Chuyên đề Bất đẳng thức năm học 2009-2010 - Nguyễn Thị Thục Như

(2) 
Mặt khác:  2 
2 
) ( 
1 1 1 
bc ac ab 
c b a 
+ + = ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + +  (3) 
Từ (1) (2) và (3) suy ra: P  ) (
2 
1 
ac bc ab + + ³ 
Phép biến đổi nghịch Bunhiacốpski 
Bài 1:Với p , q , r và x , y , z là các số thực không âm,chứng minh rằng: 
P =  ) (
2 
1 
) (  2 2 2 2 2 2  z y x zx yz xy z 
p q 
r 
y 
p r 
q 
x 
r q 
p 
+ + - + + ³ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
Bài giải : 
Biến đổi đề bài ta có: 
P =  ) (  2 2 2 2 2 2 2 2 2  z y x z z 
q p 
r 
y y 
p r 
q 
x x 
r q 
p 
+ + - ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ 
+
= ( )  ). (  2 2 2 
2 2 2 
z y x 
p q 
z 
p r 
y 
r q 
x 
r q p + + - ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ + 
P = 
2 
1 ( ) ( ) ( ) ÷ 
ø 
ö ç 
è 
æ + + + + + 
2 2 2 
p q p r r q  . 
. ( ) 2 2 2 
2 2 2 
z y x 
p q 
z 
p r 
y 
r q 
x 
+ + - 
÷ ÷ 
÷ 
ø 
ö 
ç ç 
ç 
è 
æ 
÷ 
÷ 
ø 
ö 
ç 
ç 
è 
æ 
+ 
+ ÷ 
÷ 
ø 
ö 
ç 
ç 
è 
æ 
+ 
+ ÷ 
÷ 
ø 
ö 
ç 
ç 
è 
æ 
+ 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski,suy ra 
P ( )  ) (
2 
1 
) ( ) (
2 
1  2 2 2 2 2 2 2  z y x zx yz xy z y x z y x + + - + + = + + - + + ³ 
Dấu đẳng thức xảy ra khi: 
z y x 
r 
y z x 
q 
x z y 
p 
- + 
= 
- + 
= 
- + 
Bài 2:Với a , b , c > 0,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
P = 
b a 
c 
a c 
b 
c b 
a 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
5 4 3 
Bài giải: 
P =  12 5 
5 
4 
4 
3 
3 
- ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + 
+ 
+ ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + 
+ 
+ ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + 
+  b a 
b 
c a 
b 
c b 
a 
= ( )  12 5 4 3 - ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ + 
b a c a c b 
c b a 
= ( ) ( ) ( )  12 5 4 3 . 
2 
1 
2 2 2 
2 2 2 
- 
ú 
ú 
û 
ù 
ê 
ê 
ë 
é 
÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ 
+ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ 
+ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ ú û 
ù 
ê ë 
é + + + + + 
b a a c c b 
b a c a c b 
( )  12 5 2 3 
2 
1  2 
- + + ³  (Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski). 
Vậy Pmin = ( )  12 5 2 3 
2 
1  2 
- + +  ,khi 
5 4 3 
b a a c c b + 
= 
+ 
= 
+
CHƯƠNG III: CÁC BẤT ĐẲNG KHÁC 
Võ Thị Nhật Linh 
Trần Hương Nguyên 
I. BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER 
Định lý 
v  Đẳng thức xảy ra khi m dãy đó tương ứng tỉ lệ. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz là hệ 
quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m = 2. 
Hệ quả 1. 
Với a,b,c,x,y,z,m,n,p là các số thực dương ta có: 
(a 3 + b 3 + c 3 )(x 3 + y 3 + z 3 )( m 3 + n 3 + p 3 )≥ (axm + bym + czp) 3 
Chứng minh: thực ra đây chính là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m=n=3. Cách 
chứng minh sau có thể làm lại hoàn toàn tương tự với cách chứng minh bất đẳng thức Holder 
dạng tổng quát. 
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
( )( )( ) 
3 3 3 
3 3 3 3 3 3 3 3 3  3 3 3 3 3 3  3 3 3 3 
3ax 
a    b    c x  y    z  m    n    p 
a x m m 
a b c x y z m n p 
+ + ³ 
+ + + + + + + + + + + + 
Xây 
dựng tương tự 2 bất đẳng thức nữa với (b, y, n) và (c, z, p) rồi công theo từng vế ta có điều phải 
chứng minh. 
Một hệ quả của bất đẳng thức Holder thường được áp dụng là: 
Hệ quả 2: 
Với m dãy số dương ( ) ( ) ( ) 1,1 1,2 1, 2,1 2,2 2, ,1 ,2 , , ,..., , , ,..., , , ,..., n n m m m n a a a a a a a a a  ta có 
, , 
1 1 1 1 
m 
m m n n 
m 
i j i j 
j j i i 
a a 
= = = = 
æ ö æ ö 
³ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø 
å å Õ Õ
Với dãy số dương a1, a2, , an, chứng minh 
( )( ) ( ) 1 2 1 1 ... 1  n a a a + + +  ≥ ( ) 1 2 1 ... 
n 
n 
n a a a + 
Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
1 2  1 2 
1 1 1 
... 
1 1 1  (1 )(1 )...(1 ) n n  n 
n 
a a a  a a a 
+ + + ³ 
+ + + + + + 
1 2 1 2 
1 2  1 2 
n ... 
... 
1 1 1  (1 )(1 )...(1 ) 
n 
n n 
n 
n  n 
a a a a a a 
a a a  a a a 
+ + + ³ 
+ + + + + + 
Cộng theo từng vế 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh . 
Bất đẳng thức Holder là một bất đẳng thức mạnh và có nhiều ứng dụng, nhưng rất tiếc nó 
không được dùng phổ biến ở phổ thông hiện nay. Các hệ quả riêng ở trên để minh hoạ cho bất 
đẳng thức Holder cả về cách chứng minh lẫn cách sử dụng. Việc làm quen và thuần thục với bất 
đẳng thức này cũng rất cần thiết, vì tuy rằng có một phát biểu hơi khó nhìn, bất đẳng thức 
Holder hoàn toàn dễ hiểu và ứng dụng hiệu quả với nhiều bài toán, Sau đây là một số ví dụ 
Ví dụ 1: (IMO 2001. Pro A2). Với mọi a, b, c dương ta có 
( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 ( ) 24 0 a b c a b c abc c a b a b c b c a + + ³ + + + Û - + - + - ³ 
2 2 2 
1 
8 8 8 
a b c 
a bc b ac c ab 
+ + ³ 
+ + + 
Lời giải: Xét các biểu thức 
A = 
2 2 2 8 8 8 
a b c 
a bc b ac c ab 
+ + 
+ + + 
2 2 2 3 3 3 ( 8 ) ( 8 ) ( 8 ) 24 . B a a bc b b ac c c ab a b c abc = + + + + + = + + + 
Theo bất đẳng thức Holder với 3 dãy (hệ quả 1) ta có 
3 . . ( ) . A A B a b c ³ + + 
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh  3 ( ) a b c B + + ³  , hay 
( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 ( ) 24 0. a b c a b c abc c a b a b c b c a + + ³ + + + Û - + - + - ³ 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1 thì ta có các bất đẳng 
thức sau đây 
2 2 2 2 2 2 
1, 
7 7 7 
1. 
7 7 7 
a b c 
b c c a a b 
a b c 
b c c a a b 
+ + ³ 
+ + + + + + 
+ + ³ 
+ + + + + + 
Bất đẳng thức sau có đúng hay không ? 
3 3 3 3 3 3 
1. 
7 7 7 
a b c 
b c c a a b 
+ + ³ 
+ + + + + + 
Lời giải: Với bất đẳng thức đầu tiên, đặt 
0 a ® 
( ) ( ) ( ) 
1, 
7 7 7 
7 7 7 . 
a b c 
A 
b c c a a b 
B a b c b a c c a b 
= + + ³ 
+ + + + + + 
= + + + + + + + + 
Theo bất đẳng thức Holder ta có 
( ) 3 2  . A B a b c ³ + +
Ta phải chứng minh ( ) ( ) ( ) 3  7 2 . a b c B a b c ab bc ca + + ³ = + + + + + 
Theo bất đẳng thức AM – GM,  3 3 3 a b c abc + + ³ =  nên 
( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 7 7 2( ). 
3 
a b c B a b c a b c a b c ab bc ca + + ³ = + + + + + ³ + + + + + 
Với bất đẳng thức 2 ta đặt 
( ) ( ) ( ) 
2 2 2 2 2 2 
2 2 2 2 2 2 
7 7 7 
7 7 7 . 
a b c 
C 
b c c a a b 
D a b c b c a c a b 
= + + 
+ + + + + + 
= + + + + + + + + 
Theo bất đẳng thức Holder thì 
1 1 2 2 1 2 1 2 a x a x ... a x ... ...  . n n n n 
a a a x x x 
n n n 
+ + + + + + + + + æ öæ ö ³ ç ÷ç ÷ 
è øè ø 
( ) 3 2  . C D a b c ³ + + 
( ) ( )( ) 7 3, D a b c a b c ab bc ca = + + + + + + + - ( ) ( ) ( ) 
3 
3 
7 3 . 
3 
a b c 
a b c a b c 
+ + 
£ + + + - £ + + 
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Bất đẳng thức thứ 3 không đúng. Thật vậy, ta chỉ cần cho 
0 a ®  và  4 10 , 100. a b c - = = =  b c = ® +¥ , chẳng hạn  4 10 , 100. a b c - = = = 
BT1: (Junior Banlkan 2000). Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương 
3 3 3 2 2 2 
2 2 2 
. 
a b c a b c 
b c a b c a 
+ + ³ + + 
Lời giải: sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 
( ) ( ) 
2 2 2 
2 
, 
a b c 
b a c a b c 
b c a 
æ ö 
+ + + + ³ + + ç ÷ 
è ø 
( ) 
2 3 3 3 2 2 2 
2 2 2 
a b c a b c 
a b c 
b c a b c a 
æ ö æ ö 
+ + + + ³ + + ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
. 
Từ 2 bất đănge thức trên ta có điều phải chứng minh. 
Ta có bài toán tổng quát sau: 
BT2: Với a, b, c là các số thực, k ≥ 1, k N Π thì 
1 1 1 
1 1 1 
k k k k k k 
k k k k k k 
a b c a b c 
b c a b c a 
+ + + 
- - - + + ³ + + 
Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Holder 
( ) ( ) 1 1 1 1 
k k k 
k k 
k k k 
a b c 
b a c a b c 
b c a 
- 
- - - 
æ ö 
+ + + + ³ + + ç ÷ 
è ø 
1 1 1 
k k k 
k k k 
a b c 
a b c 
b c a - - - 
Þ + + ³ + + 
( ) 
1 1 1 1 
1 1 1 
. 
k k k k k k k k 
k k k k k k 
a b c a b c 
a b c 
b c a b c a 
- + + + 
- - - 
æ ö æ ö 
+ + + + ³ + + ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
Từ 2 bất đẳng thức trên ta rút ra điều phải chứng minh. Kết quả này vẫn đúng nếu k hữu tỉ 
(chứng minh tương tự), và do đó sẽ đúng với mọi số thực k ≥ 1, không nhất thiết k là số nguyên. 
BT3: (Singapore MO 2002). Chứng minh với mọi số dương  1 2 , ,...,  n a a a  có tổng bằng 1, hãy tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1 2 
1 2 
... . 
1 1 1 
n 
n 
a a a 
a a a 
+ + + 
- - - 
Lời giải: Xét các biểu thức
( ) ( ) ( ) 
1 2 
1 2 
1 1 2 2 
... , 
1 1 1 
1 1 ... 1 . 
n 
n 
n n 
a a a 
A 
a a a 
B a a a a a a 
= + + + 
- - - 
= - + - + - 
Theo bất đẳng thức Holder ta có 
( ) 3 2  1 2 . ... 1 n A B a a a ³ + + + = 
Ngoài ra dễ thấy 
( ) ( ) 
2 
1 2 2 2 2 
1 2 
...  1 
1 ... 1  n n 
a a a  n 
B a a a 
n n 
+ + + - 
= - + + + £ - =  . 
Do đó  . 
1 
n 
A 
n 
³ 
- 
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1  1, . i a i n n 
= " = 
BT4: Cho các số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng 
3 3 3 
1 
2 2 2 
a b c 
a b b c c a 
+ + ³ 
+ + + 
Lời giải: Xét các biểu thức 
( ) ( ) ( ) ( ) 
3 3 3 
2 
2 2 2 
2 2 2 1 
a b c 
S 
a b b c c a 
P a a b b b c c c a a b c 
= + + 
+ + + 
= + + + + + = + + = 
Theo bất đẳng thức Holder 
( ) ( ) 4 2 3 3 . 1 1 S P a b c S a b c S ³ + + Þ ³ + + = Þ ³ 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3. 
BT5: Chứng minh bất đẳng thức 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 
3 
2 2 2 2 2 2 
a b c 
b c a c a b a b c 
+ + ³ 
+ - + - + - 
Trong đó a, b, c là các số thực dương sao cho các căn thức tồn tại. 
Lời giải: Gọi biểu thức vế trái là P. Đặt 
( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 S a b c a b c a b c a b c = + - + + - + + - 
= ( ) ( ) ( )  3 3 3 2 2 2 ab a b bc b c ca c a a b c + + + + + - - -  . 
Theo bất đẳng thức Holder ta có 
( ) 3 . . . P P S a b c ³ + + 
Do đó ta chỉ cần chứng minh 
( ) 3  3 . a b c S + + ³ 
Bất đẳng thức trên tương đương với 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 4 6 4 a b c abc ab a b bc b c ca c a + + + ³ + + + + +  . 
Để có bất đẳng thức trên ta chỉ cần cộng 2 vế quen thuộc sau: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 a b c abc ab a b bc b c ca c a + + + ³ + + + + +  , 
3 3 3  3 a b c abc + + ³  . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 
BT6: Chứng minh rằng nếu  2 p ³  và  , , 0 a b c ³  thì 
3 3 3 
3 3 3  . 
1 1 1 
a pabc b pabc c pabc 
a b c 
p p p 
+ + + 
+ + £ + + 
+ + + 
Lời giải: Gọi P là biểu thức vế trái, áp dụng bất đẳng thức Holder ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 1 1 . a b c a pbc b pca c pab p P + + + +