PHẦN II
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M
2


0 với M
Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng :
a) x
2
+ y
2
+ z
2


xy+ yz + zx
b) x
2
+ y
2
+ z
2

2xy – 2xz + 2yz

c) x
2
+ y

 zyzxyx đúng với mọi x;y;z
R


Vì (x-y)
2


0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y
(x-z)
2


0 vớix ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z
(y-z)
2


0 với z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y
Vậy x
2
+ y
2
+ z
2


xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
b)Ta xét hiệu: x
2

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xét hiệu: x
2
+ y
2
+ z
2
+3 – 2( x+ y +z ) = x
2
- 2x + 1 + y
2
-2y +1 + z
2
-2z
+1
= (x-1)
2
+ (y-1)
2
+(z-1)
2

0. Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1
Ví dụ 2: chứng minh rằng :
a)
2
22
22








 baba

=


4
2
4
2
2222
bababa 


=


abbaba 222
4
1
2222
 =
 
0
4
1

=
     


0
9
1
222
 accbba .Vậy
2
222
33








 cbacba

Dấu bằng xảy ra khi a = b =c
c)Tổng quát
2
21
22
2
2
1

+ n
2
+ p
2
+ q
2
+1 m(n+p+q+1)
Giải:
01
4444
2
2
2
2
2
2
2














m

01
2222
2222


























0
2
0
2
0
2
m
q
m
p
m
n
m














2
2
2

     
     
0
0)2(
)2()2(
0222
222
0222222
0
222
2
22
2
22
2
22
22222
2222222222
2
22
2
22
2
22
222
22
2
2222
2
2222



22
2
2 BABABA 



BCACABCBACBA 222
222
2




3223
3
33 BABBAABA 
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng
a) ab
b
a 
4
2
2

b) baabba  1
22

c)

22

)(21(2
22
baabba 
012122
2222
 bbaababa
0)1()1()(
222
 baba Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy baabba  1
22
. Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
c)


edcbaedcba 
22222





edcbaedcba  44
22222





4488221010
babababa 
Giải:








4488221010
babababa 

128448121210221012
bbabaabbabaa 







0
22822228
 abbababa


b
2
+b
4
)

0
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x

y Chứng minh
yx
yx


22

22

Giải:
yx
yx


22

22
vì :x

y nên x- y

22
x+
22
y -2

0

x
2
+y
2
+(
2
)
2
-
22
x+
22
y -2xy

0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

(x-y-
2
)
2


0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh

111

)=x+y+z - ( 0)
111

zyx
(vì
zyx
111

< x+y+z
theo gt)


2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.
Nếu trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1

x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt
buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 21 






c
a
c
c

Tương tự ta có : )2(
c
b
a
b
c
b
b



, )3(
c
b
a
c
c
a
c




Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
1






b
b




, )6(
c
b
a
bc
a
c
c





Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được :
2





c
a
c
c

dấu( = ) khi x = y = 0
c)


xyyx 4
2


d) 2
a
b
b
a

Ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a)

8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ:


xyyx 4
2


Tacó


abba 4
2


(a+b)(b+c)(c+a)

8abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy
Kiến thức:
a/ Với hai số không âm : 0,

ba , ta có: abba 2 . Dấu “=” xảy ra khi a=b
b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :
n
n
n
n
nn
n
aaa
aaa
aaanaaa











xx
x
x
x
x
x

Giải : Nếu đặt t =2
x
thì pt trở thành pt bậc 6 theo t nên ta đặt 0,,
4
2








ba
b
a
x
x

Khi đó phương trình có dạng :
2
31
1

           
     
           
   
 
              
   
 
     
   
   
   
2
3
3
11
3
.113
2
1
3
3



baba
baba


 
3
3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9
3 3 9a b c abc a b c
a b c abc a b c a b c a b c
 
                
 
 
 

Suy ra Q =
1
1
1
1
1
1




 zyx
4
9


-Q










Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :









acab
bca
bca
bcabca
11
2
112
2
2
2


a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
(*)
Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :
)1(
))()((
3
3
cbabacacb
abc
cba
c
bac
b
acb
a







b
a
c
a
c
b

Từ (1),(3) suy ra (*). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều .
Ví dụ 5:
Cho





zyx
cba
,,0
0
. Chứng minh rằng:
 
 
 
2
2
4
zyx
ac
ca
c

x
aczcybxa
zcaycaxca
c
z
aczc
b
y
acyb
a
x
acxa
yca
b
y
acybca
b
ac
b












zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa
zyxca
c
z
b
y
a
x
aczcybxa















22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa 
Dấu “=” xảy ra khi
n
n
b
a
b
a
b
a

2
2
1
1

Hay
n
n
a
b
a
b
a


 Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.
 Nếu a,b > 0:
Đặt:
 
ni
b
b
a
a
i
i
i
i
, 2,1, 

, Thế thì:
22
2
2
1
22
2
2
1

nn


Mặt khác:




Lại có:
nnnn
babababababa 
22112211

Suy ra: ) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa 
Dấu”=” xảy ra


n
n
nn
ii
b
a
b

88
 xx
Giải: Ta có: Rxxx  ,1cossin
22

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:






 
2 2 4 4 2 2
2
4 4 4 4
1 sin .1 cos .1 sin cos 1 1
1 1
sin cos sin cos
2 4
x x x x
x x x x
    
     

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
      
2
4 4 8 8 2 2 4 4
1 1 1

bô số (a,b,….,c) sao cho: với mỗi i = 1,2,…,m thì

i
t sao
cho:
iiiiii
ctcbtbata  , ,, , Hay
nnn
cbacbacba ::: ::: ::
222111

Ví dụ 1: Cho





2,
3
22
2
2
1
nZn
aaa
n

Chứng minh rằng:
2
1


2
1
2
1
1
4
1
11
2
2
kk
k
k

2
2 2 2
1 1 1
1 1
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2

3 5 5 7 1 1 3 1
2 3 3
2 2 2 2 2
2 2 2
k
k k
n
n n n

22
2
2
1
21



n
aaa
n
a
aa
n
n
(đpc
m)
Ví dụ 2: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:

222222
)()( dcbadbca 
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd

2222
. dcba 
mà






acbcabcbacba  2
222222
acbcabcba 
222
Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi
a=b=c
Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép
Kiến thức:
a)Nếu





n
n
bbb
aaa21
21
thì
n
bababa
n



n
n
bbb
aaa21
21
thì
n
bababa
n
bbb
n
aaa
nnnn



.

22112121

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi






ABC là tam giác đều.
Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư .
2
0

 CBA Suy ra:





CBa
CBA
2sin2sin2sin
sinsinsin

Áp dụng BĐT trebusep ta được:




 
)2sin2sin2(sin
3
1
sinsinsin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin3
2sin2sin2sinsinsinsin

)cos()cos(sin2cos)cos(sin2
2sin)cos().sin(22sin2sin2sin
SCbaCBRAR
CBABAC
BABACCBAC
CBABACBA










Thay (2) vào (1) ta có
.
3
2
sin
sin
sin
2sin.sin2sin.sin2sin.sin S
C
B
A
CCBBaA





b
a
c
a
c
b
c
b
a

d)Cho x
0

,y
0

thỏa mãn 12  yx ;CMR: x+y
5
1

Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và 1
222
 cba . Chứng minh
rằng
3 3 3
1
2
a b c

222

Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có


















 ba
c
ca
b
cb
acba
ba
c
c

b
a
c
c
a
b
c
b
a
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=
3
1

Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :







10
2222
 acddcbcbadcba
Giải: Ta có abba 2
22

cddc 2
22




















bc
bc
ac
ac
ab
ab
Vậy







b) Dạng mở rộng:
- Cho a > -1,
1


thì


naa  11

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
- cho 10,1





a thì


naa  11

. Dấu bằng xảy ra khi va chỉ
khi






a a a a a b

 
   
      
   

   

Chứng minh tương tự:
b
a
b
b
a

 . Suy ra 1
ab
ba (đpcm).
Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng
5
555
33












cba
c
cba
b
cba
a

Áp dụng BĐT Bernouli:


cba
acb
cba
acb
cba
a















25
1
3
5
(3)


cba
cba
cba
c










25
1
3
5
(4)

cba
b
cba
a
(đpcm)
Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:
“Cho .1;0, ,
21
 raaa
n
Chứng minh rằng

r
n
r
n
rr
n
aaa
n
aaa














)1(3
2
023
02121
2


a
aaa
aaa

Chứng minh tương tự:
)3(3
2
)2(3
2


c
c
b
b

Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
   
)(











Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này
“ Cho n số


1,,, ,,
21
 cbaxxx
n

Ta luôn có:
  




ba
ba
xxxxxx
c
ccn




0
0
cdb
dca


(a-c)(b-d) > cd


ab-ad-bc+cd >cd

ab> ad+bc (điều phải chứng minh)
Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn
3
5
222
 cba
. Chứng minh
abc
c
b
a
1111

Giải: Ta có :( a+b- c)
2
= a

b
a
111



abc
1

Ví dụ 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
Do a>0 , b>0 nên ab>0

(1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nên 1- c >0 ta có

(1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c


(1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd


(1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh)

Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng:
accbbacba
222333
3222 
Giải:
Do a < 1

a >
3
a ,
2
b >
3
b
Từ (1) và (2)

1+
2
a
2
b >
3
a +
3
b . Vậy
3
a +
3
b < 1+
2
a
2
b
Tương tự
3
b +
3

abcd2
=
= a
2
(c
2
+d
2
)+b
2
(c
2
+d
2
) =(c
2
+d
2
).( a
2
+ b
2
) = 1998
2

rõ ràng (ac+bd)
2





a
2
1
+
2
2003
2
3
2
2
aaa 
2003
1


b/ Cho a;b;c
0

thỏa mãn :a+b+c=1
Chứng minh rằng: ( 8)1
1
).(1
1
).(1
1

c
b
a

d
c
d
b
ca
b
a
d
c
b
a




`
Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng
21 








b
a
d
d





1 (1)
Mặt khác :
d
c
b
a
a
c
b
a
a






(2)
Từ (1) và (2) ta có \

d
c
b
a
a


b






(4)

d
c
b
a
cb
a
d
c
c
d
c
b
a
c






(5)



b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a
a
điều phải chứng minh
Ví dụ 2 :Cho:
b
a
<
d
c
và b,d > 0 .Chứng minh rằng
b
a
<
d

ab




2222

Vậy
b
a
<
d
c
d
b
cdab



22
điều phải chứng minh

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000
tìm giá trị lớn nhất của
d
b
c
a

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử :

thì
d
b
998




d
b
c
a


999
b/Nếu: b=998 thì a=1

d
b
c
a
 =
d
c
9991
 Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
Vậy giá trị lớn nhất của
d
b
c




nnn
aaaaaaaa
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P =
n
uuu
21

Biến đổi các số hạng
k
u về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:
k
u =
1k
k
a
a

Khi đó P =
1
1
13
2
2
1




n
n
n

Giải: Ta có
n
n
n
k
n
2
111




với k = 1,2,3,…,n-1
Do đó:
2
1
2
2
1

2
1
2
1

2



kk
kkkk


 12
1
2
2
21

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2


12 



232
2
1


………………



nn



Giải: Ta có
 
kkkkk
1
1
1
1
11
2






Cho k chạy từ 2 đến n ta có

2
2
2 2 2 2
1 1
1
2 2
1 1 1
3 2 3

1 1 1 1 1 1
1

2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
1/Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có









bac
cab
cba
0
0
0









)(
)(
)(