áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có:... áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:... Nhận xét : Liệu ** có đúng với k số dơng không?. Để trả lời câu hỏi này ta xé
Trang 1VIII- Bất đẳng thức dạng “ á Nesbit ”
Bài 144 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
2
3 b a
c a c
b c b
a
≥ +
+ +
+
( Bất đẳng thức Nesbit với ba số dơng )
Giải
Cách 1 (*) ⇔ 2a(a + c)(a + b) + 2b(b + c)(b + a) + 2c(c + a)(c + b) ≥
≥ 3(a + c)(a + b)(b + c) ⇔ 2 a 3 + b 3 + 2 c 3 ≥ a 2 b + ab 2 + a 2 c + ac 2 + b 2 c + bc 2
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
3 3 2 2
2 3 3 3
2 3 3 3
ab ba b
a ab3 b b a
ba 3 b a a
+
≥ +
⇒
≥ + +
≥ +
+
(1)
.Dấu “=” xảy ra ⇔ a3 = b3⇔ a = b
Tơng tự, ta có b3+ ≥c3 b c bc2 + 2 (2)
Dấu “=” xảy ra ⇔ a3 = b3⇔ b = c
c3+a3≥c a ca2 + 2 (3)
Dấu “=” xảy ra ⇔ c3 = a3⇔ c = a
Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta đợc
2 2 2 2 2 2 3 3
3 b 2 c a b ab a c ac b c bc
a + + ≥ + + + + + (đpcm) Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ (1), (2), (3) cùng xảy ra đẳng thức ⇔ a = b = c
Cách 2 Đặt
b a
c a c
b
c
b
a
A
+
+ +
+
+
b a
a a c
c c b
b B
+
+ +
+ +
b a
b a c
a c b
c C
+
+ +
+ +
b a
b a a c
a c c b
c
+
+ + +
+ + +
+
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:
A + B = a b b c c a 33 a b b c c a 3; (1)
A + C = a c b a c b 33 a c b a c b 3 (2)
Cộng từng vế của (1), (2), ta có:
2A + B + C ≥ 6 ⇒ 2A ≥ 3 (do B + C = 3)
Trang 2hay
2
3
Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ (1), (2) cùng xảy ra đẳng thức ⇔ a = b = c
Cách 3 Đặt
−+
=
−+
=
−+
=
⇒+
+=+
+⇒
=+
=+
=+
2
xz
y c 2
zy
x b 2
yz
x a 2
zy
x cb
a za c
yc b
xb a
Thay vào (*), ta có:
2
3 x
x z y z 2
z y x y
y z x
≥
− + +
− + +
− +
6
z
y y
z x
z z
x x
y y
x
≥ + + + + +
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có:
6
z
y y
z x
z z
x x
y y x
2 z
y y z
2 x
z z x
2 x
y y x
≥ + + + + +
⇒
≥ +
≥ +
≥ +
Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a + b = b + c = c + a ⇔ a = b = c
Cách 4 Đặt
b a
c a c
b c b
a A
+
+ +
+ +
Trang 3Ta có
+ +
+ +
+
=
b a
c 1 a c
b 1 c b
a 3 A
+
+ +
+ + + +
=
+
+ + + +
+ + + +
+ +
=
b a
1 a c
1 c b
1 ) c b a (
b a
c b a a c
c b a c b
c b a
Theo bài 130, ta có
b a
1 a c
1 c b
1 ) b a ( ) c a ( ) b c
+
+ +
+ + +
+ + + +
2
3 A hay 2
9 3
Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ a + b = b + c = c + a ⇔ a = b = c
Cách 5 Nhân hai vế của (*) với (a + b + c) đã đợc chứng minh ở bài trớc.??
Nhận xét:
• Từ bất đẳng thức (*) nếu ta thay a=x1;b=y1;c=z1 thì đợc:
z(xxy+y)+ x(yyz+z)+ y(xzx+z)≥23
• Nếu ta cho xyz = 1 thì ta có bất đẳng thức “đẹp” sau:
2 1 2 1 2 1 3 (**)
z x y + x y z + y x z ≥
Để chứng minh (**), bạn đọc có thể chuyển về bất đẳng thức (*) hoặc
chứng minh trực tiếp
Bài 145 Cho x, y, z, t dơng thoả mãn xyzt = 1 Chứng minh rằng
3
4 ) zx yz xy ( t
1 )
tx xt yx ( z
1 )
tx zt xz ( y
1 )
ty
zt
yz
(
x
1
2 2
2
+ +
+ + +
+ + +
+ +
( Toán học & tuổi trẻ )
Giải Nhân hai vế của (*) với (xyz + yzt + ztx + txy), ta có
2
(*)
x yz zt ty x y xz zt tx y z yx xt tx
xyz
xyz yzt ztx txy
z t xy yz zx t
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có:
Trang 4
2
2
2
yzt hay
+ +
+ +
+ + + ữ≥
ztx
+ + + ữ≥
2 1 1 1 1 2 ; (3)
txy
+ + + ữ≥
2 1 1 1 1 2 (4)
xyz
Cộng từng vế của (1), (2), (3), (4), ta đợc
+ +
+ + +
+ +
xyt )
tx zt xz ( y
xzt )
ty zt
yz
(
x
yzt
2 2
2
+ )
t
1 z
1 y
1 x
1 ( 3
1 ) zx yz xy ( t
xyz
+ +
x yz zt ty y xz zt tx z yx xt tx t xy yz zx
xyz yzt ztx txy xyzt
Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ (1), (2), (3), (4) cùng xảy ra đẳng thức và xyzt = 1 ⇔ x = y = z = t = 1
Nhận xét: Nếu ta đặt
d
1 t c
1 z
; b
1 y
; a
1
x = = = = thì ta đa đợc (*) về bất đẳng thức quen thuộc
3
4 c b a
d b a d
c a d c
b d c b
+ +
+ + +
+ + +
+ +
Bài 146 Cho n * ; a1, a2,…, an là n số thực sao cho a1+ a2 +…+ an = 1 Hỏi bất đẳng thức sau có đúng không?
n
1 a a
a
a a
a a a
a
2 1
2 n
4 n 2
3
2 2
4 2 2 2
2 1
4
+ + + +
+
( Olypic toán Singapore – 2001 )
Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có:
Trang 54 2 2
2
1
(1);
4
a
+
+
) 2 ( a
4
a a a a
2
2 3
2 2 2 3
2 2
4
… … …
2 1
1
4
n n
+
+ Cộng từng vế của(1), (2), , (n), ta đợc
2
a
a a a a
a
a a
a a a
n
2 2
2 1 2 1
2 n
4 n 2
3
2 2
4 2 2 2
2
1
4
+ + + +
+
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có
2 1
2 1 1 2
2 1
n
1 n
a 2
a n
a 2 n
1
Tơng tự,
2
2
1
… … …
n 2
2 n
n
1 n
a 2
a
−
≥
Cộng từng vế của (1’), (2’), , (n’), ta đợc
n
1 n
1 n
1 n
n n
a
a a 2
a
a
a
2 n 2
1
2 n
2 2
2
Kết hợp với (**) suy ra (*) đúng ⇒ dấu “=” xảy ra ⇔ (1), (2),…, (n) ; (1’), (2’),…, (n’) cùng xảy ra đẳng thức và a1+ a2 +…+ an = 1
n
1 a
a
Bài 147 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
+ +
≥ +
+ +
+
3 3 3 2
2
3 2 2
3 2 2
3
c b a
c b a 2
3 b a
c a c
b c b
a
(*)
Giải Ta có
2
3 c b a
c b a c
b a c b
2 2
5 3 2 2
5 3 2 2
5
+ +
≥ + + + + + + + +
⇔
2
c b a b a
c a c
b c b
2 2
5 2 2
5 2 2
+
+ +
+ +
Trang 6áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho năm số dơng, ta có
3
3
3 2
2 2
a
b c
+
+ áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:
Cộng từng vế của (1’), (2’), ta đợc
1 2 2 2 2 2 3 2 2 3
2
c b )(
c b ( 3 ) 2
c b ( 2 c b
( 3 3) 2 2 32 2 2 32
3
2
b c
hay
Cộng từng vế của (1), (2), ta đợc 5 3 3 3
2 2
a
b c
+
+ Tơng tự , b ( 4 )
2
5 2
a c a c
2 2
5
≥
+ +
3
2 2
c
+
+ Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta đợc
+ +
Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ a = b = c
Bài 148 Cho a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
) a 1 ( a
c ) c 1 ( c
b ) b 1 ( b
a F
3 3
3
−
+
−
+
−
Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:
Trang 7(1)
2
a 3 4
b 1 2
b )
b
1
(
b
a3
≥
− + +
b 4
c 1 2
c ) c 1 ( c
b3
≥
− + +
) 3 ( 2
c 3 4
a 1 2
a ) a 1 ( a
c 3
≥
− + +
Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta đợc
4
) c b a ( 5 4
3 ) a 1 ( a
c ) c 1 ( c
b ) b 1 ( b
−
+
−
+
− Theo giả thiết a + b + c = 1 ⇒ F≥21 Vậy giá trị nhỏ nhất của
2
1
F = đạt đợc khi (1), (2), (3) cùng xảy ra đẳng thức và a + b + c = 1 ⇔ a=b=c=31
Bài 149 Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng
≥ +
+ +
+
6 2 2
6 2 2
6
c
1 b
1 a
1 2
1 b a
c a c
b c b
a
Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
2
a 3 2
c b 2
1 c b
a c b
2 2 6 2 2
6
≥
+ + +
+
Ta lại có
2
1
Cộng từng vế của (1), (2)
2 2
+
+ Chứng minh tơng tự, ta có:
(4)
+
22 6 2 4 4 3 4 (5)
+
+ Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta đợc
2
c b a b a
c a c
b c b
2 2
6 2 2
6 2 2
+
+ +
+
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có (do abc 1)
c
2 b a 2 b
a4+ 4≥ 2 2= 2 = (6) Tơng tự, 4 4 2 2 2
a
2 c b c
b + ≥ = (7); 4 4 2 2 2
b
2 a c 2 a
c + ≥ = (8)
Trang 8Từ (6), (7), (8) suy ra 4 4 4 2 2 2
c
1 b
1 a
1 c b
Kết hợp với (*), ta có
≥ +
+ +
+
6 2 2
6 2 2
6
c
1 b
1 a
1 2
1 b a
c a c
b c b
a
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra ⇔ (3), (4),…,(8) cùng xảy ra đẳng thức ⇔ a = b = c
Bài 150 Cho a, b, c, d > 0 thoả mãn a 3 b + b 3 c + c 3 d + d 3 a = 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3 3 3 3 3
d d a d
c c d c
b b c b
a a F
+
+ +
+ +
+ +
Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho chín số dơng, ta có
2
a 9 2
c b 2
1 2
c b 2
1 c b
a a
c b
a
7 2
7 3 3 2
7 3 3
lan 7
3 3 3
+
+ + + + +
hay
2
a 9 2
c b c b
a a
7 2
7 3 3 3
+
Lại dụng bất đẳng thức Cô-si cho bảy số dơng, ta có
2 5 3 3 3 1
lan 5
2 7 3 3 2
7 3 3 6
7
6
7
2
c b b 2
c b
2
c b b
b
≥
+ +
+ +
5 3 3 3 1 2 7 3 3 6 7
2 c b b 2
c b 5 b
+
≥
+
5 3 3 3 1 2 7 3 3 6 7
2 c b b 2
c b 5 b
+
≥
+
Từ (2), (3) suy ra
7 3 3 2 5 3 3 3 1 3 1 2 7 3 3 6
7
6
7
2 c b 14 2
c b c b 7 2
c b 10 c
b
2
+
=
+
+
≥
+ +
+
7 3 3 6 7 6 7
2
c b 2
c b
+
≥
Từ (1), (4) ta có
Trang 9a 9 2
c b c b
a a
7 6
7 6 7
3
Tơng tự,
2
a 9 2
c b c b
a a
7 6
7 6 7
3
2
a 9 2
c b
c
b
a
a
7 6
7 6
7
3
d 2
b a b a
d
7 6
7 6 7
3
Cộng từng vế của (5),…,(8), ta đợc
2
a a a a b a
d d a d
c c d c
b b c
b
a
7 6
7 6
7 6 7
3 3 3 3 3 3
3
3
+ + +
≥ +
+ +
+ +
+
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bảy số dơng, ta có
3
1 2
1 6
7 6
7 6
7 6
7 6
7
b a 7 1 1 b b a a
1 2
1 6
7 6
7 6
7 6
7 6
7
b a 7 1 1 b b a a
a + + + + + + ≥ (9)
1 2
1 6
7 6
7
c b 2 c 2
b + + ≥ ; (10) 3
1 2
1 6
7
6
7
c b 2
c
2
b + + ≥ (11); 3
1 2
1 6
7 6
7
c b 2 c 2
b + + ≥ (12) Cộng từng vế của (9),…, (12), ta đợc
7 a d
b a 7 8 d c b a
1 2 1 3
1 2 1 6
7 6 7 6 7 6 7
=
+ +
≥ +
+ +
Theo giả thiết a 3 b + b 3 c + c 3 d + d 3 a = 4
2
2
d c b
7 6
7 6
7 6 7
≥ + + +
⇒ .Kết hợp với (*) ⇒F≥2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của F=2 đạt đợc khi (2),…, (12) cùng xảy ra đẳng thức và
a 3 b + b 3 c + c 3 d + d 3 a = 4
⇔ a = b = c =13.
Bài 151 Cho x, y, z, t > 0 thoả mãn xyzt = 1 Chứng minh rằng
) tx yt xy ( z
1 )
tx zt xz ( y
1 )
ty zt
yz
(
x
1
3 3
+ + + ≥ + + +t
1 z
1 y
1 x
1 3
1 ) zx yz xy ( t
1
Trang 10Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có
a 3
2 bcd a
1 3
2 bcd 9
da cd bc ) da cd
bc
(
a
1
3
+ +
hay
x
2 t
1 z
1 y
1 9
1 ) ty zt yz ( x
1
3 + + + + + ≥ (1) Tơng tự ,
y
2 t
1 z
1 x
1 9
1 ) tx zt xz ( y
1
+ +
y
2 t
1 z
1 x
1 9
1 ) tx zt xz ( y
1
+ +
y
2 t
1 z
1 x
1 9
1 ) tx zt xz ( y
1
+ +
Cộng từng vế của (1),…,(4), ta đợc
) tx yt xy ( z
1 )
tx zt xz ( y
1 )
ty
zt
yz
(
x
1
3 3
+ + + ≥ + + +t
1 z
1 y
1 x
1 3
1 ) zx yz xy ( t
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ (1),…, (4) cùng xảy ra đẳng thức và xyzt =1 ⇔ x = y = z = t = 1
Nhận xét: Bạn đọc có thể đặt
để đa bất đẳng thức đã cho về dạng
2
d c b a c b a
d b a d
c a d c
b d c b
+ +
+ + +
+ + +
+ +
Bài 152 Cho a, b, c > 0; n ∈ N* Chứng minh rằng
+ +
+ +
≥ +
+ +
+
c b a 2
3 b a
c a c
b c b
( Toán học & tuổi trẻ )
Giải Ta có
2
3 b a
c a c
b c b
a ) c b a
⇔ + +
+ +
≥ +
+ +
+
c b a 2
3 b a
c a c
b c b
(**) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (n + 1) số dơng, ta có:
Trang 11a 2
c b 2
1 c b
a
c b
lan n
1 n 1
n
≥
+ + + + + +
+ +
hay
2
a ) 1 n ( 4
b a c b
+
+
(1) +) n≥2, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dơng, ta có
1 n
1 n
n n
n
2
c b na 2
c b
2
c b a
−
−
+
≥
+ + +
+ +
hay
1 n
1 n
n n
n
2
c b na 2
c b
2
c b a
−
−
+
≥
+ + +
+ +
Tơng tự,
1 n n
n
2
c b nc 2
c b ) 1 n ( c
−
+
≥
+
−
Từ (2), (3) ⇒
n 1
n n
n n
2
c b n 2
c b ) b a ( n 2
c b ) 1 n ( 2 c
+
=
+ +
≥
+
− + +
−
hay
n n
n
2
c b 2
1 4
c b
+
≥
+) n = 1 ⇒ (4) luôn đúng
Cộng từng vế của (1), (4), suy ra
2
a ) 1 n ( 4
c b c b
+
+
(5)
Tơng tự ,
2
a ) 1 n ( 4
b a c b
+
+
; (6)
2
c ) 1 n ( 4
b a b a
+
+
(7) Cộng từng vế của (5), (6), (7), ta đợc
2
c b a b a
c a c
b c b
+
+ +
+ +
+ + +
(đpcm) Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ (5), (6),(7) cùng xảy ra đẳng thức ⇔ a = b = c
Nhận xét : Liệu (**) có đúng với k số dơng không? Để trả lời câu hỏi này ta xét
bất đẳng thức sau đây
Trang 12Bài 153 Cho x1, x2,…, xk > 0, k nguyên : k > 2; p ∈ sao cho p ≥ 2 Chứng minh
rằng
2
x
x x x x
x
x x
x x
x
n 1
p 2 1 p 1 2 1
p n 4
3
p 2 3
2
p 1
−
−
≥ + + + +
+
Giải Do p∈Q;p≥2 nên ∃ n ∈ *: np∈N*(np≥2), áp dụng bất đẳng thức
Cô-si cho np số dơng, ta có
2
npx 2
x x 2
1
2
x x 2
1 x x
x
x x
1
lan n
1 p 3 2 1
p 3 2
) 1 p ( n
3 2
p 1 3
2
p
1
−
−
−
−
≥
+ +
+ + + + +
npx 2
x x 2
1
2
x x 2
1 x x
x
x
x
1
lan n
1 p 3 2 1
p 3 2
) 1 p ( n
3 2
p 1 3
2
p
−
≥
+ +
+ + + +
+) Với p > 2, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n(p – 1) số dơng, ta có
2 p 3 2 2 lan
) 2 p ( n
1 p 3 2 1
p 3 2 lan
n
1 p 2 1
p
2
2
x x x ) 1 p ( n 2
x x
2
x x x
x
−
−
−
−
−
−
≥
+ +
+ + +
hay
2 p 3 2 2
1 p 3 2 1
p 2
2
x x x ) 1 p ( 2
x x ) 2 p ( x
−
−
−
≥
−
Tơng tự,
2 p 3 2 3
1 p 3 2 1
p 3
2
x x x ) 1 p ( 2
x x ) 2 p ( x
−
−
−
≥
−
Cộng từng vế của (2), (3), ta đợc
2 p 3 2 2 2
1 p 3 2 1
p 3 1 p 2
2
x x ) x x )(
1 p ( 2
x x ) 2 p ( 2 x x
−
−
−
+
−
≥
− + +
1 p 3 2
2
x x ) 1 p ( 2
−
−
= hay
1 p 3 2 1
p 3 1 p 2
2
x x 2
1 4
x
≥
+
(4) +) Với p = 2 suy ra (4) luôn đúng
Từ (1), (4) suy ra
2
px 4
x x x x
x ) 1 p
1 1 p 3 1 p 2 3 2
p 1
−
−
−
≥
+ + +
−
(5) Tơng tự,
Trang 13
2
px 4
x x x x
x ) 1 p
2 1 p 4 1 p 3 4 3
p 2
−
−
−
≥
+ + +
−
; (6) … … …
2
px 4
x x x x
x ) 1 p
k 1
p 2 1 p 1 2 1
p k
−
−
−
≥
+ + +
−
(k + 5) Cộng từng vế của (5),…, (k + 5), ta đợc
2
x
x x x x
x
x x
x x
x
n 1
p 2 1 p 1 2 1
p n 4
3
p 2 3
2
p
1
−
−
≥ + + + +
+
Dấu “=” của (*) xảy ra ⇔ (5),…, (k + 5) cùng xảy ra đẳng thức ⇔ x1 = x2 =…= xk
Nhận xét: − Do p∈Q*+ (p≥2) nên ta đặt p r ( ,r s * ,r 2 )s
s
+
s
1 p r 1 1
r 1
p
… …
s
k p r k k
r k
p
với a1, a2,…, ak > 0 Thay vào (*), ta đợc
2
a
a a a a
a
a a
a a a
k s
r 2 s r 1 s 2
s 1
r k s
4
s 3
r 2 s
3
s
2
r
+ + + +
+
Bạn đọc có thể chứng minh trực tiếp (**) mà không cần thông qua (*)
− Mở rộng hơn bất đẳng thức (**), chứng minh dành cho bạn đọc:
Cho x1, x2,…, xk > 0, k nguyên : k > 2, i nguyên : i > 1; p q, ∈Q sao cho *+ p ≥ q Chứng minh rằng
+ + + + + + + +
+ + +
1 i
q 2
q 1
p k q
1 i
q 4
q 3
p 2 q
i
q
3
q
2
p
1
x
x x
x
x
x x
x x
x
x
x
≥
i
x
x
k q
p 2 q p 1
−
−
