnn

nn

nxxx

xxxn

nxxx

xxx 1121

1

121

121121

)1...

()...(1...

...

Hay nnnn

n

nxxx

xxxn

xxx 11211

1

121121 )

1...

()...(1...

Rút gọn ta được: 121

1211

...1...

n

nn

nxxx

nxxx

Từ kết quả chứng minh qui nạp hướng lên xuống ta thu được pháp chứng minh qui nạp của định lí. 3.Bài tập áp dụng Bài 1: cmr 1,,0,)()(2 1 nbabababa nnnn


69

HD +n=k ta có: kkkk baba )()(2 1 +Cm với n=k+1 )(2))((2)()( 111 kkkkkkk bababababaVP 0))(( kk baba luôn đúng. Bài 2: a,b>0.cmr: bnaban nnn 1)1( Bài 3: chứng minh rằng mọi số nguyên 2n và 1x thì bất đẳng thức sau luôn đúng: nnn xx 2)1()1( Bài 4: chứng minh rằng xx 0: 0,sinsin nxnnx HD +n=k có xkkx sinsin +n=k+1 xkxxkxxkVT sincoscossin)1sin( xkxxkxxkx sinsinsincoscossin VPxkxxk sin)1(sinsin Bài 5: Cho nxxx ...21 .cmr: 233

23

177

27

155

25

1 )...(2)...)(...( nnn xxxxxxxxx Bài 6: Chứng minh bất đẳng thức: ikk akaaakaaa ,1),...()...( 22

22

12

21 HD Với n=k+1 tức

212212

12

122121 )

...(

...2

)1(1)

1...

(k

aak

kaa

kaakk

aaa kkk

2122

1

21

2222

12 )..

(...

)1(1

kaa

kkak

aaka

kkk

VPk

aakkaaaka

kk

k

21

222

12

12

22

1

2 ...)...(

1()1

Bài 7: Bđt Bernuli: Cmr nxxnxx n )1(:2,0,1 HD Với n=k+1 VPxkkxxkxkxkVT k )1(1)1(1)1)(1()1( 21 Bài 8: Bđt Cauchy – Bunhiacopski:

211

221

222

21 )...()...)(...( nnnn yxyxyyxxx

HD Với n=k+1 )...)(...( 2

12

12

12

1 kk yyxxVT

21

21

21

221

21

221

221

221 )...()...()...)(...( kkkkkkkk yxxyyyxxyyxx

21

21

21

21

221

21

21

21

211 )(...)()...( kkkkkkkkkk yxxyyxxyyxyxyx


70

VTyxyxyxyxyxyx kkkkkkkk 2

12

111112

11 )...(2)...( Bài 9: Bđt Chebyshev: ii yx , gồm 2 n số.Cmr:

nyxyx

nyy

nxx nnnn

......... 1111 (1)

HD

Đặt

nnnn

nnn

nn

nn

BAnCDyxyxCyyyBxxxA

.........

11

21

21

Khi đó (1) ...3,2,1,0 nDn Dự đoán:

))((...))(())(( 1122111 yyxxyyxxyyxxDD nnnnnnnnnnnn (*) Ta thấy (*)đúng với n=2,3 Giả sử (*)đúng với n=k ta chứng minh (*)đúng với n=k+1

))(())(1()1( 11111111 nknknnnkkkk yBxAyxCkBACkD 1111 )()( kkkkkkkkkk yAykxxBCBAkC

1121122111 ....... kkkkkkkkk xyxyxyyxyxyxxBC )(...)( 1111 kkkk xxyxxy

1121111111 ... kkkkkkkkkk yxyxyxykxyAykx )(...)( 111 kkkk xxyxxy ))((....))(( 1111111 kkkkkkkk xxyyxxyyDD (*)đúng với 2n 1,01 nDD nn (theo giả thiết) đpcm.

Bài 10: cho n số không âm nxxx ,...,, 21 thỏa mãn 21...21 nxxx

Cmr: 21)1)(1)...(1)(1( 121 xxxx nn

HD Với n=k+1 )1)...(1)(1()1)...(1)(1( 111111 xxxxxxxxxVT kkkkkkk

21)1)...(1)(1( 111 xxxx kkk

PHƯƠNG PHÁP 9: Sử dụng hàm đơn điệu

I. Cơ sở lý thuyết: 1) Định lý:

Cho hàm số y=f(x) xác định và liên tục trên khoảng (a,b) và có đạo hàm f’(x) liên tục trên (a,b). Khi đó:

- Nếu f’(x)<0 x(a,b) thì f(x) nghịch biến trên (a,b). - Nếu f’(x)>0 x(a,b) thì f(x) đồng biến trên (a,b.

Việc chứng minh BA được đưa về việc xét hàm A-B qua việc khảo sát tính đơn điệu của hàm đó từ đó có điều phải chứng minh.


71

2) Một số lưu ý: Cho hàm số y=f(x) đơn điệu trên (a,b) ♦ )()( vfufvu nếu f(x) đồng biến. ♦ )()( vfufvu nếu f(x) nghịch biến. ♦ ),( )()(max

),(baxxfxf

ba

♦ ),( )()(min),(

baxxfxfba

♦ Nếu f(x) nghịch biến trên và axfx

)(lim thì f(x)>a

Nếu f(x) đồng biến trên và bxfx

)(lim thì f(x)<b

II. Một số dạng bài tập thường gặp: 1) Xét trực tiếp hàm A,B hoặc A-B; B-A… 2) Xét hàm đặc trưng. 3) Coi 1 đối số là biến các đối số còn lại được xem như tham số 4) Đặt ẩn phụ để đưa về 1 hàm mới

III. Ví dụ (Giải một số bài tập trong SGT) Bài 1/134: Cho a1,a2,a3,p1,p2,p3 là các số dương thỏa mãn a1+a2+a3=1.

Chứng minh rằng: 332211321

321 papapappp aaa Giải: )1( 0332211321

321 papapappp aaa Vì vai trò p1,p2,p3 như nhau nên ta có thể giả sử: 1230 ppp Do a1,a2,a3 là các số dương và a1+a2+a3=1 nên ta có 0< a1,a2,a3, a1+a2, <1 Xét hàm 3322113211

321)( papapappppf aaa Có 132

1111

321)(' apppapf aaa 0)1()('' 321

322

1111 aaa pppaapf Vậy f’(p1) là hàm nghịch biến nên 0 0)0(')(' 111 pafpf Do đó f(p1) là hàm nghịch biến mà 1230 ppp nên: )()( 21 pfpf Mà )(:)()( 233221322

321 pgpapaapppf aaa )()()(' 213

12212

321 aappaapg aaa 0)1)(()(' 321

32

221212 aaa ppaaaapg Vậy g’(p2) là hàm nghịch biến 0)()0(')(' 212 aagpg Do đó có g(p2) là hàm nghịch biến

0)()()( 3321332321 paaappgpg aaa

Vậy ta có ddpcm. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 0<p1=p2=p3 Bài 2: Cho 1;;0 cba . Chứng minh rằng


72

(2)

111

111 )

(1) 1222

)

abcabc

acb

bcab

abc

acb

bcaa

Giải: Vì vai trò a,b,c như nhau nên giả sử: 10 cba .

(**) 1abc0(*) 10 bcacab

a) Từ (1) ta có: )(:2

)1( afab

cbaVT

1, do 0)2(

)2(1

21)(

)2()('

22222

2

cbcbab

abcba

abbaf

f(a) đồng biến vậy: )(:2

2)()( 2 bgb

cbbfaf

0)2(224)(' 22

2

b

bcbbg g(b) đồng biến

12

3)()( 2

c

ccgbg

Như vậy ta có điều pcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c=1. b) Tương tự trên. Bài 7/135: Cho 1,,,0 dcba . Chứng minh rằng:

abcdabcd

dabc

cdab

bcdab

abc

acb

bcaa

111

2222 )

2111

)

HD: a) được suy ra từ bài 2b) ở trên. b) Làm tương tự bài 2 với giả sử tổng quát: 0abcd1 ta có các đánh

giá:

1010

abcabcdbcdcdabadabc

☻Tổng quát hóa cho dạng bài tập này: Cho a1,a2,a3…,an )1,0( . Chứng minh rằng:

n

ii

n

in

ijj

i

ana

a

1

1

11

11)2(

V. Bài tập đề nghị phân theo các dạng Dạng 1: Xét hàm trực tiếp:


73

Bài 1: Cho )2

,0( x Chứng minh rằng:

xxx 2tancos HD: Xét )

2,0( 2tansin

xxxxy

Có 2cos

1cos' 2 x

xy

Vì xxxx coscos01cos0)2

,0( 2

0222cos

1cos2cos

1cos'cos

22

2 i

xx

xxxy

y đồng biến )0(yy

Bài 2: Dạng bài ước lượng cho các hàm sinx, cosx, lnx, xe Bằng cách chuyển vế và xét hàm trực tiếp ta có các bất đẳng thức:

)!54()!34(...

!7!5!3sin

)!34()!14(...

!7!5!3- x

:Cmr .k0, xCho :!5!3

sin!3

:Cmr .0 Cho )

54347533414753

533

kx

kxxxxxx

kx

hxxxx

TQ

xxxxxxxa

kkkk

)!44(

x)!24(

-...!6

-!4

x!2

-1cosx)!24()!4(

...!6

-!4

x!2

1

:Cmr .k 0, xCHo :!4!2

1cos!2

1 :0.Cmr xCho )

44k24642244642

422

kkxxx

kx

kxxx

TQ

xxxxb

kkk

Từ đây ta có thể thay k bởi những giá trị cụ thể để có các bất đẳng thức đẹp. Tương tự vứi các hàm còn lại. Dạng 2: Xét hàm đặc trưng: Bài 1: Cho x>0. Chứng minh rằng: (1) )11()

111( 1 xx

xx

HD: )11ln()1

11ln()1()1(x

xx

x

Xét hàm ),0( )11ln()( tt

ttf

0

)1(1)(''

11)11ln()('

2

tttf

tttf

)(' tf nghịch biến trên (0,+ )


74

Mà 0]1

1)11[ln(lim)('lim

tt

tftt

Nên 0 0)(' ttf f(t) đồng biến trên (0,+ ) f(x)<f(x+1) đpcm. Bài 2: Cho n , n>2. Chứng minh rằng:

(1) )1()2( )1(22 nnn nnn HD:

)1ln()1(ln)(xét

)2ln()2()1ln()1()1ln()1(ln)1(

tttttf

nnnnnnnn

☻ Từ bài này thay cho n các giá trị cụ thể ta sẽ được các bài toán loại so sánh các số mà không dùng máy tính. VD: 401420062008 200720062008

Bài 3: Cho ABC . Chứng minh rằng:

(1) )sin1)(sin1)(sin1( 233

eCBA HD:

0 01

)('

0 )1ln()(Xét 233)sin1ln()sin1ln()sin1ln()1(

ttttf

ttttf

CBA

f(t) nghịch biến trên (0,1) )1,0( )1ln(0)0()( tttftf

Vậy 233sinsinsin)sin1ln()sin1ln()sin1ln( CBACBA

Bài 4:Cho )2

,0( x chứng minh rằng:

xx

xx

cot2009cos2007

)cot2008ln()cos2008ln(

HD: Xét )1,0( )2008ln(

2007)(

tt

ttf

Bài 5: Cho x>0. Chứng minh rằng:

)1ln(2 2xxee xx

HD: xét )1ln()( 2ttetf t Bài 6: Chứng minh rằng: 0000 10tan6tan35tan9tan4 HD: Xét )

4(0, ttan)(

t

ttf


75

Bài 7: Cho 2x . Chứng minh rằng 1cos

1cos)1(

xx

xx

HD: xét ),2[ ,cos)( ttt

ttf

0cos)(''

1sincos)('

3

tttf

ttttf

)(' tf nghịch biến trên ),2[

Lại có: 0]1sin[coslim)('lim ttt

tftt

Vậy f’(t)>0 ),2[ t

f(t) đồng biến trên xx

xxx

xxfxf

cos)1(

1cos)1()()1(),2[

Bài 8: Cho

2,0

ba . Chứng minh:

)cos(cos2sinsin babbaa

HD: Xét )2

,0( cos2sin tttt

Bài 9: Cho 0<x,y<1 và yx chứng minh:

4)1

ln1

(ln1

xx

yy

xy

HD: Xét 2 trường hợp: 0<x<y<1 và 0<y<x<1. Đều quy về xét hàm: t

tttf 4

1ln)(

Bài 10: Cho 0; ,0 baxy . Chứng minh rằng:

xyyyxx baba (*) HD:

0 vì lnln

lnln*

yxy

bax

babaxbay

yyxx

yyxx

Xét t

batftt

ln)(


76

tt

tt

tt

tt

tt

tt

tttttttttt

tt

tttttt

tt

tttt

babb

baaa

bat

batbbaababbaa

batbbaatbaba

batbbaaba

ttf

lnln1

lnlnlnln

lnlnln

lnlnln1)('

2

2

2

2

Vì 0ln10 ,

tt

t

tt

tttt

baa

baabaaba

Tương tự: 0ln tt

t

bab

Vậy: )(0)(' tftf nghịch biến. )()( yfxf

☻Thay cho x,y,a,b những giá trị cụ thể ta có các bài toán so sánh các số

Ví dụ: cho a,b>0 chứng minh rằng: )ln(2008

1)ln(2007

1 2008200820072007 baba

Bài 11. Cho ABC nhọn chứng minh rằng: (1) )3()(tan)(tan)(tan 33tantantan CBA CBA HD: Vì ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC>0

33tanlogtantanlogtantanlogtan

)3(log)tantan(tanlog)1(

333

333

tantantan3

CCBBAA

CBA CBA

Xét 3ln

)3ln1(3ln

ln3ln

)3ln1(log)( 3

tttttttf


77

3ln33)tantan(tan

3ln3ln1

3ln3

3lntan)3ln1(tanlogtan

3ln3


3ln3


3ln3

3ln)3ln1(log

3ln3

3ln)3ln1(log

3ln3)3()(

30)('3ln

3lnln)('

3

3

3

33

CbAS

CCC

BBB

AAA

ttttttftf

ttf

ttf

Mà

333ln3333

3ln3ln133tantantantantantan

SCBACBA (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABC đều. Bài 12: Cho ABC chứng minh rằng:

(1) )sin1)(sin1)(sin1( 233

eCBA HD:

2

33)sin1ln()sin1ln()sin1ln()1( CBA

Xét )1,0( )1ln()( ttttf Dạng 3: Xét hàm theo 1 đối số, các đối số còn lại được xem như các tham số: Phương pháp này thường dùng khi các đối số trong bất đẳng thức có vai trò như nhau, và các điều kiện kẹp tương đối chặt. Bài 1 (BĐT Schur): Chứng minh rằng 0,, cba ta có: )()()(3333 caaccbbcbaababccba Giải: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: 0 cba Xét hàm số: )()()(3)( 333 accacbbcbaababccbaaf

0226)('

)(:2233)(' 222

cbaagagaccbabbcaaf


78

g(a) đơn điệu tăng 0)('0)()()( afcbcbgag f(a) là hàm đồng biến

0))(()()(

2)()(22

223

ccbcbcbbcbccbccbcbfaf

Vậy có ddpcm. Bài 2: Chứng minh rằng số thực dương a,b,c và 0 ts ta có:

tt

t

tt

t

tt

t

ss

s

ss

s

ss

s

bac

acb

cba

bac

acb

cba

HD: Xét hàm số:

symxxxx

xxxxxxx

xx

x

xx

x

xx

x

cacbbacbababaxf

bac

acb

cbaxf

0)()(

2)ln)(ln()('

)(

22

Vậy f(x) đồng biến trên )()(),0[ tfsf đpcm ☻Thay cho s, t các giá trị cụ thể ta sẽ được các bài toán đẹp Ví dụ như: Cho s=2 và t=1 ta được:

ba

cac

bcb

aba

cac

bcb

a

22

2

22

2

22

2

Cho s=3, t=2 ta được:

22

2

22

2

22

2

33

3

33

3

33

3

bac

acb

cba

bac

acb

cba

Bài 3: Cho x>0, t>0 chứng minh rằng: xetxt )1)(1(

HD: Xét )1)(1()( txtetf x Xét )1()(' tetf x f’(t)=0 )1ln(1 txte x

t1ln-tt)(1

1ln1)1()1()(0 1ln)(

ttttxf

xtfxf

Xét )1ln()( ttt

011

11)('

t

tt

t

)(t đồng biến trên khoảng ,0 0)0()( t

Vậy: 0;0 0)( txxf Baì 4: Cho x,y,z không âm và thỏa mãn: x+y+z=1. Chứng minh rằng


79

(1) 2771111111

xyz

xzy

zyxxyz

HD:

277)21()1(

277)21()(

2772

2772111

.2772)1(

xyzxxxyzzyx

xyzzxyzxyzyx

xyz

zzyx

yzyx

xzyxxyz

Vì

)(4

)21)(21()21(2

1)1(2

12

22

222

xfxxxxxxxxxVTxzyyz

Do vai trò x,y,z như nhau nên giả sử 31,,min xzyxx

Có ]31,0( 0

21

23)(' 2

xxxxf f(x) đồng biến trên

277)

31()(]

31,0( fxf

Dạng 4: Đặt ẩn phụ để đưa về hàm mới: Bài 1: Cho 0 yx chứng minh rằng:

(1) lnln2 yxyxyx

HD:

yx

yx

yx

ln

1

2

1)1(

022ln)1( yx

yx

yx

Xét: )1,(t 22ln)1()( ttttf Bài 2: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: )1)(1()1ln()1( baeaa b HD: Xét hàm qua biến trung gian: Đặt 0 ,01 bevau ta được:


80

0 011ln

1ln

1lnln

)ln(ln)1(lnln

vut

tt

uv

vu

uvvu

vuvuuvuvuu

Xét hàm số: 11ln)( t

ttf với t > 0

10)('

111)(' 22

ttft

ttt

tf

Từ bảng biến thiên 0)1()( ftf đpcm. Bài 3: Cho 1,0x . Chứng minh rằng: xxxx vuvu 2)(2 (*) HD:

xxxx

xxx

vuvuvu

vuvu

22

22)(2(*)

Do vai trò u, v như nhau, giả sử 0 vu . Có:

)(2)(2 )(2

vuvvuvuvuvvuvuu

Xét hàm xx vuttxf )( Có 11)(' xx vutxxttf 11 xx vuttx

10

0)('xx

tf

Vai trò u, v như nhau, giả sử vu

vutt

vuvvu

02

Vì 11011,0 xx vuttxx 0)( 11 xx vuttx Vậy: f(x) đồng biến trên 1,0 ,,0 x Mà: vuv 20


81

(đđpcm) 22

2)2(

)()2(

xxxx

xxxx

uvuvuv

vuvuvuvuvv

vufvf

Bài 4: Cho 0 ;0 x . Chứng minh rằng:

)1( )(2)2()1ln(

xxx

x

HD:

0112

)1ln()1(

xxx

0)1(1

)1(1

21

11)('

0 ; 12

1)1ln(11

121)1ln()(

01

12

)1ln(

2

2

2

tt

tttf

xt

tttt

t

tttfXét

xxx

f(t) nghịch biến trên ),0(

Mà 012

1)1ln(lim)(lim00

tttttf

tt(đđpcm 00)( ttf )

IV. Nhận xét: Việc khảo sát tính đơn điệu của hàm số mang tính thuật toán khá đơn giản hơn

việc sử dụng các phương pháp khác trong chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là việc sử dụng các bất đẳng thức cổ điển ta thường gặp khó khăn trong việc chọn điểm rơi. Vì vậy ứng dụng tính đơn điệu hàm số dung dễ hơn với các bài toán co nhiều điều kiện của đối số. Điều này được minh họa trong chứng minh bất đẳng thức lượng giác trong tam giác.

Bài 1:Cho ABC Cmr:

215

2sin

1

2sin

1

2sin

12

sin2

sin2

sin ) CBA

CBAa

HD: Áp dụng bất đẳng thức Cosi cơ bản ta có:

2sin

2sin

2sin

9

2sin

1

2sin

1

2sin

1 CBACBA

Vì 1coscoscos2

sin2

sin2

sin 23 CBACBA

Xét hàm ]23(1, t;9)(

tttf


82

*) 2

27

2sin

1

2sin

1

2sin

12

sin2

sin2

sin)222

CBA

CBAb

HD: Áp dụng bất đẳng thức Cosi

2sin

44

2sin

12 AA

Tương tự cho các góc B,C Áp dụng bất đẳng thức Cosi cơ bản

2sin

2sin

2sin

36

2sin

4

2sin

4

2sin

4CBACBC

Xét hàm ]2

33,0( 1)( tt

ttf

☻Các bài tương tự:

2

372

cos2

cos2

cos) CBAa

...

237

2cos

1

2cos

1

2cos

12

cos2

cos2Acos )

227

cos1

cos1

cos1coscoscos e)

nhon) ABC( 2

15cos

1cos

1cos

1coscoscos )

3833

sin1

sin1

sin1sinsinsin )

613

2sin

2sin

2sin

1sinsinsin )

222

222

CBACBf

CBACBA

CBACBAd

CBACBAc

CBACBAb

Bài 2: Cho

2,,max có

CBACABC

Chứng minh rằng: 3

37sin

22sin2sin C

BA

HD: Vì 2

,,max có CBACABC nên )1,

23[sin)

2,

3[ CC

)1,

23[ 1)(Xét

)sin

1(sin2sin

2)cos(sin2

tt

ttf

CC

CBACVT

☻ Bài tương tự: Cho CBACABC ,,min có


83

Chứng minh: 3

37

2cos

2sinsin C

BA

Bài 3: Cho 342

tan2

tan2

tancminh 3

2,,max có CBACBAABC

HD: Giả sử )1,3

1[2

tan4463

2,,max AACBAA

Ta có )44

tan(22

tan2

tan ACB

)1,3

1[ 1

222)(Xét

4tan1

24

tan24

tan2)

44tan(2

2tan

2tan

2tan

2tan

2

2

2

2

tttttf

A

AAAACBA

Bài 4: Cho ABC chứng minh rằng:

CBACBAb

CBACBAa

2222

2222

sinsinsin)coscos(cos )2

cos2

cos2

cos)2

sin2

sin2

(sin )

HD:

01)2

sin2

(sin2

sin2)2

sin21(2

sin2

sin2

2sin

2sin

2sin41

2sin

2sin2

2sin

2sin2

2sin

2sin2

coscoscos2

sin2

sin22

sin2

sin22

sin2

sin2

2cos

2cos

2cos

2sin

2sin2

2sin

2sin2

2sin

2sin2

2sin

2sin

2sin) 222222

CBAACB

CBAACCBBA

CBACACBBA

CBABACBBACBAa

Vì vai trò A,B,C như nhau nên giả sử: 3

0,,min ACBAA

]21,0(

2sin

A

Ta có 02

sin21 ;2

cos12

sin2

sin2

ACBCB

14

sin2

sin4)2

cos21)(2

cos1(

4sin

2sin4)

2sin

2(sin

2sin2

4sin2

2sin

2sin

)2

sin21)(2

cos1()2

sin21(2

sin2

sin2

CBACBCBVT

CBACBA

CBCBVà

ACBACB


84

Đặt 4

sin CBt . Do

]22,

21[]

21,0(

2sin 21

4sin21

2cos

2sin 22

tAvàtCBCBA

Ta có: 142881)21(4)421)(211()( 234222 tttttttttf

0

0)8

171();22();

21(max)(

8171

21

0)14)(12(01680)('

442432)('

223

23

VT

ffftf

t

ttttttttf

ttttf


22

4sin

21

4sin

14

cos

12

cos

CB

CB

CB

CB

CB

Vậy ABC đều. b) Giải tương tự trên. ☻Từ các bất đẳng thức lượng giác này ta có thể có được các bất đẳng thức đại số nhờ việc thay các hàm lướng giác bởi các ẩn đại số với các điều kiện tương ứng.

PHƯƠNG PHÁP 10: Chứng minh bất đẳng thức nhờ định lí Lagrang Hàm f liên tục trên ba, và có đạo hàm trên (a,b) thì :,bac

abafbfcf

)()()(' hay )()()()( ' afbfcfab

VD1: Hàm y=tanx 2

0 ba .cmr:

babab

aab

22 costantan

cos

Ta có: y=tanx thỏa mãn điều kiện của định lí Lagrang ),( bac sao cho


85

)()())((' afbfabcf ababc

tantan)(cos

12

Vì )2

,0(),( bac

bcac

coscoscoscos )(

cos1tantan)(

cos1

22 abb

ababa

VD2: Hàm y=lnx.0<a<b.Cmr: a

ababb

ab

lnln

VD3: Hàm .1,1: xty Với xt 1 : 1)1)((' txxf 1' )( ttf )1(1)1(1. 11 xxxx

1)1( xx .đpcm VD4: 0, xbxy .Xét hàm bttf )( trên x,0 )0()()0)((:),0( ' fxfxcfxc

bbxxbt

)0(2

1

b

xbbxxbx 22

1

PHƯƠNG PHÁP 11:Một số phương pháp khác A.Bất đẳng thức tích phân 1.Một số tính chất quan trọng: Giả sử f(x),g(x) liên tục trên ba; .Khi đó:

1.1 Nếu baxxf ;,0)( thì 0)( b

a

dxxf

1.2 Nếu baxxgxf ;),()( thì b

a

b

a

dxxgdxxf )()(

1.3 Nếu baxMxfm ;,)( thì Mabdxxfmabb

a

)()()(

1.4 Tồn tại bac ; sao cho

b

a

dxxfab

cf )(1)(

1.5 Mọi f(x) xác định trên ba; có b

a

b

a

dxxfdxxf )()(

1.6 Bất đẳng thức Bunhiacopski:

b

a

b

a

b

a

dxxgdxxfdxxgxf )()())()(( 222

Chứng minh

Ta luôn có: tdxxgxtfb

a

,0))()(( 2

tdxxgdxxgxftdxxftb

a

b

a

b

a

,0)()()(2)( 222


86

Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ta có:

0)()())()(( 222' b

a

b

a

b

a

dxxgdxxfdxxgxf b

a

b

a

b

a

dxxgdxxfdxxgxf )()())()(( 222

đpcm. 2. Một số ví dụ: VD1: Chứng minh bất đẳng thức:

mmm

dxexmm

xm ,322

1 32

0

2

Giải Xét hàm )(2)( 22 xxexf x , 0x Ta có: 0,0)12(2)( 2' xxexf x f(x) đồng biến trên ;0 . 01)0()( fxf 0),(2 22 xxxe x

Từ đó ta có:

0

23

0

22

0

2

23)()(2

21

21

mmxxxdxxxxdxex

mmmmxm , m

đpcm.

VD2: Chứng minh bất đẳng thức:

4

0

2 ,)4

(2

1tan nn

xdxx nn

Giải

Ta có:

4

;0x ta luôn có: xx tan0

Nên xxx nn tan1 với

4

;0x

4

0

*24

0

1 ,)4

(2

1tan nn

dxxxdxx nnn đpcm.

VD3: Cho 0 ab và cho hàm số f liên tục trên ;a thỏa mãn điều kiện:

t

a

t

a

atdxxdxxf ,)( 22 .Cmr: b

a

b

a

xdxdxxf )(

Giải

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski ta có: atdxxfdxxdxxxft

a

t

a

t

a

,)())(( 222

Theo giả thiết t

a

t

a

atdxxdxxf ,)( 22 atdxxdxxxft

a

t

a

,)())(( 222


87

atdxxdxxxft

a

t

a

,)( 2

Do đó: atdxxfxxt

a

,0)(

Xét hàm số: dxf(x)-xxF(t)t

a

Ta có: 0)(,0)( tFaF khi at và ))(()(' tftttF

Do đó: b

a

b

a

b

a

dxxFx

dxxfxxx

dxxfx )(1))((1)( '

b

a

b

a

ba dx

xxF

bbFdxxF

xxF

x0)()()(1)(1

22

Vậy nên b

a

abdxxfx ,0))(( hay abdxxfxdxb

a

b

a

,)(

đpcm. VD4: Cho f(x) là hàm số có đạo hàm liên tục trên 1;0 và 1)0()1( ff .Cmr

1

0

2' 1))(( dxxf

Giải Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski với cặp số: )(' xf và 1)( xg

Ta có: 1

0

2'1

0

1

0

2'21

0

' ))(())(())(( dxxfdxdxxfdxxf

Theo công thức Newton-Leibnitz thì: 1)0()1()()( 10

1

0

' ffxfdxxf

Từ đó ta có: 1

0

2' 1))(( dxxf đpcm.

VD5: Cho hàm số liên tục f: 1,11,0 .Cmr:

21

0

1

0

2 ))((1)(1 dxxfdxxf

Giải Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski cho các cặp hàm số:

)(1)( 2 xfxh và 1)( xg trên 1,0 ta có:

1

0

1

0

221

0

2 ))(1())(1( dxdxxfdxxf

1

0

21

0

2 )(1)(1 dxxfdxxf

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski cho các cặp số: 1)(),()( xGxfxH trên 1,0


88

Ta có: 1

0

1

0

221

0

)())(( dxdxxfdxxf 1

0

221

0

)(1))((1 dxxfdxxf

Vậy 21

0

1

0

2 ))((1)(1 dxxfdxxf đpcm.

3.Bài tập áp dụng: Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức:

*

0 1,1,

45)sin)(cos(

21

nmdxxnxn n

k

km

HD: với m1 ta có: *22 ,1,0,sin1cos)(cos

n

nxxxx km (1)

Dấu bằng xảy ra 0x

*22 ,1,0,45)

21(sin

45sinsin1

n

nxxxx (2)

Dấu bằng xảy ra 21sin x

Tư (1) và (2) suy ra 45sin)(cos xx km nxnx

n

k

km

45sin)(cos

1

Bài 2: Cho 0x và *n .Cmr:

!

...!3!2

132

nxxxxe

nx

Bài 3: Cho .sin2

1

2 dtttI nn

Cmr: )3

12()2(3

nI

nn

n

B.Sử dụng phương pháp khai triển nhị thức Niuton 1.Công thức: kkn

n

k

kn

n baCba

0

)(

Nhận xét:các số hạng cách đều hai đầu thì bằng nhau 2.Một số ví dụ minh họa VD1: Chứng minh rằng: 200220022002 200120001999 Giải Ta có: 200220022002 2000.220001999 (1) Mặt khác:

2002

1

12002

020022002

20022002 2200020021

20001

20001)

200011()

20002001(

kk

k CCC

20022002 2000.22001 (2) Từ (1) và (2) 200220022002 200120001999 (đpcm)


89

VD2:

Chứng minh rằng: 3,,!...2 21

nnnn

nCCC nnnn

Giải Ta có: nn

nnnnn xCxCxCCx ...)1( 2210

Lấy đạo hàm hai vế ta có: 1211 ...2)1( nnnnn

n nnCxCCxn Thay x=1 ta được: n

nnnn nCCCn ...22 211

Với 3n ta có: 1

)1(

22...2.2...4.3.2!

n

n

nn

Từ đó: 3,,!...2 21

nnnn

nCCC nnnn (đpcm)

VD3: Chứng minh rằng: 1,,,)11()11( nmnm

nmnm

Giải Theo công thức nhị thức Newton: n

nnnn

n

nC

nC

nC

n1...111)11( 2

21

)11)(11(!

1...)21)(11(!3

1)11(!2

12n

nnnnnn

Tương tự ta có: )

11)(

111(

)!1(1...)

121)(

111(

!31)

111(

!212)

111( 1

nn

nnnnnnn

Từ đó nn

nn)11()

111( 1

1

)11( n

n là dãy tăng ngặt 1,,,)11()11( nmnm

nmnm (đpcm)

VD4 Chứng minh rằng: *3321 ,2...32 nnCnCCC nn

nnnn (1) Giải Theo Bunhiacopski: n

nnnnnnn CCCnCnCC ......21...2 2122221

Ta có:

12...6

)12)(1(...21

21

222

nnnnn CCC

nnnn

6

)12)(1()12()1(

nnnVTn

Để cm (1) ta chứng minh cho: 3126

)12)(1()12( nnnn nn

)12)(12)(1(2.3 3 nn nnn (*) Thật vậy: với 3n nn 32 132 nn )12)(1(1323 22 nnnnn


90

)12)(12)(1()12)(1(22.3 3 nnn nnnnn )12)(12)(1(2.3 3 nn nnn (*) được cm

VD5: Chứng minh: *1

21 ,1

21

1...31

211

nn

Cn

CCn

nnnn

Giải: Xét nn

nnnnn xCxCxCCx ...)1( 2210

Lấy tích phân 2 vế từ 0 đến 1 ta có:

1

0

1

0

1

0

101

0

...)1( dxxCxdxCdxCdxx nnnnn

n

nnnnn

n

Cn

CCCn 1

1...31

21

112 210

1

1

21

121

1...31

211

1121

nnC

nCC

nnnnnn (đpcm)

3.Bài tập áp dụng: Bài 1: Cmr: 1,0\,2).2()1(...2 132 nnCnCC nn

nnn HD: Xét nn

nnnnn xCxCxCCxxf ...)1()( 2210

Ta có: nnnn

n CCCf ...2)1( 10 n

nnnn nCCCnf ...22)1( 211'

nnnnn

nn CnCCCnff )1(...222)1()1( 3201' 1,0\,2).2(2).2(1)1(...2 1132 nnnCnCC nnn

nnn (đpcm)

Bài 2: Cmr: 144

1312

)1(...51

31

2210

nnnC

nCCC n

n

n

nnn

Bài 3: Cmr: *1

22

42

22

02 ,

)1(24.....

nn

CCCCnn

nnnnn

HD: Khai triển:

n

k

nkn

n C2

02

2 42 và

n

k

kn

kn C2

0

2 )1()11(0

1 22

22

02

22

42

22

02 ...)1(...

24 n n

nnnnnnnn

n

CCCnCCCC (bất đẳng thức Cauchy)

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC

I. Ứng dụng trong việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất: Phần này đã được các nhóm khác trình bày thành 1 chuyên đề riêng cụ thể và chi tiết nên ở đây chỉ xin đưa ra 1 ví dụ mang tính chất minh họa cho phương pháp: Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau với a,b,c>0

9)(4

211

211

211 cba

cabcab


91

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cosi cơ bản ta có:

)(239

211

211

211

cabcabcabcab

))(29(31

3)(23)(23

3)(2)(2

)(3)(222)()()()(2 Mà

222)( Có

22

2

2

222222222

2222

cbacbacabcab

cbacabcab

cabcabcbacabcabaccbbacba

cabcabcbacba

2)(2927

)(239

cbacabcab

Vậy 9

)(4)(29

279

)(4211

211

211

2

cbacba

cbacabcab

Xét 0 t 94

2927)( 2

t

ttf

027741243

0)2774124)(3(

08124336494

)29(1080)('

94

)29(108)('

23

23

2422

22

tttt

tttt

ttttttf

tttf

Xét 0 2774124)( 23 tttttg 0 0742412)(' 2 ttttg Vậy g(t) đồng biến trên ),0( pt g(t)=0 có không quá 1 nghiệm trên ),0(

Mà 0)1(31

gg và g(t) lien tục trên [0, 1] nên g(t) có 1 nghiệm

trong (0, 1) Vậy g(t)=0 có duy nhất 1 nghiệm t=a và nghiêm này nằm trong (0, 1) BBT: t 0 a 1 3 + f’(t) 0 0


92

f(t)

Từ bảng biến thiên ta có

37)( tf

37

9)(4

211

211

211

cba

cabcab


3

cbacba

cbat

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 37 xảy ra tai a=b=c=1.

II. Ứng dụng trong việc giải các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình: Thường minh họa qua phương pháp đánh giá. Cũng giống như phần trên, phần này đã được nhóm làm về phương trình bất phương trình, hệ phương trình… làm chi tiết, đầy đủ nên ở đây chỉ đưa vào ví dụ mang tính tượng trưng cho phương pháp. Ví dụ 1: Giải phương trình:

324 cossin xx

HD:

Đặt ttxxt ]1.0[ 1cossin 2

xxx sinsin2sin 224

2

2

2

1

2

1

1cossinsinsin

2.2ln12

22ln2)('

)1,0( 22)(Xét

222224

tt

tt

ttxxxx

tttf

ttf

)1,0( 0)12ln(222ln.2)('

)1,0( ; 2g(y)

(*) 1

220)('

22

y

2

1 2

yy

yy

yyg

yy

tttf

yyy

tt

g(y) nghịch biến trên (0, 1)

3

37


93

)1,0( vì 221)1()( 22 tttttgtg

Bảng biến thiên t 0 22 1 f’(t) + 0 - f(t)

Vì f(t) xác định tại t=0; t=1 nên có ]1,0[ 3)( ttf

324

322cossin

cossin

xx

xx

PT có nghiệm khi và chỉ khi )( 0sin

1sin

0sin

0sin

Zkkxx

x

x

x

Vậy pt có nghiệm )( Zkkx III. Ứng dụng trong việc tính giới hạn của hàm số, biểu thức phức tạp: Minh họa qua phương pháp dùng nguyên lý kẹp. Bài 1: Tính: )22)...(22)(22(limlim 1253

n

nnnS

HD: Ta có nn )12()22)...(22)(22(0 1253

Mà 0)12(lim

n

n. Nên theo nguyên lý kẹp ta có:

0lim nn

S Bài 2: Tính:

)...2

21

1(limlim 222 nnn

nnS

nnn

HD: Ta có:

)1(2)1(

)(2)1(

11)...21(...

22

111)...21(

22

22222

nnnS

nnnn

nn

nnn

nnnnn

n

Mà 21

)1(2)1(lim

)(2)1(lim 22

nnn

nnnn

nn. Nên theo nguyên lý kẹp ta có

21lim

nnS

3 3


94

Bài 3: Tính: nn

nn )1(lim

HD: Ta có 2nn n là 1 dãy đơn điệu giảm và giới hạn của nó bằng 1

Thật vậy ta chứng minh: 2n ; 11 nn nn

Xét ytttf tt 1

)(

3 0ln1'ln11ln1'ln1ln 2

1

222

tt

ttyt

ttt

ty

ytt

y t

Vậy y là hàm nghịch biến 1 1)1()( nn nnnfnf Măt khác 1lim

n

nn

Ta lại có nn nnn )21()1(

Thật vậy ta chứng minh bằng quy nạp: + với n=1 thì

210 luôn đúng

+ Giả sử đpcm đã đúng đến n=k tức là kkk k )21()1(

+ Ta chứng minh nó cũng đúng với n=k+1 tức là:

111

21)11(

kkk k

Ta có 1111 11 kkkk kkkk

Vậy )11(21)11()1()11( 1111 k

kkkkkk kkkk

Ta chứng minh (*) 21111 k k

023)1()(''1

23)1()('

123)(Xét

0123

231

231(*)

1

1

111

kk

k

kkk

kkkfkkf

kkf

kkk

f’(k) là hàm đồng biến 012.23)1(')(' fkf

f(k) là hàm đồng biến 0223)1()(

2

fkf

Như vậy ta có: nn nnn )21()1(


95

Mặt khác: 0)1(lim và021lim

n

n

n

nn

Do n

nnn nn

21)1()1( nên theo nguyên lý kẹp ta có

0)1(lim

nn

nn

BÀi 6: Tính

)1

1...2

11

1(limlim222

nnnn

Snnn

HD: Áp dụng bất đẳng thức:

1

1

1

122

nnS

nnn

n

Mà 11

1lim và11

1lim2n2

n

nnn

nn

, nên theo nguyên lý kẹp ta

có 1lim nn

S Bài 7: Tính:

nnnn n

nnnS

1cos

1sin2limlim

20082

20082

HD

Ta có: 21

cos1

sin21

cos1

sin22008

22008

22008

22008

2

n

nnn

nn

nn

11

cos1

sin1

cos1

sin22008

22008

22008

22008

2

n

nnn

nn

nn

Vậy nnS 21 . Mà 12lim

n

n nên theo nguyên lý kẹp ta có 1lim

nnS

Bài 8*: Tính nnnnnn

nnnS sin21

)cos1(limlim

HD: Ta có: n+1+cosn=1+n(1+cosn)

nnnnnn nnn

nnnnnVi

sin21

sin21

)21())cos1(1(1

21)cos1(112cos101cos1

(*) Ta chứng minh 1)21(lim sin21

nnnn

n


96

Thật vậy ta có nnnn nn1

sin21

)21()21(1 Vì nnnnnnnnnn 3sin2sin1sin1

nnnn

nnnn

nnn

nn

nn

n

nnnnnnnn

1sin2

1

1sin2

1

sin21

)21()21(1

)21()21(

1)21(

1sin2

10 ;sin2

1310

Mà nnnn

nn

nnn sin211

)21(lim1)21(lim

Vậy theo nguyên lý kẹp ta có 1lim nn

S

Bài 9: Tính:

n

knnn nkS

12 11limlim

HD:

Đặt nknkx ,1 ; 2 0 , 11 2 xx

nk

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

211

2

211

21

21

11

121

1121

11

21

2111).1(1

xxx

x

xxx

x

xx

x

xxx

xxxx

Thay k=1, 2,…, 2nk rồi cộng vế ta được:

n

k

n

k

n

k nk

nk

nk

nk

12

12

12

2

211

2

Ta lại có:


97

)2(2)1(

21

22

4)1(

2...

22

21

2

21

21

21

2

2

22221

2

nnnnk

nnknk

nk

nk

nnn

nn

nnnk

n

k

n

k

n

k

n

k

22 4)1(

)2(2)1(

nnnS

nnnn

n

Mà có: 41

4)1(lim và

41

)2(2)1(lim 22

nnn

nnnn

nn. Nên theo nguyên lý kẹp ta có:

41lim

nnS

Bài 10 : Tính

n

knnn nkS

1

33

2

11limlim

HD: Cách giải hoàn toàn tương tự bài 9 Bài 11: Cho 2)12(lim :CMR .1 xxx nn

n

HD: +) Đpcm hiển nhiên đúng với x=1. +) Xét với x>1. Ta có:

22

2

22

)()12(

12

12)1(0

xxx

xx

xxx

nnnn

nn

nnn

Mặt khác:

n

nn

n

nnnn

xxx

xxxx

112112)12(

2

2

2

2

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli

n

nnn

nn

n

nn

xxnxx

xxn

xx

2

22

22

)1(1)12(

11211121 *)

nn

n

nn

xnx

xxn

nxx

xnxn2

2

2

2

22n

nn

)1()1(

)1()1(11)-x(1 x *)

Vậy 2

2

22

2

22 1lim Mà 1)12( x

xnxx

xnxxx

nnn

nn


98

Theo nguyên lý kẹp ta được đpcm Bài 12: Tính:

222 1...2111lnlimlimnn

nnS

nnn

HD:

Ta có:

222 1ln...21ln11ln

nn

nnSn

Sử dụng bất đẳng thức :

0 )1ln(2

2

xxxxx

Ta được:

224

2

2

224

2

2

2242

1ln2

.....

221ln222

111ln2

11

nn

nn

nn

nn

nnnn

nnnn

Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được:

21

12)12)(1(

21lim ;

21

21lim :Do

21

12)12)(1(

21

12)12)(1(

6)12)(1(

21

2...

22

21

21

2)1(...21 Mà

...212

...22

21...21

3n

3

344

2

4

2

4

2222

2224

2

4

2

4222

nnn

nn

nn

nnS

nnn

nn

nnnnnn

nnn

nn

nn

nnn

nn

nn

nn

nnS

nn

nnnn

nn

n

n

n

Nên theo nguyên lý kẹp ta có: 21lim

nnS

pp chung minh bdt hay

Education