BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHÓ

BẤT ĐẲNG THỨCToán học cũng như trong đời sống thường ngày, đôi khi ta sẽ gặp phải những vấn đề khó giải quyết, nên ta cần phải biết: Linh hoạt xử lý các tình huống và lựa chọn những phươ

BẤT ĐẲNG THỨC

Toán học cũng như trong đời sống thường ngày, đôi khi ta sẽ gặp phải những vấn đề khó giải

quyết, nên ta cần phải biết: Linh hoạt xử lý các tình huống và lựa chọn những phương án tối ưu

khi cần thiết.

Một vấn đề mà học sinh thường quan tâm đó là làm thế nào để học được tốt môn toán, có những ýkiến nói rằng muốn học giỏi toán là phải giải và xem lời giải thật nhiều, thật nhanh và phải cốgắng nhớ chúng Theo tôi suy nghĩ đó không hay

Học toán là phải bắt đầu học từ những điều cơ bản nhất để nắm vững nền tảng một cách chắcchắn, rồi từ đó giúp cho ta có cách tư duy và lập luận chặt chẽ khi giải toán Đó cũng là một lý do

mà toán học luôn đòi hỏi ở những người đam mê môn học này Vì thế nên người ta mới nói:

“ Cần chậm khi đang học để thêm phần nhanh và chắc chắn khi đi thi”.

Toán có rất nhiều lĩnh vực mà trong đó bất đẳng thức là một nhóm toán khó đối với hầu hết những

ai yêu thích và nghiên cứu toán đặc biệt là đối với học sinh Mặc dù được thầy cô, các quyển sáchtham khảo cung cấp nhiều công cụ khi giải bất đẳng thức nhưng mọi học sinh đều cảm thấy lúngtúng và có cảm giác thiếu tự tin khi đối diện với những bài toán mới

Vấn đề đặt ra là làm sao để tự tin và tìm ra được những phương án giải cho một bài toán bất đẳngthức ? Theo một số giáo viên để đỡ cảm thấy bối rối khi phải lựa chọn một trong nhiều phươngpháp, ta nên hướng chúng đến những điều cơ bản trong việc chứng minh bất đẳng thức, đó là luônđưa bài toán về những dạng đúng đã được chứng minh trước đó:

+ Giảm bớt số biến trong bài toán

+ Tìm cách thay thế chúng bằng những biểu thức đơn giản hơn

Vậy việc áp dụng nhiều phương pháp giải vào một bài toán nào đó đều có chung một mục đích đó

là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng cơ bản và đơn giản hơn

Lưu ý: Tài liệu này dành cho những học sinh có tinh thần tự học, kiên nhẫn khi giải toán.

Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VĂ ÂP DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG CHỨNG MINH.

I Lược sử về nhă Toân học Cauchy.

Cauchy sinh ngăy 21 thâng 8 năm 1789 Nhă Toân học đầy óc sâng tạo năy có rất nhiều côngtrình toân học, chỉ thua Euler mă thôi Ông được mệnh danh lă một thiín tăi Toân học với khảnăng sâng tạo vô cùng tận Có người nói rằng nhă Toân học người Phâp năy chỉ trong năm phút

có thể đưa ra được một định lý Năm 1813, ông bỏ nghề kỹ sư để theo đuổi sự nghiệp Toân học vẵng từng lă một giảng viín của Hăn lđm viện Khoa học Phâp Với tăi năng của mình ông đê tạonín một tiíu chuẩn riíng của mình trong Toân để nghiín cứu về sự Hội tụ của câc dêy trong Toânhọc Văo ngăy 25 thâng 5 năm 1857 ông đột ngột qua đời tại Paris

II Bất đẳng thức Cauchy - Bất đẳng thức giữa trung bình cộng vă trung bình nhđn.

_ Với n số không đm a 1 , a 2 , a 3 , , a nta có:

_ Đẳng thức xảy ra khi vă chỉ khia1a2  a n Khi mọi số hạng a bằng nhau ta gọi đó lă điểm

2

2 1

2 2

a b

2

2 1

Quy ước: khi mẫu số bằng 0 thì tử số bắt buộc cũng phải bằng 0

Hệ quả: với câc sốa iR văx i 0i1,2, ,n Ta có:

IV Một số kết quả thường gặp:

1 Với hai số dương a, b ta có:

+

b a

ab b a b

a

11

22

a

1

11

2 1

2 2

1

n

n n

n

b b

b

a a

a b

a b

a b

2 2

1 2

2 2

2

2 2 2 1 2 1

* a b  ab ab

22

2

2

: áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số a và b Ta được:

ab b a b a ab

ab

b

a

ab ab

2

2

2

22

b

a

0

22222

2

1

2 2

2

2 2 2

b

91

1

1

Chứng minh đơn giản

3 Với 4 số a,b,c,d thỏa abcd 4, ta có:

4

44

3 2

2 2

d c b a d c b a d c b a d c b a d

a

c

b

c b d a d a c b c b ad d a bc dab cda

2 2

Lưu ý: Với cách chứng minh tương tự như trên ta có kết quả tổng quát như sau:

Với bốn số dương a,b,c,d có tổng abcdta có:

2

b da a cd d bc c ab

i i

n

x x

x x

1:

cóTa 1,

1 1

2 2

2 1

1

1

11

11

1

11

x x

x

x x n

x x

x x n

x

x x

x x

x

n

n n

n

n

n n

n n

n x x x x x

x x

x x

x x x n

1

1

1

11

11

11

2 1 2

1

2 1

a 0 và 1 2  1 Tacó: 1 1 1 2 1  1 1 2 .Chứng minh: Đặt

i

i i i

i i

a

a x x

x a

V Kỹ thuật ước lượng qua một nhị thức bậc nhất:

Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức có dạng: f   x1  f x2   f  x  hay a

hằng số Ta tìm nhị thức bậc nhấtpxqsao cho f x  pxqhay f x  pxq

Từ đó ta được: f   x1  f x2   f  x n  p x1x2 x nnq(hay ngược lại)

Nếu có:x1x2  x n thì ta được: f   x1  f x2   f x n  pnq(hay ngược lại)

Ví dụ 1: Cho ba số không âm a, b, c CmR :     3 3

11

11

3

abc c

b

abc c

b a abc c

b a

Ví dụ 2: Cho ba số không âm a, b, c CmR : a b c

b

ca a

bc c

Giải: Áp dụng bất đẳng thức cô-si:

22

22

22

22

2 2 2

ca a

bc c ab

a bc

bc a c

ab

b

ca

c ab

abc b

ca

a

bc

b ca

c ab a

d a

d c

c d

c b

b c

b a

1

b d

d b a d

d d

c b a

d a

c

c a d c

c d

b d c b

b d

c b a

b c

a

a c b a

a d

d c b a b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b

a

a

d c b a

d d

c b a

c d

c b a

b d

c b a

a b

a d

d a

d c

c d

c b

b c

c a b d

d a c

c d b

b a c

a b a d

d a

d c

c d

c b

b c

d a

d c

c d

c b

b c

b a



Sau đó khai triển hai

vế của bất đẳng thức mới, rồi chứng minh bằng phương pháp tương đương, ta được:

a c c b b a

a c c b b

a

a c c b b

a

b a c c a b c b

a

abc c ab bc a c b a

abc

4 4 4

4 4 4 4 4 4

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

VP

22

2

VP

22

2VP

91

11

71

9

VT

7c

ba

9VT

72

22a

9VT

71

1a

1VT

91

1111

VT

2 2

2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2

ca bc ab ca bc ab c

b

ca bc ab ca bc ab ca bc ab c b

ca bc ab c b a ca bc ab c b a

11

2 2

2

2

2 2

2

1

2 2

2

VT

a c

c c b

c b a

c a c

b c b

b b a

b a c

a c b

a b a

,4

a c c b b

 

a c a a

c a c

a a c b

c b a c

b c b

a a b a

b a a b

2 2

2 2

Tương tự cho nhóm 2 và 3, ta được:

b a c

b b c b c b

b b b

2

,4

,

a c a c

c c c b c b

c c b a b a

2

Cộng các vế tương ứng với nhau, ta có:

 42

44

4

2 2

2

2 2

2

c b a a c

c c b

c c

b c b

b b

5 2

2 2

2 2

2

c b

c b a

b a c

a c

b a b a

c a c

b c b

11

11

1 và0,,

c b

111

111

1

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số không

âm ở vế phải ta được:

bcd

d c

c b

abc

Hai vế của (1), (2), (3) và (4) đều dương nên nhân vế theo vế ta có:

811

11

1

1

abcd d

c b

1

1

2 1



Học sinh hãy chứng minh công thức trên Xét riêng ví dụ trên thì n trong trường hợp này là 4.

Ví dụ 8: Choa,b,c0 Chứng minh rằng:

2

11

14333

2

44

411

1

8

81

*

c b b a b a a c a c c b ca bc

ab

a c c b b a

a c c b b a ca bc

ab

a c c b b a

c b a abc

c b

a

a c c b b a abc

,41

a c ca c b

Do đó:

111

2 2

2

a c c b b a ca bc

bc

ab

22

21

11

43

3

3

2 2

2

Vế phải của bất đẳng thức trên có dạng:

2 2

2 2

111hay 222111

yz xy z y x

Vậy

2

11

1433

Ví dụ 9: Cho các số dương x, y, z và xyz1 Cm: 1 1 1 3 3

3 3 3

3 3

z y xy

y x

Giải: Vì x, y, z là các số dương nên Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho từng phân số ở vế trái.

Cách 1: Ta có:1x3y333 x3y3 3xy nên

xy xy

x z yz

yz

z

và3

Cộng ba kết quả trên ta được:

3

VT

111

zx yz xy

Cách 2: Giả thiết :

z xy xyz1  1.Khi này: 1 3 3 z 1 x3 y3 z2 z2x3 z2y3

xy

y x

z xy z y

x z xy

y

33

y y

x y x xy

y x

33

131

3 3 3 2

2 2 2

3 3

yz

z y

3

1,3

z z

y

y y

x xy

x y

z yz z y

,12

2 3 2

Suy luận từ ví dụ 8 ta dễ dàng chứng minh được: 1 1 1 12 12 12  2

z y x zx yz

n n

n

a b a b

Giải: Vì các số trong mỗi dãy đều dương nên ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:

2 1 1 1

1

2 2

2 1

1

n n

n n

n n

n

b a

b b

a

b b a

b b

a

a b

a

a b

Xem các số hạng trong nhóm 1 và 2 lần lượt là:x1,x2, ,x n và y1,y2, ,y n

Áp dụng bài học cô-si cho n số: n

n

b a

a b

a

a b a

a n b a

a b

2 2

2 1 1

1 2

2

2 1

n

b a

a b

a

a b a

a n b a

b b

2 2

2 1 1

1 2

2

2 1

1

n b a

b a b

a

b a b a

b a

2 2 1 1

1 1

Ví dụ 12: Cho các số dương a, b, c CmR:

3

2 2

3 3

2

3 2

2

a ca c

c c

bc b

b b

ab a

2

3 2

2

3

a ca c

c c

bc b

b b

ab a

3 2

2

3 3

2

3

a ca c

a c

bc b

c b

ab a

2 2

3 3 2

2

3 3 2

2

3 3

a c c b b a

a ca c

a c c

bc b

c b b

ab a

b a

3 3

2

2 2

3 3

1

2 2

3 3

2

a ca c

a c c

bc b

c b b

ab a

b a

31

333

0242

02

2 2

3 3

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

b a b ab a

b a

b ab a

b ab a

b ab a b ab a

b ab a

b ab a

23

2

3 3

2 2

3 3

a c a ca c

a c

c b c bc b c b

Từ (1) + (2) +(3) cho ta:  

3

2

2 2

3 3 2

2

3 3 2

2

3

a ca c

a c c

bc b

c b b

ab a

c b a

3

3

22

3 2

2

3 2

2

a ca c

c c

bc b

b b

Ví dụ 13: Cho ba số a, b, c thỏa: a2 b2c2 1 CmR:abc21abcabbcca0

Suy luận: bài toán trên thể hiện nhiều tổng của các số hạng tuy nhiện với dạng toán trên cách giải

nhanh là sử dụng những tính chất cơ bản là: a c m b d n

n m

d c

b a

thì lúc này bài toán sẽ

thoải mái hơn cho người giải

Giải: Áp dụng tính chất trên và giả thiết: vì

11

111

1

1nên

2 2

2 2

2 2

c b a c

b

a c

b a

 101

01

1

1

01

;01

b

a

c b

a

c b

02

21

01

2 2

b

a

ca bc ab c

b a c b

a

c b

a

Lấy (1) + (2) đpcm

Lưu ý: bài giải của bài toán trên nhìn thì đơn giản nhưng việc sự dụng giả thiết một cách có tư

duy không phải là chuyện dễ vì vậy học sinh nên xem kỹ các ví dụ trước đó vì cũng đã có bài đãthể hiện cách giải như trên

Ví dụ 14: Cho các số dương a, b, c CmR:

3 3

3

3 3

c b

b c

b a a

2 3 3 3

1 3 3 3

11

1

VT

c

b a c b

a c b a

c b

111

11

2 2

2

x x x

2

1

1

2

11

11

c b a a

a

c b a

c c

b a

b

b b

11

1

1111

11

c b a c

b a a c

c c c

b a c b

b b c

b a b

a

a a

c b a

c b a c b a a

c

c c

b

b b

c c c

c b

a

b a b

a

b a b a b

a b

1

1

11

1

113

1111

b b b

b a c c

b

a a a

a c b

1.11

a d a d c

d c d c b

c b c b a

b a

HD: dựa vào tính chất của phân số tương tự như ví dụ 3.

1.2 Cho hai số không âm a, b và a3b3a2bab2 Áp dụng giả thiết hãy chứng minh rằng:

1

4

2 3

2 2

2 1

c d c

b c b

44

cda bcd abd abc d

c b

.HD: xét phần biểu thức trong căn ở vế phải: phân tích biểu thức bằng các nhân tử chung rồi ápdụng bất đẳng thức cô-si hai lần ta được đpcm

1.6 Chox,y,z0 và xyz1 Chứng minh rằng:

2

31

1

2 2

y y

1,4

a

c a c

b a

c

b c b

a c

b

a

.HD: áp dụng tính chất phân số cho các số hạng không có căn, rồi sử dụng bất đẳng thức cô-si chocác căn thức Vế cộng vế ta được đpcm

1.8 Chox,y,z0 và xyz1 Chứng minh rằng:

xyz

xyz zx

yz xy

1.9 Cho tam giác có chu vi:2pabc CmR:   3

k

2 2 2

3

44

23

sử dụng bất đẳng thức cô-si cho tổng của ba kết quả trên ta được một bất đẳng thức (1) Bình

phương giả thiết khai triển các biểu thức rồi kết hợp với (1) ta được chiều bất đẳng thức (k).Chiều còn lai áp dụng bất đẳng thức phụ:papbpc0khai triển ta được đpcm.

Nhóm bài tập không hướng dẫn

1.10 Choa,b,c,d0 Chứng minh:

32

22

4 3

3

4 3

3

4 3

3

a d

d d

c

c c

b

b b

88

b

b bc

a b

a c ab

c a

c b

1.15 Choa,b,c0 Chứng minh:  2  2  2 3 3 3

c b a abc b

a c a c b c b

Phần 2: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNN

1 Dùng chiều trung bình cộng  trung bình nhân:(1)

Khi dùng chiều (1) ta chỉ tìm được giá trị nhỏ nhất của tổng các hàm f(x 1 ) và f(x 2 ) khi thỏa mãn

đồng thời các điều kiện:

_ f x 0,g x 0trên miền đang xét

_ f   x.g x k là hằng số

_ Phương trình f   x g x bắt buộc phải có nghiệm

Khi đó ta thu được hàm:u f   x1  f x2 2 f   x.g x 2 k

Đẳng thức xảy ra khixx klà nghiệm của phương trình f   x g x

Kết luậnminu minf   x1  f x2 2 k khi và chỉ khixx k

Lưu ý:

a) Khi tích số hai hàm không là một hằng số nữa thì ta chỉ thu được:u f   x1  f x2 2 h x Đẳng thức xảy ra tạix là nghiệm của phương trình k f   x g x

khi này để tìm giá trị nhỏ nhất của u ta phải tiếp tục tìm giá trị nhỏ nhất của: v 2 h x

Cụ thể:uvm đều có đẳng thức khix vàmin u x m

b) Nếu bài toán đòi hỏi phải tìm giá trị của mọixXđể u(x) đạt giá trị nhỏ nhất thì bắt buộc phải

tìm hết các nghiệm của phương trình f   x g x , nếu không đòi hỏi ta chỉ cần:

_ Chứng minh phương trình f   x g x có nghiệm

_ Tìm nghiệm đặc biệt nào đó của phương trình Điều kiện này dùng khi bất đẳng thức không chỉ

là một phương trình mà là hệ các điều kiện phức tạp

2 Dùng chiều trung bình nhân  trung bình cộng:

Dùng chiều này chỉ để tìm giá trị lớn nhất của tích hai hàm f(x 1 ), f(x 2 ) khi thoa3man4 đồng thời

các điều kiện sau:

_ f(x 1 ), f(x 2 ) là các hàm không âm trên miền X đang xét

_ f   x1  f x2 k là hằng số

_ Phương trình f   x g x có nghiệmxx k

4max

có và42

2 2

2 2 1

2 1

k x u x u k

x f x f x f x f x

4

1max

y

y x

12

14

214

32

4

43

2 2

2

3

y x

x y y x

x y

y x

.8

1388

Do đó

2

924

31min    khix  y2

Ví dụ 2: Chox,y,z,t 0thỏa2xxyzyzt4 Tìm GTLN của:x2y2z2t

Suy nghĩ: các số đã cho đều dương nên chắc chắn sẽ dùng bất đẳng thức cô-si cho các số trên để

tìm maxN Tuy nhiên xét riểng giả thiết ta thấy không thể chỉ để nguyên biểu thức N mà cần có sựbiến đổi

Giải: Ta có: x y z t 2x.xy.z.yzt

2

1

2 2

22

1

bc c



Suy nghĩ: ta thấy tử số có thể đơn giản bớt với mẫu số nên ta biến đổi biểu thức về dạng tổng của

ba phân số từ đó suy ra maxN sẽ bằng tổng max của ba phân số Sau đó áp dụng bất đẳng thứccô-si cho ba phân số ta được kết quả

Giải: Ta có:

b

b a

a c

c abc

b ca a

bc c

12

22.2

12

22

c c

122

c b

a c

b c

22

2

Suy luận: nếu quan sát kĩ ta thấy nếu áp dụng bất đẳng thức cô-si cho bài trên thì chỉ áp dụng

được cho mẫu số mà khi áp dụng sẽ ngược dấu của bất đẳng thức so với yêu cầu đề bài nên phảibiến đổi

Giải: Đặt:2b2ca3x,2c2ab3y,2a2bc3z

Do tính chất của ba cạnh tam giác nên x, y, z dương.

Cộng ba vế trên ta đượcabcxyz Từ đây cho ta:

3

1,223

1,2

22

9

1

222

22

z y

z z

y x

y y

x

z

z y x y

y x z x

x z y

Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta được:

y x x

z z y

y y x

zx z z y

yz y y x

xy

Vì các số trên dương nên áp dụng bất đẳng thức cô-si cho mẫu của các phân số ở biểu thức trên:

xy x

xy

xy x

yz

yz y

zx

zx z

11

Suy luận: nếu áp dụng BĐT cô-si thì sẽ làm dấu của bất đẳng thức ngược so với mong muốn nên

phải biến đổi biểu thức đã cho thành những cặp số mà khi áp dụng BĐT cô-si sẽ khử được mẫu

Giải: Ta biến đổi biểu thức như sau:

xy xy y

x y

1164

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

4

11

y x

412

1

2 2

y x

y x xy

y x

Vậy

2

1khi

yz z



2.3 Cho các số dương , ,x y z thoả2 xy  zx 1.Tìm GTNN:

z

xy y

zx x

z zx y

y yz x

13

2

13

2

1

2 2 2

2 2





a c c

b b

2.6 Cho các số thực x, y, z thoả mãn , 1

2

1,3

12

223

Phần 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO

Bài 1:(ĐH An Ninh Hà Nội 1999)Cho0 y x, 1 CmR:2x3y3z3  x2yy2zz2x3

Suy luận: để ý kĩ phần giả thiết Vì khi các số trên nằm trong đoạn này thì có một tính chất đặc

biệt nhưng lại dễ nhận thấy đó là lập phương sẽ nhỏ hơn hoặc bằng bình phương Hãy quan sát kĩbài giải

Lưu ý:Bài tập trên không quá khó nhưng quan trọng việc nhìn ra được tính chất mà đề bài gợi ý

Bài 2:(Trích luận văn Thạc sĩ của thầy Đặng Văn Hiếu)Choa,b,c0 và abbccaabc

CmR:

16

332

13

2

13

11hay 1

1

4

14

12

11

4

12

13

21

Suy ra:

c b a c b c a c b

332

116

132

132

116

116

132

b

c a

c b c a

a c a c b c b a b a c b

a

c

a c b a

c

b

c b a c

b

a

11132

332

116

132

12

2

13

21

32

332

116

13

2

1

32

332

116

13

2

1

32

332

116

13

2

1

Xét giả thiết:     1111

c b a abc ca bc

Vậy ta được

16

332

13

2

13

b a c

b a c

b

132

116

13

12

114

13

12

14

132

b a

38

2

Tương tự ta có:

a c b a c

132

116

132

c b

38

2và

b a c b

a

132

116

13

a c

38

2

132

116

132

13

2

13

23

8

23

a c a c

c b c b

b a

(Vô lý)

Do đó: đpcm

b a c a c b c b

396

1712

132

116

132

13

2

13

y xy x

2 2

2 2

23

_ Nếuy0thế vào hệ trên ta được:

x

2

2 3

hệ có nghiệm khim3._ Nếuy0đặtxay, thay vào hệ ta được:

3

1313

12

312

31

2

2 2

2 2

2 2

t t y m

t t

t t

t t y m t

Vìt2t10,tRnên nếu (2) có nghiệm t thì (1) có nghiệm y.

Do đó, nên hệ có nghiệmm3 t2 m3tm60có nghiệm

Biện luận phương trình

7217

21

m

.Vậy minA12 7 và maxA12 7.

Bài 4:(Trích chuyên đề bồi dưỡng HSG-Bất đẳng thức: Gv Dư Quốc Đạt)Cho hai số x,y

m y x

m x

y m

y x

y y

x x

(1)Đặtu x1,v y2,u,v0, thế vào hệ:

21

33

2

33

3

2 2

2

2

m

m uv

m v u m

uv v

u

m v u m