Toán học - Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Các phương pháp chứng minh
bất đẳng thức
A. Kiến thức cơ bản.
 * Một số bất đẳng thức cần nhớ:
 1. a2 ³ 0; ; - 
 , dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ab ³ 0
 2. Bất đẳng thức Cô - si : a, b ³ 0
 dấu " = " xảy ra và chỉ khi a = b
 3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
 (a.c + b.d)2 Ê (a2 + b2) (c2 + d2), dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi
B. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
	Phương pháp 1: Dựa vào định nghĩa.	
 A ³ B A - B ³ 0
Chú ý các hằng đẳng thức:
* a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ³ 0;
* a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ab + 2ca = (a + b + c)2 ³ 0
Bài 1.1: Chứng minh rằng với mọi x, y ta luôn có: 
a. 
	b. x2 + y2 + 1 ³ xy + x + y;
 c. x4 + y4 ³ xy3 +x3y
	Giải: 
	a. Xét hiệu: 
	Vậy: Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2x = y.
 b. x2 + y2 + 1 - (xy + x + y) = 
	 ³ 0	
	Vậy: x2 + y2 + 1 ³ xy + x + y.
	c. x4 + y4 - (xy3 + x3y) = x4 - xy3 + (y4 - x3y)
	 = x (x3 - y3) - y (x3 - y3) = (x3 - y3) (x - y)
	 = (x - y)2 (x2 + xy + y2)
	 = (x - y)2 	 ³ 0	 	 
Vậy: x4 + y4 ³ xy3 + x3y
Bài 1.2: Cho 0 < a Ê b Ê c. Chứng minh rằng:
a. 
b. 	
	Giải:
a. 
	 = 
	 =	 =	 	
= 	 ( vì o < a Ê b Ê c) 
	Vậy: 	
	b. 	 (Vì a2c Ê abc)
	(Vì o < a Ê b Ê c).
	 Vậy: 	
	 Bài 1.3: Cho a < b < c < d. Hãy xếp thứ tự tăng dần các số sau:
	 x = (a + b) (c + d); y = (a + c) (b + d); z = (a + d) (b + c).
Giải:
	 Xét hiệu: y - x = (a + b) (b + d) - (a + b) (c + d)
	 = ab + ad + cb + cd - ac - ad - bc - bd
	 = b (a - d) - c (a - d)
	 = (a - d) (b - c) > 0 (vì a < b < c < d)
	 Suy ra: y > z
	 Tương tự, xét hiệu: z - y = (a + d) (b + c) - (a + c) (b + d)
	 = (a - b) (c - d) > 0
	 Suy ra: z > y.
	 Vậy: x < y < z.
 Bài 1.4: Cho abc = 1 và a3 > 36. Chứng minh rằng:
 Giải
	(Vì abc = 1
	và a3 > 36 nên a > 0).
	Vậy: 	Bài 1.5: Cho a > b > 0. So sánh hai số x, y với x = 
	 Giải:
	 Ta có x,y > 0 và 	
	(Vì a > b> 0 nên	 	Vậy: x < y.
	Phương pháp 2: Sử dụng tính Bắc Cầu:	
 * A ³ B
 => A ³ C.
 B ³ C 
 * 0 Ê x Ê 1 => x2 Ê x (vì x - x2 = x (1 - x) ³ 0) 
	Bài 2.1: Cho 0 Ê x, y, x Ê 1, Chứng minh rằng:
	a. 0 Ê x + y + z - xy - yz - zx Ê 1;
	b. x2 + y2 + z2 Ê 1 + x2y + y2z + z2x.
	 Giải:	
	a. Ta có: x + y + z - xy - yz - zx = x (1 - y ) + y (1 - z) + z (1 - x) ³ 0 (1)
	Mặt khác: (1 - x) (1 - y) (1 - z) = 1 - x- y - z + xy + yz + zx - xyz ³ 0, 
	Suy ra: x + y + z - xy - yz - zx Ê 1 - xyz Ê 1 (2)
	Từ (1) và (2) suy ra: 0 Ê x + y + z - xy - yz - zx Ê 1.
	b. Ta chứng minh: x2 + y2 + z2 - x2y - y2z - z2x Ê 1.
	Ta có: x2 + y2 + z2 - x2y- y2z - z2x = x2 (1 - y) + y2 (1 - z) + z2 (1 - x) Ê
	Ê x (1 - y) + y (1 - z) + z (1 - x) (vì x2 Ê x, y2 Ê y, z2 Ê z)
Ê x + y +z - xy - yz - zx Ê 1 (câu a).
Bài 2.2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + 2abc < 2.
	Giải:
Nếu a ³ 1 thì từ b + c ³ 1 suy ra a + b + c > 2, vô lý! Vậy 0 < a < 1
Tương tự: 0 < b < 1, 0 < c < 1.
Ta có: (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + ab + bc + ca - abc > 0, suy ra
	abc < ab + bc + ca - 1 (vì a +b + c = 2)	(1)
Mà 4 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca), suy ra: 
	 ab + bc + ca = 2 -	(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
abc < 1 - 
	Bài 2.3: Cho 0 < a, b, c, d < 1. Chứng minh rằng:
	(1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > 1 - a - b - c - d
	Giải:
	Ta có: (1 - a) (1 - b) = 1 - a - b + ab > 1 - a - b	(1)
	Vì 1 - c > 0 nên:
	(1 - a) (1 - b) (1 - c) > (1 - a - b) (1 - c)	(2)
	(1 - a - b) (1 - c) = 1 - a - b - c + c (a + b) > 1 - a - b - c	(3)
	Từ (2) và (3) suy ra: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > 1 - a - b - c
	Vậy: (1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > (1 - a - b - c) (1 - d) > 1 - a - b - c - d
	(Vì d (a + b + c) > 0)
	Bài 2.4: Cho 0 Ê a, b, c Ê 2 thoả a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 
	 a2 + b2 + c2 Ê 5
Giải:
Cách 1: Vì a + b + c = 3 nên có ít nhất một trong ba số a, b, c không nhỏ 
 hơn 1, giả sử a ³ 1. 
 Vì 1 Ê a Ê 2 nên: (a - 1) (a - 2) = a2 - 3a + 2 Ê 0 => a (3 - a) ³ 2
Suy ra: ab + bc + ca = a (b + c) + bc = a (3 - a) + bc ³ 2	(1)
Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca)
 = 9 - 2 (ab + bc + ca) Ê 5 (theo (1))
Cách 2: Vì a, b, c Ê 2 nên:
(2 - a) (2 - b) (2 - c) = 8 - 4 (a + b + c) + 2 (ab + bc + ca) - abc ³ 0
Suy ra: - 4 + 2 (ab + bc + ca) - abc ³ 0 => ab + bc + ca ³ 2+ 	Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2 (ab + bc + ca) Ê 9 - 4 = 5
Bài 2.5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 1. 
 Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 4abc < 
	Giải:
áp dụng công thức Hê - rông, diện tích tam giác:
	S = 	 với p = (a + b + c) = 	
Do đó: S2 = 	 
	 16S2 = (1 - 2a) (1 - 2b) (1 - 2c)
	 = 1 - 2a - 2b - 2c + 4ab + 4bc + 4ca - 8abc
	 = - 1 + 4 (ab + bc + ca) - 8abc > 0
Suy ra: 4abc + < 2ab + 2bc + 2ca.
Mà: 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) = 1 - (a2 + b2 + c2)
Nên: 4abc + a2 + b2 + c2 + 4abc < 
Phương pháp 3: Phương pháp biến đổi tương đương.
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh đúng.
Bài 3.1: a. Với a,b, c > 0. Chứng minh:	
 b. Cho a ³ c > 0, b ³ c. Chứng minh: 	
	 Giải:
a.
 a2 +b2 + c2 ³ 2 (bc + ac - ba) (Vì abc > 0)
 a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab ³ 0
	 (a + b - c)2 ³ 0 (hiển nhiên đúng).
Vậy: 	
b. 	 c (a - c) + c (b - c) + 2c	 c2 - 2c 	 (c - ( hiển nhiên đúng).
Vậy: 	Bài 3.2: Cho biểu thức:
	 	Chứng minh rằng 0 < P < với mọi x ạ±1
	Giải:
Ta có: x4 - x3 + x - 1 = x3 (x - 1) + (x -1) = (x - 1) (x3 +1)
	 = (x - 1) (x + 1) (x2 - x + 1)	x4 + x3 - x - 1 = x3 (x+ 1) - (x + 1) = (x + 1) (x3 - 1)
	 = (x + 1)( x - 1)(x2 + x + 1).
	x5 - x4 + x3 - x2 + x - 1 = (x - 1)(x4 + x2 + 1)
	 = ( x -1) (x2 +1)2 - x2)
	 = (x -1)(x2 + x + 1)(x2 - x + 1)
	Rõ ràng P > 0
	 16x4 + 16x2 + 7 > 0 (luôn luôn đúng).
Vậy: 0 < 
Bài 3.3: Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng: 	Giải:
Ta có: x2 + y2 = (x - y)2 + 2xy = (x - y)2 + 2, suy ra:
	 (x2 + y2)2 = (x - y)4 + 4 (x -y)2 + 4
Do đó: 	 
 (x - y)4 - 4 (x - y)2 + 4 ³ 0
 (x - y- 2)2 ³ 0 (luôn đúng)
	Vậy:	
Phương pháp 4: Sử dụng các bất đẳng thức phụ.
 * x2 + y2 ³ 2 /xy/ * x2 + y2 ³ 2xy
 * ( x + y)2 ³ 4xy * x + , với x > 0
 * * 
Bài 4.1: Cho a, b, c ³ 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
	a + 2b + c ³ 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c)
	Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 4xy Ê (x + y)2, ta có:
4 (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 4(b + c) (1 - c) (1 - b) Ê (1 + b)2 (1 - b)
	 Ê (1 + b) (1 - b2)
	 Ê (1 + b = a + 2b + c
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = , b = 0, c = 	.
Bài 4.2: Cho x, y > 0 và x + y - z = 1. Chứng minh rằng: x + y ³ 16xyz.
	Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 4xy Ê (x + y)2, ta có:
	 16xyz Ê 4z (x + y)2	 (1)
Ta chứng minh: 4z (x + y)2 Ê x + y 4z ( x + y) Ê 1 4z (1 + z) Ê 1
	 4z2 + 4z + 1 ³ 0 (2z + 1)2 ³ 0
Vậy: 	4z (x + y)2 Ê x + y	 (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 4.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 	 Giải:
Từ (a + b)2 ³ 4ab => 	 (1)
Tương tự: 	 (2)	 (3)	Cộng (1), (2), (3) ta được điều phải chứng minh.
Bài 4.4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 	Giải:
Cách 1
Ta có: (a + b + c) 	(Vì 	Suy ra: 	
Cách 2: áp dụng bất đẳng thức Cô - si:
	a + b + c ³ 3 	
	 Suy ra: ( a + b + c) 	
Bài 4.5: Hai số dương a, b thoả mãn ab > a + b. Chứng minh rằng a + b > 4
	 Giải:
Từ ab > a + b => a > 1 + và b > 1 + suy ra
a + b > 2 + (vì 
	Bài 4.6: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi 2p. 
 Chứng minh rằng: 	 Giải:	 	áp dụng bất đẳng thức:	 Ta có:
	Do đó: 	Suy ra:	Bài 4.7: Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: 
	 	Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 	, ta có:
	(1)
	(2)	Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được: 	Ta chứng minh: 
	(3)	Thật vậy: 
(3) 4 (a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ³ 2 (a + b + c + d)2
 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d2 - 4ac - 4bd ³ 0
 (a - c)2 + (b - d)2 ³ 0 (đpcm).
Bài 4.8. Cho hai số dương a, b và a + b = 1. Chứng minh rằng:
 	 Giải:
áp dụng bất đẳng thức: 4ab Ê (a + b)2, ta có:
	áp dụng bất đẳng thức:	với x, y > 0, ta có:	Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = .	Bài 4.9. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: 	Giải:	Ta có: 	 =	 
 	áp dụng bất đẳng thức: 	 , ta có:
	(đpcm).	Phương pháp 5: Phương pháp phản chứng.
Bài 5.1: Cho 3 số dương a, b, c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng có ít nhất một 
 trong các bất đẳng thức sau là sai:
	 a(2 - a) > 1 ; b(2 - b) > 1 ; c( 2 - c) > 1.
	Giải:	Giả sử các bất đẳng thức đều đúng, nhân ba bất đẳng thức lại ta được:
	a (2 - a) b (2 - b) c (2 - c) > 1	(1)
Mà 0 < a (2 - a) = 2a - a2 = 1 - (a - 1)2 Ê 1. Tương tự: 0< b(2 - b) Ê 1.
0 < c(2 - c) Ê 1, suy ra:
	abc (2 - a) (2 - b) (2 - c) Ê 1. Mâu thuẫn với (1)	 
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là sai:
Bài 5.2: Cho 6 số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 108. Chứng minh rằng có thể 
chọn được ba trong 6 số đó chẳng hạn a, b, c sao cho a < bc, b < ca, c < ab.
	Giải:
Giả sử 6 số tự nhiên khác 0 là 1 Ê a1 < a2 < ... < a6 < 108. Rõ ràng a2 ³ 2, 
	a3 ³ 3. Với 3 số x, y, z thoả mãn 1 Ê x < y < z ta luôn có x < yz và y < zx. 
 Nếu trong các số a1, a2,..., a6 không có 3 số a, b, c nào thoả mãn a < b < c 
 và c < ab thì ta có: a4 ³ a2a3 = 6, a5 ³ a4a3 ³ 6.3 = 18, a6 ³ a5a4 ³ 18.6 = 108, 
 trái với giả thiết a6 < 108. Vậy phải có 3 số a, b, c thoả a < bc, b < ca, c < ab
 Bài 5.3: Cho x, y,z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng nếu x + y + z > 
 thì có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
Giải:
	Ta có (x - 1) (y - 1) (z -1) = xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1
	 = x + y + z - 	 (vì xyz = 1)
	Suy ra: (x - 1) (y - 1) (z - 1) > 0
	Trong ba số x - 1, y - 1, z - 1 có một và chỉ một số dương. Thật vậy, nếu cả
 3 số đều dương thì x, y, z > 1. Khi đó xyz > 1, vô lý! Vậy chỉ có một và chỉ 
 một trong ba số x, y, z lớn hơn 1.
	Bài 5.4: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng không thể đồng thời xảy ra 
 các bất đẳng thức sau:
	a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab.
Giải:
	Giả sử xảy ra đồng thời các bất đẳng thức trên. Từ hai bất đẳng thức đầu ta 
 có: (a + b)2 cd > (a + b)2 - ab ³ 3ab
	 => cd > 3ab	(1)
	Mặt khác, ta có:
	(a + b) cd (a + b)2 cd < (c + d) ab (a + b) < ab (ab + cd)
	 => 4abcd Ê (a + b)2 cd < ab (ab + cd) = a2b2 +abcd
	 => a2b2 > 3abcd => ab > 3cd	 (2)
	Từ (1) và (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, vô lý! Vậy ta có điều phải chứng minh
	Phương pháp 6: Phương pháp làm trội.	
 a, b > 0 và thì
	Bài 6.1: Cho 3 số dương a,b, c. Chứng minh rằng: 1 <	Giải:	
	Vì nên	Tương tự:	 
	Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được điều phải chứng minh.
	Bài 6.2: Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng:
	A = 	 không là số nguyên.	Vì nên	
	Tương tự: 	 	Cộng lại ta được 2 < A < 3, suy ra A không thể là số nguyên.
	Bài 6.3: Với n nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
	a. 	b.	Giải:	a. Với k > 1 ta có: 	 . Do đó: 	
b.Với k > 1 ta có: 	 , do đó:
	Suy ra: 	
	 	Bài 6.4: Cho dãy số a1 = 1, a2=	 Chứng minh rằng:
	 	 Với mọi n > 1.	Giải:	Với k ³ 2 ta có:
	(vì ak > ak - 1) => 	 ( vì ak - ak - 1 = )
Do đó: 
	= 1 + 
Bài 6.5: Cho dãy số a1 = 1, a2 = 1 + ,..., an = 1 + + +... + 
Chứng minh rằng:
	 	Giải:
Ta có: ak - ak - 1=	
Do đó: 
 	Phương pháp 7: Bất đẳng thức Cô-Si.
 a1, a2,..., an ³ 0: 
 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... =an.
Bài 7.1: Cho S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd trong đó ad - bc =1. Chứng minh rằng S ³ .
 Giải:
	(ac + bd)2 + (ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2
	 = a2 (c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = (a2 + b2) (c2 +d2)
	Vì ad - bc = 1 nên: 1 + (ac + bd)2 = (a2 + b2)(c2 +d)2
	áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
	S = (a2 + b2) + (c2 + d2) + ac + bd ³ 2 	 ³ 2	Rõ ràng: S > 0 vì 	Đặt: x = ac + bd ta có:
	S ³ 2	Vậy: S ³ 	(đpcm).
Bài 7.2: Cho a, b c > 0 thoả 	. Chứng minh rằng:	abc
 Giải:
Ta có: 	
áp dụng bất đẳng thức Cô - Si:
Tương tự: 	
Nhân lại ta được:	(đpcm).
Bài 7.3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
	Giải:
áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:
	a2 + bc ³ 2a	
b2 + ac ³ 2b	
c2 + ab ³ 2c	
Suy ra: 	
Phương pháp 8: Bất đẳng thức Bunhiacôpxki.
Bài 8.1: Cho x, y, z thoả x (x -1) + y(y - 1) + z (z - 1) Ê 	. 
Chứng minh rằng:
	 x + y + z Ê 4
	Giải:
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
(1.x + 1.y + 1.z)2 Ê (12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2)
 Suy ra: 	(x + y + z)2 Ê (x2 + y2 + z2)
Theo giả thiết, ta có: x2 + y2 + z2 - (x + y + z) Ê 	
Từ đó suy ra: (x + y + z)2 - (x+ y + z) Ê S2 - 3S - 4 Ê 0
	(Với S = x + y + z)
	 (S + 1) (S - 4) Ê 0
	 - 1 Ê S Ê 4
Vậy: x + y + z Ê 4.
Bài 8.2: Giả sử phương trình x2 + ax + b = 0 có nghiệm x0. Chứng minh
rằng: 	Giải:
	x0 là nghiệm phương trình x2 + ax + b = 0 nên ta có:
Bài 8.3: Cho tam giác ABC và một điểm Q nào đó ở trong tam giác. Qua kẻ
đường thẳng song song với AB cắt AC ở M và cắt BC ở N. Qua Q kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB ở F và cắt BC ở E. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC ở P và cắt AB ở R. Ký hiệu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3 = dt(QFR) và S = dt (ABC). Chứng minh rằng:
a. 	b.	Giải: 
a. Ta có DQMP ~ DBAC 
(Tỷ số ) , suy ra:
 	Tương tự: 
	Suy ra: 	Do đó: 
Suy ra: 	b. áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
S =	 (12 + 12 +12)(S1 +S2 + S3)
Suy ra: S1 + S2 + S3 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 
S1 = S2 = S3 Q là trọng tâm DABC.
Phương pháp 9: Phương pháp chứng minh quy nạp.
 Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n ³ n0 ta thực hiện các bước sau:
 a. Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0.
 b. Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k.
 c. Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Bài 9.1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ³ 2 ta có:
	Giải:
Với n = 2, ta có: (đúng).
Giả sử với n = k, ta có: 
Ta phải chứng minh: 
Thật vậy, ta có: 
Vậy bất đẳng thức đúng với n=k +1,do đó bất đẳng hức đúng với mọi n ³ 2.
Bài 9.2: Chứng minh rằng: 	 với n ẻN, n ³1.
	Giải:
Với n = 1; Ta có (đúng)
Giả sử: 
	Ta cần chứng minh:	Ta có:	Ta cần chứng minh: 	(1)	Thật vậy: (1) 	 (2k + 1)2 (3k + 4) Ê (2k + 2)2 (3k + 1) 0 Ê k (đúng).
Vậy bất đẳng thức đúng với mọi n ³ 1.