1. Các bất đẳng thức thường sử dụng
Bất đẳng thức AM-GM
Với a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\ldots,a_n a 1 , a 2 , … , a n
a 1 + a 2 + ⋯ + a n ⩾ n a 1 a 2 … a n n . a_1+a_2+\cdots +a_{n}\ge n\sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}.
a 1 + a 2 + ⋯ + a n ⩾ n n a 1 a 2 … a n . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ⋯ = a n . a_1=a_2=\cdots =a_n. a 1 = a 2 = ⋯ = a n .
Chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm bằng hình học
Bất đẳng thức AM-GM suy rộng
Cho p 1 , p 2 … p n p_1,p_2\ldots p_n p 1 , p 2 … p n
p 1 + p 2 + ⋯ + p n = 1. p_1+p_2+\cdots +p_n=1.
p 1 + p 2 + ⋯ + p n = 1. Với a 1 , a 2 … a n a_1,a_2\ldots a_n a 1 , a 2 … a n
p 1 a 1 + p 2 a 2 + ⋯ + p n a n ⩾ a 1 p 1 a 2 p 2 … a n p n . p_1a_1+p_2a_2+\cdots +p_na_n\ge a_1^{p_1}a_2^{p_2}\ldots a_n^{p_n}.
p 1 a 1 + p 2 a 2 + ⋯ + p n a n ⩾ a 1 p 1 a 2 p 2 … a n p n . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ⋯ = a n . a_1=a_2=\cdots =a_n. a 1 = a 2 = ⋯ = a n .
Bất đẳng thức AM-HM
Với a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\ldots,a_n a 1 , a 2 , … , a n
( a 1 + a 2 + ⋯ + a n ) ( 1 a 1 + 1 a 2 ⋯ + 1 a n ) ⩾ n 2 \left(a_1+a_2+\cdots +a_n \right)\left(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}\cdots +\dfrac{1}{a_n} \right)\ge n^2
( a 1 + a 2 + ⋯ + a n ) ( a 1 1 + a 2 1 ⋯ + a n 1 ) ⩾ n 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ⋯ = a n . a_1=a_2=\cdots =a_n. a 1 = a 2 = ⋯ = a n .
Bất đẳng thức Bernoulli
Với số thực x ⩾ − 1 x\ge -1 x ⩾ − 1
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Cho các số thực a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\ldots ,a_n a 1 , a 2 , … , a n b 1 , b 2 , … , b n b_1,b_2,\ldots ,b_n b 1 , b 2 , … , b n
( a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 ) ⩾ ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n ) 2 . \left(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2\right)\ge \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n\right)^2.
( a 1 2 + a 2 2 + ⋯ + a n 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 + ⋯ + b n 2 ) ⩾ ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n ) 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = ⋯ = a n b n . \dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\cdots =\dfrac{a_n}{b_n}. b 1 a 1 = b 2 a 2 = ⋯ = b n a n .
Bất đẳng thức Hölder
Cho x i j x_{ij} x ij i = 1 ; m ‾ , j = 1 ; n ‾ i=\overline{1;m}, \ \ j=\overline{1;n} i = 1 ; m , j = 1 ; n
∏ i = 1 m ( ∑ j = 1 n x i j ) ⩾ ( ∑ j = 1 n ∏ i = 1 m x i j m ) m . \prod_{i=1}^{m}\left(\sum_{j=1}^n x_{ij}\right)\ge \left(\sum_{j=1}^{n}\sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m}x_{ij}} \right)^m.
i = 1 ∏ m j = 1 ∑ n x ij ⩾ j = 1 ∑ n m i = 1 ∏ m x ij m . Bất đẳng thức Chebyshev
Cho a 1 ⩾ a 2 ⩾ ⋯ ⩾ a n a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n a 1 ⩾ a 2 ⩾ ⋯ ⩾ a n
Nếu b 1 ⩾ b 2 ⩾ ⋯ ⩾ b n b_1\ge b_2\ge\cdots\ge b_n b 1 ⩾ b 2 ⩾ ⋯ ⩾ b n
n ∑ i = 1 n a i b i ⩾ ( ∑ i = 1 n a i ) ( ∑ i = 1 n b i ) . n\sum_{i=1}^na_ib_i\ge\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right).
n i = 1 ∑ n a i b i ⩾ ( i = 1 ∑ n a i ) ( i = 1 ∑ n b i ) . Nếu b 1 ⩽ b 2 ⩽ ⋯ ⩽ b n b_1\le b_2\le\cdots\le b_n b 1 ⩽ b 2 ⩽ ⋯ ⩽ b n
n ∑ i = 1 n a i b i ⩽ ( ∑ i = 1 n a i ) ( ∑ i = 1 n b i ) . n\sum_{i=1}^na_ib_i\le\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right).
n i = 1 ∑ n a i b i ⩽ ( i = 1 ∑ n a i ) ( i = 1 ∑ n b i ) .
Bất đẳng thức hoán vị
Cho a 1 ⩾ a 2 ⩾ … ⩾ a n a_1\ge a_2\ge\ldots\ge a_n a 1 ⩾ a 2 ⩾ … ⩾ a n ( z 1 , z 2 , … , z n ) (z_1,z_2,\ldots ,z_n) ( z 1 , z 2 , … , z n ) ( x 1 , x 2 , … , x n ) . (x_1,x_2,\ldots ,x_n). ( x 1 , x 2 , … , x n ) .
Nếu b 1 ⩾ b 2 ⩾ ⋯ ⩾ b n b_1\ge b_2\ge\cdots\ge b_n b 1 ⩾ b 2 ⩾ ⋯ ⩾ b n
a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ a n b n ⩾ z 1 b 2 + z 2 b 2 + ⋯ + z n b n . a_1b_1+a_2b_2+\cdots a_nb_n\ge z_1b_2+z_2b_2+\cdots +z_nb_n.
a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ a n b n ⩾ z 1 b 2 + z 2 b 2 + ⋯ + z n b n . Nếu b 1 ⩽ b 2 ⩽ ⋯ ⩽ b n b_1\le b_2\le\cdots\le b_n b 1 ⩽ b 2 ⩽ ⋯ ⩽ b n
a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ a n b n ⩽ z 1 b 2 + z 2 b 2 + ⋯ + z n b n . a_1b_1+a_2b_2+\cdots a_nb_n\le z_1b_2+z_2b_2+\cdots +z_nb_n.
a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ a n b n ⩽ z 1 b 2 + z 2 b 2 + ⋯ + z n b n .
Bất đẳng thức Maclaurin và bất đẳng thức Newton
Với a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\ldots,a_n a 1 , a 2 , … , a n
(Maclaurin) S 1 ⩾ S 2 ⩾ ⋯ ⩾ S n S_1\ge S_2\ge \cdots\ge S_n S 1 ⩾ S 2 ⩾ ⋯ ⩾ S n
(Newton) S k 2 ⩾ S k − 1 S k + 1 S_k^2\ge S_{k-1}S_{k+1} S k 2 ⩾ S k − 1 S k + 1
với
S k = ∑ 1 ⩽ i 1 < i 2 < ⋯ < i n n a i 1 a i 2 … a i n C n k k . S_{k}=\sqrt[k]{\dfrac{\displaystyle\sum_{1\le i_1< i_2<\cdots <i_n}^n a_{i_1}a_{i_2}\ldots a_{i_n} }{ C_{n}^k}}.
S k = k C n k 1 ⩽ i 1 < i 2 < ⋯ < i n ∑ n a i 1 a i 2 … a i n . Bất đẳng thức Karamata
Cho hai bộ số ( x 1 , x 2 … , x n ) (x_1,x_2\ldots ,x_n) ( x 1 , x 2 … , x n ) ( y 1 , y 2 … , y n ) (y_1,y_2\ldots ,y_n) ( y 1 , y 2 … , y n ) ( x 1 , x 2 … , x n ) ≻ ≻ ( y 1 , y 2 … , y n ) (x_1,x_2\ldots ,x_n)\succ\succ(y_1,y_2\ldots ,y_n) ( x 1 , x 2 … , x n ) ≻≻ ( y 1 , y 2 … , y n ) x i , y i ∈ I ⊆ R . x_i,y_i\in \mathbb{I}\subseteq \mathbb{R}. x i , y i ∈ I ⊆ R . f f f I ⊆ R \mathbb{I}\subseteq \mathbb{R} I ⊆ R
f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋯ + f ( x n ) ⩾ f ( y 1 ) + f ( y 2 ) + ⋯ + f ( y n ) . f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)\ge f(y_1)+f(y_2)+\cdots +f(y_n).
f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + ⋯ + f ( x n ) ⩾ f ( y 1 ) + f ( y 2 ) + ⋯ + f ( y n ) . **Ghi chú:
( x 1 , x 2 … , x n ) ≻ ≻ ( y 1 , y 2 … , y n ) ⇔ { x 1 ⩾ y 1 x 2 + x 2 ⩾ y 1 + y 2 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ x 1 + x 2 + ⋯ + x n − 1 ⩾ y 1 + y 2 + ⋯ + y n − 1 x 1 + x 2 + ⋯ + x n = y 1 + y 2 + ⋯ + y n (x_1,x_2\ldots ,x_n)\succ\succ(y_1,y_2\ldots ,y_n)\Leftrightarrow\begin{cases}x_1\ge y_1\\ x_2+x_2\ge y_1+y_2\\ \cdots \cdots \cdots\cdots \cdots \cdots\cdots \cdots\\ x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}\ge y_1+y_2+\cdots +y_{n-1}\\ x_1+x_2+\cdots +x_{n}= y_1+y_2+\cdots +y_{n}\end{cases}
( x 1 , x 2 … , x n ) ≻≻ ( y 1 , y 2 … , y n ) ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ x 1 ⩾ y 1 x 2 + x 2 ⩾ y 1 + y 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ x 1 + x 2 + ⋯ + x n − 1 ⩾ y 1 + y 2 + ⋯ + y n − 1 x 1 + x 2 + ⋯ + x n = y 1 + y 2 + ⋯ + y n Bất đẳng thức Popoviciu
Cho hàm số f f f I ⊆ R . \mathbb{I}\subseteq \mathbb{R}. I ⊆ R . a 1 , a 2 , … , a n ∈ I a_1,a_2,\ldots ,a_n\in\mathbb{I} a 1 , a 2 , … , a n ∈ I
f ( a 1 ) + f ( a 2 ) + ⋯ + f ( a n ) + n ( n − 2 ) f ( a 1 + a 2 + ⋯ + a n n ) ⩾ ( n − 1 ) [ f ( b 1 ) + f ( b 2 ) + ⋯ + f ( b 2 ) ] , f(a_1)+f(a_2)+\cdots +f(a_n)+n(n-2)f\left(\dfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}\right)\ge (n-1)\left[f(b_1)+f(b_2)+\cdots +f(b_2)\right],
f ( a 1 ) + f ( a 2 ) + ⋯ + f ( a n ) + n ( n − 2 ) f ( n a 1 + a 2 + ⋯ + a n ) ⩾ ( n − 1 ) [ f ( b 1 ) + f ( b 2 ) + ⋯ + f ( b 2 ) ] , với
b i = 1 n − 1 ∑ j ≠ i a j , i = 1 ; n ‾ . b_i=\dfrac{1}{n-1}\sum_{j\neq i}a_j \ \ ,\ \ i=\overline{1;n}.
b i = n − 1 1 j = i ∑ a j , i = 1 ; n . Bất đẳng thức Schur
Cho các số thực không âm a , b , c a,b,c a , b , c
a k ( a − b ) ( a − c ) + b k ( b − c ) ( b − a ) + c k ( c − a ) ( c − b ) ⩾ 0 , a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\ge 0,
a k ( a − b ) ( a − c ) + b k ( b − c ) ( b − a ) + c k ( c − a ) ( c − b ) ⩾ 0 , Đẳng thức xảy ra khi a = b = c a=b=c a = b = c a = 0 a=0 a = 0 b = c b=c b = c
Với k = 1 k=1 k = 1
a 3 + b 3 + c 3 + 3 a b c ⩾ a b ( a + b ) + b c ( b + c ) + c a ( c + a ) a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ⩾ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ( a + b + c ) 3 + 9 a b c ⩾ 4 ( a + b + c ) ( a b + b c + c a ) (a+b+c)^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)
( a + b + c ) 3 + 9abc ⩾ 4 ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) a 2 + b 2 + c 2 + 9 a b c a + b + c ⩾ 2 ( a b + b c + c a ) a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)
a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c 9abc ⩾ 2 ( ab + bc + ca ) ∑ c y c a b + c + 4 a b c ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ⩾ 2. \sum_{cyc}\dfrac{a}{b+c} +\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2.
cyc ∑ b + c a + ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) 4abc ⩾ 2.
Bất đẳng thức Vornicu-Schur
Cho các số thực không âm a , b , c , x , y , z a,b,c,x,y,z a , b , c , x , y , z ( a , b , c ) (a,b,c) ( a , b , c ) ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z )
x ( a − b ) ( a − c ) + y ( b − a ) ( b − c ) + z ( c − a ) ( c − b ) ⩾ 0 x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)+z(c-a)(c-b)\ge 0
x ( a − b ) ( a − c ) + y ( b − a ) ( b − c ) + z ( c − a ) ( c − b ) ⩾ 0 Bất đẳng thức Vasc
Với mọi số thực a , b , c a,b,c a , b , c
( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ⩾ 3 ( a 3 b + b 3 c + c 3 a ) . (a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a).
( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ⩾ 3 ( a 3 b + b 3 c + c 3 a ) . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c a=b=c a = b = c a s i n 2 4 π 7 = b s i n 2 2 π 7 = c s i n 2 π 7 , \dfrac{a}{sin^2\dfrac{4\pi}{7}}=\dfrac{b}{sin^2\dfrac{2\pi}{7}}=\dfrac{c}{sin^2\dfrac{\pi}{7}}, s i n 2 7 4 π a = s i n 2 7 2 π b = s i n 2 7 π c ,
Bất đẳng thức Vasc
Cho f n ( a , b , c ) f_{n}(a,b,c) f n ( a , b , c ) n = 3 n=3 n = 3 n = 4 n=4 n = 4 n = 5. n=5. n = 5.
Với a , b , c a,b,c a , b , c f 4 ( a , b , c ) ⩾ 0 f_{4}(a,b,c)\ge 0 f 4 ( a , b , c ) ⩾ 0 f 4 ( a , 1 , 1 ) ⩾ 0 f_{4}(a,1,1)\ge 0 f 4 ( a , 1 , 1 ) ⩾ 0
Với a , b , c a,b,c a , b , c f n ( a , b , c ) ⩾ 0 f_{n}(a,b,c)\ge 0 f n ( a , b , c ) ⩾ 0 f n ( a , 1 , 1 ) ⩾ 0 f_{n}(a,1,1)\ge 0 f n ( a , 1 , 1 ) ⩾ 0 f n ( 0 , b , c ) ⩾ 0. f_{n}(0,b,c)\ge 0. f n ( 0 , b , c ) ⩾ 0.
Bất đẳng thức ( a − b ) 2 ( b − c ) 2 ( c − a ) 2 ⩾ 0 (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 0 ( a − b ) 2 ( b − c ) 2 ( c − a ) 2 ⩾ 0
Với các số thực a , b , c a,b,c a , b , c
27 ( a − b ) 2 ( b − c ) 2 ( c − a ) 2 = 4 ( p 2 − 3 q ) 3 − ( 2 p 3 − 9 p q + 27 r ) 2 ⩾ 0 , 27(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2= 4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2\ge 0,
27 ( a − b ) 2 ( b − c ) 2 ( c − a ) 2 = 4 ( p 2 − 3q ) 3 − ( 2 p 3 − 9pq + 27r ) 2 ⩾ 0 , từ đây ta có
− 2 p 3 + 9 p q − 2 ( p 2 − 3 q ) p 2 − 3 q 27 ⩽ r ⩽ − 2 p 3 + 9 p q + 2 ( p 2 − 3 q ) p 2 − 3 q 27 \dfrac{-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27} \le r\le \dfrac{-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}
27 − 2 p 3 + 9pq − 2 ( p 2 − 3q ) p 2 − 3q ⩽ r ⩽ 27 − 2 p 3 + 9pq + 2 ( p 2 − 3q ) p 2 − 3q 2. Một số tiêu chuẩn khi chứng minh bất đẳng thức
SOS
Cho các số thực không âm thỏa a ⩾ b ⩾ c a\ge b\ge c a ⩾ b ⩾ c
f ( a , b , c ) = ( a − b ) 2 S c + ( b − c ) 2 S a + ( c − a ) 2 S b ⩾ 0. f(a,b,c)=(a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(c-a)^2S_b\ge 0.
f ( a , b , c ) = ( a − b ) 2 S c + ( b − c ) 2 S a + ( c − a ) 2 S b ⩾ 0. Sau đấy chúng ta sẽ tạo ra một vài tiêu chuẩn thường sử dụng:
Tiêu chuẩn 1. Nếu S a , S b , S c ⩾ 0 S_a,S_b,S_c\ge 0 S a , S b , S c ⩾ 0 f ( a , b , c ) ⩾ 0 f(a,b,c)\ge 0 f ( a , b , c ) ⩾ 0
Tiêu chuẩn 2. Nếu S b ⩾ 0 S_b\ge 0 S b ⩾ 0 S b + S c ⩾ 0 S_b+S_c\ge 0 S b + S c ⩾ 0 S a + S b ⩾ 0 S_a+S_b\ge 0 S a + S b ⩾ 0 f ( a , b , c ) ⩾ 0. f(a,b,c)\ge 0. f ( a , b , c ) ⩾ 0.
Thật vậy
( a − c ) 2 = ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + 2 ( a − b ) ( b − c ) ⩾ ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 , (a-c)^2=(a-b)^2+(b-c)^2+2(a-b)(b-c)\ge (a-b)^2+(b-c)^2,
( a − c ) 2 = ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + 2 ( a − b ) ( b − c ) ⩾ ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 , do đó ta có
f ( a , b , c ) ⩾ ( a − b ) 2 ( S b + S c ) + ( b − c ) 2 ( S a + S b ) ⩾ 0 , f(a,b,c)\ge (a-b)^2(S_b+S_c)+(b-c)^2(S_a+S_b)\ge 0,
f ( a , b , c ) ⩾ ( a − b ) 2 ( S b + S c ) + ( b − c ) 2 ( S a + S b ) ⩾ 0 , do đó để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh S b + S c ⩾ 0 S_b+S_c\ge 0 S b + S c ⩾ 0 S a + S b ⩾ 0. S_a+S_b\ge 0. S a + S b ⩾ 0.
Tiêu chuẩn 3. Nếu S b ⩽ 0 S_b\le 0 S b ⩽ 0 S a + 2 S b ⩾ 0 S_a+2S_b\ge 0 S a + 2 S b ⩾ 0 S c + 2 S b ⩾ 0 S_c+2S_b\ge 0 S c + 2 S b ⩾ 0 f ( a , b , c ) ⩾ 0. f(a,b,c)\ge 0. f ( a , b , c ) ⩾ 0.
Thật vậy
( a − c ) 2 = ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + 2 ( a − b ) ( b − c ) ⩽ 2 [ ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 ] (a-c)^2=(a-b)^2+(b-c)^2+2(a-b)(b-c)\le 2\left[(a-b)^2+(b-c)^2 \right]
( a − c ) 2 = ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + 2 ( a − b ) ( b − c ) ⩽ 2 [ ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 ] do đó ta có
f ( a , b , c ) ⩾ ( a − b ) 2 ( S c + 2 S b ) + ( b − c ) 2 ( S a + 2 S b ) , f(a,b,c)\ge (a-b)^2(S_c+2S_b)+(b-c)^2(S_a+2S_b),
f ( a , b , c ) ⩾ ( a − b ) 2 ( S c + 2 S b ) + ( b − c ) 2 ( S a + 2 S b ) , vậy nên để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh S c + 2 S b ⩾ 0 S_c+2S_b\ge 0 S c + 2 S b ⩾ 0 S a + 2 S b ⩾ 0. S_a+2S_b\ge 0. S a + 2 S b ⩾ 0.
Tiêu chuẩn 4. Nếu S b , S c ⩾ 0 S_b,S_c\ge 0 S b , S c ⩾ 0 b 2 S a + a 2 S b ⩾ 0 b^2S_a+a^2S_b\ge 0 b 2 S a + a 2 S b ⩾ 0 f ( a , b , c ) ⩾ 0. f(a,b,c)\ge 0. f ( a , b , c ) ⩾ 0.
Thật vậy theo bất đẳng thức tỉ lệ thì
a − c b − c ⩾ a b , \dfrac{a-c}{b-c}\ge \dfrac{a}{b},
b − c a − c ⩾ b a , do đó ta có
f ( a , b , c ) ⩾ ( b − c ) 2 S a + ( b − c ) 2 a 2 b 2 S b , f(a,b,c)\ge (b-c)^2S_a+\dfrac{(b-c)^2a^2}{b^2}S_b,
f ( a , b , c ) ⩾ ( b − c ) 2 S a + b 2 ( b − c ) 2 a 2 S b , vậy nên để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh b 2 S a + a 2 S b ⩾ 0. b^2S_a+a^2S_b\ge 0. b 2 S a + a 2 S b ⩾ 0.
Tiêu chuẩn 5. Nếu S b , S c ⩾ 0 S_b,S_c\ge 0 S b , S c ⩾ 0 b ( b − c ) S a + a ( a − c ) S b ⩾ 0 b(b-c)S_a+a(a-c)S_b\ge 0 b ( b − c ) S a + a ( a − c ) S b ⩾ 0 f ( a , b , c ) ⩾ 0. f(a,b,c)\ge 0. f ( a , b , c ) ⩾ 0.
Thật vậy theo bất đẳng thức tỉ lệ thì
a − c b − c ⩾ a b , \dfrac{a-c}{b-c}\ge \dfrac{a}{b},
b − c a − c ⩾ b a , do đó ta có
f ( a , b , c ) ⩾ ( b − c ) 2 S a + ( b − c ) 2 a ( a − c ) b ( b − c ) S b , f(a,b,c)\ge (b-c)^2S_a+\dfrac{(b-c)^2a(a-c)}{b(b-c)}S_b,
f ( a , b , c ) ⩾ ( b − c ) 2 S a + b ( b − c ) ( b − c ) 2 a ( a − c ) S b , vậy nên để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh b ( b − c ) S a + a ( a − c ) S b ⩾ 0. b(b-c)S_a+a(a-c)S_b\ge 0. b ( b − c ) S a + a ( a − c ) S b ⩾ 0.
Tiêu chuẩn Vornicu-Schur
x ( a − b ) ( a − c ) + y ( b − c ) ( b − a ) + z ( c − a ) ( c − b ) = [ a x − ( x + z ) b + c z ] 2 + + ( x − y + z ) 2 ( a − b ) ( b − c ) + 2 y ( a − b ) ( b − c ) ( x − y + z ) \begin{aligned}
x(a-b)(a-c)&+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b)=\left[a\sqrt{x}-(\sqrt{x}+\sqrt{z})b+c\sqrt{z} \right]^2+\\ &+(\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{z})^2(a-b)(b-c)+2\sqrt{y}(a-b)(b-c)(\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{z})
\end{aligned}
x ( a − b ) ( a − c ) + y ( b − c ) ( b − a ) + z ( c − a ) ( c − b ) = [ a x − ( x + z ) b + c z ] 2 + + ( x − y + z ) 2 ( a − b ) ( b − c ) + 2 y ( a − b ) ( b − c ) ( x − y + z ) NHỚ LẠI · ĐỐI CHIẾU · ÔN TẬP
Tự kiểm tra kiến thức Các thẻ lấy từ nội dung bài học. Với câu điền khuyết, bấm vào dấu “…” để chọn cụm từ phù hợp; với thẻ nhớ lại, em tự đối chiếu và đánh giá.
← Thẻ trước Thẻ tiếp → Làm lại
Bật JavaScript để ôn tập với thẻ nhớ lại và câu điền khuyết. 
