Se ha denunciado esta presentación.
Utilizamos tu perfil de LinkedIn y tus datos de actividad para personalizar los anuncios y mostrarte publicidad más relevante. Puedes cambiar tus preferencias de publicidad en cualquier momento.

Bat dang thuc ltdh

10.039 visualizaciones

Publicado el

hehehe

Publicado en: Dispositivos y hardware
  • Inicia sesión para ver los comentarios

Bat dang thuc ltdh

  1. 1. Chuyên đề: MỘT SỐ KỸ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Biên soạn: HUỲNH CHÍ HÀOKỹ thuật 1: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI.Kết hợp thủ thuật : Tách, ghép và phân nhómBài 1:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3Chứng minh rằng: a3 b3 c3 3 + + ≥ (1) (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) 4Hướng dẫn:+ Dự đoán dấu "=" xảy ra.+ Sử dụng giả thiết biến đổi bđt về bđt đồng bậc.+ Sử dụng kỹ thuật tách ghép và phân nhóm. Bổ sung thêm một số số hạng để sau khi sử dụng bđt Cô-si ta khử được mẫu số của biểu thức phân thức.Bài giải:Sử dụng giả thiết a + b + c = 3 để đưa bđt về bđt đồng bậc 1 ở hai vế a3 b3 c3 (a + b + c) (1) ⇔ + + ≥ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) 4Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a3 a+b a+c ⎛ a3 ⎞ ⎛ a + b ⎞ ⎛ a + c ⎞ 3a ⎟⎜ + + ≥ 33 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎟= ⎟ (a + b ) ( a + c ) 8 8 ⎜(a + b)(a + c)⎠ ⎝ 8 ⎠ ⎜ 8 ⎠ ⎜ ⎝ ⎟⎜ ⎟ 4Chứng minh tương tự ta cũng được: b3 b+c b+a ⎛ b3 ⎞ ⎛ b + c ⎞⎛ b + a ⎞ 3b ⎟⎜ + + ⎜ ≥ 33 ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ (b + c)(b + a ) 8 8 ⎜ ⎝ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎟ ⎟⎜ ⎜(b + c)(b + a )⎠ ⎜ 8 ⎠⎝ 8 ⎠ ⎟= 4 ⎟ c3 c+a c+b ⎛ c3 ⎞ ⎛ c + a ⎞ ⎛ c + b ⎞ 3c ⎟⎜ + + ≥ 33 ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜(c + a )(c + b)⎠ ⎜ 8 ⎠⎝ 8 ⎠ = 4 ⎜ ⎟⎝ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ( c + a ) (c + b) 8 8 ⎜ ⎝ ⎟Cộng vế với vế các bđt trên và biến đổi ta được bđt: a3 b3 c3 a+b+c 3 + + ≥ = (đpcm) (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) 4 4Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1
  2. 2. Bài tập tương tự:Bài 1:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1Chứng minh rằng: a3 b3 c3 3 + + ≥ (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a ) (1 + a )(1 + b) 4Bài 2:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = abcChứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ a + bc b + ca c + ab 4Bài 3:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1Chứng minh rằng: a2 b2 c2 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2Bài toán có liên quan:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b ) 2 3Bài 4:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1 2 + + ≥ (b + c) (c + a )2 (a + b) 4Bài 2:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ 1 (1) b (2c + a ) c (2a + b) a (2b + c)Hướng dẫn:+ Dự đoán dấu "=" xảy ra.+ Sử dụng giả thiết biến đổi bđt về bđt đồng bậc.+ Sử dụng kỹ thuật tách ghép và phân nhóm. Bổ sung thêm một số số hạng để sau khi sử dụng bđt Cô-si ta khử được mẫu số của biểu thức phân thức.Bài giải:Sử dụng giả thiết a + b + c = 3 để đưa bđt về bđt đồng bậc 1 ở hai vế a3 b3 c3 a+b+c (1) ⇔ + + ≥ b (2c + a ) c (2a + b) a (2b + c) 3Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
  3. 3. 9a 3 ⎛ 9a 3 ⎞ ⎟ + 3b + (2c + a ) ≥ 3 3 ⎜ ⎟ ⎜ b (2c + a )⎠ (3b)(2c + a ) = 9a ⎜ ⎟ b (2c + a ) ⎝ ⎟Chứng minh tương tự ta cũng được: 9b3 ⎛ 9b3 ⎞ ⎟ ⎜ + 3c + (2a + b) ≥ 3 3 ⎜ ⎟ c (2a + b) ⎜ c (2a + b)⎠ (3c)(2a + b) = 9b ⎜ ⎝ ⎟ ⎟ 9c 3 ⎛ 9c3 ⎞ ⎟ ⎜ + 3a + (2b + c) ≥ 3 3 ⎜ ⎟ a (2b + c) ⎜ a (2b + c)⎠ (3a )(2b + c) = 9c ⎜ ⎝ ⎟ ⎟Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt: ⎡ a3 b3 c3 ⎤ 9⎢ + + ⎥ + 6 (a + b + c) ≥ 9 (a + b + c) ⎢ b (2c + a ) c (2a + b) a (2b + c) ⎥ ⎣ ⎦ a3 b3 c3 a+b+c ⇒ + + ≥ =1 b (2c + a ) c (2a + b) a (2b + c) 3Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1Bài 3:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a 2 + b2 + c2 = 1Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1 + + ≥ b + 2c c + 2a a + 2b 3Bài giải:Sử dụng giả thiết a 2 + b2 + c2 = 1 để đưa bđt về bđt đồng bậc 2 ở hai vế a3 b3 c3 a 2 + b2 + c 2 (1) ⇔ + + ≥ b + 2c c + 2a a + 2b 3Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 9a 3 9a 3 + a ( b + 2c ) ≥ 2 .a (b + 2c) = 6a 2 (b + 2c) b + 2cChứng minh tương tự ta cũng được: 9b 3 9b3 + b (c + 2a ) ≥ 2 .b (c + 2a ) = 6b2 (c + 2a ) c + 2a 9c3 9c3 + c (a + 2b) ≥ 2 .c (a + 2ab) = 6c2 (a + 2b) (a + 2b)Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt:
  4. 4. ⎛ 3 b3 c3 ⎞ ⎜ a 9⎜ + + ⎟ ⎟ + 3 (ab + bc + ca ) ≥ 6 (a 2 + b2 + c2 ) ⎟ ⎜ b + 2c c + 2a a + 2b ⎠ ⎝ ⎛ 3 b3 c3 ⎞ ⎜ a ⎟ ⎟ ≥ 6 (a + b + c ) − 3 (ab + bc + ca ) ≥ 3 (a + b + c ) 2 2 2 2 2 2 ⇒ 9⎜ + + ⎟ ⎜ b + 2c c + 2a a + 2b ⎠ ⎝ a3 b3 c3 a 2 + b 2 + c2 1 ⇒ + + ≥ = b + 2c c + 2a a + 2b 3 3 3Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 3Bài tập tương tựCho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a 2 + b2 + c2 = 1Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1 + + ≥ a+b b+c c+a 2Bài 4:Cho a, b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1Chứng minh rằng: a b c 3 + + ≤ (1) 1+a 2 1+b 2 1+c 2 2Hướng dẫn:+ Sử dụng giả thiết biến đổi bđt về bđt đồng bậc.+ Sử dụng kỹ thuật đánh giá biểu thức đại diệnBài giải:Sử dụng giả thiết ab + bc + ca = 1 để đưa bđt về bđt đồng bậc 0 ở hai vếÁp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a a a a 1⎛ a a ⎞⎟ = = . ≤ ⎜⎜ + ⎟ ⎟ 1+a 2 2 a + ab + bc + ca a+b a+c 2 ⎜a + b a + c⎠ ⎝Chứng minh tương tự ta cũng được: b 1⎛ b ⎜ b ⎞⎟ ≤ ⎜ + ⎟ ⎟ 1+b 2 2 ⎜b + c b + a⎠ ⎝ c 1⎛ c c ⎞ ⎟ ≤ ⎜ ⎜c + a + a + b⎠ ⎜ ⎟ ⎟ 1+c 2 2⎝Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt: a b c 1 ⎛a + b b + c c + a ⎞ 3 ⎟= + + ≤ ⎜⎜ + + ⎟ ⎟ 1+a 2 1+ b 2 1+ c 2 2 ⎜a + b b + c c + a ⎠ 2 ⎝ 3Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 3
  5. 5. Bài 5:Cho ba số dương a, b,c thỏa mãn a + b + c = 2Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ac S= + + 2c + ab 2a + bc 2b + acBài giải:Ta lần lượt có:⎧⎪ ab ab ab ab ⎛ 1 1 ⎞⎪⎪ ⎜ ⎟⎪ 2c + ab = c (a + b + c) + ab = (c + a )(c + b) ≤ 2 ⎜ c + a + c + b ⎠⎪ ⎜ ⎝ ⎟ ⎟⎪⎪⎪⎪ bc bc bc ⎛ bc ⎜ 1 1 ⎞⎪⎨ = = ≤ + ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎪ 2a + bc⎪ a (a + b + c) + bc (a + b)(a + c) 2 ⎜a + b a + c⎠ ⎝⎪⎪⎪⎪ ca ca ca ca ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ ⎟⎪ 2b + ac = b (a + b + c) + ca = (b + c)(b + a ) ≤ 2 ⎜ b + c + b + a ⎠⎪⎪ ⎜ ⎝ ⎟ ⎟⎪⎩ bc + ca bc + ab ca + ab a+b+c⇒S≤ + + = =1 2 (a + b) 2 (c + a ) 2 (c + b) 2 2Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 3Vậy Max S = 1 .Bài tập tương tựCho ba số dương a, b,c thỏa mãn a + b + c = 2Chứng minh rằng: ab bc ac 1 + + ≤ c + ab a + bc b + ac 2Kỹ thuật 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC DẠNG CỘNG MẪU SỐ.Dạng 1: 1) ∀x, y > 0 ta luôn có: ⎛1 1⎞ ⎟ ⎜ ( x + y)⎜ + ⎟ ≥ 4 ⎜x y⎠ ⎝ ⎟ Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y 2) ∀x, y, y > 0 ta luôn có: ⎛1 1 1⎞ ( x + y + x )⎜ + + ⎟ ≥ 9 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝x y y⎠ Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z
  6. 6. Dạng 2: 1) ∀x, y > 0 ta luôn có: 1 1 4 + ≥ x y x+y Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y 2) ∀x, y, z > 0 ta luôn có: 1 1 1 9 + + ≥ x y z x+y+z Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = zBài 1: Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh rằng: ab bc ca a+b+c + + ≤ a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b 4Bài giảiBiến đổi và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được: ab 1 1⎛ 1 1 ⎞⎟ = ab. ≤ ab. ⎜⎜ + ⎟ ⎟ a + b + 2c (a + c) + (b + c) 4 ⎜a + c b + c⎠ ⎝Tương tự ta cũng được: bc 1 1⎛ 1 1 ⎞ ⎟ = bc. ≤ bc. ⎜⎜ + ⎟ ⎟ b + c + 2a (b + a ) + (c + a ) 4 ⎜b + a c + a ⎠ ⎝ ca 1 1⎛ 1 ⎜ 1 ⎞⎟ = ca. ≤ ca. ⎜ ⎜c + b + a + b⎠ ⎟ ⎟ c + a + 2b (c + b) + (a + b) 4⎝Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt ab bc ca 1 ⎛ bc + ca ca + ab ab + bc ⎞ a + b + c ⎟= + + ≤ ⎜ ⎜ + + ⎟ ⎟ a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b 4 ⎜ a + b ⎝ b+c a+c ⎠ 4Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài 2:Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh rằng: ab bc ca a+b+c + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6Bài giảiBiến đổi và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được: ab 1 1⎛ 1 ⎜ 1 1⎞⎟ = ab. ≤ ab. ⎜ ⎜ a + c + b + c + 2b ⎠ ⎟ ⎟ a + 3b + 2c (a + c) + (b + c) + 2b 9⎝Tương tự ta cũng được: bc 1 1⎛ 1 1 1⎞ ⎟ = bc. ≤ bc. ⎜ ⎜ b + a + c + a + 2c ⎠ ⎜ ⎟ ⎟ b + 3c + 2a (b + a ) + (c + a ) + 2c 9⎝ ca 1 1⎛ 1 ⎜ 1 1⎞⎟ = ca. ≤ ca. ⎜⎜ + + ⎟ ⎟ c + 3a + 2b (c + b) + (a + b) + 2a 9 ⎝ c + b a + b 2a ⎠
  7. 7. Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt ab bc ca 1 ⎜ a + b + c bc + ca ca + ab ab + bc ⎞ a + b + c ⎛ ⎟ + + ≤ ⎜ + + + ⎟= ⎟a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9 ⎜ ⎝ 2 a+b b+c a+c ⎠ 6Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài 3: 1 1 1Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn+ + = 4 .Chứng minh rằng: a b c 1 1 1 + + ≤1 2a + b + 2c a + 2b + c a + b + 2cBài giải:Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số ta được: 1 1 1⎛ 1 ⎜ 1 ⎞ ⎟ ≤ 1 ⎛ 2 + 1 + 1⎞ ⎟ = ≤ ⎜ ⎜ + ⎟ ⎜ ⎟ 2a + b + c (a + b) + (a + c) 4 ⎝ a + b a + c ⎠ 16 ⎜ a b c ⎠ ⎟ ⎝ ⎟ 1 1 1⎛ 1 ⎜ 1 ⎞ ⎟ 1 ⎛ 1 2 1⎞ ⎟ = ≤ ⎜ + ⎜ ⎜ ⎟ ≤ 16 ⎜ a + b + c ⎠ ⎟ a + 2b + c (a + b) + (b + c) 4 ⎝ a + b b + c ⎠ ⎝ ⎟ ⎟ 1 1 1⎛ 1 ⎜ 1 ⎞ ⎟ 1 ⎛ 1 1 2⎞ ⎟ = ≤ ⎜ + ⎜ ⎜ a + b + 2c (a + c) + (b + c) 4 ⎝ a + c b + c ⎠ ⎟ ≤ 16 ⎜ a + b + c ⎠ ⎟ ⎝ ⎟ ⎟Cộng vế với vế các bđt trên ta được bđt 1 1 1 1 ⎛ 1 1 1⎞ 1⎟ + + ⎜ ≤ ⎜ + + ⎟ = .4 = 1 ⎟2a + b + 2c a + 2b + c a + b + 2c 4 ⎝ a b c ⎠ 4 3Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = 4Bài 4:Cho a,b là các số dương thỏa mãn a + b < 1 .Chứng minh rằng: 1 1 1 9 + + ≥ 1−a 1− b a + b 2Nhận xét : (1 − a ) + (1 − b) + (a + b) = 2Áp dụng bất đẳng thức dạng 2 ta được: 1 1 1 9 2 + + ≥ = (đpcm) 1 − a 1 − b a + b (1 − a ) + (1 − b) + (a + b) 9 1Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = 3Bài toán có liên quan:Cho a,b là các số dương thỏa mãn a + b < 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 1 S= + +a+b+ 1−a 1− b a+b 5Kết quả: min S = 2
  8. 8. Bài 5:Cho a, b, C là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 .Chứng minh rằng: 1 1 1 9 + + ≥ 1+a 1+b 1+c 4Nhận xét : (1 + a ) + (1 + b) + (1 + c) = 4Áp dụng bất đẳng thức dạng 2 ta được: 1 1 1 9 9 + + ≥ = (đpcm) 1 + a 1 + b 1 + c (1 + a ) + (1 + b) + (1 + c) 4 1Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = . 3Bài toán có liên quan:Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c S= + + a +1 b +1 c +1 3Kết quả: Max S = 4Kỹ thuật 3: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG DÃY BẤT ĐẲNG THỨC BẬC BADãy bất đẳng thức đồng bậc bậc ba: 3 ab (a + b) ⎛ a + b ⎞ 3 (a + b)(a 2 + ab + b2 ) a 3 + b3 (a 2 + b2 ) ≤⎜ ⎜ 2 ⎠ ⎟ ≤ ⎟ ≤ ≥ (1) 2 ⎝ ⎟ 6 2 (a + b) 3Dấu bằng xảy ra ⇔ a = bBài 1:Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: b+c c+a a+b + + ≤2 a + 3 4 (b + c ) b + 3 4 (c + a ) c + 3 4 (a 3 + b3 ) 3 3 3 3Bài giải:Sử dụng bất đẳng thức (1) ta có 3 4 (b 3 + c 3 ) ≥ b + cDo đó: 3 4 (b 3 + c 3 ) ≥ b + c ⇒ a + 3 4 (b 3 + c 3 ) ≥ a + b + c 1 1 b+c b+c ⇒ ≤ ⇒ ≤ a + 3 4 (b 3 + c 3 ) a+b+c a + 3 4 (b 3 + c 3 ) a + b + cChứng minh tương tự ta cũng được: c+a c+a ≤ b + 3 4 (c + a ) a + b + c 3 3 a+b a+b ≤ c + 3 4 (a + b 3 3 ) a+b+c
  9. 9. Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt b+c c+a a+b 2 (a + b + c ) + + ≤ =2 a + 3 4 (b3 + c 3 ) b + 3 4 (c3 + a 3 ) c + 3 4 (a 3 + b3 ) a+b+cDấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài 2:Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 3 3 + 3 3 + 3 3 ≤ a + b + abc b + c + abc c + a + abc abcBài giảiSử dụng bất đẳng thức (1) ta có a 3 + b3 ≥ ab (a + b)Do đó: 1 1 a 3 + b3 + abc ≥ ab (a + b + c) ⇒ ≤ a + b + abc ab (a + b + c) 3 3Chứng minh tương tự ta cũng được: 1 1 ≤ b + c + abc bc (a + b + c) 3 3 1 1 ≤ c + a + abc ca (a + b + c) 3 3Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 1 1 1 1 ⎛1 1 1⎞⎟ 1 + 3 + 3 ≤ ⎜ + ⎜ ab bc + ca ⎠ = abc ⎟ ⎟ 3 3 3 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc a + b + c ⎝Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài toán có liên quan:Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 S= 3 + 3 + 3 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 3 2Kết quả: Max S = 1Bài 4:Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng: a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 + 2 + 2 ≥2 a 2 + ab + b2 b + bc + c2 c + ca + a 2Bài giải: a 2 + b2 a+bSử dụng bất đẳng thức (1) ta có 2 2 ≥ a + ab + b 3Suy ra:
  10. 10. a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 a+b b+c c+a 2 2 2 2 + 2 2 + 2 2 ≥ + + = (a + b + c) ≥ 3. 3 abc = 2a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 3 3 3 3Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1Bài toán có liên quan:Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1 . Chứng minh rằng: x 9 + y9 y 9 + z9 z9 + x 9 + 6 + 6 ≥2 x 6 + x 3 y 3 + y9 y + y 3 z3 + z6 z + z3 x 3 + x 6Kỹ thuật 4: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ TRỢBài 1:Cho các số dương a, b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1Chứng minh rằng: 1 + a 2 + b2 1 + b2 + c 2 1 + c2 + a 2 + + ≥3 3 ab bc caBài giải:Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 1 + a 3 + b3 ≥ 3 3 1.a 3 .b3 = 3ab (Tạm gọi là bđt phụ trợ) 1 + a 3 + b3 3Suy ra: 1 + a 3 + b3 ≥ 3 3 1.a 3 .b3 = 3ab ⇒ ≥ ab abChứng minh tương tự ta cũng được: 1 + b3 + c3 3 ≥ bc bc 1 + c3 + a 3 3 ≥ ca caCộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 1 + a 2 + b2 1 + b2 + c 2 1 + c2 + a 2 3 3 3 3 3 3 + + ≥ + + ≥ 33 . . =3 3 ab bc ca ab bc ca ab bc caDấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1Bài 2:Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: 2 a 2 b 2 c 1 1 1 3 2 + 3 2 + 3 2 ≤ 2 + 2 + 2 a +b b +c c +a a b cBài giảiÁp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a 3 + b2 ≥ 2 a 3 b2 = 2ab b 2 a 1Suy ra: a 3 + b2 ≥ 2 a 3 b2 = 2ab b ⇒ 3 2 ≤ a +b abChứng minh tương tự ta cũng được:
  11. 11. 2 b 1 3 2 ≤ b +c bc 2 c 1 3 2 ≤ c +a caCộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 2 a 2 b 2 c 1 1 1 1 1 1 3 2 + 3 2 + 3 2 ≤ + + ≤ 2 + 2 + 2 a +b b +c c +a ab bc ca a b cDấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài 3:Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: a2 b2 c2 + 2 + 2 ≥1 a 2 + 2bc b + 2ca c + 2abBài giải:Áp dụng bất đẳng thức : b2 + c2 ≥ 2bcTa có : 1 1 a2 a2b2 + c2 ≥ 2bc ⇒ a 2 + 2bc ≤ a 2 + b2 + c2 ⇒ ≥ 2 ⇒ 2 ≥ 2 a 2 + 2bc a + b2 + c2 a + 2bc a + b2 + c2Chứng minh tương tự ta cũng được: b2 b2 ≥ 2 b2 + 2ca a + b2 + c2 c2 b2 ≥ c2 + 2ab a 2 + b2 + c2Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt a2 b2 c2 a2 b2 c2 + 2 + 2 ≥ 2 + 2 + 2 =1 a 2 + 2bc b + 2ca c + 2ab a + b2 + c2 a + b2 + c2 a + b2 + c2Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài 4: 3Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = . Chứng minh bất đẳng thức: 4 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3Bài giải: a + 3b + 1 + 1 a + 3b + 2Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : 3 a + 3b = 3 (a + 3b).1.1 ≤ = 3 3Chứng minh tương tự ta cũng được: b + 3c + 2 3 b + 3c ≤ 3 c + 3a + 2 3 c + 3a ≤ 3Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt 4 (a + b + c ) + 6 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ =3 3
  12. 12. 1Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 4Bài 5:Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a+b+c + + ≤ a+b b+c c+a 2Bài giải: 2 ab a+bÁp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : a + b ≥ 2 ab ⇒ (a + b) ≥ 4ab ⇒ ≥ a+b 4Chứng minh tương tự ta cũng được: bc b+c ≥ b+c 4 ca c+a ≥ c+a 4Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt ab bc ca a+b b+c c+a a+b+c + + ≤ + + = a+b b+c c+a 4 4 4 2Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c > 0Bài toán có liên quan:Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ab bc ca S= + + a+b b+c c+a 3Kết quả: Max S = 2Bài 6:Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức: a3 b3 c3 3 + + 3 3 ≥1 a 3 + (b + c ) b3 + (c + a )3 c + (a + b )Bài giải: 1 + x + 1 − x − x2 x2Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : 1 + x 3 ≥ (1 + x )(1 − x + x 2 ) ≤ = 1+ 2 2Vận dụng bđt trên ta sẽ được: a3 1 1 1 a2 3 = ≥ 2 ≥ 2 2 = a 3 + (b + c) ⎛b + c⎞ 3 1 ⎛b + c⎞ b +c a 2 + b2 + c 2 1+⎜⎜ ⎟ 1+ ⎜ ⎟ ⎟ 1+ ⎟ ⎟ 2⎜ a ⎠ ⎝ ⎟ 2 ⎝ a ⎠ aChứng minh tương tự ta cũng được: b3 b2 ≥ 2 b3 + (c + a )3 a + b2 + c 2 c3 c2 3 ≥ 2 c 3 + (a + b ) a + b2 + c 2
  13. 13. Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được bđt: a3 b3 c3 a2 b2 c2 3 + + 3 3 ≥ 2 + 2 + 2 =1 a 3 + (b + c ) b3 + (c + a )3 c + (a + b) a + b 2 + c 2 a + b 2 + c 2 a + b 2 + c2 Ngày soạn 30/04/2009. -------------------Hết------------------

×