Nesebitt3

www.hsmath.net

www.hsmath.net

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 a b c 3 P= + + ≥ b+c c+a a+b 2 2. Một số cách chứng minh. Cách 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với  a   b   c  9 + 1 +  + 1 +  + 1 ≥  b+c  c+a  a+b  2 1 1   1 ⇔ [(a + b) + (b + c) + (c + a )]  + + ≥9 a+b b+c c+a Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo AM – GM : (a + b) + (b + c) + (c + a ) ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a ) 1 1 1 3 + + ≥ . và 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 2a (a + b)(c + a ) + 2b(b + c )( a + b) + 2c(c + a )(b + c) ≥ 3( a + b)(b + c)(c + a ) ⇔ 2(a 3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) ⇔ (a + b)(a − b) 2 + (b + c )(b − c) 2 + (c + a )(c − a )2 ≥ 0 Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 3. Đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b thì a = Bất đẳng thức trở thành

y+z−x z+x− y x+ y−z ,b = ,c = 2 2 2

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

w

w

w

.h

sm

at h.

ne

t

 x y  y z   z x ⇔ + + + + + ≥6  y x  z y x z luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM.
b c a c a b + + ,R = + + thì theo AM – GM ta có Cách 4. Đặt Q = b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+c b+a c+b P+Q = + + ≥ 3, P + R = + + ≥3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b 3 Suy ra 2 P + Q + R ≥ 6 , mà Q + R = 3 , nên P ≥ .
2 Cách 5. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có a2 b2 c2 (a + b + c) 2 3(ab + bc + ca ) 3 P= + + ≥ ≥ = ab + ac bc + ba ca + cb 2( ab + bc + ca ) 2(ab + bc + ca ) 2 Đó là điều phải chứng minh.
1 1 1 . Áp dụng bất đẳng Cách 6. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c , thế thì ≥ ≥ b+c c+a a+b thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có a b c 1 1 1   1 + + ≥ (a + b + c)  + +  b+c c+a a+b 3 b+c c+a a+b a b c 1 a b c  ⇔ + + ≥  +1+ +1+ + 1 b + c c + a a + b 3 b + c c+a a+b  1 3 Hay P ≥ ( P + 3) , nghĩa là P ≥ .
3 2

www.hsmath.net

www.hsmath.net

Cách 7. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 b+c b2 c+a c2 a+b + ≥ a, + ≥ b, + ≥c b+c 4 c+a 4 a+b 4 Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được a2 b2 c2 3 +a+ +b+ + c ≥ (a + b + c) b+c c+a a+b 2 a ( a + b + c) b(a + b + c) c( a + b + c) 3 ⇔ + + ≥ ( a + b + c) b+c c+a a+b 2 a b c 3 ⇔ + + ≥ .
b+c c+a a+b 2 x Cách 8. Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Xét hàm f ( x) = trên khoảng (0,3). Ta 3− x 6 có f ''( x) = > 0 , suy ra f ( x) là hàm lõm trên (0,3) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen ta (3 − x)3 được 3 a+b+c P = f (a ) + f (b) + f (c ) ≥ 3 f   = 3 f (1) = .
3 2   Cách 9. Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Ta có a 1 3 ≥ + (a − 1) (1) 3− a 2 2 Thật vậy, (1) ⇔ 3( a − 1) 2 ≥ 0 luôn đúng với mọi a dương. Trong (1) thay a lần lượt bởi b và c rồi cộng theo vế ta được a b c 3 3 3 P= + + ≥ + ( a + b + c − 3) = .
3− a 3−b 3−c 2 2 2

Cách 12. Ta có 3 (a − b)2 (b − c) 2 (c − a ) 2 = + + ≥ 0.
2 2(a + c )(b + c ) 2(b + a )(c + a ) 2(c + b)( a + b)

sm

P−

.h

Cách 13. Không mất tính tổng quát giả sử c = min{a, b, c} , ta có

w

w

3 ( a − b) 2 a + b − 2c = + (a − c)(b − c) ≥ 0 .
2 (a + c)(b + c) 2(a + b)(b + c)(c + a)

w

P−

at

h. n

Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được a b c ab + bc + ca (a + b + c) 2 3 + + ≥ a+b+c− ≥ a+b+c− = .
b+c c+a a+b 2 6 2 a 1 8a − b − c ≥ . (2) Cách 11.Ta có nhận xét rằng b+c 4 a+b+c Thật vậy, (2) ⇔ (2a − b − c ) 2 ≥ 0 luôn đúng. Tương tự ta cũng có b 1 8b − c − a c 1 8c − a − b và ≥ . ≥ . c+a 4 a+b+c a+b 4 a+b+c Suy ra a b c 1 (8a − b − c) + (8b − c − a ) + (8c − a − b) 3 + + ≥ . = .
b+c c+a a+b 4 a+b+c 2

et

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

www.hsmath.net Cách 14. Đặt f ( a, b, c) =

www.hsmath.net

a b c a+b ta có + + và t = b+c c+a a+b 2 ( a − b) 2 ( a + b + c ) f ( a, b, c) − f ( t , t , c ) = ≥0 ( a + c)(b + c)( a + b + 2c)

và

f (t, t, c ) −

3 2t c 3 (c − t ) 2 = + − = ≥0 2 c + t 2t 2 2t (c + t )

3 .
2 a b c + + và t = ab . Không mất tính tổng Cách 15. Đặt f (a, b, c) = b+c c+a a+b quát, giả sử c = min{a, b, c} , ta có t ≥ c và a (t − c) b (t − c ) c−t f ( a, b, c) − f ( a, b, t ) = + + (b + c)(b + t ) (c + a)(t + a) a + b Suy ra f (a, b, c) ≥ f ( t , t , c ) ≥

≥

t −c  a b ( a − b) 2  t −c + − = ≥0 1 .   a + b  b + t t + a  a + b (b + t )(t + a)

Mặt khác ta lại có 3 ( a − b) 2 (a − t )2 (t − b ) 2 = + + ≥0 2 2(b + t )(t + a ) 2(b + t )( a + b) 2( a + b)(t + a) 3 Suy ra f ( a, b, c) ≥ f (a, b, t ) ≥ .
2 f ( a , b, t ) −

Cách 16. Không m ất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Ta có a b c c a  a−b b−c c−a  b + + − + + + + = b+c c+a a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b a−b b−c c−a a−b+b−c+c−a ≥ + + = =0. a+c c+a a+c a+c

Suy ra a b c b c a + + ≥ + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b

Nên

2a 2b 2c a b c b c a + + ≥ + + + + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a = + + ≥ 3 (AM – GM) b+c c+a a+b Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 17. Áp d ụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có

3 a 1 b 1 c 1 1  b 1  c 1  a = + + + + + ≥ 33  +  +  +  2 b+c 2 c+a 2 a+b 2  b + c 2  c + a 2  a + b 2  Ta chỉ cần chứng minh rằng 1  b 1  c 1  a +  +  +  ≥1   b + c 2  c + a 2  a + b 2  ⇔ (2a + b + c)(2b + c + a )(2c + a + b) ≥ 8( a + b)(b + c)(c + a) Lại sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì 2a + b + c = ( a + b) + ( a + c) ≥ 2 ( a + b)( a + c) Tương tự với hai bất đẳng thức còn lại rồi nhân theo vế ta được điều phải chứng minh.


w

w

w

.h

sm at

h.

P+

ne t

2P =