Một số cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt

Một số cách chứng minh BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT 1. Bất đẳng thức Nesbitt: Nếu , , a b c là các số dương thì ta có bất đẳng thức

3 2 a b c P b c c a a b = + + ≥ + + + 2. Một số cách chứng minh. Cách 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

9 1 1 1 2 a b c b c c a a b       + + + + + ≥       + + +      

1 1 1 [( ) ( ) ( )] 9 a b b c c a a b b c c a   ⇔ + + + + + + + ≥   + + +  

Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo AM – GM :

3 ( ) ( ) ( ) 3 ( )( )( ) a b b c c a a b b c c a + + + + + ≥ + + +

và

3 1 1 1 3 ( )( )( ) a b b c c a a b b c c a + + ≥ + + + + + + .

Nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta có điều phải chứng minh. Cách 2. Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng 2 ( )( ) 2 ( )( ) 2 ( )( ) 3( )( )( ) a a b c a b b c a b c c a b c a b b c c a + + + + + + + + ≥ + + +

3 3 3 2( ) ( ) ( ) ( ) a b c ab a b bc b c ca c a ⇔ + + ≥ + + + + +

2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 a b a b b c b c c a c a ⇔ + − + + − + + − ≥ Suy ra điều phải chứng minh.

Cách 3. Đặt , , x b c y c a z a b = + = + = + thì , , 2 2 2 y z x z x y x y z a b c + − + − + − = = =

Bất đẳng thức trở thành

3 2 2 2 2 y z x z x y x y z x y z + − + − + − + + ≥

6 x y y z z x y x z y x z       ⇔ + + + + + ≥            

luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM.

Cách 4. Đặt , b c a c a b Q R b c c a a b b c c a a b = + + = + + + + + + + + thì theo AM – GM ta có

3, 3 a b b c c a a c b a c b P Q P R b c c a a b b c c a a b + + + + + + + = + + ≥ + = + + ≥ + + + + + +

Suy ra 2 6 P Q R + + ≥ , mà 3 Q R + = , nên 3 2 P ≥ .

Cách 5. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

2 2 2 2 ( ) 3( ) 3 2( ) 2( ) 2 a b c a b c ab bc ca P ab ac bc ba ca cb ab bc ca ab bc ca + + + + = + + ≥ ≥ = + + + + + + +

Đó là điều phải chứng minh. Cách 6. Không mất tính tổng quát giả sử a b c ≥ ≥ , thế thì 1 1 1 b c c a a b ≥ ≥ + + + . Áp dụng bất đẳng

thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có

1 1 1 1 ( ) 3 a b c a b c b c c a a b b c c a a b   + + ≥ + + + +   + + + + + +  

1 1 1 1 3 a b c a b c b c c a a b b c c a a b   ⇔ + + ≥ + + + + +   + + + + + +  

Hay 1 ( 3) 3 P P ≥ + , nghĩa là 3 2 P ≥ .

ThuVienDeThi.com

Cách 7. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2 2 2 , , 4 4 4 a b c b c a c a b a b c b c c a a b + + + + ≥ + ≥ + ≥ + + +

Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được

2 2 2 3 ( ) 2 a b c a b c a b c b c c a a b + + + + + ≥ + + + + +

( ) ( ) ( ) 3 ( ) 2 a a b c b a b c c a b c a b c b c c a a b + + + + + + ⇔ + + ≥ + + + + +

3 2 a b c b c c a a b ⇔ + + ≥ + + + .

Cách 8. Không mất tính tổng quát giả sử 3 a b c + + = . Xét hàm ( ) 3 x f x x = − trên khoảng (0,3). Ta

có 3 6 ''( ) 0 (3 ) f x x = > − , suy ra ( ) f x là hàm lõm trên (0,3) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen ta

được

3 ( ) ( ) ( ) 3 3 (1) 3 2 a b c P f a f b f c f f + +   = + + ≥ = =     .

Cách 9. Không mất tính tổng quát giả sử 3 a b c + + = . Ta có 1 3 ( 1) 3 2 2 a a a ≥ + − − (1)

Thật vậy, (1) 2 3( 1) 0 a ⇔ − ≥ luôn đúng với mọi a dương. Trong (1) thay a lần lượt bởi b và c rồi cộng theo vế ta được

3 3 3 ( 3) 3 3 3 2 2 2 a b c P a b c a b c = + + ≥ + + + − = − − − . Cách 10. Không mất tính tổng quát giả sử 3 a b c + + = . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) ( ) ( ) , , 4 4 4 a a b c b b c a c c a b a b c b c c a a b + + + + ≥ + ≥ + ≥ + + +

Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được

2 ( ) 3 2 6 2 a b c ab bc ca a b c a b c a b c b c c a a b + + + + + + ≥ + + − ≥ + + − = + + + .

Cách 11. ận xét rằng 1 8 . 4 a a b c b c a b c − − ≥ + + + (2)

Thật vậy, (2) 2 (2 ) 0 a b c ⇔ − − ≥ luôn đúng. Tương tự ta cũng có

1 8 . 4 b b c a c a a b c − − ≥ + + + và 1 8 . 4 c c a b a b a b c − − ≥ + + +

Suy ra

1 (8 ) (8 ) (8 ) 3 . 4 2 a b c a b c b c a c a b b c c a a b a b c − − + − − + − − + + ≥ = + + + + + . Cách 12. Ta có

2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) 0 2 2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) a b b c c a P a c b c b a c a c b a b − − − − = + + ≥ + + + + + + . Cách 13. Không mất tính tổng quát giả sử min{ , , } c a b c = , ta có

2 3 ( ) 2 ( )( ) 0 2 ( )( ) 2( …