Bdt sơ cấp nvhieu

www.VNMATH.com

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------

ĐẶNG VĂN HIẾU

SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60 46 40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. PHAN HUY KHẢI

Thái Nguyên, năm 2009

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn

www.VNMATH.com
1

MỤC LỤC
Trang
Mục lục 1
Lời cảm ơn 2
Lời nói đầu 3
Chương 1 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 4
1.1 – Bất đẳng thức Côsi 4
1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản 5
1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14
1.4 – Thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 23
1.5 – Thêm bớt biến số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 27
1.6 – Nhóm các số hạng khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 33
Chương 2 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42
2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42
2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng 55
Chương 3 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59
3.1 – Bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59
3.2 – Một số ví dụ minh hoạ 60
Chương 4 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép 67
4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép 67
Chương 5 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen 81
5.1 – Định nghĩa hàm lồi 81
5.2 – Điều kiện đủ về tính lồi của hàm số 82
5.3 – Bất đẳng thức Jensen 82
Tài liệu tham khảo 98


www.VNMATH.com
2

LỜI CẢM ƠN

Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy đã trực tiếp
giảng dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp
giảng dạy, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè và tất cả những
người đã giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn.


www.VNMATH.com
3

LỜI NÓI ĐẦU

Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo
trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là một đề tài
thường xuyên có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia,
cũng như trong các kỳ thi Olympic về toán ở mọi cấp.
Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất
đẳng thức thông dụng.
Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 5 chương:
Chương 1 với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi” dành để trình
bày về bất đẳng thức Côsi.
Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất và có nhiều ứng dụng nhất
trong chứng minh bất đẳng thức. Trong chương này chúng tôi dành để trình bày các
phương pháp cơ bản nhất để sử dụng có hiệu quả bất đẳng thức Côsi.
Chương 2 “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày các
ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng.
Một trong những phương pháp hay sử dụng và có tính hiệu quả để chứng minh
các bất đẳng thức là sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu. Các kết quả này
được trình bày trong chương 3.
Chương 4 dành để trình bày một lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó là bất
đẳng thức Trêbưsép).
Sau hết trong chương 5 trình bày một áp dụng lý thú các kết quả của giải tích lồi
để chứng minh bất đẳng thức – đó là sử dụng tính lồi của hàm số để chứng minh
bất đẳng thức.


www.VNMATH.com
4

Chương 1

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI

1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
1.1.1 Định lý. Với n số không âm: a1 , a2 ,..., an ( n ³ 2 ) ta có:
a1 + a2 + ... + an n
³ a1 .a2 ...an .
n
Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an .
Chứng minh
· Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2 .
· Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số không âm thì bất đẳng thức cũng đúng với
2n số không âm.
a1 + a2 + ... + a2 n 1
Ta có:
2n
³
2
( n
)
a1.a2 ...an + n an +1.an+2 ...a2n ³ 2 n a1.a2 ...a2 n , nên bất

đẳng thức đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2.
· Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức đúng
A
với n - 1 số không âm. Thật vậy, đặt A = a1 + a2 + ... + an-1 ; an = .
n -1

³ n. n 1 2 n-1 Þ A ³ (n -1).n-1 a1.a2 ...an-1 .
A a .a ...a . A
Ta có: A +
n -1 n -1
Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức Côsi đúng với mọi n nguyên dương
(n ³ 2) Þ đpcm.
1.1.2 Hệ quả. Với n số dương: a1 , a2 ,..., an (n ³ 2) ta luôn có:

æ1 1ö
(a1 + a2 + ... + an )ç + + ... + ÷ ³ n 2 .
1
ç ÷
ç
ç a1
è a2 an ÷
÷
ø



www.VNMATH.com
5

Chứng minh
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a1 + a2 + ... + an ³ n n a1.a2 ...an > 0 , (1)

1 1 1 1 1 1
+ + ... + ³ n. n . ... > 0 . (2)
a1 a2 an a1 a2 an

Nhân từng vế của (1),(2) suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: · Bất đẳng thức Côsi chỉ áp dụng được cho các số không âm.
· Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất, quen thuộc nhất,
và có một tầm ứng dụng rộng rãi trong các bộ môn của toán học sơ cấp. Đặc biệt là
dùng để chứng minh bất đẳng thức. Sự thành công của việc áp dụng bất đẳng thức
Côsi để chứng minh các bài toán về bất đẳng thức hoàn toàn phụ thuộc vào sự linh
hoạt của từng người sử dụng và kỹ thuật cách chọn các số a1 , a2 ,...., an .
Sau đây là một số phương pháp vận dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất
đẳng thức.
1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI CƠ BẢN.
1.2.1 Nội dung phương pháp.
Qui ước: Gọi hệ quả của bất đẳng thức Côsi là “Bất đẳng thức Côsi cơ bản”. Sử
dụng hệ quả để chứng minh bất đẳng thức gọi là phương pháp “Sử dụng bất đẳng
thức Côsi cơ bản”.
Từ “Bất đẳng thức côsi cơ bản” tổng quát, ta có hai trường hợp riêng sau:

· Với mọi a, b > 0 , ta có: (a + b) (
1 1 1 1 4
+ ) ³ 4 hay: + ³ .
a b a b a+b
Đẳng thức xảy ra Û a = b .
æ1 1 1ö
· Với mọi a, b, c > 0 , ta có: (a + b + c )ç + + ÷ ³ 9 hay: + + ³
1 1 1 9
ça b c÷
ç ÷ .
è ø a b c a+b+c

Đẳng thức xảy ra Û a = b = c .
1.2.2 Một số thí dụ minh hoạ.
Thí dụ 1.1 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối A – 2005).
1 1 1
Cho x, y , z > 0 và thoả mãn: + + = 4. Chứng minh:
x y z


www.VNMATH.com
6

1 1 1
+ + £1.
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản hai lần liên tiếp, ta có:
1æ 1 1 ÷ 1 éê 1
ö 1 æ 1 1 öù 1æ1 1ö
£ ç + ÷ £ ê + ç + ÷úú Þ £ ç + + ÷ . (1)
1 1 1
ç ç ÷ ç ÷
2 x + y + z 4 ç 2 x y + z ÷ 4 ë 2 x 4 ç y z ÷û
è ÷
ø è ÷
ø 2x + y + z 8 ç x 2 y 2z ÷
è ÷
ø

ì2x = y + z
ï
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ï
í Û x= y= z.
ïy = z
ï
î
1æ 1 1ö
£ ç + + ÷
1 1
ç ÷
x + 2 y + z 8 ç 2x y 2z ÷
Hoàn toàn tương tự, ta có: (2)
è ÷
ø

1æ 1 1ö÷
£ ç +
1 1
ç + ÷.
x + y + 2z 8 ç 2x 2 y z ÷
và (3)
è ÷
ø

Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được:
1 æ1 1 1ö÷
£ ç + + ÷ = 1 Þ đpcm.
1 1 1
+ + ç
ç x y z÷
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 è ÷
ø

3
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û x = y = z = .
4
Nhận xét: Ta cũng có bất đẳng thức Côsi cơ bản sau:
Với a, b, c, d > 0 thì:
æ1 1ö 1 æ1 1 1 1ö
(a + b + c + d )ç + + + ÷ ³ 16 Þ £ ç + + + ÷.
1 1 1
ç
ç ÷
÷ ç ÷
÷
èa b c dø a + b + c + d 16 ç a b c d ø
è

Áp dụng vào thí dụ trên, ta có:
1 æ1 1 1 1ö÷ 1 æ 2 1 1ö
÷
£ ç + + + ÷ Þ £ ç + + ÷.
1 1 1
= ç ÷ ç ÷
ç x x y zø
2 x + y + z x + x + y + z 16 è ÷ ç x y zø
2 x + y + z 16 è ÷

1 æ 1 2 1÷ö 1 æ 1 1 2ö
£ ç + + ÷ £ ç + + ÷.
1 1
ç ÷ ç ÷
x + y + 2 z 16 ç x y z ÷
Tương tự suy ra: và
x + 2 y + z 16 ç x y z ÷
è ø è ÷
ø

1 æ1 1 1ö÷
£ ç + + ÷ = 1 Þ đpcm.
1 1 1
Þ + + ç
ç x y z÷
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 è ÷
ø

3
Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = .
4


www.VNMATH.com
7

Thí dụ 1.2 (Bất đẳng thức Nesbit 3 biến).
a b c 3
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: + + ³ . (1)
b+c c +a a+b 2
Bài giải
æ ö æ
a ÷ ç ö æ
b ÷ ç ö
c ÷ 9
Dễ thấy (1) Û ç1 +
ç ÷ + ç1 + ÷ + ç1 + ÷³
ç
è b + c÷ ç
ø è c + a÷ ç
ø è a + b÷ 2
ø
æ 1 1 ö÷³9
Û 2 ( a + b + c )ç
1
+ +
çb + c c + a a + b÷
ç
è ÷
ø

é 1 1 ù
Û éë( a + b) + (b + c) + (c + a )ùû ê
1
+ + ú ³ 9. (2)
êë a + b b + c c + a úû

Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản thì (2) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c > 0 .
Nhận xét :
· Bất đẳng thức Nesbit cũng là một trong các bất đẳng thức thông dụng, thường
dùng làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh một bất đẳng thức khác, nhằm rút
gọn phép chứng minh một bất đẳng thức.
· Xin đưa ra một thí dụ hình học lý thú minh hoạ cho bất đẳng thức Nesbit sau:
Cho DABC . Vẽ ba phân giác AA',BB',CC' . Gọi ka , kb , kc tương ứng là khoảng
cách từ A ', B ', C ' đến AB, BC , CA . Gọi ha , hb , hc tương ứng là ba chiều cao hạ từ
k a kb kc 3
A, B, C . Chứng minh: + + ³ .
ha hb hc 2

Bài giải
Ta có: SDABC = SDABA ' + SDAA ' C (Hình 1.1)
1 1 1
Þ aha = cka + bka
2 2 2

Þ aha = ka (b + c) Þ
ka a
= . (Hình 1.1)
ha b+c

kb b kc c
Hoàn toàn tương tự, ta có: = ; = .
hb c+a hc a+b


www.VNMATH.com
8

k a kb kc 3 a b c 3
Từ đó suy ra: + + ³ Û + + ³ . (*)
ha hb hc 2 b+c c +a a+b 2

Theo thí dụ 1.2 Þ (*) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û DABC đều.
x y z 3
Thí dụ 1.3 Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh: + + £ .
x +1 y +1 z +1 4

Bài giải
æ 1 1 ö÷.
= 3 -ç
x y z 1 1 1 1
+ + = 1- + 1- + 1- ç + + ÷
ç x + 1 y + 1 z + 1÷
Có:
x +1 y + 1 z +1 x +1 y +1 z +1 è ÷
ø

Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có:
1 1 1 9 9
+ + ³ = , (do: x + y + z = 1 ).
x +1 y + 1 z +1 x +1+ y +1+ z + 1 4
x y z 9 3
Vậy: + + £ 3 - = Þ đpcm.
x +1 y + 1 z +1 4 4
ìx +1 = y +1 = z +1
ï
Đẳng thức xảy ra Û ï
1
í Û x= y= z= .
ïx + y + z = 1
ï
î 3

Nhận xét:
· Xin đưa ra một minh hoạ lượng giác cho thí dụ trên:
Chứng minh rằng trong mọi DABC , ta luôn có:
A B B C C A
sin .sin sin .sin sin .sin
2 2 + 2 2 + 2 2 £ 3. (1)
A- B B-C C-A 4
cos cos cos
2 2 2
Thật vậy, ta có (1) tương đương với:
A B B C C A
sin .sin sin .sin sin .sin
3
2 2 + 2 2 + 2 2 £
A B A B B C B C C A C A 4
cos .cos + sin .sin cos .cos + sin .sin cos .cos + sin .sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B B C C A
tan . tan tan .tan tan .tan
Û 2 2 + 2 2 + 2 2 £3. (2)
A B B C C A
tan .tan + 1 tan .tan + 1 tan .tan + 1
4
2 2 2 2 2 2

.tan , (a, b, c > 0) .
A B B C C A
Đặt a = tan .tan ; b = tan .tan ; c = tan
2 2 2 2 2 2


www.VNMATH.com
9

A B B C C A
Dễ thấy: a + b + c = tan . tan + tan .tan + tan .tan = 1 . (3)
2 2 2 2 2 2
a b c 3
Khi đó (2) trở thành: + + £ . (4)
a +1 b + 1 c + 1 4
Theo thí dụ 1.3 thì từ (3),(4) Þ (1) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c Û A = B = C Û DABC đều.
· Theo cách giải trên, ta cũng chứng minh được dạng tổng quát của thí dụ 1.3 sau:
Cho x1 , x2 ,..., xn > 0 thoả mãn: x1 + x2 + ... + xn = 1 .
x1 x x n
Chứng minh: + 2 + ... + n £ .
x1 +1 x2 + 1 xn + 1 n + 1

Thí dụ 1.4 Cho x, y , z > 0 . Chứng minh rằng:
x y z 3
M= + + £ .
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4

Bài giải
x+ y+z x+ y+z x+ y+z
Có M = 1 - + 1- + 1-
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
æ ö
÷=
= 3 - ( x + y + z )ç
1 1 1
ç + + ÷
ç 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z ÷
è ÷
ø
é ù
= 3 - éë( 2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) + ( x + y + 2 z )ùû ê ú.
1 1 1 1
+ +
4 êë 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z úû
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
é ù
é(2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) + ( x + y + 2 z )ù ê 1 1 1
ú
ë û ê 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z ú ³ 9 .
+ +
ë û
1 3
Vậy M £ 3 - .9 = Þ đpcm.
4 4
Đẳng thức xảy ra Û x = y = z.

Thí dụ 1.5 Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh:
1 1 1 3
+ + < .
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16


www.VNMATH.com
10

Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
1æ 1 ö 1 é 1 æ 1 1ö 1 æ 1
÷ 1 öù
£ ç ÷ ç ÷ ç ÷
1 1 1
= ç a + c 2 (b + c )÷ £ 4 êê 4 ç a + c ÷ + 4 ç 2b + 2c ÷úú
ç
a + 2b + 3c ( a + c ) + 2 (b + c ) 4 ç
+
÷ ç
è ÷
ø ç
è ÷
øû
è ø ë
1 1 1 1 1 1 1 3
Þ £ + + + = + + . (1)
a + 2b + 3c 16a 16c 32b 32c 16a 32b 32c
ìa + c = 2(b + c)
ï
ï
ï
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ía = c Û a = b = c = 0.
ï
ï2b = 2c
ï
ï
î
Điều này không xảy ra vì theo giả thiết a, b, c > 0 .
1 1 1 3
Vậy ta có: < + + . (2)
a + 2b + 3c 16a 32b 32c
1 1 1 3
Tương tự: < + + , (3)
b + 2c + 3a 16b 32c 32a
1 1 1 3
và < + + . (4)
c + 2a + 3b 16c 32a 32b
Cộng từng vế của (2),(3),(4) ta được:
æ1 3 öæ 1 1 1 ö
< ç + + ÷ç + + ÷ .
1 1 1 1
+ + ç ÷ç ÷
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b ç16 32 32 ÷ç a b c ÷
(5)
è øè ø

1 1 1
Theo giả thiết: ab + bc + ca = abc Þ + + = 1 . (*)
a b c
1 1 1 3
Suy ra (5) Û + + < Þ đpcm.
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16
Nhận xét: Cũng theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có cách giải khác cho thí dụ trên:
Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
1æ 1 1 ö 1 é1 æ1 1 öù
£ ç + ÷ £ ê ç + ÷ú +
1 1
ç a + 2b 3c ÷ 4 ê 4 ç a 2b ÷ú 12c
ç
a + 2b + 3c 4 è
÷
ø ç ÷
ë è øû

1 1 1 1
Þ £ + + . (6)
a + 2b + 3c 16a 32b 12c
ìa = 2b
ï
Đẳng thức trong (6) xảy ra Û ï
í .
ï4b = 3c
ï
î


www.VNMATH.com
11

1 1 1 1
Tương tự ta có: £ + + , (7)
b + 2c + 3a 16b 32c 12a
1 1 1 1
£ + + . (8)
c + 2a + 3b 16c 32a 12b
ìc = 2a
ï ìb = 2c
ï
Đẳng thức xảy ra tương ứng trong (7),(8) là ï
í và ï
í .
ï4a = 3b
ï
î ï4c = 3b
ï
î
æ1 1 öæ 1 1 1 ö
£ ç + + ÷ç + + ÷ .
1 1 1 1
+ + ç ÷ç ÷
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b ç16 32 12 ÷ç a b c ÷
(9)
è øè ø

Đẳng thức trong (9) xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (6),(7),(8) xảy ra
Û a = b = c = 0 .Vô lý, vì a, b, c > 0 nên đẳng thức trong (9) không thể xảy ra.
1 1 1 17 3
Theo (*) Þ (9) Û + + < < Þ đpcm.
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 96 16
Nhận xét: Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng
thức ban đầu.

Thí dụ 1.6 Cho DABC nhọn. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1 1
+ + ³ + +
cos A cos B cos C A B C .
sin sin sin
2 2 2

Bài giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
1 1 4 2 2 2
+ ³ = = ³
cos A cos B cos A + cos B A+ B A- B C A- B C
cos .cos sin .cos sin
2 2 2 2 2
1 1 2
Þ + ³ . (1)
cos A cos B C
sin
2
ìcos A = cos B
ï
ï
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ï A - B
í Û A = B.
ïcos
ï =1
ï
î 2


www.VNMATH.com
12

1 1 2
Tương tự, ta có: + ³ , (2)
cos B cos C A
sin
2
1 1 2
+ ³ . (3)
cos C cos A B
sin
2
1 1 1 1 1 1
Cộng từng vế (1),(2),(3) Þ + + ³ + + Þ đpcm.
cos A cos B cos C A B C
sin sin sin
2 2 2

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û A = B = C
Û DABC đều.
Thí dụ 1.7 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA ', BB ', CC ' là ba đường
AA ' BB ' CC ' 9
cao lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh: + + ³ .
AA1 BB1 CC1 4

Bài giải
Gọi H là trực tâm DABC (Hình 1.2), ta có:
A ' H = A ' A1 , B ' H = B ' B1 , C ' H = C ' C1 . (1)
AA1 BB1 CC1 A ' A1 B ' B1
Có + + = 1+ + 1+ +
AA ' BB ' CC ' AA ' BB '
C ' C1 A' H B ' H C ' H
+1 + = 3+ + + . (2)
CC ' AA ' BB ' CC '
A'H B 'H C 'H
Theo địng lý Sêva, thì: + + = 1.
AA ' BB ' CC '
AA1 BB1 CC1
Þ (2) Û + + = 4. (3) ( Hình 1.2 )
AA ' BB ' CC '
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có:
æ AA1 BB1 CC1öæ AA '
÷ç BB ' CC ' ö
÷
ç
ç + + ÷è AA 1 + BB + CC ÷ ³ 9 .
÷ç
ç AA ' BB ' CC ' øç
è ÷
÷
(4)
1 1ø

AA ' BB ' CC ' 9
Từ (3),(4) Þ + + ³ Þ đpcm.
AA1 BB1 CC1 4

Đẳng thức xảy ra Û H là trọng tâm của DABC Û DABC đều.


www.VNMATH.com
13

Thí dụ 1.8 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA ', BB ', CC ' là ba trung
tuyến tương ứng lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 .(Hình 1.3).
AA ' BB ' CC ' 9
Chứng minh: + + £ .
AA1 BB1 CC1 4

Bài giải
a2
Ta có: AA '. A ' A1 = BA '. A ' C =
4
Þ AA '.AA1 = AA '.(AA '+ A ' A1 ) =

a2 2b 2 + 2c 2 - a 2 a 2
= ma +
2
= + .
4 4 4
b2 + c2
Þ AA '. AA1 =
2
AA ' AA '2 2m 2
Þ = = 2 a 2
AA1 AA '. AA1 b + c

2b 2 + 2c 2 - a 2 1 a2
= = 1- . 2
2 (b 2 + c 2 )
. (Hình 1.3)
2 b + c2

BB ' 1 b2 CC ' 1 c2
Tương tự ta có: = 1- . 2 ; = 1- . 2 .
BB1 2 c + a2 CC1 2 a + b2

1 æ a2 ö
c2 ÷ 9
£ Û 3- ç 2
AA ' BB ' CC ' 9 b2
Từ đó Þ + + ç + 2 + 2 ÷£ .
AA1 BB1 CC1 4 2 ç b + c 2 c + a 2 a + b2 ÷ 4
è ÷
ø

a2 b2 c2 3
Û + 2 + 2 ³ . (1)
b +c
2 2
c +a 2
a +b 2
2
Theo thí dụ 1.2 thì (1) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c Û DABC đều.
Nhận xét: Đây là một minh hoạ hình học nữa cho bất đẳng thức Nesbit.
Thí dụ 1.9 Cho hình chóp tam giác S .ABC , trong đó SA, SB, SC đôi một vuông góc

với nhau. Kẻ đường cao SH . Đặt · · ·
ASH = a , BSH = b , CSH = g (Hình 1.4).

cos 2 a cos 2 b cos 2 g
(*)
3
Chứng minh: + 2 + 2 £ .
sin b + sin g sin g + sin a sin a + sin b 4
2 2 2 2


www.VNMATH.com
14

Bài giải
Dễ thấy: cos2 a + cos 2 b + cos2 g = 1 (1)
Þ sin 2 a + sin 2 b + sin 2 g = 2 . (2)
Đặt x = sin 2 a + sin 2 b ,
y = sin 2 b + sin 2 g ,

z = sin 2 g + sin 2 a .

Khi đó, từ (2) Þ x + y + z = 4 . (3)

(Hình 1.4)
1 - cos 2 b - cos 2 g 1 - cos 2 a - cos 2 g 1 - cos 2 b - cos 2 a 3
Từ (1) Þ (*) Û + + £
sin 2 b + sin 2 g sin 2 g + sin 2 a sin 2 a + sin 2 b 4

sin 2 g + sin 2 b -1 sin 2 a + sin 2 g - 1 sin 2 a + sin 2 b - 1 3
Û + + £
sin 2 b + sin 2 g sin 2 a + sin 2 g sin 2 b + sin 2 a 4
æ 1 1 1ö 3
Û 3-ç + + ÷ £ Û + + ³ .
1 1 1 9
ç ÷
÷ 4 (4)
ç x y z÷
è ø x y z 4

æ1
÷ 1ö
Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: ( x + y + z )ç + + ÷ ³ 9 .
1
ç
ç x y z÷
(5)
è ÷
ø

Từ (3),(5) Þ (4) đúng Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û x = y = z Û a = b = g Û S . ABC là hình chóp đều với các góc
ở đỉnh là tam diện vuông.
1.3 SỬ DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
Phương pháp này thích hợp với những bất đẳng thức có thể trực tiếp áp dụng
ngay bất đẳng thức Côsi, hoặc sau những biến đổi sơ cấp đơn giản là có thể sử dụng
ngay được bất đẳng thức Côsi. Lớp các bất đẳng thức này rất rộng, vì thế phương
pháp này cũng là một trong những phương pháp thông dụng để chứng minh bất
đẳng thức
Kỹ thuật chủ yếu là lựa chọn các số thích hợp để sau khi áp dụng bất đẳng
thức Côsi với các số ấy sẽ cho ta bất đẳng thức cần chứng minh .


www.VNMATH.com
15

Thí dụ 1.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2005).
æ12 ö æ15 ö æ 20 ö
x x x

Chứng minh: ç ÷ + ç ÷ + ç ÷ ³ 3x + 4 x + 5 x , với "x Î R .
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è5ø è4ø ç 3 ÷
ç ÷ ç ÷ è ø

Bài giải
æ12 ö æ15 ö æ 20 ö
x x x

Do ç ÷ > 0, ç ÷ > 0, ç ÷ > 0 , "x Î R . Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
ç ÷
ç5÷ ç ÷
ç4÷ ç ÷
ç3÷
è ø è ø è ø

æ12 öx æ15 öx æ ö æ15 ö
x x
ç ÷ + ç ÷ ³ 2.
ç ÷ ç ÷ ç12 ÷
ç ÷ .ç ÷ = 2.3x .
ç ÷ (1)
ç5÷ ç4÷
è ø è ø ç5÷
è ø ç4÷
è ø

æ12 ö æ15 ö
x x

Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ç ÷ = ç ÷ Û x = 0 .
ç5÷
ç ø ÷ ç ÷
ç ÷
è è4ø

æ15 ö æ 20 ö
x x

Tương tự, ta có: ç ÷ + ç ÷ ³ 2.5 x ,
ç ÷ ç ÷
ç4÷ ç 3 ÷
(2)
è ø è ø

æ 20 ö æ12 ö
x x
ç ÷ + ç ÷ ³ 2.4 x .
ç ÷ ç ÷
ç3÷ è5÷
(3)
è ø ç ø

Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được:
æ12 ö æ15 ö æ 20 ö
x x x
ç ÷ + ç ÷ + ç ÷ ³ 3x + 4 x + 5 x Þ đpcm.
ç ÷ ç ÷ ç ÷
ç5÷ ç4÷ ç 3 ÷
è ø è ø è ø

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û x = 0 .

1 1 1 1
Thí dụ 1.11 Cho x, y , z > 0 và + + = 2 . Chứng minh: xyz £ .
1+ x 1+ y 1+ z 8
Bài giải
1 1 1 y z
Từ giả thiết ta có: = 1- +1- = + .
1+ x 1+ y 1+ z 1+ y 1+ z

1 yz
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: ³ 2. >0. (1)
1+ x (1 + y )(1 + z )
y z
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û = Û y = z.
1 + y 1+ z


www.VNMATH.com
16

1 zx
Tương tự ta có: ³ 2. >0, (2)
1+ y (1 + z )(1 + x )
1 xy
³ 2. >0. (3)
1+ z (1 + x )(1 + y )
Nhân từng vế của (1),(2),(3) ta được:

æ ö2
÷
1
³ 8. ç xyz
÷
8 xyz
(1 + x)(1 + y )(1 + z ) ç (1 + x )(1 + y )(1 + z )÷ = (1 + x)(1 + y )(1 + z )
ç
ç ÷
è ø

1
Û 1 ³ 8 xyz Û xyz £ Þ đpcm.
8
1
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û x = y = z = .
2
Nhận xét: Với cách lập luận trên có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự sau:
1 1 1 1 1
· Cho x, y , z , t > 0 và + + + = 3 . Chứng minh: xyzt £ .
1+ x 1+ y 1+ z 1+ t 81

å 1 + a = n -1 . Chứng minh: Õa
n n
· Cho a1 , a2 ,...., an > 0, (n ³ 2) và
1 1
£ .
( n -1)
i n
i =1 i i =1

Thí dụ 1.12 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 .
a b c 3
Chứng minh: + + ³ .
1+ b 2
1+ c 2
1+ a 2
2
Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 + b 2 ³ 2b .
a ab 2 ab 2 ab
Þ = a- ³a- = a- . (1)
1+ b 2
1+ b 2
2b 2
Đẳng thức xảy ra Û a = b .
b bc c ca
Tương tự ta có: ³ b- ; ³c- (2)
1+ c 2
2 1+ a 2
2
ab + bc + ca
³ (a + b + c ) -
a b c
Từ (1),(2) Þ + + . (3)
1+ b 2
1+ c 2
1+ a 2
2

Dễ thấy: (a + b + c ) ³ 3(ab + bc + ca ) Þ ab + bc + ca £ 3 (do a + b + c = 3 ).
2


www.VNMATH.com
17

a b c 3
Nên từ (3) suy ra: + + ³ Þ đpcm.
1+ b 2
1+ c 2
1+ a 2
2
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Û a = b = c = 1 .
Nhận xét:
· Với cách làm trên cũng chứng minh được một bất đẳng thức tương tự với 4 số:
Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứngminh:
a b c d
+ + + ³ 2.
1+ b 2
1+ c 2
1+ d 2
1 + a2
· Nếu ta sử dụng ngay bất đẳng thức Côsi với mẫu số thì sẽ không thu được kết
quả. Tuy nhiên, khi ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp đơn giản sau đó áp dụng bất
đẳng thức Côsi với mẫu thì thí dụ được giải quyết một cách đơn giản và dễ hiểu
hơn, nên sẽ thu được kết quả theo yêu cầu.
· Theo cách suy luận trên, ta có lời giải cho các thí dụ sau:

Thí dụ 1.13 Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứng minh:
1 1 1 1
M= + + + ³2.
1+ a 2
1+ b 2
1+ c 2
1+ d 2
Bài giải
1 a2 a2 a
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: = 1- ³ 1- = 1- . (1)
1+ a 2
1+ a 2
2a 2
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a 2 = 1 Û a = 1.
1 b 1 c 1 d
Tương tự ta có: ³ 1- ; ³ 1- ; ³ 1- . (2)
1+ b 2
2 1+ c 2
2 1+ d 2
2
a+b+c+d
Từ (1),(2) Þ M ³ 4 - = 2 Þ đpcm.
2
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Û a = b = c = d = 1 .

Thí dụ 1.14 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 .
a +1 b +1 c +1
Chứng minh: M= + 2 + 2 ³ 3.
b +1 c +1 a +1
2


www.VNMATH.com
18

Bài giải
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
a +1 ( a + 1) b 2 (a + 1) b 2 ab + b
= a + 1- 2 ³ a +1- = a +1- . (1)
b +1
2
b +1 2b 2

Đẳng thức trong (1) xảy ra Û b 2 = 1 Û b = 1.
b +1 bc + c
Tương tự ta có: ³ b + 1- , (2)
c +1
2
2
c +1 ca + a
³ c +1- . (3)
a +1
2
2

a + b + c - ( ab + bc + ca)
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M ³ 3 + ³ 3 Þ đpcm.
2
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û a = b = c = 1 .
Nhận xét: Tương tự cũng chứng minh được bất đẳng thức với 4 số:
Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứng minh:
a +1 b +1 c +1 d +1
+ 2 + 2 + 2 ³ 4.
b + 1 c + 1 d +1 a +1
2

Thí dụ 1.15 Cho a, b, c, d > 0 . Chứng minh:
a3 b3 c3 d3 a+b+c+d
+ 2 + 2 + 2 ³ .
a +b
2 2
b +c 2
c +d 2
d +a 2
2
Bài giải
a3 ab 2 ab 2 b
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: = a- 2 ³a- = a- . (1)
a +b
2 2
a +b 2
2ab 2
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a = b .
b3 c
Tương tự, ta có: ³b- , (2)
b +c
2 2
2

c3 d
³c- , (3)
c +d
2 2
2

d3 a
³d- . (4)
d +a
2 2
2
Cộng từng vế của (1),(2),(3),(4) ta được:


www.VNMATH.com
19

a3 b3 c3 d3 a+b+c+d
+ 2 + 2 + 2 ³ Þ đpcm.
a +b
2 2
b +c 2
c +d 2
d +a 2
2
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(4) xảy ra
Ûa=b=c=d .

Thí dụ 1.16 (Bất đẳng thức Minkowski).
Cho a1 , a2 , a3 ³ 0 ; b1 , b2 , b3 ³ 0 . Chứng minh:
3 (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) ³ 3 a1 a2 a3 + 3 b1b2 b3 . (1)

Bài giải
· Nếu (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) = 0 Þ VT = 0 . Ngoài ra tồn tại k (1 £ k £ 3) mà:

ak + bk = 0 Þ ak = bk = 0 (do ak ³ 0, bk ³ 0 ) Þ VP = 0 Þ bất đẳng thức (1) đúng.

· Nếu (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) > 0. khi đó:

a1 a2 a3 b1 b2 b3
(1) Û 3 +3 £ 1. (2)
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3

Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
a1 a2 a3 1æ a
ç a2 a3 ÷ ö
£ ç 1 + + ÷,
÷ (3)
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 3 ç a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 ÷
3 . .
è ø

1æ b b3 ö ÷.
£ ç 1 +
b1 b2 b3 b2
ç + ÷
a2 + b2 a3 + b3 ÷
. . ça + b (4)
÷
3
a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 3 è 1 1 ø

Cộng từng vế (3),(4) Þ (2) đúng .
Đẳng thức trong (2) xảy ra Û Đồng thời đẳng thức trong (3),(4) xảy ra
ì a1
ï
ï a2 a3
ï = =
ï a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3
Ûï
a1 a2 a
í Û = = 3 .
ï b1
ï b2 b3 b1 b2 b3
ï = =
ïa + b
ï 1 a2 + b2 a3 + b3
î 1

Kết hợp hai điều trên Þ (1) đúng Þ đpcm.
é$k (1 £ k £ 3) : ak = bk = 0
ê
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û êê a1 a2 a3 .
= =
ê b1
ë b2 b3


www.VNMATH.com
20

Nhận xét: · Xin đưa ra một minh hoạ hình học cho bất đẳng thức trên.
Cho DABC . Gọi M , N , P là điểm bên trong cạnh BC , AC và MN . Đặt S = SDABC ;

S1 = SDAPN ; S 2 = SDBPM . Chứng minh: 3 S1 + 3 S 2 £ 3 S . (5)

Bài giải
Đặt BM = a1 ; CM = a2 ; CN = b1 ; AN = b2 ; MP = c1 ; NP = c2 . (Hình 1.5).
S1 S1 SDCMN
Ta có: = .
S SDCMN S

b2 c2 b1 a2
=
b1 (c1 + c2 ) (b1 + b2 )( a1 + a2 )

a2 b2 c2
= . (6)
( a1 + a2 )(b1 + b2 )(c1 + c2 )
S2 a1b1c1
Tương tự, ta có: = (7) (Hình 1.5)
S ( a1 + a2 )(b1 + b2 )(c1 + c2 )

Từ (6),(7) suy ra (5) Û 3 a1b1c1 + 3 a2b2 c2 £ 3 (a1 + a2 )(b1 + b2 )(c1 + c2 ) . (8)

Theo thí dụ 1.16 thì (8) đúng Þ đpcm.
· Hoàn toàn theo cách chứng minh trên ta cũng chứng minh được dạng tổng
quát của bất đẳng thức Minkowski sau:
Cho hai dãy số không âm: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn (n ³ 2, n Î ¢ ) . Ta có:

n (a1 + b1 )(a2 + b2 )...(an + bn ) ³ n a1a2 ...an + n b1b2 ...bn .
n-1
æ 2n - 2 ö
÷
Thí dụ 1.17 Cho n ³ 2, n Î ¥ . Chứng minh rằng: C .C ...C £ ç
ç
ç n -1 ø
÷
÷
0 1 n
.
è ÷n n n

Bài giải
Vì Cn0 = Cnn = 1 , nên ta có: Cn0 .Cn ...Cnn = CnCn2 ...Cnn-1 .
1 1
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

Cn + Cn + ... + Cn -1 ³ ( n -1) n-1 Cn × Cn2 ××× Cn -1 .
1 2 n 1 n

Vì Cn + Cn2 + ... + Cnn-1 = Cn0 + Cn + Cn2 + ... + Cnn-1 + Cnn - (Cn0 + Cnn )
1 1

= (1 + 1) - 2 = 2n - 2 .
n


www.VNMATH.com
21

Þ 2n - 2 ³ (n - 1) n-1 Cn × Cn ××× Cn -1 .
1 2 n
(2)
n-1
æ 2n - 2 ö
÷
ç
Từ (1),(2) suy ra: C .C ...C £ ç ÷ Þ đpcm.
ç n -1 ÷
0 1 n
n n
è
n
÷
ø

én = 2
Đẳng thức xảy ra Û Cn = Cn2 = ... = Cnn-1 Û ê
1
.
êë n = 3

Thí dụ 1.18 (Bất đẳng thức Côsi suy rộng).
Cho n số không âm: a1 , a2 ,..., an và a1 , a2 ,..., an là các số hữu tỉ dương có tổng bằng

1. Chứng minh: a1a1 + a2 a2 + ... + an an ³ a1a .a2 ...an .
a a 1 2 n

Bài giải

Vì ak > 0, ak Î ¤ (k = 1, n) và åa
n

k = 1.
k =1

p1 p p
Nên đặt a1 = , a2 = 2 ,..., an = n , trong đó: p1 , p2 ,..., pn , M là các số nguyên
M M M
dương và: p1 + p2 + ... + pn = M .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho p1 số a1 , p2 số a2 ,..., pn số an ta có:
a1 + a1 + ... + a1 + a2 + ... + a2 + ... + an + ... + an M p1 p2 pn
³ a1 .a2 ...an
M
p1 p2 pn
p1 p p
Û a1 + 2 a2 + ... + n an ³ a1M .a2M ...anM
M M M
Û a1a1 + a2 a2 + ... + an an ³ a1a1 .a2 2 ...an n Þ đpcm.
a a

1
Nhận xét : · Khi lấy a1 = a2 = ... = an = , ta có bất đẳng thức Côsi dưới dạng:
n

a1 + a2 + ... + an ³ n n a1a2 ...an .

· Theo lời giải của thí dụ trên ta chứng minh được bất đẳng thức sau
(Bất đẳng thức Holder).
Cho hai dãy số không âm: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn , p và q là hai số hữu tỉ


www.VNMATH.com
22

1 1
æ n p ö p æ n q öq
çå a ÷ .çå b ÷ ³ å a b .
n
1 1
+ = 1 . Chứng minh: ç ÷ ç ÷
ç k =1 k ÷ ç k =1 k ÷
dương sao cho:
è ø è ø
k k
p q k =1

Thật vậy, theo thí dụ 1.18 ta có kết quả sau:
1 p 1 q
Nếu a ³ 0, b ³ 0 thì a + b ³ ab . (1)
p q

ak bk
Áp dụng (1) với a = 1
; b= 1
; "k = 1, n . Ta có:
æ ö æ ö
çå a p ÷ çå b q ÷
n p n q
ç k ÷
÷ ç k ÷
÷
ç k =1 ø
è ç k =1 ø
è

1 akp 1 bkq ak bk
+ ³ . (2)
å ak å bk çå ak ÷ çå bk ÷
n n 1 1
p p q q
æ n p ö p æ n q öq
ç ÷ ÷
k =1 k =1 ç k =1 ÷ ç k =1 ÷
è ø ç è ø

Vì (2) đúng với mọi k = 1, 2,..., n nên cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:

å ak bk
n

1 1
+ ³ k =1
1 1
. (3)
p q æ n ö p æ n q öq
çå k ÷ çå k ÷
ç ap÷ ç b ÷
è k =1 ÷ ç k =1 ÷
ç ø è ø

1 1
Do + = 1 , nên từ (3) Þ đpcm.
p q

Đặc biệt: Nếu p = q = 2 thì từ bất đẳng thức Hônđe ta có được bất đẳng thức

Bunhiacopski: (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) ³ (a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 .

Thí dụ 1.19 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta luôn có:
cos A + cos B + cos C R
³ . (1)
sin A + sin B + sin C 3r
2 2 2

Bài giải
A B C
Áp dụng hệ thức r = 4 R sin sin sin , ta có:
2 2 2
cos A + cos B + cos C 1
(1) Û ³ . (2)
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C A B C
12sin sin sin
2 2 2


www.VNMATH.com
23

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:
(sin A + sin B + sin C )(sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) ³ 9sin A sin B sin C . (3)

Đẳng thức trong (3) xảy ra Û A = B = C .
3
Mặt khác, trong mọi DABC thì cos A + cos B + cos C £ .
2
Từ (3) suy ra:
(sin A + sin B + sin C )(sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) ³ 6sin A sin B sin C (cos A + cos B + cos C )
cos A + cos B + cos C sin A + sin B + sin C
Þ ³
sin A + sin B + sin C
2 2 2
6sin A sin B sin C
A B C
cos cos4cos
cos A + cos B + cos C 1
Þ ³ 2 2 2 = .
sin A + sin B + sin C 48sin sin sin cos cos cos
2 2 2
A B C A B C A B C
12sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy (2) đúng Þ (1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra Û A = B = C Û DABC đều.
Nhận xét :
· Trong thí dụ này, ngoài sử dụng bất đẳng thức Côsi, còn sử dụng đồng thời
các hệ thức lượng giác, bất đẳng thức lượng giác cơ bản đã biết trong tam giác và
phép biến đổi tương đương để chứng minh. Việc vận dụng nhiều phương pháp khác
nhau, nhiều kết quả toán học khác nhau để chứng minh một bài toán là một điều mà
người học toán, làm toán cần quan tâm.
· Thông qua ví dụ này cho thấy việc phân loại các phương pháp chứng minh
chỉ có tính chất tương đối mà thôi.

1.4 THÊM BỚT HẰNG SỐ KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
Ta hãy bắt đầu bằng một thí dụ đơn giản:
2 ( a + b + c)
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh: 3
ab + 3 bc + 3 ca -1 £ .
3
Bài giải
Biểu thức dưới dấu căn bậc 3 là một tích của hai thừa số. Để có thể sử dụng được
bất đẳng thức Côsi ta cần viết: ab = ab.1 ; bc = bc.1 ; ca = ca.1 .


www.VNMATH.com
24

Nói khác đi, ta đã thêm vào thừa số 1 (hằng số ở đây là 1).
a + b +1
Khi đó theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3
ab = 3 ab.1 £ , (1)
3
b + c +1
3
bc = 3 bc.1 £ , (2)
3
c + a +1
3
ca = 3 ca.1 £ . (3)
3
2 ( a + b + c)
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 3
ab + 3 bc + 3 ca £ + 1 Þ đpcm.
3
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û a = b = c = 1 .
Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp thêm bớt hằng số khi sử dụng bất
đẳng thức Côsi.
Vấn đề quan trọng ở chỗ cần chọn hằng số như thế nào để có thể áp dụng được bất
đẳng thức Côsi vào bất đẳng thức cần chứng minh. Đồng thời phải chọn đúng hệ số
khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được.
4
Thí dụ 1.20 Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh: x + xy + 3 xyz £ .
3
Bài giải
1 1
Ta có: x + xy + 3 xyz = x + x.4 y + 3 x.4 y.16 z .
2 4
1 1 x + 4 y x + 4 y + 16 z
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: x.4 y + 3 x.4 y.16 z £ + .
2 4 4 12

Þ x + xy + 3 xyz £ ( x + y + z ) = (do x + y + z = 1 ) Þ đpcm.
4 4
3 3
ì
ï
ïx =
16
ï
ï
ìx = 4 y
ï ï 21
ï ï
ï
ï
Đẳng thức xảy ra Û ï4 y = 16 z Û ïy = .
4
í í
ï
ïx + y + z = 1 ïï 21
ï
ï
î ï
ï
ïz = 1
ï
ï
ï
î 21


www.VNMATH.com
25

3
Thí dụ 1.21 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = .
4

Chứng minh: 3
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a £ 3 .
Bài giải
a + 3b + 1 + 1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3
a + 3b = 3 ( a + 3b).1.1 £ , (1)
3
b + 3c + 1 + 1
3
b + 3c = 3 (b + 3c).1.1 £ , (2)
3
c + 3a + 1 + 1
3
c + 3a = 3 (c + 3a ).1.1 £ . (3)
3
4 (a + b + c ) + 6
3
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a £ = 3 Þ đpcm.
3
1
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û a = b = c = .
4

Thí dụ 1.22 Cho a, b, c > 0 và a 4 + b 4 + c 4 = 48 . Chứng minh: ab 2 + bc 2 + ca 2 £ 24 .
Bài giải

Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a 4 + b 4 + b 4 + 2 4 ³ 4 4 a 4 .b 4 .b 4 .2 4 = 8ab 2 , (1)

b 4 + c 4 + c 4 + 24 ³ 4 4 b 4 .c 4 .c 4 .24 = 8bc 2 , (2)

c 4 + a 4 + a 4 + 24 ³ 4 4 c 4 .a 4 .a 4 .24 = 8ca 2 . (3)
3(a 4 + b 4 + c 4 ) + 48 ³ 8( ab 2 + bc 2 + ca 2 ) Û ab 2 + bc 2 + ca 2 £ 24 Þ đpcm.

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û a = b = c = 2 .

1 1 1
Thí dụ 1.23 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3abc . Chứng minh: 3
+ 3 + 3 ³ 3.
a b c
Bài giải
1 1 1 1 3
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 3
+ 3 + 1 ³ 3 3 3 3 .1 = . (1)
a b a b ab


www.VNMATH.com
26

Đẳng thức xảy ra Û a = b = 1 .
1 1 3
Tương tự, ta có : 3
+ 3 +1 ³ , (2)
b c bc
1 1 3
3
+ 3 +1 ³ . (3)
c a ca
æ1 1ö æ1 1ö
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 2 ç 3 + 3 + 3 ÷ + 3 ³ 3ç + + ÷ .
1 1
ç
ç ÷
÷ ç
ç ÷
÷ (4)
èa b c ø è ab bc ca ø
1 1 1
Theo giả thiết: a + b + c = 3abc Þ + + = 3. (5)
ab bc ca
1 1 1
Từ (4),(5) Þ 3
+ 3 + 3 ³ 3 Þ đpcm.
a b c
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(5) xảy ra Û a = b = c = 1 .
Nhận xét: Qua các thí dụ trên ta đã thấy rõ cách thêm các hằng số thích hợp sẽ giúp
ích rất nhiều trong chứng minh. Ở thí dụ 1.20, 1.21 hằng số thêm vào là hằng số
nhân, còn hằng số thêm vào trong thí dụ 1.22 và 1.23 là hằng số cộng. Tương tự ta
có lời giải cho các thí dụ sau:

Thí dụ 1.24 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: f ( x) = x 3 (2 - x ) trên [0, 2] .
5

Bài giải

33 æ 5 x ö
3

Có f ( x) = 3 ç ÷ ( 2 - x ) .
ç ÷
5

5 ç3ø
è ÷

33 æ 5 x öæ 5 x öæ 5 x ö
Þ f ( x) = 3 ç ÷ç ÷ç ÷( 2 - x )(2 - x )(2 - x)( 2 - x )(2 - x ) .
ç ÷ç ÷ç ÷
5 ç 3 ÷ç 3 ÷ç 3 ÷
è øè øè ø

é 1 æ 5x öù
8
33 33 58 33.55
Theo bất đẳng thức Côsi ta có: f ( x) £ 3 ê ç3. + 5 ( 2 - x )÷ú = 3 8 = 8 .
ç ÷ú
5 êë 8 ç 3
è ÷
øû 5 4 4

= 2 - x Û x = Î [0; 2] .
5x 3
Đẳng thức xảy ra Û
3 4
33.55 3
Vậy Maxf ( x) = 8
khi x = .
4 4
Nhận xét: Có thể dùng đạo hàm để giải thí dụ trên.


www.VNMATH.com
27

x3 y3 z3 x2 y2 z2
Thí dụ 1.25 Cho x, y , z > 0 . Chứng minh: + 3+ 3³ 2+ 2 + 2.
y3 z x y z x

Bài giải
x3 x3 x6 x2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: + 3 + 1 ³ 3. 3 6 = 3 2 , (1)
y3 y y y

y3 y3 y6 y2
+ 3 + 1 ³ 3. 3 6 = 3 2 , (2)
z3 z z z

z3 z3 z6 z2
+ 3 + 1 ³ 3. 3 6 = 3 2 . (3)
x3 x x x
æ x3 y3 z3 ö æ x2 y2 z2 ö
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 2 ç 3 + 3 + 3 ÷ + 3 ³ 3ç 2 + 2 + 2 ÷ .
ç ÷ ç ÷
x ÷ x ÷
çy
(4)
çy
è z ÷
ø è z ÷
ø

x3 y3 z3 x3 y 3 z 3
Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi thì: + 3 + 3 ³ 33 3 . 3 . 3 = 3 . (5)
y3 z x y z x

x3 y3 z3 x2 y2 z2
Từ (4),(5) suy ra: + 3 + 3 ³ 2 + 2 + 2 Þ đpcm.
y3 z x y z x

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(5) xảy ra Û x = y = z.

1.5 THÊM BỚT BIẾN KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.
Phương pháp sử dụng trong 1.5 cũng tương tự như phương pháp trong 1.4. Điều
khác nhau chỉ là ở chỗ thay cho thêm hằng số, thì việc thêm bớt vào bất đẳng thức
cần chứng minh ở đây là các biểu thức chứa biến.
a 5 b5 c 5
Thí dụ 1.26 Cho a, b, c > 0 . Chứng minh: M = 2
+ 2 + 2 ³ a 3 + b3 + c 3 .
b c a

Bài giải

a5 a5
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: + ab 2 ³ 2 2 ab 2 = 2a 3 . (1)
b2 b


www.VNMATH.com
28

a5
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û 2
= ab 2 Û a = b .
b
b5 c5
Tương tự ta có: 2
+ bc 2 ³ 2b3 ; 2
+ ca 2 ³ 2c 3 . (2)
c a

Từ (1),(2) suy ra: M + (ab 2 + bc 2 + ca 2 ) ³ 2 (a 3 + b3 + c 3 ) . (3)

Ta chứng minh: a3 + b3 + c3 ³ ab 2 + bc 2 + ca 2 . (4)
Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi ta có:

a3 + a3 + c 3 ³ 3 3 a3 a 3 c3 = 3ca 2 Þ 2a 3 + c 3 ³ 3ca 2 .

Tương tự ta có: 2b3 + a 3 ³ 3ab 2 ; 2c3 + b3 ³ 3bc 2 .

Từ đó Þ a3 + b3 + c3 ³ ab 2 + bc 2 + ca 2 Þ (4) đúng.
Cộng từng vế của (3),(4) ta được: M ³ a 3 + b3 + c3 Þ đpcm.
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(4) xảy ra Û a = b = c .

x2 y2 z2 3
Thí dụ 1.27 Cho x, y , z > 0 và xyz = 1 . Chứng minh: + + ³ .
1+ y 1+ z 1+ x 2

Bài giải
x2 1+ y x2 1 + y
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: + ³ 2. . = x. (1)
1+ y 4 1+ y 4

x2 1+ y
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û = Û 2x = 1 + y .
1+ y 4

y2 1+ z z2 1+ x
Tương tự ta có: + ³y ; + ³ z. (2)
1+ z 4 1+ x 4

x2 y2 z2 3( x + y + z ) 3
Từ (1),(2) suy ra: + + ³ - . (3)
1+ y 1+ z 1+ x 4 4

Theo bất đẳng thức Côsi thì: x + y + z ³ 3 3 xyz = 3 . (4)

x2 y2 z2 3
Từ (4),(5) Þ + + ³ Þ đpcm.
1+ y 1+ z 1+ x 2

Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(4) xảy ra Û x = y = z = 1 .


www.VNMATH.com
29

Thí dụ 1.28 Cho x, y , z > 0 và xy xy + yz yz + zx zx = 1 .

x6 y6 z6 1
Chứng minh rằng: + 3 + 3 ³ .
x +y
3 3
y +z 3
z +x 3
2

Bài giải
Đặt a = x3 , b = y 3 , c = z 3 . Khi đó bài toán trở thành:

Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1 .

a2 b2 c2 1
Chứng minh: M = + + ³ .
a +b b+c c+a 2

a2 a+b a2 a + b
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: + ³2 . =a. (1)
a +b 4 a+b 4

a2 a+b
Đẳng thức trong (1) xảy ra Û = Û a =b.
a+b 4

b2 b+c
Tương tự ta có: + ³b, (2)
b+c 4

c2 c+a
+ ³c. (3)
c+a 4
a+b+c a+b+c
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M + ³ a+b+c Þ M ³ . (4)
2 2

Dễ thấy với a, b, c > 0 thì a + b + c ³ ab + bc + ca = 1 . (5)
1
Từ (4),(5) Þ M ³ Þ đpcm.
2
Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3),(5)
1
Ûa=b=cÛ x= y= z= .
3
Thí dụ 1.29 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3abc . Chứng minh:
bc ca ab
+ 3 + 3 ³1 . (1)
a (c + 2b) b (a + 2c ) c (b + 2a)
3

Bài giải
1 1 1
Đặt x = , y = , z = . Khi đó (1) trở thành: Cho x, y , z > 0 và xy + yz + zx = 3 .
a b c


Bdt sơ cấp nvhieu

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Bdt sơ cấp nvhieu

Similar to Bdt sơ cấp nvhieu (19)

More from Thế Giới Tinh Hoa

More from Thế Giới Tinh Hoa (20)

Bdt sơ cấp nvhieu