Chuyên đề Bất đẳng thức - Nguyễn Tất Thu

ẳng thức xảy ra ⇔ x=y. 
Việc chứng minh (1) rất ñơn giản nên tôi không chứng minh. (1) còn có nhiều cách 
biểu diễn khác nhau như: 
2 2
2
2 2
2
2
( )
2
( )
2
x y xy
x y
x y
x y
xy
+ ≥
+
+ ≥
+≤
BðT Côsi cho 3 số không âm. 
ðịnh lí 2: Với 3 số thực không âm x, y, z ta có: 
3
 (2)
3
x y z
xyz+ + ≥ . ðẳng thức xảy ra x y z⇔ = = . 
Chứng minh: 
C1: ðặt 33 3, ,x a y b z c= = = . Khi ñó (2) trở thành: 3 3 3 3a b c abc+ + ≥ (∗ ). 
Ta có: 3 3 3 2 2 23 ( ) 0 , , 0a b c abc a b c a b c ab bc ca a b c + + − = + + + + − − − ≥ ∀ ≥  
C2: Vì (2) là BðT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (2) với 1x y z+ + = . Khi ñó 
(2) 1
27
xyz⇔ ≤ (**) 
Áp dụng BðT Côsi cho hai số ta có: 
2
2 (1 )( )
2 4
x y z
xy + −≤ = 
2 3 2( 2 1) 2 ( )
4 4 4
z z z z z z f z
xyz − + − +⇒ ≤ = =
Ta có: 
3 2 227 54 27 (3 1) (3 4) 4 4( )
27 27 27
z z z z zf z − + − − += = ≤ (vì z ∈(0;1)) 
1 ( )
27
xyz⇒ ≤ ⇒ ∗∗ ñúng ⇒ñpcm. 
ðịnh lí 3: Cho n số thực không âm 1 2, ,... nx x x .Ta có: 1 2 1
...
...
n n
n
a a a
a a
n
+ +
≥ (3). 
ðẳng thức xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = . 
Một số chú ý khi sử dụng bất ñẳng thức côsi: 
 *Khi áp dụng bñt côsi thì các số phải là những số không âm 
 *BðT côsi thường ñược áp dụng khi trong bñt cần chứng minh có tổng và tích 
 *ðiều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau 
Nguyễn Tất Thu  
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 
Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a,b. Chứng minh: ( )(1 ) 4a b ab ab+ + ≥ . 
Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực không âm ta có: 
2 (1 )(1 ) 2 .2 4
1 2
a b ab
b ab ab ab ab
ab ab
+ ≥ 
⇒ + + ≥ =
+ ≥ 
 ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra 1a b⇔ = = . 
Ví dụ 2: Cho , 0a b > . Chứng minh: 1 1( )( ) 4a b
a b
+ + ≥ . 
Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực không âm ta có: 
2
1 1 1( )( ) 2 .2 41 1 12
a b ab
a b ab
a b ab
a b ab
+ ≥

⇒ + + ≥ =
+ ≥ 

 ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra a b⇔ = . 
Nhận xét: BðT trên còn ñược viết lại như sau: 1 1 4
a b a b
+ ≥
+
(I) . BðT này có 
nhiều ứng dụng trong chứng minh BðT. Ta xét một số bài toán sau: 
Bài toán 2.1: Cho a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác, p là chu vi. Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 1 12( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
. 
Giải: áp dụng Bñt (I) ta có: 
1 1 4 4
p a p b p a p b c
+ ≥ =
− − − + −
. Tương tự ta cũng có : 
1 1 4 1 1 4
; 
p b p c a p c p a b
+ ≥ + ≥
− − − −
. Cộng ba BðT này ta có ñpcm. 
Bài toán 2.2: Cho , 0a b > và 1a b+ = . Chứng minh: 
2 2 1
1 1 3
a b
a b
+ ≥
+ +
. 
Giải: Ta có: 
2 21 1 1 1 1 1VT 1
1 1 1 1 1 1
a b
a a b b a b
− −
= + + + = − + +
+ + + + + +
Mặt khác áp dụng BðT (I) ta có: 1 1 4 4
1 1 2 3a b a b
+ ≥ =
+ + + +
Do ñó: 4 1VT 1
3 3
≥ − + = ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1
2
a b⇔ = = . 
Bài toán 2.3: Cho , , 0x y z > . Chứng minh BðT sau: 
1 1 1 1 1 1 1( )
2 2 2 2 4x y z x y z x y z x y z
+ + ≤ + +
+ + + + + +
. 
Giải: Áp dụng BðT (I’) ta có: 
Nguyễn Tất Thu  
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 
1 1 1 1 1 1 2 1 1( ) ( )
2 ( ) ( ) 4 16x y z x y x z x y x z x y z= ≤ + ≤ + ++ + + + + + + 
Tương tự: 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2( ); ( )
2 16 2 16x y z x y z x y z x y z
≤ + + ≤ + +
+ + + +
Cộng ba BðT trên ta có ñược ñpcm. ðẳng thức xảy ra x y z⇔ = = . 
Bài toán 2.4: Cho các số thực dương , ,a b c . Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 1 1
3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c a b c a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +
. 
Giải: Áp dụng BðT (I) ta có: 
1 1 4 2
3 2 2 4 2 2a b a b c a b c a b c
+ ≥ =
+ + + + + + +
. Tương tự 
1 1 2 1 1 2
; 
3 2 2 3 2 2b c a b c a b c c a a b c a b c
+ ≥ + ≥
+ + + + + + + + + +
Cộng ba BðT trên ta có ñpcm. ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . 
Ví dụ 3: Cho , 0a b > . Chứng minh: 1(1 ) (1 ) 2n n na b
b a
++ + + ≥ với *n∈ℕ . 
Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực không âm ta có: 
1 2 (1 ) 2 ( )
(1 ) (1 ) 2
1 2 (1 ) 2 ( )
n n n
n n
n n n
n n n
a a a a
a b a bb b b b
b a b ab b b b
a a a a

+ ≥ ⇒ + ≥        ⇒ + + + ≥ +   
      + ≥ ⇒ + ≥ 
mà 2
n n
a b
b a
   
+ ≥   
   
 nên suy ra 1(1 ) (1 ) 2n n na b
b a
++ + + ≥ pcm 
ðẳng thức xảy ra a b⇔ = . 
Ví dụ 4: Cho , , 0x y z > . Cmr: 3 2 3 2 3 2 2 2 2
22 2 1 1 1yx z
x y y z z x x y z
+ + ≤ + +
+ + +
. 
Giải: Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực dương ta có: 
3 2
3 2
2 2 12
2
x x
x y xy x
xyxy xx y
+ ≥ ⇒ ≤ =
+
. 
Tương tự: 3 2 3 2
2 1 2 1 1 1 1
; VTy z
yz zx xy yz zxy z z x
≤ ≤ ⇒ ≤ + +
+ +
. 
Mặt khác: 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c ab bc ca
xy yz zx x y z
+ + ≥ + + ⇒ + + ≤ + + 
Vậy : 2 2 2
1 1 1VT
x y z
≤ + + ⇒ ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1x y z⇔ = = = . 
Nguyễn Tất Thu  
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 
Ví dụ 5 : Cho , , 0a b c > . Chứng minh : 1 1 1( )( ) 9a b c
a b c
+ + + + ≥ (II). 
Giải : Áp dụng BðT Côsi cho ba số thực dương ta có : 
3
3
3
3
3 1 1 1 1( )( ) 3 .3 91 1 1 13
a b c abc
a b c abc
a b c abc
a b c abc
+ + ≥

⇒ + + + + ≥ =
+ + ≥ 

 ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . 
Nhận xét : * BðT trên còn ñược viết lại như sau : 1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
 (II) 
* Tương tự ta có BðT tổng quát của (I) và (II) như sau : 
Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a khi ñó :
2
1 2 1 2
1 1 1
...
...n n
n
a a a a a a
+ + + ≥
+ + +
 (III). 
ðẳng thức xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = . 
Các BðT (I), (II), (III) ñược sử dụng nhiều trong các bài toán BðT. Ta xét các bài 
toán sau 
Bài toán 5.1 : Cho ba số thực dương , ,a b c . Cmr : 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
. 
Giải : Cộng hai vế của BðT với 3 thì BðT cần chứng minh trở thành 
9 1 1 1 9( 1) ( 1) ( 1) ( )( )
2 2
a b c
a b c
b c c a a b a b b c c a
+ + + + + ≥ ⇔ + + + + ≥
+ + + + + +
Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 9
2( )a b b c c a a b b c c a a b c+ + ≥ =+ + + + + + + + + + 
1 1 1 9 9( )( ) ( ).
2( ) 2a b c a b ca b b c c a a b c⇒ + + + + ≥ + + =+ + + + + ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . 
Nhận xét : BðT trên có tên là BðT Nesbit cho ba số. Có nhiều cách ñể chứng minh 
BðT trên sau ñây ta xét một cách chứng minh cho BðT trên 
ðặt ; ;
a b c b c a c a bA B C
b c c a a b b c c a a b b c c a a b
= + + = + + = + +
+ + + + + + + + +
Khi ñó : 3B C+ = và 
3 32 6
3 2
A B
A B C A
A C
+ ≥
⇒ + + ≥ ⇒ ≥
+ ≥
. 
ðây là lời giải có lẽ là hay nhất cho bài toán này. Tuy nhiên việc tìm ñược lời giải như 
vậy không phải là việc ñơn giản. 
Bài toán 5.2 : Cho , , 0a b c > và 1a b c+ + = . Cmr : 3
1 1 1 4
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
. 
Giải : Ta có BðT 1 1 1 1 1 1 3
1 1 1 4
a b c
a b c
+ − + − + −
⇔ + + ≤
+ + +
Nguyễn Tất Thu  
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 
1 1 1 3 1 1 1 93 ( )
1 1 1 4 1 1 1 4a b c a b c
⇔ − + + ≤ ⇔ + + ≥
+ + + + + +
. 
Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 9
1 1 1 3 4a b c a b c
+ + ≥ =
+ + + + + +
 ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra 1
3
a b c⇔ = = = . 
Bài toán 5.3 : Cho , , 0a b c > và 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh rằng 
1 1 1 3
1 1 1 2ab bc ca
+ + ≥
+ + +
. 
Giải : Ta có 2 2 2 3ab bc ca a b c+ + ≤ + + = . 
Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9 3 
1 1 1 3 2ab bc ca ab bc ca
+ + ≥ ≥
+ + + + + +
ñpcm. 
ðẳng thức có 1
3
a b c⇔ = = =
Bài toán 5.4 : Cho , , 0a b c > và 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 
2 2 2
1 1 1 1 30
ab bc caa b c
+ + + ≥
+ +
. 
Giải : Áp dụng BðT (II) ta có : 1 1 1 9
ab bc ca ab bc ca
+ + ≥
+ +
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 9
ab bc ca ab bc caa b c a b c
⇒ + + + ≥ +
+ ++ + + +
 2 2 2
1 1 1 7
ab bc ca ab bc ca ab bc caa b c
= + + +
+ + + + + ++ +
Mặt khác : 21 1 7( ) 21
3 3
ab bc ca a b c
ab bc ca
+ + ≤ + + = ⇒ ≥
+ +
2 2 2 2 2 2
1 1 1 9 9
2( )ab bc ca ab bc caa b c a b c ab bc ca
+ + ≥ =
+ + + ++ + + + + + +
Suy ra : 2 2 2
1 1 1 1 9 21 30
ab bc caa b c
+ + + ≥ + =
+ +
 ñpcm. 
 ðẳng thức xảy ra 1
3
a b c⇔ = = = . 
Bài toán 5.4 : Cho , , 0x y z > . CMR: 
1 1 1 1 1 1 1( )
2 2 2 2 4x y z x y z x y z x y z
+ + ≤ + +
+ + + + + +
. 
HD: Áp dụng (III) với n=4 ta có: 
21 1 1 1 4 16
2 2x x y z x y z x y z
+ + + ≥ =
+ + + +
2 1 1 16
2x y z z y z
⇒ + + ≥
+ +
. 
Nguyễn Tất Thu  
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 
Tương tự : 2 1 1 16
2y z x x y z
+ + ≥
+ +
 và 2 1 1 16
2z x y x y z
+ + ≥
+ +
Cộng 3 BðT trên ta có ñpcm. ðẳng thức xảy ra x y z⇔ = = . 
Bài toán 5.5 : Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a có tổng bằng 1. Chứng minh rằng : 
1 2
1 2
1 2
1 2
 a) ...
2 2 2 2 1
 b) ...
1 1 1 1
n
n
n
n
aa a n
a a a n
aa a n
a a a n
+ + + ≥
− − − −
+ + + ≤
+ + + +
Giải : 
a) BðT 1 2
1 2
( 1) ( 1) ... ( 1)
2 2 2 2 1
n
n
aa a n
n
a a a n
⇔ + + + + + + ≥ +
− − − −
2
1 2
1 1 1
...
2 2 2 2 1n
n
a a a n
⇔ + + + ≥
− − − −
 (*) 
Áp dụng BðT (III) ta có : 
2 2
1 2
VT(*)
2 ( ... ) 2 1n
n n
n a a a n
≥ =
− + + + −
 ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra 1 2
1
... na a a
n
⇔ = = = = . 
b) BðT 1 2
1 2
( 1) ( 1) ... ( 1)
1 1 1 1
n
n
aa a n
n
a a a n
⇔ − + − + + − ≤ −
+ + + +
2
1 2
1 1 1
...
1 1 1 1n
n
a a a n
⇔ + + + ≥
+ + + +
 (**) 
Áp dụng BðT (III) ta có : 
2 2
1 2
VT(**) ( ... ) 1n
n n
n a a a n
≥ =
+ + + + +
 ñpcm. 
ðẳng thức xảy ra 1 2
1
... na a a
n
⇔ = = = = . 
Ví dụ 6 : Cho , , 0a b c > . Cmr : 
2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +
. 
Giải : Áp dụng BðT Côsi cho hai số thực dương ta có : 
2 2
2 .
4 4
a b c a b c
a
b c b c
+ +
+ ≥ =
+ +
. Tương tự :
2 2
; 
4 4
b c a c a bb c
c a a b
+ +
+ ≥ + ≥
+ +
. 
Cộng ba BðT này lại với nhau ta ñươc : 
2 2 2 2 2 2
2 2
a b c a b c a b c a b c
a b c
b c c a a b b c c a a b
+ + + +
+ + + ≥ + + ⇒ + + ≥
+ + + + + +
ðẳng thức xảy ra a b c⇔ = = . 
Nhận xét :* Phương pháp mà chúng ta làm ở trong bài toán trên người ta thương gọi 
là phương pháp tách gép cặp trong BðT Côsi. 
Nguyễn Tất Thu  
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai 
Vì sao chúng ta lại gép 
2
4
a b c
b c
+
+
+
 ? Mục ñích của việc làm này là làm mất các 
biến ở mẫu do vế phải của BðT là một biểu thức không có biến ở mẫu. Vì sao