chuyên đề bất đẳng thức môn toán

Định nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức: Cho biểu thức fx xác định trên miền D.. - Ta nói rằng M = const là giá trị lớn nhất của fx trên D nếu hai điềukiện sau đồng thời



- Nếu m > n > 0 thì:

a > 1  am > an

a = 1  am = an

0 < a < 1  am < an

2.1.3 Một số bất đẳng thức cơ bản:

- Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối:

a ≥ 0 Dấu "=" xảy ra  a = 0

a ≥ a Dấu "=" xảy ra  a ≥ 0

a + b ≥ a + b Dấu "=" xảy ra  ab ≥ 0

a - b ≤ a - b Dấu "=" xảy ra a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0

a

aa

2 1 2

2

2 1

2 2

2 1

2



a

bb

a

Dấu "=" xảy ra  a = b

bab

a   

411

Dấu "=" xảy ra  a = b + Với a, b, c là các số dương Ta có:

Dấu "=" xảy ra  a = b = c

2.1.4 Định nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức:

Cho biểu thức f(x) xác định trên miền D

- Ta nói rằng M = const là giá trị lớn nhất của f(x) trên D nếu hai điềukiện sau đồng thời được thoả mãn:

Chú ý: Nếu chỉ chứng minh được f(x)  m hoặc f(x)  M thì chưa đủ để kết

luận về giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất

Ví dụ : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x - 1)2 + (x - 3)2

2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu:

Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy rằng đại

đa số học sinh đều lúng túng khi đứng trước một bài toán về chứng minh bấtđẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số, nhiều em rất ngại làm bài tập

về dạng toán này

Nguyên nhân dẫn đến khả năng nắm bắt và vận dụng kiến thức về bất đẳngthức để chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm cực trị của một biểu thức ở học sinhcòn yếu là do:

- Học sinh chưa nắm vững định nghĩa cũng như các tính chất của bất đẳngthức

- Chưa vận dụng linh hoạt các kiến thức về bất đẳng thức vào giải các bàitoán cụ thể

- Kinh nghiệm giải toán về bất đẳng thức và tìm cực trị còn ít

- Hệ thống các bài tập tự giải, tự tích lũy của các em chưa nhiều

- Các em chưa phân loại được các dạng toán cùng phương pháp giải

Để khắc phục được những mặt hạn chế trên ở học sinh thì việc xây dựng mộtchuyên đề về bất đẳng thức là vô cùng cần thiết

2.3 Mô hình nghiên cứu:

Do đó: 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 hay (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)

* Dùng phép biến đổi tương đương:

Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với một bất đẳngthức đúng

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

Giải: Ta có: (a + b+c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca

Ta có:

)(bdac)dc)(

ba(

)db()ca(dc)dc)(

ba(b

a

)db()ca(d

cb

a

2

2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

2 2 2

22

2 2 2

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

acbdd

bcadbcbdaca

02





 (ad bc) (hiển nhiên)

Vậy a2 b2  c2 d2  (ac)2 (bd)2

yy

x

342

2 2

2

Giải: Ta có:

03

223

2 2

2 2

xx

yy

xx

yy

xx

y

y

x

013

11

03

31

xx

yy

xx

yy

xx

yy

xx

x.xy

xyyxx

yy

xx

y

y

x

04

32

2 2

2 2

)yx(y

xx







zyxGiải:

Nhân hai vế của bất đẳng thức x + y + z ≤ 6 với

0111







zy

yx

1116111

zz

xy

xz

yx

yy

63

Vì x, y, z > 0 nên

22

x

;y

xz

y

;x

yyx

111

6

≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9

311

c + a ≥ 2 caCộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

Vậy a + b + a b

1

2

5 Dấu "=" xảy ra  a = b = 1

Ví dụ 5: Cho a, b, c, x, y, z > 0 Chứng minh rằng: x y z

)cba(z

cy

bx

2 2

2 2

2 2

2 2 2

z

cy

bx

a)

z()y()x(z

cy

bx

a)

c.zy

b.yx

a

Vậy x y z

)cba(z

cy

2 2

* Phương pháp phản chứng:

Giả sử cần phải chứng minh một bất đẳng thức nào đó là đúng, ta hãy giả

sử bất đẳng thức đó sai rồi vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài

để suy ra điều vô lí (trái với giả thiết, mâu thuẫn với nhau) Từ đó suy ra bấtđẳng thức cần chứng minh là đúng

abc

cabcab

cba

4

11

Ta có:      

4

11

4

11

14

11

a4 + a4 + b4 + c4 ≥ 44 (a2)4.b4.c4 4a2bc

a4 + b4 + b4 + c4 ≥ 44 a4.(b2)4.c4 4ab2c

a4 + b4 + c4 + c4 ≥ 44 a4.b4.(c2)4 4abc2

Do đó: 4(a4 + b4 + c4)≥ 4abc(a+ b + c) hay a4 + b4 + c4 ≥ abc(a+ b + c)

Bài 2: Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng:

caa

bcc

bb

cc

bb

cc

bb

aa

cc

bb

2 2

2

Giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a b

bc.c

aba

bcc

b c

ca.a

bcb

caa

b a

ca.c

abb

cac

bcc

b

a

22

2 2







bc.c

bc

c

2 2







ca.a

ca

a

2 2





Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

c) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2 3

3

2

2 ab ab

aab

3

2

2 bc bc

bbc

3

2

2 ca ca

cca

)cba(cabcaba

cc

bb

a3  3  3    2 2  2  2

Mặt khác: a2 b2 c2 abbcca  2(a2 b2 c2)2(abbcca)

Do đó: a ab bc ca (ab bc ca)

cc

bb

cc

2 2

2 2

2 2

2 2

b.b

aa

cc

bb

ab

a

212

2 2

bc

b

212

2 2

ca

c

212

2 2

3

2 2

2 2

bb

aa

cc

bb

a

cc

bb

aa

cc

2 2

1

)cba(abccabbc

Giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: b + c ≥ 2 bc a(b + c) ≥ 2a bc

a

(   2  2  2  2 2 2 2

22

2

2 2

)abc()cab()bc

a



)abccabbca(bcaabccababccabbc

Vậy

23

1

)cba(abccabbc

1

1 a (b ) a.(b ) abb

Tương tự: 1 2

aba

ababa

bb

2211

Bài 5: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

a) 2

31

1

1 2   2  c2 

cb

ba

a

cbaabc

cabbc

11

1

2 2

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

2

31

1

1 2   2  c2 

cb

ba

Do đó:

abc

abca

bcab

ccabbcaabccab

bc

12

12

11

11

2 2

22

2

cbaabc

cabbc

11

1

2 2

12

12

12

14

12

ba

)ba(b

a)ba()ba()

ba

(

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Bài 7: Cho a, b, c ba số dương Chứng minh rằng:

2

2 2

2

cbaba

cac

bcb

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2 2

2

cbacb

aa

cb.cb

ac

bc





Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

24

44

2 2

2

cbabaaccbcbaba

cac

bc

2

cbaba

cac

bc

cc

bb

a

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

44

414

14

12

14

aa

)b(.b

a)

b(b

a

Tương tự:  14  4 4 a  14 c  4 a 4

c

;cb

cb

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

1211

cc

bb

a

Bài 9: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

32

22

2 2 2 3

3 3

cbaac

ccb

bba

3

3

29

29

2

a)

ba(aba

3

3

29

29

2

b)

cb(bcb

3

3

29

29

2

c)

ac(cac

)cabcab

cba()cba(ac

ccb

29

13

222

2

2 2 2 2

2 2 3

3 3

2 2

9

13

2

)cba()cba

Mặt khác : (abc)2 3(a2 b2 c2)  (a b c) (a b c )

2 2 2 2

3

19

13

222

2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 3

3 3

cba)cba()cba(ac

ccb

3 3

cbaac

ccb

bb

3

cba)cb(a

c)

ba(c

b)

ac

acb)ac(b

a

2

38

34

3 3

bb

bac)ba(c

b

2

38

34

3 3

bac)ba(c

c

2

38

34

3 3

2

3 3

3

cba)cb(a

c)

ba(c

b)

ac

4 4

cbaba

cac

bcb

44

24

2 2 3

4 3

6 2

4

cabaacb

aa

a)

cb(ac

abcbbac

bcaccba

baba

cac

bc

4 4

cba)cba(c

baba

cac

bc

4 4

cbaba

cac

bc

5 2

5

a

cc

bb

5 2

5

b

ab

ab

a





5 2

5

a

cc

bb

a

 5(a3 + b3 + c3) - 2(a3 + b3 + c3)

5 2

Bài 13: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi

Chứng minh rằng: (p - a)(p - b)(p -c) 8abc

1

Giải:

(vì b + c > a)Tương tự: p - b > 0, p - c > 0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

22

2 2 2

cb

apb

pap

; (p - c)(p - a) 4

2b



2 2 2 2 2

)cp()bp()ap

2

3 2

2

3 2

2

3

cbaac

cc

b

bb

5 2

5

c

bc

bc

5 2

5

a

ca

ca

c





Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

22

2 2

2

2 2

2

2 2 2 2

2

3

baab

ababa

aba

ba

b)ba(ab

2 2

3 2

2

3 2

2

3

cbacbacbaac

cc

b

bb

2

3 2

2

3

cbaac

cc

b

bb

2

4 3

3

4 3

3

4

cbaac

cc

b

bb

ba

aba

ba

b)ba

(aba

a

3

23

22

22

22

3 3

3

3 3

3

3 3

3 3

22

2

4 3

3

4 3

3

4

cba)cba(cbaac

cc

b

bb

3

4 3

3

4

cbaac

cc

b

bb

22 2

Tương tự: b c  2 (bc)

22 2

; c a  2 (ca)

22 2

Do đó: a2 b2  b2 c2  c2 a2  2(abc)

b) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

( √ a(b+c)+ √ b( c+a)+ √ c(a+b) )2= ( √ a. √ b+c+ √ b √ c+a+ √ c. √ a+b )2

¿ ( a+b+c )(b+c +c +a+a+b )=2(a+b+c )2

)abc

cab

bca

(ab

ccab

bc

a2 8  2 8  2 8  3 2 8  2 8  2 8

 3(ab c)2 3.6(ab bcca)Mặt khác: 3(abbcca)(abc)2

Do đó: a2 8bc b2 8ca  c2 8ab  9(abc)2 = 3(a + b + c)

Bài 3: Cho x, y, z  1 và

2111







zy

x  1 1 1 1 1 1 1  1  1  11

z

zy

yx

xz

yx

xzyxzy

11

c

bc

2 2

cac

bcb

ab

a

ca

c

bc

b

ac

c

bc

2 2

2

91

11

2

91

ca

c

bc

ba

2

332

cac

bcb

a

2.3.2.3 Dạng toán vận dụng phương pháp đổi biến:

Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

     a b c 3

cb

ac

ba

cbaGiải:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0, a + b - c > 0,

b + c - a > 0, c + a - b > 0

Đặt b + c - a = x; c + a - b = y; a + b - c = z  x, y, z > 0

Ta có: 2

zy

a  

xz

b 

yx

c 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

32

xzx

zy

xzx

zy

zz

xx

zy

xx

y

(hiển nhiên)

Vậy      a b  c 3

cb

ac

ba

ac

ba

cbaGiải:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0, 2a + 2b - c > 0,2b + 2c - a > 0, 2c + 2a - b > 0

z ) −3≥9

xx

zy

ac

ba

11

11

Đặt a = x3 ; b = y3 ; c = z3 Do abc = 1 nên xyz = 1

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

11

11

11

1

3 3 3

3 3

)yx(xyz

z)

yx(xyy

11

13 3

(vì xyz = 1)

xx

z

;zyx

xz

11

1

3 3 3

3Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

11

11

11

1

3 3 3

3 3

11

11

2 2

Ta có: a + b = z(x + y); b + c = x(y + z); c + a = y(z + x)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương với: 2

yzyx

(bất đẳng thức Net-bit)

31

11

2 2

11

3 3

Ta có: a + b = z(x + y); b + c = x(y + z); c + a = y(z + x)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương với: 2

32 2

yzyx

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

31

11

3 3

2.3.2.4 Dạng toán vận dụng điều kiện ràng buộc giữa các biến:

Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và a + b + c = 2.

zxz

yzy

x)yx()xz()zy

2 2

)zyx(yx

zxz

yzy

x)zyx(

xyz32

zyxyx

zxz

yzy

Tương tự: b < 1, c < 1

Suy ra: (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương 1 - a, 1 - b, 1 - c, ta có:

(1 - a)(1 - b)(1 - c)  27

13

2

27

562

22

22

27

281

27

11

0

2 2 2

ba()cba(

abcca

bcab

abcca

bcab

abccabcab)cba(

52

27

522

2

27

562

42

2 2 2

2 2 2

2 2 2

ba

)abcc

ba(

)abcc

ba(

Bài 2: Cho a, b, c  0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng:

27

72

0abbcca abcGiải: Vì a, b, c  0 và a + b + c = 1 nên 0 ≤ a, b, c ≤ 1  0 ≤ abc ≤ 1

Ta có: abbcca 33 (abc)2 33 (abc)3 3abc

 abbcca  2abc3abc 2abcabc0

Ta lại có: abc 27

13

Thật vậy: Vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử

a  b  c  0

Ta có: a2 - (b2 - c2)  a2  (a + b - c)(a - b + c) ≤ a2 (1)

 1 - 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) - 8abc ≤ abc

 4(ab + bc + ca - 2abc) ≤ 1 + abc

 ab + bc + ca - 2abc ≤ 4

1(1 + abc) ≤ 4

1(1 + 27

1) = 27

7

72

0abbcca  abc

Bài 3: Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x2 y2 z2 3

Chứng minh rằng:

zyxzy

x     

111

(

Mặt khác:

9111

(

Do đó:

21

11

)zyx(zyx)zyx

x     

111

Bài 4: Cho x, y, z  0 và x + y + z = 1 Chứng minh rằng:

x + 2y + z  4(1 - x)(1 - y)(1 - z)Giải:

Vì x, y, z  0 và x + y + z = 1 nên x, y, z  1  1 - x, 1 - y, 1 - z  0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4(1 - x)(1 - z)

2

212

11



x yGiải: Ta có:

x2 + y2 = 1  x2  1 và y2  1 mà x 0, y 0 0  x  1 và 0  y  1 Suy ra: x3  x2 và y3  y2

1(xy)(x3 y3) (x3 y3) x3 y3 

(2)

Từ (1) và (2) ta có:

12

x+ y≥2 √ xy ⇒ x+ y+z≥z+2 √ xy ⇒1≥z+2 √ xy⇒ z≥z2+2 z √ xy

⇒ z+xy≥z2+ 2 z √ xy+xy ⇒ z+xy≥( z+ √ xy )2⇒ √ z+xy≥z+ √ xy

Tương tự: xyz x yz; yzx y zx

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

zx yz

xy zx

yz xy

) z y x ( xy z zx y

yz

Vậy xyz yzx  zxy1 xy yz  zx

Bài 7: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

cabcabcb

93

22

22 2 2

a3  3  3      

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

)cb(aa)cb(a)

cb(

Ta lại có: b3 c3 bc(bc)

 2a3 (b3 c3)2a 2abc(bc) 4a bc (vì abc = 2)Tương tự: 2b3 (c3 a3)4b ca

2c3 (a3 b3)4c ab

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

)bacacbcba()cba

aGiải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

4 241

11

1

1

a

bca

ca

ba

cba

4

4

11

c

abc

;b

11

x 

Do đó:

2

12

12

12

22

2 2

2 2 2 2 2 2 2

32 2 2 2 2 2

Bài 11: Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c + ab + bc + ca = 6

Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≥ 3

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

a

a

a2 12 2 12

b

c2 12 2 12

Suy ra: a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c)

Ta lại có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca  2(a2 + b2 + c2)≥ 2(ab + bc + ca)

b+(a)

d+c(+)b+

2 a2c2 +a2d2 +b2c2+b2d2

2 (a2c2 2abcd+b2d2)+(a2d2  2abcd+b2c2) 2 (acbd)2 (ad  bc)2

2 (acbd)2 1

Do đó: a2 + b2 + c2+ d2 + ac + bd 2 (acbd)2 1acbd

Đặt ac + bd = x Ta cần chứng minh: 2 x2 1x 3

 2 x2 1 3 x (*)Nếu 3 x< 0 thì (*) luôn đúng.

Nếu 3 x ≥ 0 thì (*)  4(x2 + 1) ≥ 3 - 2 3 + xx 2

 3x2 + 2 3 + 1 ≥ 0x

 ( 3 + 1)x 2 ≥ 0 (hiển nhiên)Vậy a2 + b2 + c2+ d2 + ac + bd ≥ 3

Bài 13: Cho a + b + c = 3 Chứng minh: a4 + b4 + c4  a3 + b3 + c3

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức: x4 + y4  x3y + xy3 ta có:

zyx

Chứng minh rằng: 3

43

4





 x,y,zGiải:

zyx

zyx

zyx

zy

x1

2zzxy

zy

x

Suy ra: x, y là nghiệm của phương trình: t2 - (2 - z)t + 1 - 2z + z2 = 0 (*)

Phương trình (*) có nghiệm   = -3z2 + 4z = z(4 - 3z) ≥ 0  0 ≤ z ≤ 3

4 (1)

zyx

)z(yx1

2zzxy

)z(yx

Suy ra: x, y là nghiệm của phương trình: t2 + (2 + z)t + 1 + 2z + z2 = 0 (**)

Phương trình (**) có nghiệm   = -3z2 - 4z = -z(3z + 4) ≥ 0  - 3

4 ≤ z ≤ 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 3

43

Từ (1) và (2) suy ra: ax + by + cz ≥ 8abc

2.3.2.5 Một số dạng toán khác:

Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

Do đó: 2(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca) hay a2 + b2 + c2  ab + bc + ca

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có: a < b + c  a2 < ab + acTương tự: b2 < bc + ba; c2 < ca + cb

Do đó: [(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)]2 ≤ (abc)2

Vậy (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) ≤ abc

Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi

Chứng minh rằng:

a) a b c b c a c a b a b c

1111

11

(với x, y > 0)

Ta có: a b c b c a b b

22

41

41

41

cbabacacbcb

a

1111

11

(vì b + c > a)Tương tự: p - b > 0, p - c > 0

Áp dụng bất đẳng thức: x y xy

411

(với x, y > 0)

Ta có: p a p b p a p b c

44

11

11

11

11

1

Bài 3: Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng:

zyxzyxzyxzyx

1112

42

42

Áp dụng bất đẳng thức: x y x y

114

42

22

42

42

42

42

42

42

42

42

42

Vậy x y z x y z x y z x y z

1112

42

42

12

12

13

13

13

1

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức: x y xy

411

3

42

13

1

acb)bac()cb(bacc

22

3

42

13

1

bac)cba()ac(cbaa

22

3

42

13

1

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

bacacbcbaaccbb

12

12

13

13

13

1

Bài 5: Cho a > 0, b > 0 và a + b = 1 Chứng minh rằng:

11

32

)yx(

xy  (với x, y > 0).a) Ta có:

6442

14

42

11

2

12

11

1

2 2

2 2 2

.b

aabab

b) Ta có:

144342

14

3

42

13

2

32

13

2

2 2

2 2 2

.)bặ)baab

(abb

a

ab

32

Bài 6: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh rằng:

142

3

2 2

1

(với x, y > 0)

23

1

)zyx(zxyz

22

22

23

cbacabcab

cabcabc

bacabc

ab

144231

24

23

1

2

2 2

.)cbă

2 2

cac

b

bcb

1

(với x, y > 0)  4

yxyx

cac

b

bcb

cac

b

bcb

1    

cca

bbc

aGiải:

Vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0abc

cab

bab

aab

cca

bbc

11

cca

bbc

a

Vậy 1 1ab 12

cca

bbc

a

Bài 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 0 ≤ a, b, c ≤ 1 Chứng minh rằng:

c

bc

baGiải:

Vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0abc

1

Ta có: a + b + 1 b + c + 1; a + b + 1 c + a + 1

Do đó:

11

11

11

a

cb

a

bb

a

ab

a

ca

c

bc

a

cba

11

cb

a

cbac)

b)(1-a)(1

-(1

(*)Nếu c = 1 ta có điều phải chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

13

Vậy  1  1ab1(1-a)(1-b)(1-c)1

ca

c

bc

b

a

Bài 10: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: 0 < a, b, c ≤ 1 Chứng minh rằng:

c)-b)(1-a)(1-(1c

b

a   3

11

a)(1-(1

- (1-a)(1-b)(1-c)(a b 1)1 c