§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
PHẦN I
SƠ LƯỢC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

I. Định nghĩa
Cho A, B là các biểu thức số.
+ Bất đẳng thức là các mệnh đề có dạng “A > B”, “A < B”, “A ≥ B”, “A ≤ B”.
+ BĐT có thể đúng, có thể sai. Khi nói về BĐT mà không chú thích gì thêm thì
ta coi các BĐT đó là đúng.
+ Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh các BĐT (các mệnh đề tương ứng)
là đúng.
II. Các tính chất của BĐT
1. A > B ⇔ A - B > 0.
2. A > B và B > C ⇒ A > C.
3. A > B ⇔ A + C > B + C với mọi C.
Hệ quả: A > B + C ⇔ A - C > B.
4. A > B và C > D ⇒ A + C > B + D.
5. A > B và C > D ⇒ A + C > B + D.
6.
> >

> ⇔

< <

. . ( 0)
. . ( 0)
AC B C C
A B
AC B C C
.

cần chứng minh.
3. Áp dụng hỗn hợp cả hai cách trên:
1
bđt(1) ⇔ bđt(2). Vì (2) đúng nên (1) đúng
Bđt(1) ⇒ bđt(2). Vì (1) đúng nên (2) đúng
Bđt(1) ⇔ bđt(2); bđt(3) ⇒ bđt(2). Vì (3) đúng nên (2) đúng ⇒ (1) đúng
đúng
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
IV. Các bất đẳng thức đúng được thừa nhận
1. x
2
≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
2.
+ + + ≥
2 2 2
1 2
0
n
x x x
với mọi x
1
,…, x
n
∈R. Dấu “=” xảy ra ⇔ x
1
= … = x
n
= 0.
3. |x| ≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
4. |x| ≥ ± x với mọi x∈R.

.
6. BĐT Bunhiacopxki: Cho a
1
,…, a
n
và b
1
,…, b
n
là các số thực. Khi đó ta có:
+ + + + + + ≥ +
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1
( )( ) ( )
n n n n
a a a b b b a b a b
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a
i
= t.b
i
với mọi i = 1,…, n.
7. Bất đẳng thức về GTTĐ: |a| - |b| ≤ |a ± b| ≤ |a| + |b|. Để xét dấu bằng xảy ra
cần xét dấu các trường hợp của a và b.
V. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng (a + b + c)
2
≥ 3(ab + bc + ca) với mọi a,b,c∈R (1).
Lời giải:
Cách 1: (1) ⇔ a
2

2
) ≥ (2ab
+ bc + ca) ⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca ⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3(ab
+ bc + ca) ⇒ (a + b + c)
2
≥ 3(ab + bc + ca). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Cách 3: Ta có (1) ⇔ a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca (1’’).
Mặt khác ∀a,b,c∈R dễ có:

+ ≥



2
(1 )(1 ) (1 ) , 0y x xy x y
(1).
Lời giải:
⇔ + + + ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ − ≥(1) 1 1 2 2 0 ( ) 0x y xy xy xy x y xy x y
(1’). Vì (1’)
luôn đúng với mọi x, y ≥ 0 nên (1) luôn đúng với mọi x, y ≥ 0.
Ví dụ 2: Chứng minh:
+ + ≥ + +
2 2
a b 1 ab a b
∀a,b∈R (2).
Hướng dẫn cách giải (HDCG): Sử dụng cách biến đổi tương đương về một
BĐT đúng.
Lời giải: (2) ⇔
+ + − − − ≥
2 2
2a 2b 2 2ab 2a 2b 0
⇔
− + + + + + + + ≥
2 2 2 2
a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0

⇔
( ) ( ) ( )
− + − + − ≥
2 2 2
a b a 1 b 1 0
(2’).
Vì (2’) luôn đúng ∀a,b∈R nên (2) luôn đúng ∀a,b∈R.

 
≥
 ÷
 
3
3 3
a b a b
2 2
(4).
HDCG: Sử dụng cách biến đổi hỗn hợp.
Lời giải: (4) ⇔
+ +
 
− ≥
 ÷
 
3
3 3
a b a b
0
2 2
⇔
( ) ( )
+ − ≥
2
3
a b a b 0
8
.
Vì a, b > 0 nên a + b > 0 và (a - b)

2 2
ab a ab b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab
3
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
⇔
( )
( )
( )
( )
( )
( )
− −
+ ≥
+ + + +
2 2
a b a b a b
0
1 a 1 ab 1 b 1 ab
⇔
−
 
− ≥
 ÷
+
+ +
 
2 2
b a a b

0
1 ab 1 a 1 b
. Vì a.b ≥ 1 ⇒ (đpcm).
Ví dụ 6:
a) Cho a, b ≥ 0. Chứng minh: a
2009
+ b
2009
≥ a
2000
b
9
+ b
2000
a
9
(6a).
b) Chứng minh: a
m
b
n
+ a
n
b
m
≤ a
m+n
+ b
m+n
với mọi a, b ≥ 0 (6b).

9
≥ 0 nên (6a’) đúng.
+) Nếu b > a ≥ 0 thì a
2001
- b
2001
< 0 và a
9
- b
9
< 0 nên (6a’) đúng.
Vậy (6a’) đúng nên (6a) đúng.
b) Tương tự (6a).
c) Đưa về (6b).
Ví dụ 7: Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì
+ ≥
3 3
1
a b
4
(7).
HDCG: Sử dụng cách biến kéo theo (bắt đầu từ GT hoặc một BĐT đúng đã có).
Lời giải: Từ giả thiết: a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b
3
= (1 – a)
3
= 1 – a + a
2
– a
3

b > |a - c| ⇒
> − +
2 2 2
b a 2ac c
.
c > |a - b| ⇒
> − +
2 2 2
c a 2ab b
.
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b) Hiển nhiên ta có:
( )
> − −
2
2 2
a a b c
⇒
( ) ( )
> + − + −
2
a a c b a b c
.


( ) ( ) ( )
> + − + − + −abc a b c a c b b c a
.
4
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Ví dụ 9: Cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh rằng:
abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ 0 (9).
Lời giải: Từ giả thiết ta có - 1 ≤ a, b, c ≤ 1.
VT(9) = (1+a)(1+b)(1+c) +
+ + +
2
1
( 1)
2
a b c
≥ 0.
Ví dụ 10: Cho a, b, c ∈
¡
\{1} thoả mãn: (a – 1)(b – 1)(c – 1) = abc. Chứng
minh rằng: a
2
+ b
2
+ c

2
+ b
2
+c
2
– 1 = (a + b + c)
2
- 2(a + b + c) + 1 ⇔
a
2
+ b
2
+c
2
– 1 = (a + b + c - 1)
2
≥ 0 ⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
≥ 1.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2 2 2
1
1
0
1
a b c

1
3
, b =
2
3
,
c =
2
3
) là một bộ số cần tìm.
BÀI TẬP VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP
1. Chứng minh:
+ +
≤
2 2
a b a b
2 2
(1).
HD:
+) a + b ≤ 0: (1) luôn đúng.
+) a + b > 0: (1) ⇔
+ + +
− ≤
2 2 2 2
a b 2ab a b
0
4 2
⇔
( )
−

− − + ≤
2
3 b a a b 0
.
3. Cho a, b > 0 . Chứng minh:
+ ≥ +
a b
a b
b a
(3).
HD: (3) ⇔
+ ≥ +a a b b a b b a
⇔
( ) ( )
− − − ≥a b a a b b 0
⇔
( )
( )
− − ≥a b a b 0
⇔
( ) ( )
− + ≥
2
a b a b 0
.
4. Chứng minh:
( )
+ + + ≥ + +
2 2 2
a b c 3 2 a b c

2 2 2 2
.
6. Chứng minh:
+ + ≥ + +
2 2 2
x y z xy yz zx
(6) ∀x,y,z∈R.
HD: (6) ⇔
+ + − − − ≥
2 2 2
2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0
⇔
( )
( )
( )
− + − + − ≥
2 2
2
x y x z y z 0
.
7.
a) Chứng minh:
+ + + +
≥ ≥
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3
(a).
b) Chứng minh:
+ + + +

.
b) Ta có:
( ) ( )
+ + = + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 a b c a b c 2 a b c

( ) ( )
≥ + + + + + = + +
2
2 2 2
a b c 2 ab bc ca a b c
⇒
+ + + +
 
≥
 ÷
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3
.
8. Chứng minh:
+ + ≥ + +
2 2
a b 1 ab a b
(8) ∀a,b∈R.
HD: (8) ⇔
+ + − − − ≥

HD: (10) ⇔
+ + + − + − − ≥
4 4 2 2 2 2
x y z 1 2x y 2x 2xz 2x 0
⇔
( )
( ) ( )
− + − + − ≥
2
2 2
2 2
x y x z x 1 0
.
11. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:
2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4

(b
2
+ a
2
) – (a
2
+ b
2
)
2
– c
4
> 0
⇔ (2ab)
2
– [(a
2
+ b
2
) – c
2
]
2
> 0 ⇔ [c
2
– (a – b)
2
][(a + b)
2
– c

+ c
2
a
2
- a
2
b
2
c
2
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
.
Vì a,b,c∈[0;1] nên 1 + a
2
b + b
2
c + c
2
a ≥ 1 + a
2
b
2
+ b
2
c

c) Với x ≥ - 1 thì x + 2 ≥ 1 ⇒ (x + 2)
2
≥ 1 ⇒ P ≥ - 3;P = - 3 khi x = - 1. Vậy
MinP = - 3.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x
2
+ y
2
+ 2x - 4y trong các
trường hợp:
a) x,y∈R b) x, y ≥ 0 c) x, y ≥ 3
HD: Tương tự VD 1.
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) P = x
2
+ 2y
2
– 2xy + 2x - 10y.
b) Q = 10x
2
+ 20y
2
+ 24xy + 8x - 24y.
c) R = x
2
+ 6y
2
+ 14z
2
- 8yz + 6xz - 4xy + 1.

2. B = x
4
- 4x
2
+2009 với:
a) x ≥ - 1 b) x ≥ 3
3. C = x
2
+ 3y
2
+ 4xy + 2x + 4y – 9 với mọi x, y.
7
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
4. D = x
2
+ 2y
2
+ 3z
2
– 2xy + 2zx – 2x – 2y – 8z + 6 với mọi x, y, z.

III. Phương pháp miền giá trị
1. Nội dung phương pháp
Phương pháp dựa trên cơ sở lí thuyết sau: Nếu phương trình P = f(x) có
nghiệm trên D khi và chỉ khi m ≤ P ≤ M thì minP = m và MaxP = M.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Tìm GTLN - GTNN của
+ +
=
− +

2 1 0
2
P P
thì (*) có nghiệm x.
+) Nếu
− ≠ ⇔ ≠
1
2 1 0
2
P P
thì (*) có nghiệm ⇔ 23P
2
- 22P + 3 ≤ 0

− − − +
⇔ ≤ ≤ ≠
11 52 11 52 1
( )
23 23 2
P P
.
Vậy (*) có nghiệm khi và chỉ khi:

− +
=

− − − +

≤ ≤ ⇒


HDCG: Chia tử và mẫu của phân số cho y
2
(hoặc x
2
) đưa về dạng của VD1.
Lời giải:
+) Nếu y = 0 thì
=
1
2
P
(vì x ≠ 0).
+) Nếu y ≠ 0 thì
+ +
= = ∈
− +
2
2
1
,
2 3
t t x
P t R
y
t t
. Tương tự như VD1 ta tìm được GTLN -
GTNN của P là:

− +
=

2
+ xy ≤ 1. Tìm GTLN - GTNN của P = x
2
- 2xy + 3y
2
.
HD: Đặt a = x
2
+ y
2
+ xy, 0 ≤ a ≤ 1 đưa về VD3.
Ví dụ 5 (Đề thi chung vào chuyên Tuyên Quang 2008): Cho hai số dương x,y
thoả mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh
2 2 2 2
( ) 2x y x y+ £
(5).
HDCG: Giả thiết và biểu thức VT có dạng đối xứng nên ta có thể đưa về S và P
theo Viet.
Lời giải: Đặt P = xy ta có 0 < P ≤ 1.
(5) ⇔ P
2
(4 - 2p) ≤ 2 ⇔ P
3
- 2P
2
+ 1 ≥ 0 ⇔ (P - 1)(P
2
- P - 1) ≥ 0 ⇔
− +
⇔ − − − ≥

+ xy + 2y
2
với điều kiện 2x
2
- xy + y
2
= 1.
d) D = x
2
+ xy + 2y
2
với điều kiện 2x
2
- xy + y
2
= 1.
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của E = x
2
+ y
2
với 2x
2
+ y
2
+ xy ≥ 1.
Bài 3: Cho x
2
+ y
2
- xy = 1. Tìm GTLN - GTNN của biểu thức:

9
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
HDCG: Sử dụng BĐT Cauchy cho các tổng ở vế trái.
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta được:
+ ≥a b 2 ab
≥ 0,
+ ≥b c 2 bc
≥ 0,
+ ≥a c 2 ac
≥ 0 ⇒
( ) ( ) ( )
+ + + ≥ =
2 2 2
a b b c a c 8 a b c 8abc
.
Ví dụ 2: Chứng minh:
( ) ( ) ( )
( )
+ + + ≥ +
3
3
1 a 1 b 1 c 1 abc
với a, b, c ≥ 0 (2).
HDCG: Khai triển VT thành tổng và áp dụng BĐT Cauchy.
Lời giải: Ta có:
( ) ( ) ( )
+ + + = + + + + + + +1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc.
.
Áp dụng BĐT Cauchy ta được:
+ + ≥

+ + + + ≥
+
4 4 2 2
2
1
a a a 1 4a
1 a
(3’).
Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm:
+
+
4 4 2
2
1
a , a , a 1,
1 a
ta được:
VT(3’) =
( )
+ + + + ≥ + =
+ +
4 4 2 4 4 2 2
4
2 2
1 1
a a a 1 4 a a a 1 4a
1 a 1 a
(đpcm).
Ví dụ 4: Cho
= + > −

( )
( )

= −

+

= ⇔ + = ⇔

+
= − −


2
6
x 1
3 x 1 1 2
3
x 1
2 x 1 3
6
x 1(loaïi)
3
.
Vậy y đạt GTNN bằng
−
3
6
2
khi

x 5
3 3 3 3
27
x x x x
. Dấu “=” xảy ra
⇔
= ⇔ =
2
5
3
x 1
x 3
3
x
⇔ x = 2 (x > 0). Vậy GTNN của y là
5
5
27
khi
=
5
x 3
.
Ví dụ 6: Cho y = (x + 3)(5 – 2x), –3 ≤ x ≤
5
2
. Định x để y đạt GTLN.
HDCG: Tách VT thành tích hợp lí để khi biến thành tổng sẽ triệt tiêu biến, sau
đó áp dụng BĐT Cauchy.
Lời giải: Ta có y = (x + 3)(5 – 2x) =

4
.
Ví dụ 7: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng:
8 2
( ) 64 ( )a b ab a b+ ≥ +
(7).
HD: Khai triển VT(7) =
4
( 2 )a b ab+ +
rồi áp dụng BĐT Cauchy.
Ví dụ 8: Chứng minh:
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
với a, b, c > 0 (8).
HDCG: Thêm vào VT một lượng hợp lí để khi biến thành tích sẽ có dạng của vế
phải sau đó áp dụng BĐT Cauchy.
Lời giải: Ta có:

+ ≥


+ ≥ ⇒


+ ≥


3 2
3 2

1 1 1 1
a b c
a b c d
>



+ + + ≥

+ + + +

. Chứng minh rằng
1
81
abcd ≤
.
HD: Rút từng phân số trong GT sau đó dùng BĐT Cauchy.
b) Kĩ thuật nhân thêm hằng số
Ví dụ 10: Cho a, b > 1. Chứng minh rằng:
− + − ≤1 1a b b a ab
(10).
HDCG: Thêm hằng số vào trong căn để có 2 số hạng, sau đó áp dụng BĐT
Cauchy.
11
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Lời giải: Ta có:
− +

− = − ≤ =


+ +
+ = + ≤



+ +
+ = + ≤


1 1 2 3
2 ( 2 ).3 .
2
3 3
1 1 2 3
2 ( 2 ).3 .
2
3 3
1 1 2 3
2 ( 2 ).3 .
2
3 3
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a
⇒ (đpcm).
Ví dụ 12: Cho x, y, z > 0. Tìm GTNN của
+ +

Vậy:
≥
1
432
P
⇒ MinP =
1
432
khi 6x = 3y = 2z > 0.
Nhận xét: Khái quát của kĩ thuật nhân thêm hằng số ta có kĩ thuật chọn điểm
rơi. Trong bài viết này chỉ nêu một số VD đơn giản về kĩ thật này.
Ví dụ 13: Cho x, y > 0 và x
2
+ y
2
= 1. Tìm GTNN của:
a) P = x
3
+ y
3
.
b) Q = x
3
+ 2y
3
.
c) C = ax
3
+ bx
3

+ + ≥


3 3 3 2
3 3 3 2
3 .
2 2 2 6 .
x x k k x
y y m m y
. Ta cần có:
=


=


=


+ =

2 2
3 6
1
k m
x k
y m
x y
từ đó tìm ra k,m.
Lời giải:

P x y
y y y
.
Vậy
=
2
2
MinP
khi
= =
1
2
x y
.
b) Ta có:

+ + ≥

 

⇒ ≥ + − =

 
 

+ + ≥


3 3 3 2
2 2

2
5
1
5
x
y
.
c) Tương tự như cách làm của b).
Ví dụ 14: Cho các số dương x, y, z sao cho x + y + z = 1. Tìm các giá trị nhỏ
nhất:
a) A = x
2
+ y
2
+ z
2
.
b) B = x
2
+ y
2
+ 3z
2
.
c) C = x
2
+ 2y
2
+ 3z
2

( )
3 3
1 2 2 2
( ) ( ) .
3 3 3 3
1 2
( )
3 3
x x
y y A x y z
z z
Vậy
=
2
min
3
A
đạt được khi x = y = z =
1
3
.
b) Ta thấy vai trò của x,y là như nhau nên ta có thể dự đoán được dấu bằng xảy
ra x = y. Xét:
x
2
+ k
2
≥ 2kx (dấu “=” xảy ra khi x = k).
y
2

k k m
m
.
c) Xét:
x
2
+ k
2
≥ 2kx (dấu “=” xảy ra khi x = k).
13
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
2y
2
+ 2m
2
≥ 4mx (dấu “=” xảy ra khi y = m).
3z
2
+ 3n
2
≥ 6nz (dấu “=” xảy ra khi z = n).
Ta cần chọn k, m, n sao cho:

=


= =


⇔ =

rơi" của bài toán.
Khi a = 3 ta thấy
= =
1 1
3 9
a
a
. Ta áp dụng BĐT Cauchy như sau:
+ ≥ ⇒ = + + ≥
1 2 8 1 10
( )
9 3 9 9 3
a a a
P
a a
.
Ví dụ 16 (Đề thi vào chuyên toán tỉnh Tuyên Quang năm 2008):
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
+
=
+ +
4 4
96
x y
P
x y
.
HDCG: Vì P có tính chất đối xứng nên ta dự đoán P đạt GTNN và GTLN khi
x=y. Thay x = y = t vào P ta được
=

+ ≥

⇒ + + ≥ + + = + + + ≥ +

+ ≥


4 2
4 2 2 2 2
4 2
16 8
96 8( ) 64 8( 4) 8( 4) 32(| | | |)
16 8
x x
x y x y x y x y
y y
.
+) Nếu x = y = 0 thì P = 0.
+) Nếu x
2
+ y
2
≠ 0 thì
+ + +
= ≥ ≥ = ⇒ − ≤ ≤
+ +
+ +
4 4
| | | | | | | | 1 1 1
| |

HDCG: Áp dụng BĐT Cauchy cho mẫu số sao cho triệt tiêu với tử số.
Lời giải: Ta có
( )
= ≤ =
+
+
2 2 2
4 2 2
x x x 1
8
1 16x 2.4x
1 4x
,
( )
= ≤ =
+
+
2 2 2
4 2 2
y y y 1
8
1 16y 2.4y
1 4y
⇒
+ ≤
+ +
2 2
4 4
x y 1
4

+
2 2
c c 1
2ac 2a
a c
.
Vậy:
 
+ + ≤ + +
 ÷
 
+ + +
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c
.
Ví dụ 19: Cho
( )
=
+
2
3
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN.
Lời giải: Ta có
+ = + + ≥

+ + ≤
+ + + + + +
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abc
a b abc b c abc c a abc
(20).
HDCG: Khai triển hằng đẳng thức ở dưới mẫu số, sau đó áp dụng BĐT
Cauchy hợp lí sao cho khi giản ước có dạng VP.
Lời giải:
Ta có
( )
( )
( )
+ = + − + ≥ +
3 3 2 2
a b a b a ab a a b ab
⇒
( ) ( )
+ + ≥ + + = + +
3 3
a b abc a b ab abc ab a b c
Tương tự:
( ) ( )
+ + ≥ + + = + +
3 3
b c abc b c bc abc bc a b c

( ) ( )
+ + ≥ + + = + +

(a),
+ ≥ =
2
bc ba b ac
2 2b
a c ac
(b),
+ ≥ =
2
ca ab a bc
2 2a
b c bc
(c).
Từ (a), (b), (c) ⇒
+ + ≥ + +
bc ca ab
a b c
a b c
.
15
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Ví dụ 22 (France Pre - MO 2005): Cho x, y, z > 0 thảo mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 3.
Chứng minh:
+ + ≥ 3

2
2 2
2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2
2 2
2
2
2
x y z y
y
z x
y z x z
z
x y
z x x y
x
y z
⇒ (đpcm).
Ví dụ 23 (APMO 1998): Cho x, y, z > 0. Chứng minh:
+ +
+ + + ≥ +
3
2( )
(1 )(1 )(1 ) 2
x y z x y z
y z x
xyz

2 3
2 3
2 3
x y x x y x
y z y y z
xyz
y z y y z y x y z x y z
z x z z x y z x
xyz xyz
z x z z x z
x y x x y
xyz
.
e) Kĩ thuật đánh giá phân thức
Ví dụ 24: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
+ + ≥ + +
3 3 3
2 2 2
a b c
a b c
b c a
(24).
HDCG: Ghép mỗi số hạng ở này với một lượng thích hợp ở vế kia sao cho sau
khi áp dụng BĐT Cauchy thì có dạng vế trái.
Lời giải: Ta có:

+ + ≥




5 5 5
3 3 3
a b c
a b c
bc ca ab
(25).
16
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Lời giải: Ta có:

+ + + + ≥




+ + + + ≥



+ + + + ≥



5 5 5
3 3 3
5 5 5
3 3 3
5 5 5
3 3 3
5




+ + + + ≥

+



+ + + + ≥

+

3
2
3
2
3
2
1 1 3
( ) ( )
8 8 4
( )
1 1 3
( ) ( )
8 8 4
( )
1 1 3
( ) ( )
8 8 4




+ + ≥

+


+ + ≥

+


3
2
3
2
3
2
1 2
( 2 )
2 9 3
1 2
( 2 )
2 9 3
1 2
( 2 )
2 9 3
a
a a b a


+ +


+ + + +

+ + ≥ ⇒ + + ≥ −

+ + + + + + + +


+ +

+ + ≥
+ +


3
3 3 3 3
3
1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
1 1 3 3
(1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 4
1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
x y z
x
y z
y z x x y z x y z




+ ≥



2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2
2
2 2( )
2
x y x z
x
z y
y z y x x y x z y z y x z x z y
y x y z
x z z y x z y x
z x z y
z
y x
.
Ta chứng minh
+ + ≥ + +
2 2 2 2 2 2
x y y z z x x z y x z y

2 2 2
1
( )
2
x y y z z x x y x z y z y x z x z y
x y z
z x y z y x z y x
(đpcm).
BÀI TẬP ÁP DỤNG
1. Chứng minh:
+ + + + ≥ ≥
2 2 2
(a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0
.
HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
⇒
+ + ≥
3
a b c 3 abc
,
+ + ≥
3
2 2 2 2 2 2
a b c 3 a b c
⇒
( )
( )
+ + + + ≥ =
3
2 2 2 3 3 3

bc ca ab
a b c ; a, b, c 0
a b c
.
HD: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
+ ≥ =
2
bc ca abc
2 2c
a b ab
,
+ ≥ =
2
bc ba b ac
2 2b
a c ac
,
+ ≥ =
2
ca ab a bc
2 2a
b c bc
⇒
+ + ≥ + +
bc ca ab
a b c
a b c
.
4. Chứng minh:
+

> −
1995
a 1995 a 1
(5) với mọi a > 0.
HD: (5) ⇔
> − ⇔ + >
1995 1995
a 1995a 1995 a 1995 1995a
+ > + = + + + + ≥ =
1 4 2 4 3
1995
1995 1995 1995 1995
1994 soá
a 1995 a 1994 a 1 1 1 1995 a 1995a
.
6. Chứng minh:
( ) ( ) ( )
+ + + + + ≥
2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc
.
18
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
HD:
( ) ( ) ( )
+ + + + + = + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a a a b b b c c c a
.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm:

.
Tương tự:
( )
( )
( )
≥ − − −
2
4
y 4 x 1 y 1 z 1
;
( )
( )
( )
≥ − − −
2
4
z 4 x 1 y 1 z 1
.
⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
9. Cho a > b > c. Chứng minh:
( ) ( )
≥ − −
3
a 3 a b b c c
.
HD:
( ) ( ) ( ) ( )
= − + − + ≥ − −
3
a a b b c c 3 a b b c c

   
2 2
2
b c 1 a
16abc 16a 16a 4a 1 a
2 2
.
( ) ( )
( )
( ) ( )
 
− = − − = − − − ≤ − = +
 
2 2
2
4a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c
.
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) ≥
=2 bc.2 ac.2 ab 8abc
.
c)
+ + +
   
+ = ≥
 ÷  ÷
   
4
2
1 a a b c 4 a bc
1

= − + + ≥ =
− −
3
x y y
1
VT x y y 3 3
x y y x y y
.
12. Chứng minh:
a)
+
≥
+
2
2
x 2
2
x 1
(1).
b)
+
−
x 8
x 1
≥ 6 với x > 1 (2).
c)
+
≥
+
2

⇔
+
≥
+
2
2
a 5
4
a 1
.
13. Chứng minh:
+ +
+ + ≤ >
+ + +
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2
.
HD: Vì
+ ≥a b 2 ab
⇒
≤ =
+
ab ab ab
a b 2
2 ab
,
≤ =
+
bc bc bc

(X + Y + Z) và
+ − + − + −
= = =
Y Z X Z X Y X Y Z
a , b , c
2 2 2
.
 
     
+ + = + + + + + −
 ÷  ÷  ÷
 
+ + +      
 
a b c 1 Y X Z X Z Y
3
b c a c a b 2 X Y X Z Y Z
[ ]
≥ + + − =
1 3
2 2 2 3
2 2
.
Cách 2:
     
+ + = + + + + + −
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
a b c a b c

( )
( )
+ + ≥ + ≥ ≥
4
a b cd 2 ab cd 2 2 ab. cd 4 abcd
.
b)
+ + + +
+ + + ≥
4
a b c a b c
a b c 4. abc
3 3
⇔
+ + + +
≥
4
a b c a b c
abc
3 3
⇔
+ + + +
 
≥
 ÷
 
4
a b c a b c
abc
3 3

3 2
c abc 2c ab
.
( )
+ + + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c 3abc 2 a bc b ac c ab
⇒
( )
( )
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
2 a b c 2 a bc b ac c ab
.
vì
+ + ≥
3 3 3
a b c 3abc
). Vậy:
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
.
17. Chứng minh:
+ + ≥
3 9
4
2 a 3 b 4 c 9 abc
với mọi a, b, c ≥ 0.
20

= + >
−
x 2
y ,x 1
2 x 1
. Định x để y đạt GTNN.
HD:
−
= + +
−
x 1 2 1
y
2 x 1 2
. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
−
−
x 1 2
,
2 x 1
ta được:
− −
= + + ≥ + =
− −
x 1 2 1 x 1 2 1 5
y 2 .
2 x 1 2 2 x 1 2 2
.
Dấu “=” xảy ra ⇔
( )
=

y
6 2x 1 3
. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
−
−
2x 1 5
,
6 2x 1
ta được:
− − +
= + + ≥ + =
− −
2x 1 5 1 2x 1 5 1 30 1
y 2 .
6 2x 1 3 6 2x 1 3 3
.
Dấu “=” xảy ra ⇔
( )

+
=

−

= ⇔ − = ⇔

−
− +
=


( )
− + − −
= + = + + ≥ + = +
− − −
x 5 1 x 5x x x 1 x 1 x
f(x) 5 5 2 5 5 2 5 5
1 x x 1 x x 1 x x
Dấu “=” xảy ra ⇔
− −
 
= ⇔ = ⇔ =
 ÷
− −
 
2
x 1 x x 5 5
5 5 x
1 x x 1 x 4
(0 < x < 1).
Vậy: GTNN của y là
+2 5 5
khi
−
=
5 5
x
4
.
22. Tìm GTNN của
+ +

HD:
 
 
+ = + + + + ≥ =
 ÷
 ÷
 
 
3
2
2 2 2 2
2
5
3 3 3 3 5
2 x x x 1 1 x 1 5
x 5
3 3 3 3
27
x x x x
.
Dấu “=” xảy ra ⇔
= ⇔ =
2
5
3
x 1
x 3
3
x
⇔ x = 2 (x > 0).

5
x 5
2
:
( ) ( ) ( ) ( )
+ + − ≥ + −2x 5 10 2x 2 2x 5 10 2x
⇒
1
2
(2x + 5)(10 – 2x) ≤
625
8
.
Dấu “=” xảy ra ⇔ 2x + 5 = 10 – 2x ⇔
=
5
x
4
.
Vậy khi
=
5
x
4
thì y đạt GTLN bằng
625
8
.
26. Cho
( )

= ⇔ = ±
2
x 1 x 1
.
Vậy khi
= ±x 1
thì y đạt GTLN bằng
1
27
.

3. Một số kĩ thuật sử dụng BĐT Bunhiacopxki
a) Kĩ thuật chọn bộ số trực tiếp
Ví dụ 1: Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 4b
2
≥ 7 (1).
Lời giải: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 4 số
3 , 3 a , 4 , 4b
ta được:
( )
( )
+ = + ≤ + +
2 2
3a 4b 3. 3a 4. 4b 3 4 3a 4b
⇒ 3a
2
+ 4b
2

3 a 5 b 3a 5b
3 5
3 5
⇒ 3a
2
+ 5b
2
≥
735
47
(đpcm).
Ví dụ 3: Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a
2
+ 11b
2
≥
2464
137
(3).
Lời giải: Ta có:
− = −
3 5
3a 5b 7 a 11b
7 11
.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 4 số
−
3 5
, 7 a , , 11b
7 11

⇒ a
2
+ b
2
≥ 2;
( )
( )
( )
≤ + ≤ + +
2 2 4 4
2 a b 1 1 a b
⇒ a
4
+ b
4
≥ 2.
Ví dụ 5: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ca c ab
(5).
Lời giải: Ta có:
+ + + + = + + + + ≥
+ + = + + + + ≥
+ + ⇒ + + ≥ + +
3 3 3 2 2 2 2 2 2
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 3 3 3 2 2 2
( )( ) [( ) ( ) ( ) ][( ) ( ) ( ) ]

y y
(*) hoặc
+ +
+ + ≥
+ +
2 2 2
1 1
1 1
( )n n
n n
x x x x
y y y y
(**).
Ví dụ 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
+ + ≥ + +
+ + +
2 2 2
1
( )
2 2 2 3
a b c
a b c
b c c a a b
(6).
HDCG: Áp dụng BĐT (**).
Lời giải: Ta có:
+ +

( )
2 2 2 3( )
a b c a b c
VT
ab ac bc ba ca cb ab bc ca
.
Mặt khác (a + b + c)
2
≥ 3(ab + bc +ca) ⇒ (đpcm).
24
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Ví dụ 8 (Dự bị IMO 1993): Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh:
+ + + ≥
+ + + + + + + +
2
2 3 2 3 2 3 2 3 3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
(8).
Lời giải: Ta có:
= + + +
+ + + + + + + +
2 2 2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
a b c d
VT
ab ac ad bc bd ba cd ca cb da db dc
Áp dụng (**) ⇒ VT ≥
+ + +
+ + + + +

2 2
3 4 5 1 3 4 5
3 4 5 ( )( ) ( )( )
2
( 3 2 5 ) ( 3 2 5)
12.
2 2
P a b c b c c a a b
b c c a a b b c c a a b
P
Dấu “=” xảy ra khi
+ + +
= =
2
3 5
b c c a a b
. Vậy
+ +
= −
2
( 3 2 5 )
12
2
MinP
.
c) Kĩ thuật biến đổi thuận Bunhiacopxki
Ví dụ 10 (USA MO): Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng:

= + + ≥
+ + +

Mặt khác:
+ +
+ + ≥ + + = = + +
2
1 1 1 1 1 1 3( )
( ) 3( ) 3( ) (10")
a b c
a b c
a b c ab bc ca abc
.
Từ (10’) và (10”) ⇒ (đpcm).
Nhận xét: Vấn đề mấu chốt trong kĩ thuật này là tìm ra dạng bình phương ban
đầu (trong VD10 là
+ +
2
1 1 1
( )
a b c
). Để có dạng bình phương ban đầu trên ta gạch
các biểu thức dạng tổng trong BĐT cần chứng minh sẽ xuất hiện dạng bình
phương ban đầu.
Ví dụ 11: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
25