19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Dấu bằng xảy ra khi a=b bTa xét hiệu... a n Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm... chứng minh rằng ABC là tam giác đều.. Giải: Không giảm tính tổng quát ta g

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1 1



3/Một số hằng bất đẳng thức

+ A2  0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ An  0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ A 0 với A (dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ -A < A = A

+ AB AB ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)

+ AB AB ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Giải:

a) Ta xét hiệu : x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =

2

1.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)

=2

1(xy) 2  (xz) 2  (yz) 2 0đúng với mọi x;y;zR

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y (x-z)2 0 vớix ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z (y-z)2 0 với z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y Vậy x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y =z b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz

= ( x – y + z)2  0 đúng với mọi x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;zR

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z c) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2+3 – 2( x+ y +z ) = x2- 2x + 1 + y2 -2y +1 + z2-2z +1

= (x-1)2+ (y-1) 2+(z-1)2  0 Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1

Ví dụ 2: chứng minh rằng :

a)

2 2

; b)

2 2

2 2

=  

4

2 4

2a2 b2 a2  abb2





= 2a 2b a b 2ab4

Dấu bằng xảy ra khi a=b b)Ta xét hiệu

2 2

1 2 2

a a

4 4

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

0 2

0 2

0 2

m q m p m n m

m

m q

m p

m n

2

q p n m

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có :a4 b4 c4 abc(abc)

) 2 (

) 2 (

0 2 2 2

2 2

2

0 2 2 2 2 2

2

0

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 4 4 4

2 2 2 4 4

a

ab a a c b a

ab c a c c b ac b c b b a a c c b b

a

ab c ac b bc a

c a a c c b c b b a b

a

ab c ac b bc a c b

a

ab c ac b bc a c b

Vậy a2 b2  1 abab Dấu bằng xảy ra khi a=b=1 c)

b c d e

a e d c b

 4 a2 b2 c2 d2 e2  4abcde a2  4ab 4b2  a2  4ac 4c2  a2  4ad 4d2 a2  4ac 4c2 0

a 2b2 a 2c2 a 2d2 a 2c2  0 Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a10 b10a2 b2  a8 b8a4 b4

Giải:

a10 b10a2 b2  a8 b8a4 b4

a12 a10b2 a2b10 b12 a12 a8b4 a4b8 b12  a8b2a2 b2a2b8b2 a2 0  a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0

a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)  0 Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh

y x y x



 2 2

 2 2

Giải:

y x y x



 2 2

 2 2 vì :xy nên x- y  0 x2+y2 2 2( x-y)  x2+y2- 2 2 x+2 2y 0 x2+y2+2- 2 2 x+2 2y -2 0

 x2+y2+( 2)2- 2 2 x+2 2y -2xy 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

(x-y- 2)  0 Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng

z x

1 1 1

1

1 1 1



 )=x+y+z - (111)  0

z y

z y x

1 1 1



 < x+y+z theo gt)

2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương

Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1

bắt buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn

c c b

b b a a

Giải:

c b a

a b a

a c b a b a c b a b a

b c b

c c a

b b

a b a a

b b

c c b

b b a

Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng

n n n

n a a a a a a

a a a n a a a

2 1 2

1

Dấu “=” xảy ra khi a1a2 a n

Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

2

3 4 2

2 1 2

4 1 4

x x x

Giải : Nếu đặt t =2x thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt

0 , , 4

a

x x

Khi đó phương trình có dạng :

2 3 1 1

1    

b b a

Vế trái của phương trình:

1

3

1 1 3 2

Vậy phương trình tương đương với :

0 1 4 2 1 1

1   

z y

y x x

Giải : P = 3- (

1

1 1

1 1

1 1

Vậy max P =

4

3 khi x = y = z =

3

1

Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng:

abc c b a ab c ac

b

bc

1 1

1

2 2

2 1 1 2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

b a c b

a

(*) Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :

) 1 ( )(

)(

(

3 3

c b a b a c a c b

abc c

b a

c b a c

b a

2

1 ) )(

(bca cab  bcacab c

Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được

) 3 ( 1 ) )(

)(

(

) )(

b

abc

abc c b a b a c a

c b a

, ,

a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z c a y c a x c a c

z ac zc b

y ac yb a

x ac xa

y c a b

y ac yb c a b

ac b

( ) (

2

2 2

2 2

đpcm z y x ac c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z y x c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z y x c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

)(

( )

2 2

b

a b

a b

b a

1 (Quy ước : nếu mẫu = 0 thì tử = 0 ) Chứng minh:

2 2 2

n n

b b b b

a a a a

 Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng

 Nếu a,b > 0:

b

b a

i i

Suy ra:

b b a b a

n n

n n

.

1 )

( 2

1 )

( 2

1

2 2 1

2 2 2 2 2 2 2

2 1 1

Dấu”=” xảy ra  

n n n

n i i

b

a b

a b

a dáu cùng n i

2 2 1 1 1

Giải: Ta có: sin 2x cos 2x 1 , xR

B B

1

2

1

m m m m m m m m m m m

a

a

Dấu”=” xảy ra   bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì t i

sao cho: at a i,bt b i, ,ct c i, Hay a1:b1: :c1a2:b2: :c2a n:b n: c n

n Z n a a

1

3 2 2

4 1 1 1 2 2

k k k

2 3 1

3

1 2

1

1

3

2 2 2 2

a a n a a

a d b c

a2 b2 c2 abbcac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

b

a a

a

2 1 2

n b a b a b n

b b b n a a

b b b

a a a

2 1 2 1

b

a a

a

2 1 2

n b a b a b a n

b b b n a a

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

a a a

2 1 2 1

3

2 sin

sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin

C B A

C C B B a A

S là diện tích tan giác chứng minh rằng ABC là tam giác đều

Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư .

C B A

2 sin 2 sin 2 sin

sin sin sin

Áp dụng BĐT trebusep ta được:

  

) 2 sin 2 sin 2 (sin 3

1 sin

sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin

.

sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin

.

sin

3

2 sin 2 sin 2 sin sin sin

sin

C B A C

B A

C C B B A A

C C B B A A

C B A C B

C B A

sin sin sin

Mặt khác:

) 2 ( 2 sin sin ).

sin 2 )(

sin

2

(

sin sin sin 4 sin sin

) cos(

sin 2 cos ) cos(

sin

2

2 sin ) cos(

).

sin(

2 2 sin 2

sin

2

sin

S C b C B R A

R

C B A B A C

B A B A C C B A C

C B A B A C B A

2 sin

sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin

C B A

C C B B a A

a b/ Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z 4 ( 1 x)( 1 y)( 1 z)

b c b

c c a

b c b a

c b

b c b a c b a b a

c c c a

b b

.

2 2 2 2

2

2

3 3

1

=2 1

Vậy

2 1 3 3 3

b c

b

a

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=

3 1

Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

2 2

2 1 1

Mặt khác: abcbcddca = (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) = 1 1 1  2  2  2

0

n

a

b) Dạng mở rộng:

- Cho a > -1, 1 thì 1 a 1 na Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0

- cho a  1 , 0  1 thì 1 a 1 na Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi



 1

5 5

(1)

Giải

5 5

c c

b a

b c

b a a

Áp dụng BĐT Bernouli:

c b a a c b c

b a a c b c

b a

(2) Chứng minh tương tự ta đuợc:

 

c b a b a c c

(3)

c b a c b a c

(4) Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có

c b a

c c

b a

b c

b

a

a

(đpcm) Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:

“Cho a1,a2, a n 0 ;r 1 Chứng minh rằng

r n r

n r

r

n a a a n

a a

0 2 1 2

a

a a a

Chứng minh tương tự:

) 3 ( 3

2

) 2 ( 3

8

81

1 1 1 2 2

1 1 1 2 9

đpcm c

b a c b a

c b a c b a c b a c

x x x

x

c c c n c c

c c c

2

2 1 2

1

Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức: A>B và B>C thì A>C

Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d

Chứng minh rằng ab >ad+bc

Giải:

Tacó

0

c d b d c a

 (a-c)(b-d) > cd  ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc (điều phải chứng minh)

Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn

3

5

2 2 2

1 1 1 1





 Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)  0  ac+bc-ab 

2

1( a2+b2+c2)  ac+bc-ab

6

5

  1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có

c b a

1 1 1



abc

1

Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (a).(b) ( c).(d) >

1-a-b-c-d Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab

Do a>0 , b>0 nên ab>0 (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)

Do c <1 nên 1- c >0 ta có (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c  (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd  (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)

Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 Chứng minh rằng:

a c c b b a c b

c b a





 2) Nếu b,d >0 thì từ

d

c d b c a b

a d

d a d c

c d c b

b c

a c

a c

b a

a



 <

d c b a d a







 (3) Tương tự ta có

d c b a a b d c b

b d

c d c

d d c

d a d c

c d c b

b c





 2 2

cd d b cd ab b





 2

2 điều phải chứng minh

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000

tìm giá trị lớn nhất của

d

b c

b

 Từ :

c

a d

b



d

b d c b a c

a

  999 b/Nếu: b=998 thì a=1 

d

b c

a

 =

d c

999 1

 Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999 Vậy giá trị lớn nhất của

d

b c

a

 =999+

999

1khi a=d=1; c=b=999

Phương pháp 10: Phương pháp làm trội

Kiến thức:

Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn

(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1u2 u n

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

u ka ka k1

Khi đó :S = a1a2  a2a3 a na n1a1a n1

(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = 1u2 u n

Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u k=

1 1 1 3 2 2

a

a a

a a

a a a

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

4 3 1

2

1 1

1 2

n

Giải: Ta có

n n n k

1 1 1

1

2

1 2

1

2

1 1

2 2

2 1

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có

1 > 2 2  1

2 3 22

1





1 1

1 1 1 1

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng

c

c a

b

c b

2 2 2

b a c c

c a b b

c b a a

b

a

b a c a c b c b a c

2 2

2 2

2

2

2 2 2 2 2 2 2

Hơn nữa: u.vu.v cos(u,v) u.v  c(ac)  c(bc)  ab (ĐPCM)

Ví dụ 2:

Cho 2n số: x i;y i, i 1 , 2 , ,n thỏa mãn: 1

1 1

i

2 2 1

2 2

i

i y x

Giải:

Vẽ hình

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:

) , ( 1 1

1 x y

M : M2(x1x2,y1y2);…;M n(x1  x n,y1  y n)Giả thiết suy ra M n đường thẳng x + y = 1 Lúc đó:

2 2

2 2

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

b c b

; b =

2

y x

2 2

x y

z y

x x

z z

x x

z y

x x y

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (   2 ;

y

x x

y

  2

z

x x

z

;   2

z

y y

z

nên ta có điều phải chứng minh

1 2

1

2 2

x Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0

Theo bất đẳng thức Côsi ta có: xyz3.3 xyz, và:   

z y x

1 1 1

3.3 1

xyz

    .111 9

z y x z y

x Mà x+y+z < 1 Vậy 111 9

z y

Gợi ý: Đặt x  u , y  v 2u-v =1 và S = x+y =u 2 v2 v = 2u-1

thay vào tính S min

b c b a

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0

CMR

 m n p m n p

b a

pc a c

nb c b

a x

0 ) (

0

0 ,

0 ) (

0

0 ,

0 ) (

a x x f

a x x f

a x x f

Định lí 2:

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1x2a.f   0Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm :

1

S

f a x

S

f a x x

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm     0

2 1

2 1

x

x x

Ví dụ 1:Chứng minh rằng fx,yx2  5y2  4xy 2x 6y 3  0 (1)

Giải: Ta có (1)  x2  2x2y 1 5y2  6y 3  0 2 12 5 2 6 3

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0ta thực hiện các bước sau :

1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n  n0

2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được

gọi là giả thiết quy nạp )

3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT

cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

4 – kết luận BĐT đúng với mọi n  n0

Ví dụ1: Chứng minh rằng :

n n

1 2 1

2

1 1

1

2 2

2

1 1

1

2 2 2

2  k  k  k Theo giả thiết quy nạp



1 2 1 1 1 2 ) 1 ( 1 1

2 2

2  k  k  k k  k



k  k k

k

11

11

1)1(

1

1

1

2 2

Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1

Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1

Thật vậy với n = k+1 ta có

(1) 

1 2

b a b

2 2

1 1 1

1 1

a    a kb k.ab 0

(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b  k k k k

b a b

1 ( a1 a2  a n 

Giải n=1:  

2

1 1

1 ( a1 a2  a k n= k+1 Ta cần chứng minh:

2

1 ) 1 ( ) 1 )(

1 ( a1 a2  a k1 

Ta có: ( 1 a1)( 1 a2)  ( 1 a k1)  ( 1 a1)( 1 a2)  ( 1 a k1)[ 1  (a ka k1) a k a k1]

2

1 )]

( 1 )[

1 ( ) 1 )(

1 2

1 a  a k  a ka k 

Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp:

2

1 ) 1 ( ) 1 )(

1 ( a1 a2  a n 

Ví dụ 5: Cho 1 n , a i,b iR,i 1 , 2 , ,n Chứng minh rằng:

) )(

( )

2 2

( )

2 2

( )

1 1 2

( ) 1

2 2 2 2 2



  a k b k a k b k a k b k

2 )

2 2

 b a b  a k b k (a b1a2b2  a k b k)a k1b k1a2k.b k2

1 1 2

a a

2 2

1 (

2 2 2 2 1 2

a a

(1) Đặt:

k a a a

) 2 (

a a a k a

k

k k

2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 1

n=k 2: giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: 1

) 1

n= k+1:Ta c ó: k k(k 1 )k 1  (k 1 )k 1 (k 1 )k 1  (k 1 ) 2k 2 (k 1 ) 2  [(k 1 ) 2 ]k 1 (k 1 ) 2

) 2 ( )

, , sin sin

Giải: n=1: Bất đẳng thức luôn đúng

n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sinkxksinx

n= k+1 Ta cần chứng minh: sin(k 1 )x (k 1 ) sinx

R b a b a b a

, 1 cos , sin

, ,

Nên: sin(k 1 )x sinkxcosx coskxsinx

x kx x

kx cos cos sin

  sinkx  sinxksinx  sinx ( k 1 ) sinx

Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy: sinnxnsinx, n  , xR+

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p  q”

Muốn chứng minh p  q(với p: giả thiết đúng, q: kết luận đúng) phép chứng minh được thực hiên như sau:

Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra điều vô lý hoặc psai Vậy phải có q

(hay q đúng) Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó

Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :

A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P  Q”

B – Phủ định rôi suy trái giả thiết

C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau

E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0

Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện

ac  2.(b+d) Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

a    (1) Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2)

Từ (1) và (2)  a2 c2  2ac hay a  c2  0 (vô lý) Vậy trong 2 bất đẳng thức a2  4b và c2  4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai

Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1 Chứng minh rằng

Nếu x+y+z >

z y x

1 1 1

1 1 1



 ) vì xyz = theo giả thiết x+y +z >

z y x

1 1 1



nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0

Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 chỉ có một số dương

Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)

Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)

Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1

Ví dụ 4: Cho ,b,c 0 và a.b.c=1 Chứng minh rằng: abc 3 (Bất đẳng

,

c b

 (abc)(abc)0 (3’)

Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được:

0 )]

 Vô lý Vậy bài toán được chứng minh

1 Nếu x  Rthì đặt x = Rcos, 0 ,; hoặc x =

Rsin   

2 , 2

y a

5 Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức : 2 2 ,  , 0



b a b ax





tg a

b x

Ví dụ 1: Cmr : a 1 b2 b 1 a2  3ab 1 b21 a2  2 , a,b 1 , 1

Giải : a 1 , b 1Đặt :

cos sin cos sin 3 cos cos sin sin

1 (sin 2 sin 2 ) sin( ) cos ( ) 1

2 2





btg a

a b C a b n N a b R

k

k k n k n n

(

!

n k k k n

Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:

+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng

+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến

n Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b

a

b a C C C C b a

a b C b a C b

a C b a C b

a

b a b a b a b

a

b

a

n i

b

a

a b C a b C a b b a C b a C b

a

a C a C a b C b C

b

a

b C b C b a C a C

b

a

n n n

n n n n n n n n n

n n n n n n n

n n n n n n

i n i i i n n n i

i i

n

i

n

n n n n n n n

n n n n n n

n n n n n

n n n

n

n n n n n

n n n

)(

(

) ( ) (

) ( ) ( 2

0 : 1 , , 2 , 1 ,

0

,

) ( ) (

) (

) ( 2

1 1

0

1 1

0

1 1 1 1

1 1 0

1 1 1

1 0

1 1 1

1 0

n n n

n n n n n n n n n

n n

n n

n n n n

c b a d c b a

d c b a d d c b a

d d c b a d c b a

d c b a d c b a

3 4

) 4 ( 2

2 2

4 2 2 2 2 4

b

a b

a

dx x f dx x

m 1 ( ) (m, M là hằng số)

Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác

2 2

C tg B tg A tg

Giải:

2 ) (x tg x x 

f

) , 0 ( , 0 ) 2 1 ( 2 2

1 ) (

) 2 1 ( 2

1 ) (

2 ''

2 '

x tg x

f

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:

3 2 2 2

6 3 2 2 2

6 3 2 2 2

3 3

) ( ) ( )

A

tg

tg C tg B tg

A

tg

C B A tg C tg B tg

A

tg

C B A f C f B f

12 36

12 36

3 

>0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 ) Vậy : 

* Dùng biến đổi tương đương

1) Cho x > y và xy =1 Chứng minh rằng  

2 2







y x y x

Giải: Ta có x2 y2 xy2 2xyxy2 2 (vì xy = 1)  x2 y 2xy4 4 xy2 4

Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với  4  2  2

8 4

y

 xy4 4xy2 4  0   x  y2 22 0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy  1 Chứng minh rằng

xy y

2 1

1 1

1

2 2 Giải:

Ta có

xy y

2 1

1 1

1 1

1 1

1

2 2



    1 .1  0

) ( 1

1 ) (

1  1 .1  0

1 2 2

BĐT cuối này đúng do xy > 1 Vậy ta có đpcm

* Dùng bất đẳng thức phụ

1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh rằng 3

1 2 2

1a b c    a b c   2  2 2 2

.

3 a b c c

c c

b a

b c

a b

b a

c c

a a

b b a