Bất đẳng thức thường gặp Toán 9

Chuyên đề Bất đẳng thức gồm nội dung trọng tâm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức Toán 9 ôn thi vào lớp 10.

Khoahoc Bất đẳng thức thường gặp Toán 9 5,0

1. Tính chất của bất đẳng thức

a) Tính chất bắc cầu.

Với mọi số thực a, b, c:

Nếu a > b và b > c thì a > c
Nếu a < b và b < c thì a < c.

b) Tính chất liên hệ phép cộng và phép trừ.

Với mọi số thực a, b, c:

Nếu a > b thì a ± c > b ± c
Nếu a < b thì a ± c < b ± c

c) Tính chất liên hệ phép nhân và phép chia

Với mọi số thực a, b, c thỏa mãn a > b:

Nếu c > 0 thì 2.ac > bc và $\frac{a}{c}$ > $\frac{b}{c}$
Nếu c = 0 thì ac = bc
Nếu c < 0 thì ac < bc và $\frac{a}{c}$ < $\frac{b}{c}$
Nếu a > b và ab > 0 thì $\frac{1}{a}$ < $\frac{1}{b}$
Nếu a > b và ab < 0 thì $\frac{1}{a}$ > $\frac{1}{b}$

Với mọi số thực a, b, c, d thỏa mãn a > b và c > d.

Nếu $\left\{ \begin{matrix} a > b > 0 \\ c > d > 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow ac > bd$
Nếu $\left\{ \begin{matrix} b < a < 0 \\ d < c < 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow ac < bd$
Nếu $\left\{ \begin{matrix} a > b > 0 \\ d < c < 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow ad < bc$

2. Phương pháp biến đổi tương đương và những bổ đề thường gặp

2. 1. Phương pháp biến đổi tương đương

Phương pháp biến đổi tương đương là một trong những phương pháp thường được dùng để chứng minh bất đẳng thức.
Muốn sử dụng thành thạo phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức thì chúng ta cần ghi nhớ các khái niệm, định lý và tính chất về bất đẳng thức để sử dụng vào phép biến đổi tương đương.
Để chứng minh bất đẳng thức A $\geq$ B thì chúng ta thường dùng phương pháp xét hiệu, cụ thể hơn chúng ta đi xét các bổ đề dưới đây.

2.2 Các bổ đề thường gặp khi làm bất đẳng thức

Bổ đề 1.1. Cho a, b là hai số thực. Chứng minh rằng:

4ab $\leq$ $(a + b)^{2} \leq$ 2( $a^{2}$ + $b^{2}$ )

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu, ta được:

$(a + b)^{2}$ $-$ 4ab = $a^{2}$ + 2ab + $b^{2} -$ 4ab = $a^{2}$ $-$ 2ab + $b^{2}$ = $(a - b)^{2} \geq$ 0 ( $\forall$ a,b)

$\Rightarrow$ $(a + b)^{2} \geq$ 4ab

Thực hiện xét hiệu, ta được:

2( $a^{2}$ + $b^{2}$ ) $- (a + b)^{2}$ = 2 $a^{2}$ +2 $b^{2}$ $- a^{2}$ $-$ 2ab $- b^{2}$ = $(a - b)^{2} \geq$ 0 ( $\forall$ a,b)

$\Rightarrow$ 2( $a^{2}$ + $b^{2}$ ) $\geq (a + b)^{2}$

Vậy 4ab $\leq$ $(a + b)^{2}$ $\leq$ 2( $a^{2}$ + $b^{2}$ )

Đẳng thức xảy ra khi: a = b

Bồ đề 1.2. Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng:

3(ab + bc + ca) $\leq (a + b + c)^{2} \leq$ 3( $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ )

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu ta được:

$(a + b + c)^{2} -$ 3 (ab + bc+ ca) = $\frac{1}{2}\left\lbrack (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} \geq 0 \right\rbrack$ .

$\Rightarrow (a + b + c)^{2} \geq$ 3 (ab + bc+ ca).

Thực hiện xét hiệu ta được:

3( $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ ) $- (a + b + c)^{2}$ = $(a - b)^{2}$ + $(b - c)^{2}$ + $(c - a)^{2}$ $\geq$ 0 , $\forall$ a, b, c.

$\Rightarrow$ 3( $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ ) $\geq (a + b + c)^{2}$

Vậy 3(ab + bc + ca) $\leq (a + b + c)^{2} \leq$ 3( $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ )

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c

Ta có thể viết dạng: ab + bc + ca $\leq \frac{1}{3}(a + b + c)^{2}$ .

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu ta được:

$(a + b + c)^{2} - 3(ab + bc + ca) = \frac{1}{2}\left\lbrack (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} \right\rbrack \geq 0$

$= > (a + b + c)^{2} \geq 3(ab + bc + ca)$

Thực hiện xét hiệu ta được:

$3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) - (a + b + c)^{2} = (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} \geq 0$

$= > 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) \geq (a + b + c)^{2}$

$3(ab + bc + ca) \leq (a + b + c)^{2} \leq 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Bồ đề 1.3: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a}$ + $\frac{1}{b}$ $\geq \frac{4}{a + b}$ .

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu, ta được:

$\frac{1}{a}$ + $\frac{1}{b}$ $- \frac{4}{a + b}$ = $\frac{a + b}{ab} - \frac{4}{a + b}$ = $\frac{(a + b)^{2} - 4ab}{a + b}$ = $\frac{(a - b)^{2}}{a + b} \geq 0$ , $\forall$ a, b > 0

Bổ đề 1.3: Cho a, b > 0 chứng minh rằng: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b}$ .

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu ta được:

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{4}{a + b} = \frac{a + b}{ab} - \frac{4}{a + b} = \frac{(a + b)^{2} - 4ab}{ab(a + b)} = \frac{(a - b)^{2}}{ab(a + b)} \geq 0\ \forall a,b > 0$

$= > \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b}$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b$

Bổ đề 1.4: Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\ \geq \frac{9}{a + b + c}$ .

Chứng minh

Xét $P = (a + b + c)\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) = \left( \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \right) + \left( \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right) + \left( \frac{c}{a} + \frac{a}{c} \right) + 3.$

Xét hiệu $\left( \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \right) - 2 = \ \frac{a^{2} + b^{2} - 2ab}{ab} = \frac{(a - b)^{2}}{ab} \geq 0 = > \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2,\ \forall a,b > 0$

Tương tự: $\frac{a}{c} + \frac{c}{a} \geq 2,\ \ \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \geq 2$ $\forall a,b,c > 0$

Vậy: $P \geq 2 + 2 + 2 + 3 = 9 = > \ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\ \geq \frac{9}{a + b + c}$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$

Mở rộng: $\frac{1}{a_{1} + a_{2} + \ldots a_{n}} \leq \frac{1}{n^{2}}\left( \frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \ldots + \frac{1}{a_{n}} \right)\forall a_{1},a_{2},\ldots a_{n} > 0.$

Bổ đề 1.5. Cho $a,b \geq 0.$ Chứng minh rằng: $\sqrt{(a + b)} \leq \sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2(a + b)}$ .

Chứng minh

${\left( \sqrt{a} + \sqrt{b} \right)^{2} - \left( \sqrt{a + b} \right)}^{2} = a + b + 2\sqrt{ab} - (a + b) = 2\sqrt{ab} \geq 0\ \forall a,b \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $ab = 0$ ;

Xét hiệu:

$\left( \sqrt{2(a + b)} \right)^{2} - \left( \sqrt{a} + \sqrt{b} \right)^{2} = 2(a + b) - \left( a + 2\sqrt{ab} + b \right) = a - 2\sqrt{ab} + b$

$= \left( \sqrt{a} - \sqrt{b} \right)^{2} \geq 0\ \forall a,b \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi a = b;

Vậy $\sqrt{(a + b)} \leq \sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2(a + b)}\ \forall a,b \geq 0$

Hoàn toàn tương tự ta cũng có:

$\sqrt{a + b + c} \leq \ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \leq \ \sqrt{3(a + b + c)}\ \forall a,b,c \geq 0$

Bổ đề 1.6. Cho $a,b \geq 0.$ Chứng minh rằng: $a^{3} + b^{3} \geq ab(a + b)$

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu ta được:

$a^{3} + b^{3} - ab(a + b) = (a + b)\left( a^{2} - 2ab + b^{2} \right) = (a + b)(a - b)^{2} \geq 0\ \forall a,b \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi a = b

Vậy: $a^{3} + b^{3} \geq ab(a + b)\ \ \ \ \ \ \ \forall a,b \geq 0$

Tương tự ta cũng có được $a^{4} + b^{4} \geq ab\left( a^{2} + b^{2} \right);\ \forall a,b \geq 0$

Bổ đề 1.7. Cho $a,b \geq 0.$ Chứng minh rằng: $a + b \geq 2\sqrt{ab}$

Chứng minh

Xét hiệu, ta được:

$a + b - 2\sqrt{ab} = \left( \sqrt{a} \right)^{2} - 2\sqrt{ab} + \left( \sqrt{b} \right)^{2} = \left( \sqrt{a} - \sqrt{b}\ \right)^{2} \geq 0\ \forall a,b \geq 0.$

Đẳng thức xảy ra khi a = b.

Bổ đề 1.8. Cho $a,b,\ c \geq 0.$ Chứng minh rằng: $a + b + c \geq 3\sqrt[3]{abc}$ .

Chứng minh

Ta đặt $x^{3} = a,\ y^{3} = b,z^{3} = c\ (x,y,z) \geq 0$

Ta cần chứng minh: $x^{3} + y^{3} + z^{3} \geq 3xyz;$

Thật vậy, ta có:

$x^{3} + y^{3} + z^{3} \geq 3xyz\ (x + y)^{3} + z^{3} - 3xy(x + y + z) \geq 0$

$(x + y + z)\lbrack(x + y)^{2} - (x + y)z + z^{2} - 3xy\rbrack \geq 0$

$(x + y + z)\left\lbrack \left( x^{2} + y^{2} + z^{2} \right) - (xy + yz + zx) \right\rbrack \geq 0$

$\frac{1}{2}(x + y + z)\left\lbrack (x - y)^{2} + (y - x)^{2} + (z - x)^{2} \right\rbrack \geq 0,\ \forall x,y,z \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z\ hay\ a = b = c;$

Ngoài ra, độc giả có thể tham khảo cách chứng minh khách như sau:

Sử dụng bổ đề 1.7. ta có:

$(a + b) + \left( c + \sqrt[3]{abc} \right) \geq 2\sqrt{ab} + 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}} \geq 4\sqrt[4]{abc\sqrt[3]{abc}} = 4\sqrt[3]{abc}$

$a + b + c \geq 3\sqrt[3]{abc}$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c;$

Bổ đề 1.9. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$(a + b + c)(ab + bc + ca) \geq 9abc$

Chứng minh

Sử dụng bổ đề 1.8. ta có: $\left\{ \begin{matrix}a + b + c \geq 3\sqrt[3]{abc} > 0 \\ab + bc + ca \geq 3\left( \sqrt[3]{abc} \right)^{2} > 0 \\\end{matrix} \right.$

$(a + b + c)(ab + bc + ca) \geq 9\sqrt[3]{(abc)^{3}} = 9abc.$

Vậy: $\ (a + b + c)(ab + bc + ca) \geq 9abc$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$

Bổ đề 1.10. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$(a + b)(b + c)(c + a) \geq \frac{8}{9}(a + b + c)(ab + bc + ca)$

Chứng minh

Ta có: $(a + b)(b + c)(c + a) = (a^{2}b + a^{2}c) + (b^{2}a + b^{2}c) + (c^{2}a + c^{2}b) + 2abc.$

Ta có: $(a + b + c)(ab + bc + ca) = (a^{2}b + a^{2}c) + (b^{2}a + b^{2}c) + (c^{2}a + c^{2}b) + 3abc.$

$\Rightarrow (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) - abc.$

Mặt khác, theo bổ đề 1.9 ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \geqslant 9abc} \\ {\; \Rightarrow \; - abc \geqslant - \dfrac{1}{9}\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \end{array}$

Vậy: $(a + b)(b + c)(c + a) \geq \frac{8}{9}(a + b + c)(ab + bc + ca)$

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c

Bổ đề 1.11. Cho a, b là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{3} + b^{3}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{3}$

Chứng minh

Thực hiện xét hiệu, ta được.

$\frac{a^{3} + b^{3}}{2} - (\frac{a + b}{2})^{3} = \frac{4(a^{3} + b^{3}) - (a + b)^{3}}{8} = \frac{3\left\lbrack a^{3} + b^{3} - ab(a + b) \right\rbrack}{8} \geq 0$

Vì theo bổ đề 1.6 ta có: a³+b³ ≥ ab(a+b)

Vậy: $\frac{a^{3} + b^{3}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{3}$

Đẳng thức đúng khi: a = b.

Ta có thể viết dạng: $a^{3} + b^{3} \geq \frac{1}{4}(a + b)^{3}$

Bổ đề 1.12. Cho a,b là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \geq \frac{8}{(a + b)^{2}}$

Chứng minh:

Ta có: $\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} \geq \frac{2}{ab} \geq \frac{8}{(a + b)^{2}}$

Vì $0 < \ ab \leq \frac{(a + b)^{2}}{4} \Rightarrow \frac{1}{ab} \geq \frac{4}{(a + b)^{2}} \Leftrightarrow \frac{2}{ab} \geq \frac{8}{(a + b)^{2}}$

Đẳng thức xảy ra khi: a = b

Bổ đề 1.13. Cho ab ≥ 1. Chứng minh rằng: $\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} \geq \frac{2}{1 + ab}$

Chứng minh:

Thực hiện xét hiệu, ta được: $\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} - \frac{2}{1 + ab}$

$\begin{matrix} = (\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}}) + (\dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}}) = \dfrac{{a(b - a)}}{{(1 + {a^2})(1 + ab)}} + \dfrac{{b(a - b)}}{{(1 + {b^2})(1 + ab)}} \hfill \\ = (a - b)\left[ {\dfrac{{b(1 + {a^2}) - a(1 + {b^2})}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}}} \right] = {(a - b)^2}.\dfrac{{(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \hfill \\ \end{matrix}$

Vậy với ab ≥ 1 thì $\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} \geq \frac{2}{1 + ab}$

Với -1< ab ≤1 thì: $\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} \leq \frac{2}{1 + ab}$

Bổ đề 1.14. Cho a, b là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(1 + a)^{2}} + \frac{1}{(1 + b)^{2}} \geq \frac{1}{1 + ab}$

Chứng minh

Thực hiện phép biến đổi tương đương, ta có:

$\begin{matrix} \dfrac{{{{(a + 1)}^2} + {{(b + 1)}^2}}}{{{{(ab + a + b + 1)}^2}}} \geqslant \dfrac{1}{{ab + 1}} \hfill \\ \Leftrightarrow \left[ {{{(a + 1)}^2} + {{(b + 1)}^2}} \right](ab + 1) \geqslant {(ab + a + b + 1)^2} \hfill \\ \Leftrightarrow ({a^2} + {b^2} + 2a + 2b + 2){(ab + 1)^{}} \geqslant {(ab + a + b)^2} + 2(ab + a + b) + 1 \hfill \\ \end{matrix}$

Mặt khác, ta lại có:

$(a^{2} + b^{2} + 2a + 2b + 2)(ab + 1) = (a^{3}b + ab^{3} + 2a^{2}b + 2ab^{2} + 2ab) + (a^{2} + b^{2} + 2a + 2b + 2).$

Ta cũng có được:

(ab+a+b)²+2(ab+a+b)+1= a²b² + a² + b² +2a²b + 2ab²+ 4ab +2a +2b +1

Thực hiện xét hiệu, ta được:

(a² + b² +2a+ 2b +2)(ab + 1) - [(ab+a+b)²+2(ab+a+b)+1]

= a³b+ab³+1-2ab-a²b² = ab(a²-2ab+b²)+(a²b²-2ab+1)

= ab(a-b)²+(ab-1)²≥0, với mọi a,b>0.

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = 1

3. Bất đẳng thức cơ bản thường gặp

3.1. Bất đẳng thức AM-GM (thường gọi là bất đẳng thức Cauchy).

3.1.1. Dạng tổng quát (n số không âm)

Cho $a_{1}a_{2},...a_{n}, \geq 0,$ ta có $\frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{a_{1},a_{2},...a_{n}}.$

Đẳng thức xảy ra khi: $a_{1} = a_{2} = ... = a_{n},$

3.1.2. Dạng cụ thể (2 số, 3 số không âm).

Cho a, b ≥ 0 ta có: $\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}$ .

Đẳng xảy ra khi: a = b

Cho a, b, c ≥ 0 ta có: $\frac{a + b + c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}.$

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c

3.1.3. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.1. Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng:

(a²+b²)(b²+c²)(c²+a²)≥8a²b²c²

Hướng dẫn giải

Sai lầm hay gặp: $\left\{ \begin{matrix} a^{2} + b^{2} \geq 2ab \\ b^{2} + c^{2} \geq 2bc \Rightarrow (a^{2} + b^{2}) \\ c^{2} + a^{2} \geq 2ca \\ \end{matrix} \right.\ (b^{2} + c^{2})(c^{2} + a^{2}) \geq 8a^{2}b^{2}ac^{2}$ (sai)

Bổ đề 1.10. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $(a + b)(b + c)(c + a) \geq \frac{8}{9}(a + b + c)(ab + bc + ca)$

Chứng minh:

Ta có: $(a + b)(b + c)(c + a) = (a^{2}b + a^{2}c) + (b^{2}a + b^{2}c) + (c^{2}a + c^{2}b) + 2abc.$

Ta có: $(a + b + c)(ab + bc + ca) = (a^{2}b + a^{2}c) + (b^{2}a + b^{2}c) + (c^{2}a + c^{2}b) + 3abc.$

$\Rightarrow (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) - abc.$

Mặt khác, theo bổ đề 1.9 ta có:

Vậy: $(a + b)(b + c)(c + a) \geq \frac{8}{9}(a + b + c)(ab + bc + ca)$

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c

Ví dụ 1.2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$(a + b + c)\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) \geq 9$ .

Hướng dẫn giải

Sử dụng bất đẳng thức AM- GM cho 3 số thực dương ta có:

$\left\{ \begin{gathered} a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}} > 0 \hfill \\ \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}.\dfrac{1}{c}}} = \dfrac{3}{{\sqrt[3]{{abc}}}} > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \geqslant 9$

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c.

3.2. Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz (thường được gọi là bất đẳng thức Bunyakovcsky).

3.2.1. Dạng tổng quát.

Cho hai dãy số thực $\left( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right)$ và $\left( b_{1},b_{2},...,b_{n} \right)$ ta luôn có:

$\left( a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2} \right)\left( b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2} \right) \geq \left( a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n} \right)^{2}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = ...\frac{a_{n}}{b_{n}}$

Quy ước: Nếu $b_{1} = 0$ thì $a_{1} = 0$ tương tự với $b_{2},b_{3},...,b_{n}$

3.2.2. Dạng cụ thể:

3.2.2.1. Dạng 1:

Cho a, b, c, d $\in$ R, ta có: $\left( a^{2} + b^{2} \right)\left( c^{2} + d^{2} \right) \geq (ac + bd)^{2}$ .

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{c} = \frac{b}{d}$ .

3.2.2.2. Dạng 2:

Cho a, b, c, x, y, z $\in$ R, ta có: $\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)\left( x^{2} + y^{2} + z^{2} \right) \geq (ax + by + cz)^{2}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$

Chú ý: $\sqrt{\left( a^{2} + b^{2} \right)\left( c^{2} + d^{2} \right)} \geq |ac + bd| \geq ac + bd.$

Chứng minh

Dạng 1: Biến đổi tương đương ta được:

$\left( a^{2} + b^{2} \right)\left( c^{2} + d^{2} \right) \geq (ac + bd)^{2} \Leftrightarrow (ad)^{2} - 2abcd + (bc)^{2} \geq 0 \Leftrightarrow (ad - bc)^{2} \geq 0$ .

Đẳng thức xảy ra khi ad = bc $\Leftrightarrow \frac{a}{c} = \frac{b}{d}$ .

Dạng 2: Hoàn toàn tương tự đưa về: $(ay - bx)^{2} + (az - cx)^{2} + (bz - cy)^{2} \geq 0.$

Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{ \begin{matrix} ay = bx \\ az = cx \\ bz = cy \\ \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}.$

3.2.3. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.3. Cho a, b là các số thực. Chứng minh rằng: $2\left( a^{2} + b^{2} \right) \geq (a + b)^{2}$

Hướng dẫn giải

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

$\left( 1^{2} + 1^{2} \right)\left( a^{2} + b^{2} \right) \geq (1.a + 1.b)^{2} \Leftrightarrow$ 2 $\left( a^{2} + b^{2} \right) \geq (a + b)^{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{1} = \frac{b}{1} \Leftrightarrow a = b.$

Ví dụ 1.4. Cho a, b, c là các số thực khác 0. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \geq \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$

Hướng dẫn giải

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

$3\left( \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \right) = \left( 1^{2} + 1^{2} + 1^{2} \right)\left( \left| \frac{a}{b} \right|^{2} + \left| \frac{b}{c} \right|^{2} + \left| \frac{c}{a} \right|^{2} \right) \geq \left( \left| \frac{a}{b} \right| + \left| \frac{b}{c} \right| + \left| \frac{c}{a} \right| \right)^{2}$ .

Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM- GM cho 3 số không âm ta có:

$\left( \left| \frac{a}{b} \right| + \left| \frac{b}{c} \right| + \left| \frac{c}{a} \right| \right) \geq 3\sqrt[3]{\left| \frac{a}{b} \right|.\left| \frac{b}{c} \right|.\left| \frac{c}{a} \right|} = 3$

$\Rightarrow \left( \left| \frac{a}{b} \right| + \left| \frac{b}{c} \right| + \left| \frac{c}{a} \right| \right)^{2} = \left( \left| \frac{a}{b} \right| + \left| \frac{b}{c} \right| + \left| \frac{c}{a} \right| \right).\left( \left| \frac{a}{b} \right| + \left| \frac{b}{c} \right| + \left| \frac{c}{a} \right| \right) \geq 3\left( \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \right)$ .

Vậy: $\frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \geq \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$ .

3.3. Bất đẳng thức Svac-xơ (thường gọi là bất đẳng thức cộng mẫu).

3.3.1. Dạng tổng quát:

Cho dãy số thực $\left( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right)$ và $\left( b_{1},b_{2},...,b_{n} > 0 \right)$ thì ta luôn có:

$\frac{{a_{1}}^{2}}{b_{1}} + \frac{{a_{2}}^{2}}{b_{2}} + ... + \frac{{a_{n}}^{2}}{b_{n}} \geq \frac{\left( a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} \right)^{2}}{b_{1} + b_{2} + ... + b_{n}}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = ... = \frac{a_{n}}{b_{n}}$

3.3.2. Dạng cụ thể.

3.3.2.1. Dạng 1:

Cho $x,y > 0$ , ta có: $\frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} \geq \frac{(a + b)^{2}}{x + y}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{x} = \frac{b}{y}$

3.3.2.2. Dạng 2:

Cho $x,y,z > 0,$ ta có: $\frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} + \frac{c^{2}}{z} \geq \frac{(a + b + c)^{2}}{x + y + z}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$

Chứng minh

Dạng 1:

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:

$\left\lbrack \left( \frac{a}{\sqrt{x}} \right)^{2} + \left( \frac{b}{\sqrt{y}} \right)^{2} \right\rbrack\left\lbrack \left( \sqrt{x} \right)^{2} + \left( \sqrt{y} \right)^{2} \right\rbrack \geq (a + b)^{2} \Leftrightarrow \frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} \geq \frac{(a + b)^{2}}{x + y}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{x} = \frac{b}{y}$

Biến đổi tương đương như sau:

Ta có: $\frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} \geq \frac{(a + b)^{2}}{x + y}$

$\Leftrightarrow \left( a^{2}y + b^{2}x \right)(x + y) \geq (a + b)^{2}xy \Leftrightarrow (ay - bx)^{2} \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{x} = \frac{b}{y}$

Dạng 2:

Hoàn toàn tương tự ta có: $\left( {\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y}} \right) + \frac{{{c^2}}}{z} \geqslant \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}} + \frac{{{c^2}}}{z} \geqslant \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$

Chú ý: Bất đẳng thức Svac-xơ là một hệ quả của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và khi áp dụng cần lưu ý các mẫu phải là những số dương.

3.3.3. Các ví dụ minh họa.

Ví dụ 1.5. Cho $a,b$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b}$

Hướng dẫn giải

Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ, ta có: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1^{2}}{a} + \frac{1^{2}}{b} \geq \frac{(1 + 1)^{2}}{a + b} = \frac{4}{a + b}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{1}{a} = \frac{1}{b} \Leftrightarrow a = b$

Ví dụ 1.6. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c} \geq \frac{36}{a + b + c}$

Hướng dẫn giải

Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ, ta có:

$\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c} = \frac{1^{2}}{a} + \frac{2^{2}}{b} + \frac{3^{2}}{c} \geq \frac{(1 + 2 + 3)^{2}}{a + b + c} = \frac{36}{a + b + c}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c}$ .

3.4. Bất đẳng thức Minkovsky (Mincôpski).

3.4.1. Dạng tổng quát.

Cho hai dãy số thực $\left( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right)$ và $\left( b_{1},b_{2},...,b_{n} \right)$ thì ta luôn có:

$\sqrt{{a_{1}}^{2} + {b_{1}}^{2}} + \sqrt{{a_{2}}^{2} + {b_{2}}^{2}} + ... + \sqrt{{a_{n}}^{2} + {b_{n}}^{2}} \geq \sqrt{\left( a_{1} + a_{2} + ... + {a_{n}}^{2} \right) + \left( b_{1} + b_{2} + ... + {b_{n}}^{2} \right)}.$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = ... = \frac{a_{n}}{b_{n}}$

Quy ước: Nếu $b_{1} = 0$ thì $a_{1} = 0$ , tương tự áp dụng với $b_{2},b_{3},...,b_{n}$ .

3.4.2. Dạng cụ thể.

3.4.2.1. Dạng 1:

Cho $a,b,c,d \in R,$ ta có: $\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}} \geq \sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}}$ .

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{b} = \frac{c}{d}$

3.4.2.2. Dạng 2:

Cho $a,b,c,d,e,f \in R,$ ta có: $\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}} + \sqrt{e^{2} + f^{2}} \geq \sqrt{(a + c + e)^{2} + (b + d + f)^{2}}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\frac{a}{b} = \frac{c}{d} = \frac{e}{f}.$

Chứng minh

Dạng 1:

Biến đổi tương đương, ta có:

$\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}} \geq \sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}} \Leftrightarrow \sqrt{\left( a^{2} + b^{2} \right)\left( c^{2} + d^{2} \right)} \geq (ac + bd)$

$\Leftrightarrow \left( a^{2} + b^{2} \right)\left( c^{2} + d^{2} \right) \geq (ac + bd)^{2} \Leftrightarrow (ad - bc)^{2} \geq 0,\forall a,b,c,d.$

Đẳng thức xảy ra khi: $ad = bc \Leftrightarrow \frac{a}{c} = \frac{b}{d}$

Dạng 2:

Sử dụng kết quả trên, ta có được:

$\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}} + \sqrt{e^{2} + f^{2}} \geq \sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}} + \sqrt{e^{2} + f^{2}}$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}} + \sqrt{e^{2} + f^{2}} \geq \sqrt{(a + c + e)^{2} + (b + d + f)^{2}}$

Chú ý: Bất đẳng thức Minkovsky cũng là một hệ quả của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

3.4.3. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1.7. Cho $a,b,c > 0$ và $ab + bc + ca = abc$ . Chứng minh rằng:

$\frac{\sqrt{b^{2} + 2a^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{c^{2} + 2b^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ca} \geq \sqrt{3}$ .

Hướng dẫn giải

Biến đổi giả thiết: $ab + bc + ca = abc \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1$ .

Ta có: $\frac{\sqrt{b^{2} + 2a^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{c^{2} + 2b^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ca} = \sqrt{\frac{1}{a^{2}} + \frac{2}{b^{2}}} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}} + \frac{2}{c^{2}}} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}} + \frac{2}{a^{2}}}$

Sử dụng bất đẳng thức Minkovsky, ta có được:

$\sqrt{\frac{1}{a^{2}} + \left( \frac{\sqrt{2}}{b} \right)^{2}} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}} + \left( \frac{\sqrt{2}}{c} \right)^{2}} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}} + \left( \frac{\sqrt{2}}{a} \right)^{2}} \geq \sqrt{\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right)^{2} + 2\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right)^{2}}$

Mặt khác $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1$

Vậy: $\frac{\sqrt{b^{2} + 2a^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{b^{2} + 2c^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ca} \geq \sqrt{3}$

Ví dụ 1.8. Cho $a,b,c > 0$ và $\frac{1}{a + b} + \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} \geq \frac{1}{2}$ . Chứng minh rằng:

$\frac{\sqrt{b^{2} + 2a^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{b^{2} + 2c^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ca} \geq \sqrt{3}$

Hướng dẫn giải

Ta có: $\frac{\sqrt{b^{2} + 2a^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{b^{2} + 2c^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ca} = \sqrt{\frac{1}{a^{2}} + \frac{2}{b^{2}}} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}} + \frac{2}{c^{2}}} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}} + \frac{2}{a^{2}}}$

Theo ví dụ 1.7, ta có:

$\sqrt{\frac{1}{a^{2}} + \frac{2}{b^{2}}} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}} + \frac{2}{c^{2}}} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}} + \frac{2}{a^{2}}} \geq \sqrt{3\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right)^{2}} = \sqrt{3}.\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right)$

Mặt khác: $\frac{1}{a + b} \leq \frac{1}{4}.\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right) \Rightarrow \frac{1}{a + b} + \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} \leq \frac{1}{2}\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right)$

Từ đó, ta có được $\frac{1}{2}\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) \geq \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 1$

Vậy $\frac{\sqrt{b^{2} + 2a^{2}}}{ab} + \frac{\sqrt{b^{2} + 2c^{2}}}{bc} + \frac{\sqrt{a^{2} + 2c^{2}}}{ca} \geq \sqrt{3}$

Ví dụ 1.9. Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $(a + 2)(b + 2) = \frac{25}{4}$ . Tìm GTNN của biểu thức $F = \sqrt{1 + a^{4}} + \sqrt{1 + b^{4}}$

Hướng dẫn giải

Do tính đối xứng của $a$ và $b$ nên đẳng thức xảy ra tại $a = b$ .

Khi đó : $(a + 2)^{2} = \left( \dfrac{5}{2}\right)^{2} \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix}a = \dfrac{1}{2} \Rightarrow b = \dfrac{1}{2} \Rightarrow F =\dfrac{\sqrt{17}}{2} \\a = \dfrac{- 9}{2} \Rightarrow b = \dfrac{- 9}{2} \Rightarrow F =\dfrac{\sqrt{6577}}{2} \\\end{matrix} \right.$

Vậy ta dự đoán: $MinF = \frac{\sqrt{17}}{2} \Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$

Sử dụng bất đẳng thức Minkovsky, ta có :

$\sqrt{1^{2} + \left( a^{2} \right)^{2}} + \sqrt{1^{2} + \left( b^{2} \right)^{2}} \geq \sqrt{(1 + 1)^{2} + \left( a^{2} + b^{2} \right)^{2}} = \sqrt{\left( a^{2} + b^{2} \right)^{2} + 4.}$

Theo giả thiết: $(a + 2)(b + 2) = \frac{25}{4} \Leftrightarrow 2(a + b) + ab = \frac{9}{4}$

Từ đó xét: $\left\{ \begin{matrix}2\left( a - \dfrac{1}{2} \right)^{2} + 2\left( b - \dfrac{1}{2}\right)^{2} \geq 0 \\ab \leq \dfrac{a^{2} + b^{2}}{2} \\\end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}2(a + b) \leq 2\left( a^{2} + b^{2} \right) \\ab \leq \dfrac{a^{2} + b^{2}}{2} \\\end{matrix} \right.$

Thực hiện cộng các vế với nhau, ta được :

$\frac{9}{4} = 2(a + b) + ab \leq \frac{5}{2}\left( a^{2} + b^{2} \right) + 1 \Leftrightarrow a^{2} + b^{2} \geq \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \sqrt{1 + a^{4}} + \sqrt{1 + b^{4}} \geq \frac{\sqrt{17}}{2}$

Vậy $MinF = \frac{\sqrt{17}}{2} \Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$

3.4. Bất đẳng thức Vonicur Schur

3.4.1. Dạng tổng quát

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và $r \geq 0$

$a^{r}(a - b)(a - c) + b^{r}(b - c)(c - a) + c^{r}(c - a)(c - b) \geq 0$

3.4.2. Dạng cụ thể

Khi $r = 1$ ta có: $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$

Khi $r = 2$ ta có: $a^{2}(a - b)(a - c) + b^{2}(b - c)(b - a) + c^{2}(c - a)(c - b) \geq 0$

Chứng minh bất đẳng thức trên ứng với trường hợp $r = 1$

Chứng minh

Do vai trò $a,b,c$ bình đẳng nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử rằng $a \geq b \geq c \geq 0$

Khi đó, ta có: $\left\{ \begin{matrix} c - a \leq 0 \\ c - b \leq 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow c(c - a)(c - b) \geq 0$

Ta cần chứng minh $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) \geq 0$

$\Leftrightarrow a(a - b)(a - c) - b(b - c)(a - b) \geq 0 \Leftrightarrow (a - b)\left\lbrack a(a - c) - b(b - c) \right\rbrack \geq 0$

$\Leftrightarrow (a - b)\left( a^{2} - ac - b^{2} + bc \right) = (a - b)^{2}(a + b - c) \geq 0$

Ngoài hướng trên, ta có thể đặt $x = a - b \geq 0,y = b - c \geq 0 \Rightarrow a - c = x + y.$

3.5. Bất đẳng thức Nesbitt.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \geq \frac{3}{2}$

Chứng minh

Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ, ta có:

$\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} = \frac{a^{2}}{ab + ac} + \frac{b^{2}}{bc + ba} + \frac{c^{2}}{ca + cb} \geq \frac{(a + b + c)^{2}}{2(ab + bc + ca)} \geq \frac{3}{2}$

Vì $ab + bc + ca \leq \frac{(a + b + c)^{2}}{3} \Rightarrow \frac{1}{2(ab + bc + ca)} \geq \frac{3}{2(a + b + c)^{2}}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a = b = c$

Chia sẻ nhận xét

Đánh giá tài liệu

Sắp xếp theo

Xóa Gửi đánh giá

Mua ngay

Thuộc tính tài liệu:

Lớp: Ôn vào 10
Môn: Toán
Dạng tài liệu: Chuyên đề
Loại: Tài liệu Lẻ