các bất đẳng thức kinh điển pot

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số: Ta có: Bài 401: Chứng minh rằng trong mọi tam giác, ta có: 1... Bất đẳng thức Trêbưsép được chứng minh... Vậy bất đẳng thức Trêbưsép đú

Ta có:

Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:

( )

1

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho bộ số:( x, y, z);( x3, y3, z3), ta có:

2

x y z x+ + +y +z ≥ x +y +z

Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi:x= = ⇔ = =y z A B C.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho bộ số:(1,1,1 ; , ,) (x y z), ta có:

2

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

1 3 1

3 9

x y z

x y z

⇒ + + ≥

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

tg +tg +tg ≥

Bài 400: Chứng minh rằng trong mọi tam giác, ta có:

tg +tg +tg ≥ .

x tg= y tg= z tg= x y z> xy yz xz+ + =

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

( )

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3

1

1 3

x y y z x z xy yz xz

x y y z x z

⇔ + + ≥

Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi, ta có:

2 2 2 3

3

xy yz xz

x y z

Hay

( )

1

3 3

xyz≤ ⇒ xyz≤

Từ (1) suy ra:

2 2 2 2 2 2 4

1

3

x y y z x z

3

xyz≤

2 2 2 2 2 2

hay

( 2 2 2 2 2 2)

2 2+ x y +y z +x z ≥8 3xyz

(1 x2) (1 y2) (1 z2) (1 x2) (1 y2) (1 z2) 8 3xyz

hay

tức là ta có: 1 cos cos cos+ A B C≥ 3 sin sin sinA B C

2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số:

Ta có:

Bài 401:

Chứng minh rằng trong mọi tam giác, ta có:

1 1 cos cos cos 3 sin sin sin

( )

2

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chi khi:

A B C

⇔ = =

tg tg +tg tg +tg tg = Nên từ (1) suy ra:

( )

2

Hiển nhiên ta có:

sinA+sinB+sinC ≥3 sin sinA B+sin sinB C+sin sinA C 3

Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chi khi:A B C= =

Vậy từ (2) và (3) suy ra:

Do sinA+sinB+sinC>0 và sin sin sin sin sin sin 0

A B+ B C+ A C >

( vì A B C+ + = π)

từ (4) suy ra:

( )

suy ra đ.p.c.m

Bài 402:

Cho x x1, , ,2 x n là n số dương tùy ý Gọi y y1, , ,2 y n là một hoàn vị tùy ý của n số trên Chứng minh rằng:

2

2 2

1 2

1 2

1 2

n

x

x x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số:( x1, x2, , x n); 1,1, ,1( )

ta có:

( )

2

2

2

1 2

1 2

1

n n

n

n

  Dấu bằng trong (1) xảy ra khi va chỉ khi:

( )

1 2 n 1 2 n *

x = x = = x ⇔ =x x = = x

Lại áp bất đẳng thức Bunhiacopski với hai bộ số:

1 2

1 2

1 2

n n

x

Ta có:

2

2 2

2

1 2

1 2

n

x

x x

1 2

n

x

x x

y = y = = y

Do y1+ + +y2 y n = + + + >x1 x2 x n 0 nên từ (2) suy ra:

( )

2

2 2

1 2

1 2

1 2

n n

x

x x

y + y + + y ≥ + + +

1 2

n

x

x x

Dấu bằng xảy ra ⇔đồng thời có dấu bằng trong (*) và (**)⇔ =x1 x2 = = x n

Giải:

Cách 1:

Ta có:

Bài 403:

Cho hai dãy đơn điệu tăng a1≤a2 ≤ ≤ a n và b1≤ ≤ ≤b2 b n Khi đó ta có:

(a1+ + +a2 a n) (b b1+ + +2 b n)≤n a b( 1 1+a b2 2+ + a b n n)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc a1=a2 = = a n hoặc b1= = =b2 b n.

( ) ( )

( )

1

k k k i k k i

Lại có:

( )

2

i i i k i i i k

i i i i i i i k

a b a b a b a b

Từ (1) và (2) suy ra

1 2

k k k i i i i k k i k i

Từ giả thiết suy ra: (a k−a i) (b k −b i) ≥ ∀0 i k, =1,n

1

0 2

n n

k i k i

k i

a a b b

∑∑

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc a1 =a2 = = a n hoặc b1 = = =b2 b n.

Bất đẳng thức Trêbưsép được chứng minh

Cách 2:

a

n

+ + +

=

Do a1 ≤a2 ≤ ≤ a n nên tồn tại một chỉ số I sao cho:

1 2 i i 1 n

Lấy số b tùy ý sao cho:

1 2 i i 1 n

Khi đó ∀ =k 1,n rõ rang, ta có:

( )

0

k k k k

a a b b

a b ba b a ab k n

Cộng từng vế của n bất đẳng thức dạng (*), ta có:

( )

a b b a a b nab

Theo định nghĩa các số a b, từ (**) ta có:

0

k k k

a b a b

1

n

Cách 3: (bất đẳng thức trê bư sét là hệ quả của bất đẳng thức về các dãy đơn điệu )

Theo bổ đề về các dãy đơn điệu, ta có:

1 1 2 2 1 2

n

n n i i n i

a b +a b + +a b ≥a b +a b + +a b

Ở đây i i1, , ,2 i n là một hoán vị bất kì của 1, 2, , n Nói riêng ta có:

1 1 2 2 1 1 2 2

a b a b a b a b a b a b

a b a b a b a b a b a b

a b a b a b a b a b a b

a b a b a b a b a b a b−











L

Cộng từng vế bất đẳng thức (trong đó có 1 đẳng thức) trên, ta có:

−

Vẫn theo bổ đề nói trên, thì dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc

1 2 n

a =a = =a hoặc b1= = =b2 b n.

Suy ra đ.p.c.m

Cách 4:

Ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học:

Với n=2 Giả sử a1≤a b2; 1 ≤b2 Khi đó ta có:

1 2 1 2

1 2 2 2 1 2 2 1

1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2

1 2 2 2 1 2 1 2

0

2

a a b b

a a a b a b a b

a a a b a b a b a a a b

a a a b a a b b

Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc a1 =a2; hoặc b1 =b2.

 Giả sử bất đẳng thức Trêbưsép đúng với n k= , tức là nếu a1≤a2 ≤ ≤ a n và

1 2 n

b ≤ ≤ ≤b b thì ta có:

(a1+ + +a2 a n) (b b1+ + +2 b n) ≤k a b( 1 1+a b2 2+ + a b k k) ( )**

Dấu bằng trong (**) xảy ra khi và chỉ khi: hoặc a1=a2 = = a k hoặc

1 2 k

 Xét khi n k= + 1 Giả sử ta có a1≤a2 ≤ ≤ a k ≤a k+1 và b1≤ ≤ ≤ ≤b2 b k b k+1.

Áp dụng giả thiết quy nạp (**) với hai dãy: a1≤a2 ≤ ≤ a k ≤a k+1 và

1 2 k k 1

b ≤ ≤ ≤ ≤b b b+ , ta có:

Hay

( )

1

Lí luận hoàn toàn tương tự, ∀ =j 1,n+1 ta có:

( )

i j i j i i j j

Cộng n+ 1 bất đẳng thức (1), (2),…( n+ 1) trên ta có:

2

1

1

i i j i i i j j i i

k k k k

i i i j

i i i j

a b b a a b a b k a b

∑ ∑ ∑ ∑

2

2

i j j j i i

b a a b k a b

Do k− >1 0 ( vì k>2 ), suy ra:

Dấu bằng xảy ra khi và chi khi đồng thời dấu bằng trong (1), (2),…( n+ 1)

Chú ý rằng dấu bằng trong (j) xảy ra khi và chỉ khi:

hoặc a1 =a2 = = a j−1 =a j+1=a k+1

hoặcb1= = =b2 b j−1 =b j+1 =b k+1.

Từ đó suy ra dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi:

hoặc a1 =a2 = = a k+1

hoặcb1= = =b2 b k+1.

Vậy bất đẳng thức Trêbưsép đúng với n k= +1

Theo quy nạp toán học suy ra : đ.p.c.m

Chú ý:

1) Lưu ý rằng đôi khi người ta phát biểu bất đẳng thức Trê bư sép dưới dạng tương đương sau:

Cho dãy đơn điệu tăng a1≤a2 ≤ ≤K a n và dãy đơn điệu giảm b1≥ ≥ ≥b2 K b n

Khi đó ta có bất đẳng thức sau:

(a1+ + +a2 K a n) (b b1+ + +2 K b n)≥n a b( 1 1+a b2 2+ +K a b n n)

Thật vậy đặt b k'= −b i k, =1,n thì ta có b1'≤b2'≤ ≤K b n'

Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sép với hai dãy { } { }a k ; b k' , i=1,n ta có:

( ) ( ) ( )

Nhận xét trên được chứng minh

2) Từ bất đẳng thức Trê bư sép, ta có thể chứng minh được ngay các bất đẳng thức sau:

a) Cho a a1, , ,2 K a n >0 Khi đó ta có :

1 2

1 2

*

n

n

Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1≥a2 ≥ ≥K a n Khi đó

1 2

n

a ≤ a ≤ ≤K a

Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sép, ta có:

Nhận xét:

a) Bất đẳng thức (*) là bất đẳng thức Cô si cơ bản có một vài ứng dụng vô cùng to lớn (bài 225) như ta thấy trong phần 1 Nó có thể chứng minh bằng nhiều cách: hoặc dùng bất đẳng thức Cô si, hoặc dùng Bunhiacopski, hoặc dùng bất đẳng thức Trê bư sép

đẳng thức này, ta có thể dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopski, Trêbưsép

Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a b c d≥ ≥ ≥

Khi đó ta có hai dãy sau:

b c c a a b

b c a c a b

+ ≤ + ≤ +

Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsép cho hai dãy số trên, ta có:

3

b c c a a b

b c a c a b

3

b c a c a b a b c

+ +

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

hoặc b c a c a b+ = + = +

hoặc

b c a c a b

b c a c a b

+ = + = +







a b c

⇔ = =

c) xét hoàn toàn tương tự như phần b ta suy ngay bất đẳng thức sau:

Cho a b c, , là các số dương, và n là số tự nhiên Khi đó ta có:

3 2

b c a c a b a b c

+ +

( khi n=1 ta thu được bất đẳng thức Nesbit)

Giải:

Không làm mất tính tổng quát, giả sử a1≥a2 ≥ ≥ a n

Xét hai dãy số sau:

n n n

a

Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsép, ta có:

1 1

1

n

n n

n n

n

a

a a

K

K

Chú ý là (C −2a1) (+ C−2a2)+ +K (C −2a n)=n C −2(a1+ + +a2 K a n)

Thay vào (1) ta có:

n n

a

C

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

n n

a

hoặc là C −2a1= −C 2a2 = = −K C 2a n

1 2 n

Vậy ta được đ.p.c.m

Bài 404:

Cho a a1, , ,2 a n là các cạnh của đa giác n cạnh, và gọiC là chu vi đa giác Chứng minh rằng:

n n

a

a + a + + a ≥ n

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến:

2 2 2

2

4

3 4

a

a b c

m

=

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau:

(a2+ +b2 c2) (h a2+h b2+h c2)≥36S2 ( )1

Tức là: h a ≤ ≤h b h c

Áp dụng dạng hai của bất đẳng thức Trêbưsép cho hai dãy sau:a2 ≥b2 ≥c2 và

2 2 2

a b c

(a2+ +b2 c2) (h a2+h b2+h c2) (≥3 a h2 a2+b h2 b2+c h2 c2) ( )2

Do a h2 a2 =b h2 b2 =c h2 c2 =4S2 nên (2) trở thành:

(a2+ +b2 c2) (h a2+h b2+h c2) (≥3 4S2+4S2+4S2) =36 S2

Vậy suy ra được đ.p.c.m

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: hoặc a2 =b2 =c2, hoặc ABC là tam giác đều

Giải:

Không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1≥a2 ≥ ≥K a n

1 2 n

a ≥a ≥ ≥a và 1 2

n n

a

S a ≥ S a ≥ ≥S a

Áp dụng dạng hai của bất đẳng thức Trêbưsép cho hai dãy:

Bài 405:

Gọi m m m a, b, c tương ứng là độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A B C, , còn h h h a, ,b c là độ dài ba đường cao lần lượt kẻ từ A B C, , Chứng minh bất đẳng thức:

(m a2 +m b2+m c2) (h a2+h b2 +h c2)≥27S2 (S là diện tích tam giác)

Bài 406:

Cho n số dương a a1, , ,2 a n, trong đó 2 2 2

1 2 n 1

3

1 1

n n

a

S a +S a + +S a ≥n

Với S a= + + +1 a2 K a n

2 2 2

1 , 2 , , n

n

a

S a S a− − K S a− ;ta có:

1 2

n

1 2 n 1

( )

3

1

1

Ta có:

1

1

1

n

n

n

n

a

n

K

Theo bất đẳng thức Côsi bài 225 suy ra:

( )

2 1

1 1

1

2 1

n

n n

n

a

Từ (1) và (2) suy ra:

3

1 1

n n

a

S a +S a + +S a ≥ n

Bài 407:

Cho x x1, , ,2 K x n >0 và x1+ + + ≤ <x2 K x n S n Chứng minh rằng:

2 2

n n

n

K

Giải:

Theo bất đẳng thức Trêbưsép, ta có:

1 2

1 2

1

n

n

Dấu bằng xảy ra trong (1) khi và chỉ khi: x1 =x2 = =K x n

Từ (1) suy ra:

2

n

x + x + x ≥ x x x

+ + +

K

K

Do x1+ + + ≤x2 K x n S suy ra: 2 ( )

1 2

2

n

n

x + x +Kx ≥ S

n

Áp dụng bất đẳng thức:

Nếu a b i, i >0 với i=1,n thì

a +b + a +b + +K a +b ≥ a + +a Ka + b b+ +Kb

1 2

n n

a

a a

b =b = =K b

Ta có:

4

Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi:

1 2

1 2

1 2

n

x

x x

2

1 2

n

( )

2 2

α + β =   +  + ÷ − ÷ 

Theo bất đẳng thức Côsi thì

n

S

αβ

Thay vào (5), ta có:

( )

2

2

2

S

S

2 4

1 2

1 2

n

n

Và

2 4

2

1 2

1

n

n

S

K

Nên từ (6) suy ra:

( )

Từ (4) và (7) suy ra:

2 2

n n

n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời có dấu bằng trong (2),(4) và (6)

1 2 n S

n

Chú ý bất đẳng thức (3) có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất dẳng thức Bunhiacopski như sau:

Thật vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau (sau khi bình phương hai vế)

1 1

1

1 1

1

2 2 2 2

2 2

*

i j n

n n i j i j

i j n

i i i j i j i j

≤ ≤ ≤

≤ ≤ ≤

∑

∑

K

K

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski thì ∀ ≤ ≤ ≤1 i j n, ta có:

2

2 2 2 2

2 2 2 2

i i i j i j i j

i i i j i j i j

a b a a a a b b

a b a a a a b b

Vậy (*) đúng suy ra (3) đúng

1 2

n n

a

a a

b = b = =K b

Bài 408:

Cho a i ≥0, i=1,n ; và đặt S a= + + +1 a2 K a n Cho x i∈¡ i=1, 2,Kn≥2 Giả sử

2

1 2

1

1

m

+

Giải:

Do vai trò bình đẳng giữa các a i, nên ta có thể giả sử a1≥a2≥ ≥K a n Vì

i

a > ∀ =i n, và m là số nguyên dương, nên theo trên ta có:

( )

n

a ≥a ≥ ≥K a

Do a1 ≥a2 ≥ ≥K a n ⇒ − ≤ − ≤ ≤ −S a1 S a2 K S a n

( )

2

n n

a

Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sép cho hai dãy (1) và (2), ta có:

( )

1 2

1

3

n

n m

n n

a

a

n

+

K

Dấu bằng trong (3) xãy ra khi và chỉ khi: a1=a2 = =K a n

Mặt khác ta có:

1

4

n

n

n

n

a

K

Theo bất đẳng thức Côsi thì:

1

5

n

n

Vì dấu bằng trong (5) xảy ra khi và chỉ khi:

S a− = − = = − ⇔ =S a K S a a a = =K a

Thay (5) vào (4) ta được:

( )

2

6

n n

a

n

S a +S a + +S a ≥ n − = n

Dấu bằng trong (6) xảy ra ⇔ dấu bằng trong (5) xảy ra ⇔ =a1 a2 = =K a n

Từ (3) và (6) suy ra:

1 2

1

1 2

3 1

7 1

n

n

m

n

n n

a

n a

+

≤

Dấu bằng trong (7) xảy ra ⇔ dấu bằng trong (3) và (6) xảy ra ⇔ =a1 a2 = =K a n

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai dãy số:

1 2

1 2

1 2

n

n

x

( ) ( ) ( )

2

2 2

2

1 2

1 2

8

n

n

x

x x

1 2

n

a = a = =K a Bất đẳng thức (8) được viết lại:

2

2 2

1 2

1 2

9

n n

x

x x

+ + +

K K

K

Vì các vế của (7) và (9) đều là số dương nên ta nhân cùng chiều hai bất đẳng thức (7) và (9), ta được:

2

1 2

1

10

m m

n

+ +

Dấu bằng trong (10) xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng trong (7) và (8) xảy ra:

1 2

1 2 1

1 2 1

n

n n

n

n

x x









K

K

Vậy ta có đ.p.c.m