Cách Giải Bất Đẳng Thức Cauchy / Top 2 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 2/2023 # Top View | Englishhouse.edu.vn

Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz (BĐT CBS – viết tắt của tên 3 nhà toán học này; ở Việt Nam nhiều người quen dùng với cái tên Bunhiacopxki) được dùng nhiều trong toán học sơ cấp. Với tư cách là hai hòn đá tảng để nhiều kết luận quan trọng khác của toán học dựa vào, cặp bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz được sử dụng khá phổ biến ở phần lớn các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ngoài ra một số hệ quả của cặp bất đẳng thức này có thể vận dụng để giải hàng loạt các bài toán thú vị về cực đại và cực tiểu.

Bất đẳng thức CBS (Cauchy – Bunyakovsky – Schwartz)

Chứng minh bất đẳng thức CBS

Hiện nay bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cũng có khá nhiều cách chứng khác nhau, tất cả các cách chứng minh đó đều ngắn gọn đặc sắc, xin giới thiệu một cách chứng minh trong số những cách chứng minh đã có như sau.

Hệ quả của bất đẳng thức CBS

Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra hai hệ quả để sử dụng trong bài viết này:

Làm chặt bất đẳng thức CBS

Bây giờ ta sử dụng 2 hệ quả trên để làm chặt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Theo Ngô Văn Thái (Epsilon). Người đăng: Sơn Phan.

còn gọi là bất đẳng thức(BĐT CBS – viết tắt của tên 3 nhà toán học này; ở Việt Nam nhiều người quen dùng với cái tên) được dùng nhiều trong toán học sơ cấp. Với tư cách là hai hòn đá tảng để nhiều kết luận quan trọng khác của toán học dựa vào, cặp bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz được sử dụng khá phổ biến ở phần lớn các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ngoài ra một số hệ quả của cặp bất đẳng thức này có thể vận dụng để giải hàng loạt các bài toán thú vị về cực đại và cực tiểu.Hiện nay bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cũng có khá nhiều cách chứng khác nhau, tất cả các cách chứng minh đó đều ngắn gọn đặc sắc, xin giới thiệu một cách chứng minh trong số những cách chứng minh đã có như sau.Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra hai hệ quả để sử dụng trong bài viết này:Bây giờ ta sử dụng 2 hệ quả trên để làm chặt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Kỹ Thuật Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy Trong Chứng Minh Bđt

Cập nhật lúc: 09:53 12-01-2018 Mục tin: LỚP 10

Toàn bộ các quy tắc khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bài tập vận dụng giúp các em hết bỡ ngỡ khi gặp các bài toán tương tự về bất đẳng thức có sử dụng bất đẳng thức Cauchy.

NHỮNG QUY TẮC CHUNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI

+ Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn.+ Quy tắc dấu bằng: dấu bằng ” = ” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học sinh có thể không trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si.

+ Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu ” = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến. + Quy tắc biên: Cơ sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên. + Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu ” = ” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu ” = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể. Chiều của BĐT : ” ≥ “, ” ≤ ” cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại.

Chuyên Đề Đẳng Thức Và Bất Đẳng Thức

Published on

1. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 1

6. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = 0. Gặp những bài toán này HS có thể qui về phương pháp quen thuộc ở bài P    Để làm được bài toán này, HS phải quen với cách viết: 99…9 10n 1 1 1 1 … 1 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 … 1 1 2 3 2 3 4 3 4 5 1 2 1 1 1 … 1 6 toán ban đầu. Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức 1 99…92 0,99…92 n n n   . Ta có: 99…92 (10n 1)2    và n 2 n n 0,99…92 10 1 10 n          . Khi đó đặt: a = 10n  1 thì 2   2 2 1 1 P a a a     bài toán quen thuộc. 1  12 2  12 2 1 P  a   a a   a a     a 2 a  2 2 1 1 1 1 1 P a a       a a   Bài toán có thể lạ về nội dung; giả thiết, kết luận; hoặc là về phương pháp làm (phương pháp đặc biệt). Song trong mỗi bài đều có thể tìm ra một vài ý quen thuộc. Bởi vậy việc rèn luyện trí nhớ cũng rất cần đối với HS. Năng lực 7: Năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự. Ví dụ: Tính các tổng sau: 2   S n n          (nN, n≥1) Từ bài toán này chúng ta có thể mở rộng và được hai bài toán tính tổng sau: 3     S n n n               , (nN, n≥1) 4 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6  1   2   3  S n n n n                    , (nN, n≥1) Đồng thời có thể tổng quát hoá bài toán: Tính tổng:

11. Phương pháp 10: Phương pháp qui nạp toán học. Phương pháp 11: Phương pháp dùng toạ độ, hình học. Chương II BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 2.1. Các yêu cầu về kiến thức và kỹ năng đối với toán ĐT và BĐT thuộc chương trình toán lớp 9 THCS 2.1.1. HS cần nắm vững kiến thức về giải toán ĐT và BĐT – Nắm vững khái niệm và tính chất của ĐT và BĐT. – Nắm vững các HĐT đáng nhớ. – Nắm vững các phép biến đổi đơn giản của căn thức, phân thức, đa thức. – Nắm vững cách chứng minh ĐT. – Nắm vững cách chứng minh ĐT có điều kiện. – Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. – Rút gọn, tính giá trị của một biểu thức. – Các phương pháp chứng minh BĐT (đã nêu ở chương 1). 2.1.2. HS có kỹ năng vận dụng các kiến thức vào giải toán – Kỹ năng vận dụng các HĐT đáng nhớ. – Kỹ năng tính toán giá trị của biểu thức. – Kỹ năng rút gọn một biểu thức. – Kỹ năng chứng minh ĐT. – Kỹ năng chứng minh ĐT có điều kiện. – Kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử. – Kỹ năng chứng minh BĐT. 2.1.3. HS phát triển về những năng lực trí tuệ chung. – Năng lực suy luận, lập luận. – Năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hoá, xét 11 tương tự, đặc biệt…

13. Để chứng minh các ĐT đại số, thường sử dụng các HĐT quen thuộc (đáng by ay bx a x b y axby a y b x axby ax  )  (  )  (   2 )  (   2 ) a x b y a y b x a b x y 13 nhớ) sau: 1. (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab. ( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca). 2. (a  b)2 = a2 + b2  2ab. 3. (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b). ( a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3( a + b)( b + c)( c + a). 4. (a  b)3 = a3  b3  3ab(a  b). 5. a2  b2 = (a + b)(a  b). 6. a3 + b3 = (a + b)( a2  ab + b2). =(a + b)3  3ab(a + b). 7. a3  b3 = (a  b)( a2 + ab + b2). =(a  b)3 + 3ab(a  b). Một cách tổng quát: 8. a2n + 1 + b2n + 1 = (a + b)( a2n  a2n  1.b + … + b2n) 9. an  bn = (a  b)( an1 + an2.b + … + bn1). 2. Rèn luyện các kỹ năng giải bài toán về ĐT Dạng 1: Bài tập về chứng minh ĐT Bài 1: CMR: (a2 + b2)(x2 +y2) = (a x + by)2 + (ay – bx)2 Giải: Biến đổi vế phải, ta được:  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) ( )( )        ĐT được chứng minh. Bài 2: CMR: (x+y)(x+y)3 = x(x + 2y)3 – y(2x + y)3 Hướng dẫn: Biến đổi vế phải, ta được điều cần chứng minh. (Tương tự bài 1) Bài 3: CMR: x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2 Giải: Viết ĐT đã cho dưới dạng: 2(x2 + xy + y2)2  x4  y4 =(x + y)4 Biến đổi vế trái, ta được:

14. 2(x2 + xy + y2)2  x4  y4 = [(x2 + xy + y2)2 x4] + [(x2 + xy + y2)  y4] = (xy + y2)(2×2 + xy + y2) + (x2 + xy)(x2 + xy + 2y2) = (x + y) [y(2×2 + xy + y2) + x(x2 + xy + 2y2)] = (x + y) [x3 + 3x2y + 3y2x + y3] = (x + y)(x + y)3 = (x + y)4. Vậy ĐT được chứng minh. Bài 4: Cho a, b, c. CMR: a3 + b3 + c3  3abc = (a + b + c)( a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) Giải: Biến đổi vế trái, ta được: a3+b3+c33abc = (a3+b3)+ c3 3abc = (a + b)3  3ab(a + b) + c33abc = [(a + b)3 + c3]  3ab(a + b + c) = (a + b + c)3 3(a + b).c(a + b + c)  3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b + c)2 3ac  3bc  3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) Vậy ĐT được chứng minh. Bài 5: Chứng minh rằng, nếu ít nhất có hai trong ba số a, b,c khác nhau thì: 3 3 3 a b c a  b  c  abc   ( ) ( ) ( ) 2 a b c a  b 2  b  c 2  c  a 2 a b c a b b c c a 2 2 2 [(  )  (  )  (  ) ] 14 3 2 2 2 a b b c c a       Hướng dẫn: Biến đổi tử số của phân thức ở vế trái như bài 4, ta được: a3+ b3+ c3  3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) [( ) ( ) ( ) ]   2  Vậy vế trái của ĐT đã cho bằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 a b c a b b c c a           ĐT được chứng minh. Bài 6: CMR: a/ 4 49  20 6  4 49  20 6  2 3 Hướng dẫn:

16. a a 2 2(3  2 )(1  ) x x2 y x x2 y x x2 y x x2 y x  x2  y x  x2  y x x2 y x x2 y x  x2  y x  x2  y   =   x x2 y x x2 y x x2 4 2 4 2  4 16 Vậy ĐT được chứng minh. b/ CMR: 5  1 3  2 5 5 1 3 2 5 4 4 4    4 4 Giải: Đặt 4 5  a  5  a4 Cần chứng minh: a a a a 3  2 3 2 1 4 1         Khai triển: a a a a 4 4 a ( 1) a a a 3  2 3 2 2(3 2 )(1 )  ( 1) 1 1 2 4              Vậy ĐT được chứng minh. Bài 8: Chứng minh các ĐT sau: a) 2 2 x y        Hướng dẫn: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được: x  y     4 2 2 2       Biến đổi vế phải, ta được:    4 2 2 2     x 2 y x  y 4 Vậy ĐT được chứng minh. b) 2 2 x y        (Chứng minh tương tự a/) c) x x x x x x       Hướng dẫn: Nhân 2 vế với 4 x , ta được:

19.   2 2 2 c a c b a b b c c a ( )( ) ( )( ) ( )( )  1 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1 ab ; b)  19 a b c  a b c b a b c a b a c               Hướng dẫn: Ta có: a  c  a  b a b a c a b a c a b c a b c a b a c         ( )( ) (  )(  )    b  a  b  c b c b a b c b a b c a b c a b c b a         ( )( ) (  )(  )    c  b  c  a c a c b c a c b c a b c a b c a c b         ( )( ) (  )(  )    Cộng từng vế của ba ĐT trên ta được điều cần chứng minh. * Nhận xét: – Để chứng minh một ĐT ta có thể thực hiện việc biến đổi biểu thức (thực hiện phép tính) ở vế này (thường là vế phức tạp hơn) của ĐT để được một biểu thức ở vế kia. – Trong một số trường hợp, để chứng minh một ĐT ta có thể biến đổi đồng thời cả hai vế của ĐT sao cho chúng cùng bằng một biểu thức thứ ba, hoặc cũng có thể lấy biểu thức VT trừ biểu thức VP (hoặc biểu thức VP trừ biểu thức VT) và biến đổi có kết quả bằng 0. Dạng 2: Chứng minh ĐT có điều kiện. Bài 13: Cho a + b + c = 0. CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc. Giải: Ta có (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) (1) Vì a + b + c = 0, nên suy ra: a + b = c; b + c = a; c + a = b Từ đó theo (1) ta có: 0 = a3 + b3 + c3  3abc Suy ra: a3 + b3 + c3 = 3abc. Vậy ĐT được chứng minh. Bài 14: Cho a + b = 1, ab≠ 0. CMR: a/ a  b  2(  2) a b   2( b a ) b3 1 a3 1 a 2 b 2  3 b3 1 a3 1 a 2 b 2  3 Giải:

27. b/ N = a(b2  c2) + b(c2  a2) + c(a2  b2) (Tương tự phần a) = a(b2  c2)  b(a2  c2) + c(a2  b2) = a(b2  c2)  b[(a2  b2) + (b2  c2)] + c(a2  b2) = a(b2  c2)  b(a2  b2 )  b(b2  c2) + c(a2  b2) = (b2  c2)(a  b)  (a2  b2)(b  c) = (b  c)(b + c)(a  b)  (a  b)(a + b)(b  c) = (a  b)(b c) [(b+ c)  (a + b) ] = (ab)(b  c)(b + c  a  b) = (a  b)(b  c)(c  a) 27 Bài 37: A = x4 + x3 + x2  x  2 = x4 + x3 + 2×2  x2  x  2 = x2(x2 + x + 2)  (x2 + x + 2) = (x2 1)(x2 + x + 2) = (x 1)(x +1)(x2 + x + 2) Bài 38: a/ f(x) = x3  x  6 = x3  2×2 + 2×2  4x + 3x  6 = x2(x  2) + 2x(x  2) + 3(x  2) = (x  2) (x2 + 2x + 3) b/ f(x) = x5 + x +1 = x2(x3  1) + (x2 + x + 1) = x2(x  1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x3  x +1) Bài 39: a/ A = 2×3 + x2 + x  1 = (x3  1) + (x3 + x2 + x) = (x  1)(x2 + x + 1) + x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(2x  1) b/ B = 3×3 + 2×2 +2x  1 = (x3  1) + (2×3 + 2×2 + 2x)

28. = (x  1) (x2 + x + 1) + 2x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1) (3x  1) 28 Bài 40: a/ A = 6×2  5x + 1 = 6×2  3x  2x + 1 = 3x(2x  1)  (2x  1) = (2x  1)(3x  1) b/ A = 2×2  5xy + 2y2 (Tương tự a/) Bài 41: a/ A = 4×2  4x  3 = 4×2  4x + 1  4 = (2x  1)2  22 = (2x  1 + 2) (2x  1  2) = (2x + 1) (2x  3) b/ C = 4×2  11x + 6 = 4×2  8x  3x + 6 = 4x(x  2)  3(x  2) = (4x  3)(x  2) Bài 42: a/ A = x4 + 5×2 + 9 = x4 + 6×2 + 9  x2 = (x2 + 3)2  x2 = (x2 + 3  x) ( x2 + 3 + x) b/ B = x4 + x2y2 + y4 = x4 + 2x2y2 + y4  x2y2 = (x2 + y2)2  (xy)2 = (x2 + y2  xy)(x2 + y2 + xy) c/ C = x4 + 3×2 + 4 (Tương tự phần b) Bài 43: a/ C = 4×4 + 1 = (2×2)2 + 4 x2 + 1 4×2 = (2 x2 + 1)2  (2×2) = (2 x2  2x + 1)(2 x2 + 2x + 1) b/ D = 64×4 + 81 (Tương tự a/ ) Bài 44:

29. a/ A = (x2  4x)2 + 8(x2  4x) + 15 = (x2  4x)2 + 2. 4(x2  4x) + 16  1 = (x2  4x + 4)2  1= (x2  4x + 4 + 1) (x2  4x + 4  1) = (x2  4x + 5) (x2  4x + 3) = (x2  4x + 5) (x  3) (x  1) 29 b/ B = x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y  3 = (x + y)2 + 2(x + y)  3 = (x + y +1)2  22 = (x + y + 3) (x + y 1) Bài 45: A = a2b + a2c + ab2 + ac2 + cb2 + c2b + 2abc = ab(a + b)+ c2(a + b) + c(a2 + b2 + 2ab) = ab(a + b)+ c2(a + b) + c(a + b)2 = (a + b)(ab + c2 + ca + cb) = (a + b)[(a(b + c) + c(b + c)] = (a + b)(b + c) (a + c) Bài 46: P = a2(b  c) + b2(c  a) + c2(a  b) = a2(b  c) + c2(a  b)  b2(a  c) = a2(b  c) + c2(a  b)  b2[(a  b) + (b  c)] = a2(b  c) +c2(a  b)  b2(a  b)  b2(b  c) = (a2  b2)(b  c)+ (a b)(c2b2) = (ab)(bc )[ a + b  c  b] = (a  b)( b  c )(a  c ) Bài 47: Q = a3 + 4a2  29a + 24 = a3  a2 + 5a2  5a  24a + 24 = a2(a 1) + 5a(a 1)  24(a  1) = (a  1)( a2 + 5a  24) = ( a 1)( a2  3a + 8a  24) = (a  1)(a  3)(a + 8). Bài 48: a/ A = x4 + 6×3 + 7×2  6x + 1 = x4 + 6×3 + 9×2  2×2  6x + 1 = x2(x + 3)2  2x(x + 3) + 1 = (x2 + 3x  1)2 b/ B = x3 + 6×2 + 11x + 6 = x3 + x2 + 5×2 + 5x + 6x + 6

31. * Nhận xét: Phân tích đa thức thành nhân tử là biến đổi một đa thức thành một tích của các đa thức khác có bậc khác không. Ta cũng lưu ý rằng luỹ thừa của một đa thức với số mũ luỹ thừa lớn hơn 1 là một tích các đa thức với các nhân tử bằng nhau.. Có nhiều phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: Phương pháp 1: Phương pháp đặt nhân tử chung. Làm xuất hiện nhân tử giống nhau ở các hạng tử của đa thức. Đặt nhân tử    M a a a    ab  b a  a  ab  b    a   31 chung đó ra ngoài ngoặc. Phương pháp 2: Dùng HĐT. Biến đổi đa thức cần phân tích về dạng một vế của HĐT quen thuộc. Phương pháp 3: Phương pháp nhóm các hạng tử. Sử dụng tính chất kết hợp của phép cộng ta nhóm các hạng tử của đa thức cần phân tích một cách hợp lý để có thể sử dụng phương pháp đặt nhân tử chung hoặc phương pháp dùng HĐT. Phương pháp 4: Phương pháp tách một hạng tử thành một tổng. Tách một hạng tử của đa thức thành một tổng để có thể sử dụng phương pháp nhóm các hạng tử cho đa thức mới nhận được. Phương pháp 5: Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử. Ngoài các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử ở trên còn một số phương pháp khác như phương pháp hệ số bất định, phương pháp đặt biến phụ … Khi làm loại toán trên, HS hãy tìm các cách giải khác nhau và hãy chọn cách làm ngắn gọn nhất. Trong các phương pháp trên thì thường ưu tiên số một là dùng cách đặt nhân tử chung, rồi đến dùng HĐT và sau đó là nhóm các hạng tử, v.v… Căn cứ vào từng bài, hãy làm thử rồi chọn cách phân tích; thông thường trong quá trình giải mỗi bài toán phân tích đa thức thành nhân tử cũng vẫn phải phối hợp, vận dụng linh hoạt các phương pháp trên. Dạng 4: Rút gọn biểu thức: Bài 51: Rút gọn biểu thức: a) 2 2 2 2 . 1 3 2 2 2 3

35. 2 x x 1 1 2 2 2 2 x x x x ( 1 1) ( 1 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x (  1)  2(  1)  1  (  1)  (  1)  2(  1)  1  (  1) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 x  x  x   x  x   x  2 a x 2 2 c x 2 bc a x 2 b c ac b  x 2 c  a 2 2 2 2 bc a  x b  c  ac b  x c  a  ab c  x a  b 35 c)    1 1 2 P x x 1 1    1 1 2 2         x x x x       2 2 2 (  1)  (  1)  x x 2 2 2 (  1)  (  1)  x x     x  x   x x  x x 2 2 2 x 2 2 x x x 2  1 1  2 1 2 1 1           ĐK: x < 1 hoặc x≥ 1 Bài 55: Đơn giản biểu thức: A  (2 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (2 1)(2 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (22 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (24 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (28 1)(28 1)(264 1)(232 1)  (216 1)(216 1)(232 1)  (232 1)(232 1)  264 1 Bài 56: Đơn giản biểu thức:            c x  ca cb c b  x b a b c b  Q a x a b a c a           2 2 2 TXĐ: abc  0; a  b  c                       b  x         c c a b c b a b b c a a b c a                            ab c  x a  b                abc a b b c c a abc a b b c c a abc a b b c c a                  (*)         abc a b b c c a  Phân tích tử thức (*) ta có: bca  x2 b  c acb  x2 c  a abc  x2 a  b  bc(a  x)2 (b  c)  ac(b  x)2 (b  c)  ac(b  x)2 (a b)  abc  x2 a b

37.       n n n n n n n n S          x x x x x2 x x 37 = …= 1 a a 3   4 2   a a 3 4 3 2 Bài 58: Rút gọn: 1 1 … 1 S     2 1  1 2 3 2  2 3 2011 2010  2010 2011 Giải: * Ta có n  1,n  Z  n n 1 1 1 1 (  1)  .  1 (  1)  1 * Thay n = 1, 2, …, 2010 vào,ta được: 1    1 1 2 2 1 1 2 1 3 1  1   2 3 2 2 3 … 1 1 1   2010 2009 2009 2010 2009 2010  1 1 1   2011 2010  2010 2011 2010 2011 Do đó 1 1 1 1 … 1 1 1 1 2 2 3 2010 2011 2011  Bài 59: Rút gọn: a) A =      2 1 2 1        1 . 1 1 4( 1)  1 2    Giải: Điều kiện  2 x x A =     x . 2 2 2 x x 1 1 1 1         1 2 2   x x = x . 2 1 x x 1 1 1 1      2    x x

40.  x  =1 x  x x x x . . . 1 1                    1 1 1 1         a b a b a b a b                        a  b a  ab  b  ab a  b a  b   a b 40      x x 1     = 1   x x 1 = 1  x x   1 1 x  x  . Vậy P = 1 1 x  x  . Bài 62: Cho 3 3 2 2 1 1 Q a b ab : a b a b a b a) Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa. b) Rút gọn Q. Giải: a/ Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa: Ta thấy a  b  0 a  b  a  b . 1 2 1 2 ( ) ( ) ( )( ) 1 1 0 1 1  1 1 2 2 1 1               a b a b a b a b 1 1 0 a 0,b 0 a b       . Vậy với a ≠ 0, b ≠ 0, a ≠ b thì Q có nghĩa. b/ Rút gọn Q: 3 3 2 2 Ta có 1 1 Q a b ab : a b a b a b        1 2 1 2 1 1   : ( ) ( )   a b a b     = (a + b): (a1 + b1) = (a + b):   1 1 = (a + b): a  b ab = ab. Vậy Q = ab Bài 63: Rút gọn biểu thức: a) A = x  x2  4  x  x2  4 với x ≥ 2 b) B = 2x  12x  9  2x  12x  9 với x ≥ 3 2 Giải: a/ A = x  x2  4  x  x2  4 Với x 2 .

Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Bunhiacôpxki

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 1  I.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ( BCS ) : Cho 2 bộ số thực ( )1 2; ;…; na a a và ( )1 2; ;…; nb b b , mỗi bộ gồm n số. Khi đó ta có: ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2… … …n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + + Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 1 2 … n n aa a b b b = = = với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0. II. Các hệ quả : Hệ quả 1: Nếu 1 1 … n na x a x C+ + = (không đổi) thì ( )2 21 2 2 1 min … …n n Cx x a a + + = + + đạt được khi 1 1 … n n xx a a = = Hệ quả 2: Nếu 2 2 21 … nx x C+ + = (không đổi) thì ( ) 2 21 1 1max … …n n na x a x C a a+ + = + + đạt được khi 1 1 … 0n n xx a a = = ≥ ( ) 2 21 1 1min … …n n na x a x C a a+ + = − + + Dấu “=” xảy ra 1 1 … 0n n xx a a ⇔ = = ≤ III.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng: • Mở rộng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 3 dãy số thực không âm ( )1 2; ;…; na a a ; ( )1 2; ;…; nb b b ; ( )1 2; ;…; nc c c ta luôn có : ( ) ( )( )( )2 3 3 3 3 3 3 3 3 31 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2… … … …n n n n n na b c a b c a b c a a a b b b c c c+ + + ≤ + + + + + + + + + Chứng minh: Đặt 3 3 3 3 3 3 3 3 33 3 31 2 1 2 1 2… , … , …n n nA a a a B b b b C c c c= + + + = + + + = + + + www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 2  Nếu 0A = hoặc 0B = hoặc 0C = thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì khi đó cả hai vế của bất đẳng thức đều bằng 0. Đặt ; ;i i ii i i a b c x y z A B C = = = với 1;2;3i = Khi đó ta có: 3 3 3 1 2 3 3 3 3 1 2 3 3 3 3 1 2 3 1 1 1 x x x y y y z z z ⎧ + + =⎪ + + =⎨⎪ + + =⎩ và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1x y z x y z x y z+ + ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm: ( )3 3 3; ; 1;2;3i i ix y z i = ta có: 3 3 3 1 1 1 1 1 1 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x x xx y z x x xx y z x x x x y z ⎧ + +≤⎪⎪⎪ + +≤⎨⎪⎪ + +≤⎪⎩ Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được: 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1x y z x y z x y z+ + ≤ (đpcm) Đẳng thức xảy ra 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 a b c A B Cx y z a b cx y z A B C x y z a b c A B C ⎧ = =⎪= =⎧ ⎪⎪ ⎪⇔ = = ⇔ = =⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎪ = =⎪⎩ Hay ( ): : : : 1;2;3i i ia b c A B C i= = tức là: 1 1 1 2 2 2 3 3 3: : : : : :a b c a b c a b c= = • Tổng quát : bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng cho rộng cho m dãy số thực không âm: Cho m dãy số thực không âm: ( )1 2; ;…; na a a , ( )1 2; ;…; nb b b , , ( )1 2; ;…; nK K K Ta có: ( ) ( )( ) ( )1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2… … … … … … … …m m m m m m m m m mn n n n n na b K a b K a b K a a a b b b K K K+ + + ≤ + + + + + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1 1 1 2 2 2: : … : : : … : : : … :n n na b K a b K a b K= = ( chứng minh tương tự như trên) I- MỘT SỐ VÍ DỤ : Bài 1: Cho , ,x y z là ba số dương thỏa 4 9 16 49x y z+ + = . Chứng minh rằng: 1 25 64 49T x y z = + + ≥ www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 3  Đẳng thức xảy ra khi nào? Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho sáu số 2 ;3 ;4x y z và 1 5 8; ; x y z ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 2 21 25 84 1 5 849. 4 9 16 2 3 4T x y z x y zx y z x y z ⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎢ ⎥= + + + + = + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 2 21 5 82 . 3 . 4 . 49x y z x y z ⎛ ⎞≥ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 1 25 64 49T x y z ⇒ = + + ≥ Đẳng thức xảy ra khi 1 21 5 8 52 3 4 3 4 9 16 49 2 x x y z y x y z z ⎧ =⎪⎧ ⎪= =⎪ ⎪⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + =⎩ =⎪⎪⎩ 3 2 5x y+ ≤ + Hướng dẫn giải Giả thiết: 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 x y x y x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ + ⇔ − + − ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) 1 11;3 ; ; 2 2 x y⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠ ta có: 2 2 21 1 1 11. 1 3. 10 5 2 2 2 2 y x y ⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − ≤ − + − ≤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )23 2 5x y⇒ + − ≤ 3 2 5x y⇒ + − ≤ 3 2 5x y⇒ + ≤ + Đẳng thức xảy ra khi 1 5 2 10 1 3 5 2 10 x y ⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩ Bài 3 : Cho , , 0a b c ≥ ; 1a b c+ + = .Chứng minh: www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 4  2 2 2 1 1 1 1 30 ab bc aca b c + + + ≥+ + Hướng dẫn giải Gọi 2 2 2 1 1 1 1A ab bc aca b c = + + ++ + Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1; ; ; ;3 ;3 ;3 ab bc caa b c a b c ab bc ca ⎛ ⎞⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ + + Ta có: ( ) ( )2 2 2 21 3 3 3 9 9 9a b c ab bc ca A+ + + ≤ + + + + + ( ) ( )2100 7a b c ab bc ca A⎡ ⎤⇒ ≤ + + + + +⎣ ⎦ (*) Mà ( )21 1 (do 1) 3 3 ab bc ca a b c a b c+ + ≤ + + = + + = Do đó: (*) 30.A⇒ ≥ Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = Hướng dẫn giải Gọi 2 2 22 2 2 1 1 1S x y z x y z = + + + + + Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) 11;9 ; ;x x ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ Ta có: 2 22 2 9 1 11 81. 82.x x x x x x + ≤ + + = + (1) Tương tự: 2 2 9 182.y y y y + ≤ + ` (2) 2 2 9 182.z z z z + ≤ + (3) Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được: 1 1 1. 82 9S x y z x y z ⎛ ⎞≥ + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ Hay ( ) ( )1 1 1. 82 81 9 80S x y z x y zx y z ⎛ ⎞≥ + + + + + − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 5  ( ) 1 1 12.9.3. 80 162 80 82x y z x y z ⎛ ⎞≥ + + + + − ≥ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ Vậy 2 2 22 2 2 1 1 1 82x y z x y z + + + + + ≥ Bài 5 : Cho ba số thực dương , ,a b c thoả ab bc ca abc+ + = .Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 22 2 2 3b a c b a c ab bc ca + + ++ + ≥ Hướng dẫn giải Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 12b a b a ab a b a b + += = + (do ,a b dương) Đặt 1 1 1; ;x y z a b c = = = thì giả thiết , , 0 ; ; 0 1 a b c x y z ab bc ca abc x y z > >⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ + = + + =⎩ ⎩ và (đpcm) 2 2 2 2 2 22 2 2 3x y y z z x⇔ + + + + + ≥ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ( ) ( ) ( )22 2 2 2 23 2 3x y x y y x y y+ = + + ≥ + + ( )2 2 12 2 3 x y x y⇒ + ≥ + Tương tự ( )2 2 12 2 3 y z y z+ ≥ + ( )2 2 12 2 3 z x z x+ ≥ + Vậy ( )2 2 2 2 2 2 12 2 2 3 3 3 3 3 x y y z z x x y z+ + + + + ≥ + + = Đẳng thức xảy ra khi 1 3 x y z= = = Với 1 3 x y z= = = thì 3a b c= = = Bài 6 : Chứng minh: ( )1 1 1 1a b c c ab− + − + − ≤ + với mọi số thực dương ; ; 1a b c ≥ Hướng dẫn giải Đặt 2 2 21 ; 1 ; 1a x b y c z− = − = − = ( ) ( )( )2 2 21 1 1 1x y z z x y⎡ ⎤+ + ≤ + + + +⎣ ⎦ Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 6  ( )( ) ( )( )2 2 2 21 1 1 1x y x y x y z x y z+ ≤ + + ⇒ + + ≤ + + + (1) ( )( ) ( )( )2 2 2 2 21 1 1 1 1. 1x y z x y z+ + + ≤ + + + + (2) Kết hợp (1) và (2) ta có ( ) ( )( )2 2 21 1 1 1x y z z x y⎡ ⎤+ + ≤ + + + +⎣ ⎦ Vậy ( )1 1 1 1a b c c ab− + − + − ≤ + (đpcm) ( ) ( ) ( )3 3 3 1 1 1 3 2a b c b c a c a b + + ≥+ + + Hướng dẫn giải Đặt 1 1 1; ;x y z a b c Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau : A= 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y + + ≥+ + + Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số : ( ); ; ; ; ;x y zy z z x x y y z z x x y ⎛ ⎞+ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ Ta có: ( ) ( )2x y z y z z x x y A+ + ≤ + + + + + 33 3. 2 2 2 x y zA xyz+ +⇒ ≥ ≥ = (do 1xyz = ) 3 2 A⇒ ≥ Đẳng thức xảy ra khi 1x y z= = = Với 1x y z= = = thì 1.a b c= = = ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 a b c a a b a c b b c b a c c a c b + + ≤+ + + + + + + + + Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) ( ); ; ;a b c a Ta có: ( ) ( )( ) ( )( )2ac ab a b c a ac ab a b c a+ ≤ + + ⇒ + ≤ + + ( )( )a ac ab a a b c a⇒ + + ≤ + + + ( )( ) a a a a ac ab a b ca a b a c ⇒ ≤ =+ + + ++ + + (1) www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 7  Tương tự: ( )( ) b b a b cb b c b a ≤ + ++ + + (2) ( )( ) c c a b cc c a c b ≤ + ++ + + (3) Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được: ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 a b c a a b a c b b c b a c c a c b + + ≤+ + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi a b c= = . 3 2 ab a b −≤+ + Hướng dẫn giải Ta có: 2 2 9a b+ = ( ) ( )( ) 22 9 2 3 3 ab a b ab a b a b ⇔ = + − ⇔ = + + + − 2 3 3 3 3 2 2 ab a b a b ab a b a b ⇔ = + −+ + +⇔ = −+ + Mà theo BĐT Bunhiacôpxki thì 2 22. 3 2a b a b+ ≤ + = Nên 3 2 3 3 2 ab a b −≤+ + Đẳng thức xảy ra khi 2 2 ; 0 39 2 a b a b a b a b >⎧⎪⎪ + = ⇔ = =⎨⎪⎪ =⎩ Bài 10: Cho ; ; ;a b c d dương tuỳ ý.Chứng minh : 1 1 1 p q p q p q a b c pa qb pb qc pc qa + + ++ + ≥ + ++ + + Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có ( ) ( ) 2 2 . .p q p qp q pa qb pa qb a b a b ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + ≤ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Tương tự ta chứng minh được ( ) ( ) ( ) ( )2 2 ; p q p qp q pb qc p q pc qa b c c a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ + + + ≤ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức ta có : www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 8  ( ) ( )2 1 1 1 1 1 1p q p q pa qb pb qc pc qa a b c ⎡ ⎤ ⎛ ⎞+ + + ≤ + + +⎜ ⎟⎢ ⎥+ + + ⎝ ⎠⎣ ⎦ Hay ( ) 1 1 1 1 1 1p q pa qb pb qc pc qa a b c ⎡ ⎤+ + + ≤ + +⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦ Vậy 1 1 1 p q p q p q a b c pa qb pb qc pc qa + + ++ + ≥ + ++ + + Bài 11 : Cho 4 số dương ; ; ;a b c d .Chứng minh: 3 3 3 3 2 2 2 2 3 a b c d a b c d b c d c d a b d a a b c + + ++ + + ≥+ + + + + + + + Hướng dẫn giải Đặt 3 3 3 3a b c dP b c d c d a b d a a b c = + + ++ + + + + + + + Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 3 3; ; ; ; ; ; ;a b c d a b c d b c d a c d b a d a b cb c d c d a b d a a b c⎛ ⎞ + + + + + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + + + + + +⎝ ⎠ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2a b c d P a b c d b c d a c d a b d a b c+ + + ≤ + + + + + + + + + + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2a b c d P a b c d a b c d⎡ ⎤⇔ + + + ≤ + + + − + + +⎣ ⎦ (1) Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) ( ); ; ; ; 1;1;1;1a b c d ta được: ( ) ( )2 2 2 2 24a b c d a b c d+ + + ≤ + + + (2) Từ (1) và (2) ta được ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a b c d P a b c d a b c d P + + + ≤ + + + ⇔ + + + ≤ Vậy 3 3 3 3 2 2 2 2 3 a b c d a b c d b c d c d a b d a a b c + + ++ + + ≥+ + + + + + + + Bài 12 : Cho các số dương ; ;a b c thỏa a + b … + + + + Hay ( ) ( ) ( )2 2 4a b c d ab bc cd da ac bd+ + + ≥ + + + + + ( )2 2 2 2 2a b c d ac bd⇔ + + + ≥ + ( ) ( )2 2 0a c b d⇔ − + − ≥ : BĐT đúng. Bài 8 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh: ( )2 2 22 2 2 3 2 a b ca b c b c c a a b + ++ + ≥+ + + Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT BCS ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 22 2 2 2 2 2 a b ca b c b c c a a b a b c b c a c a b + + = + ++ + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 a b c a b c b c a c a b + +≥ + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2a b c ab a b bc b c ca c a + +≥ + + + + + (1) Áp dụng BĐT BCS dạng thông thường ta có: ( ) ( ) ( ) 2ab a b bc b c ca c a+ + + + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2ab bc ca a b b c c a⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ + + + + + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Mặt khác, ta có các BĐT sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 3 a b c ab bc ca + +• + + ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 4a b b c c a a b c ab bc ca a b c• + + + + + = + + + + + ≤ + + Từ đó suy ra : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2.4 3 a b c ab a b bc b c ca c a a b c + ++ + + + + ≤ + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( )32 2 243 a b c= + + Hay ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 3 ab a b bc b c ca c a a b c a b c+ + + + + ≤ + + + + Kết hợp với (1) ta suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 2 a b ca b c b c c a a b ab a b bc b c ca c a + ++ + ≥+ + + + + + + + ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 a b ca b c a b c a b c + ++ +≥ = + + + + www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 32  Bài 9 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh : 25 16 8a b c b c c a a b Hướng dẫn giải BĐT cần chứng minh tương đương với: 25 1 16 1 1 8 25 16 1 50a b c b c c a a b Hay 25 16 1 50 b c c a a b a b c + + ≥+ + + + + (1) Ký hiệu P là vế trái của (1). Áp dụng BĐT BCS ta có: ( )( ) ( ) ( ) 22 2 2 5 4 15 4 1 50P b c c a a b b c c a a b a b c + += + + ≥ =+ + + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 5 4 1 b c c a a b+ + += = Suy ra ( ) ( ) 2 5 4 1 5 Từ đó suy ra: 50P a b c > + + Do đó BĐT (1) đúng và ta có BĐT cần chứng minh. Bài 10 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh: 2 2 2 3 . 2 a b c ab b bc c ca a + + ≥+ + + Hướng dẫn giải Ký hiểu P là cế trái của BĐT cần chứng minh. Áp dụng BĐT BCS ta có: 2 1 1 1 1 1 1 a b ca b c b c ab c aP a b c a b c b c a b c a ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠= + + ≥ + + + + + + + + Hay ( )2 1 1 1 x y z P x y z + +≥ + + + + + (1) với , , a b cx y z b c a = = = ( chú ý 1xyz = ). Sử dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm ta có: 3 33. . . 3. chúng tôi yz zx xy yz zx xyz+ + ≥ = = Suy ra: ( ) ( ) ( )2 2 6x y z x y z xy yz zx x y z+ + = + + + + + ≥ + + + Mặt khác, áp dụng BĐT BCS (dạng thông thường ta có): ( )1 1 1 3 3x y z x y z+ + + + + ≤ + + + Kết hợp hai BĐT vừa có với BĐT (1) ta nhận được: www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 33  ( ) _ 6 3 3 x y zP x y z + +≥ + + + Hay 3 3 SP S +≥ với 33 3. 3 6S x y z xyz= + + + ≥ + = Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh đúng nếu ta có: 3 3 3 2 S S + ≥ Hay 3 3 3 2 S S + ≥ (2). Chú ý: 6S ≥ nên ta có các biến đổi như sau: 3 6 3 3 2 3 3(2) 3 2 . 2 2 2 2 2 2 2 S S SVT S S ⎛ ⎞= + + ≥ + = + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ Từ đó suy ra BĐT (2) đúng và ta có BĐT cần chứng minh Bài 11 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh: 2 2 2 2 1 8 8 8 a b c a bc b ca c ab + + ≥+ + + ( IMO 2001 ) Hướng dẫn giải Ký hiệu P là vế trái của BĐT BCS ta có: 2 2 2 28 8 8 a b cP a a bc b b ca c c ab = + ++ + + ( )2 2 2 28 8 8 a b c a a bc b b ca c c ab + +≥ + + + + + Từ đó suy ra BĐT đã cho đúng nếu ta chứng minh được: ( )2 2 2 2 1 8 8 8 a b c a a bc b b ca c c ab + + ≥+ + + + + Hay ( )22 2 28 8 8a a bc b b ca c c ab a b c+ + + + + ≤ + + (1) Ký hiệu Q là vế trái của BĐT (1). Áp dụng BĐT BCS ta có: ( ) ( ) ( ) 22 2 2 28 8 8Q a a a bc b b b ca c c c ab⎡ ⎤= + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 28 8 8a b c a a bc b b ca c c ab⎡ ⎤≤ + + + + + + +⎣ ⎦ ( )( )3 3 3 24a b c a b c abc= + + + + + Do đó BĐT (1) đúng nếu ta có: ( )33 3 3 24a b c abc a b c+ + + ≤ + + Ta đã biết: ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 2 2 2 2 2 23 3 3 6 .a b c a b c a b c b c a c a b abc+ + = + + + + + + + + + Từ đó suy ra BĐT trên tương đương với: ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 6 .a b c b c a c a b abc+ + + + + ≥ www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 34  Hay ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 2 0a b c bc b c a ca c a b ab+ − + + − + + − ≥ BĐT cuối cùng đúng vì nó tương đương với BĐT đúng: ( ) ( ) ( )2 2 2 0a b c b c a c a b− + − + − ≥ ⇒đpcm Bài 12 : Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương , ,a b c : ( ) ( ) ( )3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 a b c ab bc ca b bc c c ca a a ab b a b c + ++ + ≥− + − + − + + + Hướng dẫn giải Ký hiệu P là vế trái của BĐT BCS ta có: Áp dụng BĐT BCS ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c P a b bc c b c ca a c a ab b = + +− + − + − + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b bc c b c ca a c a ab b + +≥ − + + − + + − + ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 3 a b c ab a b bc b c ca c a abc + += + + + + + − Mặt khác, áp dụng BĐT: ( ) ( )23 xy yz zx x y z+ + ≤ + + ta có: 3 ab bc ca a b c a b c + + ≤ + ++ + Do đó để có BĐT đã cho ta chỉ cần chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 3 a b c a b c ab a b bc b c ca c a abc + + ≥ + ++ + + + + − Hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 3a b c ab a b bc b c ca c a abc a b c+ + ≥ + + + + + − + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( )4 4 4 2 2 2 2 2 22a b c a b b c c a⇔ + + + + + ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3ab a b bc b c ca c a abc a b b c c a abc a b c≥ + + + + + + + + + + + − + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 3 3 3a b c abc a b c a b c b c a c a b⇔ + + ≥ + + ≥ + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 0a a bc a b c b b ca b c a c c ab a a b⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − + + + − + + + − + ≥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 0a a b a c b b c b a c c a c b⇔ − − + − − + − − ≥ (1) Do vai trò của , ,a b c trong BĐT (1) là như nhau nên không nhấn mất tính tổng quát ta có thể giả sử VT (1) ( )( ) ( )( )2 2a a b a c b b c b a≥ − − + − − ( ) ( ) ( )2 2a b a a c b b c⎡ ⎤= − − − −⎣ ⎦ ( ) ( ) ( )3 3 2 2a b a b a c b c⎡ ⎤= − − − −⎣ ⎦ www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 35  ( ) ( )2 2 2a b a b ab ca cb= − + + − − ( ) ( ) ( )2 0a b a a c b b c ab= − − + − + ≥⎡ ⎤⎣ ⎦ Từ đó suy ra BĐT (1) đúng. Do đó ta có BĐT cần chứng minh. Bài 13 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh: 1a b c a b b c b c a b c a b + ++ + ≥ + ++ + Hướng dẫn giải Ta chỉ cần chứng minh BĐT sau đúng: ( )2 1a b c a b b c ab bc ca b c a b + + + +≥ + ++ + + + Hay ( ) 2 3 2 a b c a b b c ab bc ca b c a b + + + +− ≥ + −+ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ) 2 2 23 2a b c ab bc ca a b b c a b b c ab bc ca a b b c + + − + + + + + − + +⇔ ≥+ + + + ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 a b b c c a c a ab bc ca a b b c − + − + − −⇔ ≥+ + + + (1) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2a b b c a b b c a b b c− + − = − + − − − + −⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( )2 2c a a b b c= − − − + − Từ đó suy ra BĐT (1) tương đương với: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 22 2 c a a b b c c a c a ab bc ca a b b c − − − − + − −≥+ + + + Hay ( ) ( )( ) ( )( )( ) 2 2c a a b b c c a ab bc ca a b b c − − − − −≥+ + + + ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2 2c a a b b c a b b c c a ab bc ca⇔ − + + − − − ≥ − + + ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 0c a b a b b c⇔ − − − − ≥ ( )24 2 2 2 22 0 0b a c b ac b ac⇔ + − ≥ ⇔ − ≥ : BĐT đúng. Từ đó ta có BĐT cần chứng minh. Bài 16 : Cho :f R R+ +→ là một hàm số thỏa mãn điều kiện: Chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực dương , ,a b c : ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) 0f a a b a c f b b c b a f c c a c b− − + − − + − − ≥ (1) Hướng dẫn giải www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 36  ( ) ( ) ( )f a f c f b+ ≥ (2) Khi đó ta viết BĐT (1) dưới dạng: ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )f a a b a c f c a c b c f b b c a b− − + − − ≥ − − Hay ( ) ( ) ( )f a f c f b b c a b a c Áp dụng BĐT BCS ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 2f a f c f a c f a cf a f c b c a b b c a b b c a b a c + + + = + ≥ =− − − − − + − − Kết hợp BĐT trên với BĐT (2) ta nhận được: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2f a cf a f c f b b c a b a c a c + + ≥ =− − − − ⇒BĐT (3) đúng và ta có ĐPCM. Nhận xét: Nếu hàm số :f R R+ +→ xác định bởi ( ) rf x x= với r là một số thực thì f thỏa mãn tính chất của bài toán. ii) Nếu 0r ≥ Do đó trong cả hai trường hợp ta đều có: ( ) ( ) ( )f x z f y+ ≥ Khi đó ta có BĐT: ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0r r ra a b a c b b c b a c c a c b− − + − − + − − ≥ với mọi số thực dương , ,a b c BÀI TẬP : Bài 1: Cho 1 2, ,…, na a a là các số thực dương. Chứng minh: 2 1 2 1 2 1 1 1… …n n n a a a a a a + + + ≥ + + + Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh; 1) 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + ++ + ≥+ + + 2) 3 3 3 2 2 2 2 a b c a b c b c c a a b + ++ + ≥+ + + Bài 3: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh : 1 1 1 1 2 2 3 3a b b a a b + ≤ ++ + www.MATHVN.com www.MATHVN.com Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 37  Bài 4: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1a b c+ + = . Tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 1 1 1 1P a b c ab bc ca = + + ++ + Bài 5: Cho , , , , ,a b c d e f là các số thực dương. Chứng minh: 3a b c d e f b c c d d e e f f a a b + + + + + ≥+ + + + + + Bài 6: Cho ,a b là các số thực dương. Chứng minh : ( )2 2 2 22a b a bb a+ ≥ + Bài 7: Cho , , , , ,a b c x y z là các số thực dương. Chứng minh: 2 xa yb zc x y zxy yz zx b c c a a b + ++ + ≥ + + −+ + + Bài 8: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh 1) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 13 2 3 2 3 2 a b c a b c bc b c a ca c a b ab + + ≥ + + + + + + + + + 2) ( )3 1 a b ca b c a xb b xc c xa x + ++ + ≥+ + + + với 2x ≥ www.MATHVN.com www.MATHVN.com