1
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
BẤT ĐẲNG THỨC
Toán học cũng như trong đời sống thường ngày, đôi khi ta sẽ gặp phải những vấn đề khó giải
quyết, nên ta cần phải biết: Linh hoạt xử lý các tình huống và lựa chọn những phương án tối ưu
khi cần thiết.
Một vấn đề mà học sinh thường quan tâm đó là làm thế nào để học được tốt môn toán, có những ý
kiến nói rằng muốn học giỏi toán là phải giải và xem lời giải thật nhiều, thật nhanh và phải cố
gắng nhớ chúng. Theo tôi suy nghĩ đó không hay.
Học toán là phải bắt đầu học từ những điều cơ bản nhất để nắm vững nền tảng một cách chắc
chắn, rồi từ đó giúp cho ta có cách tư duy và lập luận chặt chẽ khi giải toán. Đó cũng là một lý do
mà toán học luôn đòi hỏi ở những người đam mê môn học này. Vì thế nên người ta mới nói: “
Cần chậm khi đang học để thêm phần nhanh và chắc chắn khi đi thi”.
Toán có rất nhiều lĩnh vực mà trong đó bất đẳng thức là một nhóm toán khó đối với hầu hết những
ai yêu thích và nghiên cứu toán đặc biệt là đối với học sinh. Mặc dù được thầy cô, các quyển sách
tham khảo cung cấp nhiều công cụ khi giải bất đẳng thức nhưng mọi học sinh đều cảm thấy lúng
túng và có cảm giác thiếu tự tin khi đối diện với những bài toán mới.
Vấn đề đặt ra là làm sao để tự tin và tìm ra được những phương án giải cho một bài toán bất đẳng
thức ? Theo một số giáo viên để đỡ cảm thấy bối rối khi phải lựa chọn một trong nhiều phương
pháp, ta nên hướng chúng đến những điều cơ bản trong việc chứng minh bất đẳng thức, đó là luôn
đưa bài toán về những dạng đúng đã được chứng minh trước đó:
+ Giảm bớt số biến trong bài toán.
+ Tìm cách thay thế chúng bằng những biểu thức đơn giản hơn.
Vậy việc áp dụng nhiều phương pháp giải vào một bài toán nào đó đều có chung một mục đích đó
là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng cơ bản và đơn giản hơn.
Lưu ý: Tài liệu này dành cho những học sinh có tinh thần tự học, kiên nhẫn khi giải toán.
______________________________________________________________________________
2
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ ÁP DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG
CHỨNG MINH.

III. Bất đẳng thức BCS: Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz.
Với hai bộ n số thực ta có:
. Có đẳng thức
khi:.
Quy ước: khi mẫu số bằng 0 thì tử số bắt buộc cũng phải bằng 0.
______________________________________________________________________________
n
nn
aaaaaa
2121
≥+++
nn
aaa
n
aaa +++
≥+++

1

11
21
2
21
n
aaa ===
21
⇒
nn
bbbaaa , ,, và, ,,
2121

n
n
n
bbb
aaa
b
a
b
a
b
a
+++
+++
≥+++
21
2
21
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1

nixa
ii
, ,2,10 vàR =>∈
ba
ab
baba
11
2
22
22
+
≥≥
+
≥
+
ab
baba
≥
+
≥
+
22
22
ab
baba
ab
abba
ab
abba
≥

cba
==
( )
( ) ( ) ( ) ( )
đúngaccbba
cabcabcba
0
2222221
222
222
≥−+−+−⇔
++≥++⇔
( )
cabcab
cba
++≥
++
3
2
cba
==
cbacba ++
≥++
9111
4=+++ dcba
( )( )
4
2
2
=

cb
da
da
cb
cbaddabcdabcdabcdabc
+++
≤+++
+++
≤+++
++
≤
+
+
++
+
≤+++=+++
4
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
*.
Lưu ý: Với cách chứng minh tương tự như trên ta có kết quả tổng quát như sau:
Với bốn số dương a,b,c,d có tổngta có:
* * *
4. Với n số.
Chứng minh:
*
* Viết các đẳng
thức tương tự rồi
nhân vế theo vế,
ta được:
Hệ quả: Với n số.

4
2
Τ
≤+++ dacdbcab
16
2
Τ
≤+++ dabcdabcdabc
64
4
2222
Τ
≤+++ bdaacddbccab
( )
∑
∏
=
=
−
≤
+
≥
n
i
n
i
n
i
i
i

1
1
1
1 1

1
1 1

11
1

1
1
1
xx
x
xx
xx
n
xx
xx
n
x
x
x
x
x
x
n
n

( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
n
n
nn
n
n
n
xxx
xxxxxx
xxx
n
1
1

1 11
1
1 11

1
21
2121
21
−
≤⇒
+++
≤
+++
−
( )( ) ( ) ( )

qpx +
( ) ( )( )
qpxxfqpxxf +≤+≥ hay
( ) ( ) ( ) ( )
nqxxxpxfxfxf
nn
++++≥+++
2121
Α=+++
n
xxx
21
( ) ( ) ( )
nqpxfxfxf
n
+Α≥+++
21
( )( )( )
( )
3
3
1111 abccba +≥+++
5
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Giải: (1)
Áp dụng bất đẳng thức cô-si , ta có:
và .
Ví dụ 2: Cho ba số không âm a, b,
c. CmR :.
Giải: Áp dụng bất đẳng thức cô-si:

( )
đpcm 111a1
3311111
3
222
3
3
abccb
abccbaabccba
+≥+++⇔
+++≥+++⇔
cba
b
ca
a
bc
c
ab
++≥++
( )
đpcm22
22
22
22
2
2
2
⇒++≥



ab
b
ca
c
ab
abc
b
ca
a
bc
b
ca
cab
a
bc
c
ab
21 <
++
+
++
+
++
+
++
<
bad
d
adc
c

dcba
a
+
<
++
<
++++
<
++
<
+++
+
<
++
<
++++
<
++
<
+++
1

=
+++
+++
>
++
+
++
+

d
dcba
c
dcba
b
dcba
a
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
2=
+
+
+
+
+
<
+
+
+
+
+
+
+
<

+
++
+
++
<
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
cabcabcba ++≥++
222
( )
cbaabccba ++≥++
444
cabcabcba ++≥++
222
222
cba ++
( ) ( )
đpcm
444
cbaabccba ++≥++
dbca
dc
ba
>⇒

;
Cộng các vế tương ứng
với nhau, ta có:
Tương tự, ta
cũng có:
Ta lấy
Ví dụ 7: Cho.Chứng
______________________________________________________________________________
( )
( ) ( ) ( )
( )
đpcmcba
accbba
accbba
accbba
baccabcba
abccabbcacbaabc
444
444444
222222
222222
222222222
222
VP
222
VP
VP
2
222
VP

≥++
9111
( )
( )
đpcm 30
1
3
1
7
1
9
VT

7
cba
9
VT
7
222a
9
VT
711
a
1
VT
911111
VT
2
2
2

  
( )
( )
cba
accbba
cba ++≥






+
+
+
+
+
++
2
3111
222
      
3
222
2
222
1
222
VT
ac

+
+
+
+
=
4
,
4
,
4
accbba +++
( )
( )
( )
( )
( )
( )
a
ac
acaac
ac
a
a
cb
cbacb
cb
a
a
ba
baaba

4
2
4
222222
b
ac
b
b
cb
cb
b
b
ba
ba
b
≥
+
≥
+
+
+
≥
+
+
+
222
,
4
,
4

4
2
444

222
222
cba
ac
c
cb
b
ba
a
cba
ac
ac
ccb
cb
bba
ba
a
++
≥
+
+
+
+
+
⇔
++≥



+
+
+
( ) ( )
6
2
,5
2
222222
cba
cb
c
ba
b
ac
acba
ba
c
ac
b
cb
a ++
≥
+
+
+
+
+

1
≤abcd
7
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
minh rằng:.
Giải: Từ giả thiết, ta có:
TH
1
: . Áp dụng bất đẳng
thức cô-si cho ba số không
âm ở vế phải ta được:
. Đẳng thức xảy ra khi.
Tương tự cho các trường hợp
còn lại, ta được:
,,
Hai vế của (1), (2), (3) và (4)
đều dương nên nhân vế theo vế ta có:
Chú ý: dạng tổng quát
của ví dụ trên là: Cho
n số dương a
1
, a
2
, ,
a
n
ta có:.
Học sinh hãy chứng minh công thức trên. Xét riêng ví dụ trên thì n trong trường hợp này là 4.
Ví dụ 8: Cho. Chứng minh
rằng:.




+
−=
+ dcba 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
( )( )( )
( )
1
111
3
1
1
3
dcb
bcd
a +++
≥
+
dcb

1
1
3
bad
dab
c +++
≥
+
( )( )( )
( )
4
111
3
1
1
3
dba
abc
d +++
≥
+
( )( )( )( ) ( )( )( )( )
( )
đpcm
81
1
1111
81
1111
1


+
+
+
+
+
≥++
accbbacabcab
0
>++
cba
( )( )( )
abcaccbba 8≥+++
( )
( )( )( )
( )
( )( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
1
888222

444111

8

81
*

4
ba
ab
abba
+
≥⇒≥+
( ) ( )
22
41
,
41
ac
ca
cb
bc
+
≥
+
≥
( ) ( ) ( )
( )
2
444111
222
accbba
cabcab
+
+
+
+

222
2
222
111
hay
222111








+++++++
zyxzxyzxyzyx
2
111
4
333






+
+
+
+

1
, a
2
, ,a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
. Chứng minh rằng:
Giải: Vì các số trong mỗi dãy đều dương nên ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
(*)
Xem các số
hạng trong
nhóm 1 và 2 lần lượt là:.
______________________________________________________________________________
33
1
11
33
3333
≥
++
+
++
+
++
zx

≥
++
≥
++
( )
đpcm 33VT
1
3.3VT
111
3VT
6
222
≥⇔
≥⇔








++≥
zyx
zxyzxy
z
xyxyz
1
1 =⇔=
3232233

3
1
1
3 3
3
332222
33
==≥++=
++
y
zx
xz
x
yz
zy
3
1
,3
1
33
33
≥
++
≥
++
( )
đpcm 3.3VT
3.3VT
3z3y3xVT
3

zxxz
z
yzzy
y
12
,
1
2
2323
≤
+
≤
+
( )
1
111
VT
zxyzxy
++≤
( )
2
111111
222
zyxzxyzxy
++≤++
( )( ) ( )
n
n
n
n

a
ba
a
ba
a
+
++
+
+
+
+
+
++
+
+
+
≥
nn
yyyxxx , ,, và, ,,
2121
9
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Áp dụng bài học cô-si cho n
số:. Ta được:
(1)
(2)
Từ (1) + (2)
cho ta:
Ví dụ 12: Cho các số
dương a, b, c. CmR:.

21






+
++
+
+
+
≤
+
++
+
+
+
nn
n
n
nn
n
ba
a
ba
a
ba
a
nba

+
+
+
nn
n
n
nn
n
ba
a
ba
a
ba
a
nba
b
ba
b
ba
b

1

22
2
11
1
22
2
11

1
*
22
22
11
11
3
22
3
32
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a ++
≥
++
+
++
+
++
22
3
22
3

++
=Μ
Μ=Ρ⇒
=−+−+−=
++
−
+
++
−
+
++
−
=Μ−Ρ⇒
0
22
33
22
33
22
33
accbba
acac
ac
cbcb
cb
baba
ba
      
3
22

02
22
33
22
22
2222
22
22
ba
baba
ba
baba
baba
babababa
baba
baba
+
≥
++
+
⇔
≥
++
+−
⇔
++≥+−⇔
≥+−⇔
≥+−
( )
( )

3
2
22
33
22
33
22
33
cba
acac
ac
cbcb
cb
baba
ba ++
≥
++
+
+
++
+
+
++
+
( )
( )
đpcm
cba
cba
3

( )
012 ≥+++++++ cabcabcbaabc
ndbmca
nm
dc
ba>⇒







>
>
>





<<−
<<−
<<−
⇔



≥++++=++⇒
≥+++⇒
≥+≥+≥+⇒
abccabcabcba
cba
cba
( )
( ) ( )
( )
2 01
0221
01
222
2
≥++++++⇔
≥+++++++++⇔
≥+++
cabcabcba
cabcabcbacba
cba
⇒
10
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
dễ vì vậy học sinh nên xem kỹ các ví dụ trước đó vì cũng đã có bài đã thể hiện cách giải như trên.
Ví dụ 14: Cho các số
dương a, b, c . CmR: .
Giải: Ta có:.
Lưu ý dạng sau:(bất
đẳng thức cô-si)
Áp dụng cho bài toán

3
3
≥
++
+
++
+
++ bac
c
acb
b
cba
a
( )
( )
( )
( )
( )
( )
      
3
3
3
3
2
3
3
3
1
3

23
xxxx
xxxx +=
+−++
≤+−+=+
( )
( )
222
2
2
22
2
2
1
1
.
2
1
1
1
1
cba
a
a
cb
a
cb
++
=
+

cba
ac
c
cb
b
ba
a
( )( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )( )( ) ( )
1 111
1
1
1
1
1
1
111
111
cba
cbaac
cc
cbacb
bb
cbaba

( )( )
( )( )( )
( )
ba
cc
ccba
ba
ba
baba
baba
++
−
≤−−−⇔
++
≤−−⇔
==






+++−+−
≤++−−
1
1
.111
1
1
11

++
+
+
++
+
+
++
+
+
++
+
<
bad
ad
adc
dc
dcb
cb
cba
ba
2233
abbaba +≥+
( ) ( ) ( )
( )
cbaaccbba ++≥+++++ 2444
3
33
3
33
3

ba kết quả trên ta được một bất đẳng thức (1). Bình phương giả thiết khai triển các biểu thức rồi
kết hợp với (1) ta được chiều bất đẳng thức (k). Chiều còn lai áp dụng bất đẳng thức phụ:khai
triển ta được đpcm.
Nhóm bài tập không hướng dẫn
1.10 Cho. Chứng
______________________________________________________________________________
( ) ( )
( )
3
2233
33 baabbaba +≥+≥+
( )
( )
3
33
4 baba +≥+
40,30 ≤≤≤≤ yx
( )( )( )
363243 ≤+−− yxyx
4 và0,,, =+++> dcbadcba
( ) ( ) ( ) ( )
2
1111
4
2
3
2
2
2
1

111
2
222
≥
+
+
+
+
+ x
z
z
y
y
x
4
1
,
4
1
,
4
1 xzy +++
0,,
>
cba
3>
+
+
+
+

cbap ++=2
( )
3
k
222
3
442
3
2
13 pabccbap
p
<+++≤






  
0
>−+
cba
( )( )( )
0>−−− cpbpap
0,,,
>
dcba
32222
33
4

1.15 Cho. Chứng
minh:.
Phần 2: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNN
1. Dùng chiều trung bình cộngtrung bình nhân:(1)
Khi dùng chiều (1) ta chỉ tìm được giá trị nhỏ nhất của tổng các hàm f(x
1
) và f(x
2
) khi thỏa mãn
đồng thời các điều kiện:
_ trên miền đang xét
_ là hằng số
_ Phương trìnhbắt buộc phải có nghiệm.
Khi đó ta thu được hàm:.
Đẳng thức xảy ra khilà nghiệm của
phương trình.
Kết luậnkhi và chỉ khi.
Lưu ý:
a) Khi tích số hai hàm không là
một hằng số nữa thì ta chỉ thu được:. Đẳng thức xảy ra tạilà nghiệm của phương trình.
khi này để tìm giá trị nhỏ nhất của u ta
phải tiếp tục tìm giá trị nhỏ nhất của:.
Cụ thể: đều có đẳng thức khivà
b) Nếu bài toán đòi hỏi phải tìm giá trị của
mọiđể u(x) đạt giá trị nhỏ nhất thì bắt buộc phải tìm hết các nghiệm của phương trình, nếu không
đòi hỏi ta chỉ cần:
_ Chứng minh phương trìnhcó nghiệm.
_ Tìm nghiệm đặc biệt nào đó của phương trình. Điều kiện này dùng khi bất đẳng thức không chỉ
là một phương trình mà là hệ các điều kiện phức tạp.
2. Dùng chiều trung bình nhântrung bình cộng:



−






−
zyx
0,,
>
cba
1
888
222
≥
+
+
+
+
+ abc
c
cab
b
bca
a
1 và0,, =++> cbacba
( ) ( ) ( )

=
( ) ( ) ( ) ( )
kxgxfxfxfu 2.2
21
=≥+=
k
xx =
( ) ( )
xgxf
=
( ) ( ){ }
kxfxf
u
2minmin
21
=+=
k
xx =
( ) ( ) ( )
xhxfxfu 2
21
≥+=
k
x
( ) ( )
xgxf
=
( )
xhv 2=
mvu ≥≥

Khikhông là
hàm hằng số. Khi đó maxu(x) ta phải tiếp tục tìm maxh(x) và ta chỉ thu được maxu(x) khi và có
dẳng thức khi.
Cụ thể là:. Khi đó.
Ví dụ 1: Cho hai số dương x, y thỏa.
Tìm GTNN của:.
Giải:
Theo bất
đẳng thức cô-si, ta có:
; ; .
Do đó khi.
Ví dụ 2: Chothỏa. Tìm GTLN của:.
Suy nghĩ: các số đã cho đều dương nên chắc chắn sẽ dùng bất đẳng thức cô-si cho các số trên để
tìm max
N
. Tuy nhiên xét riểng giả thiết ta thấy không thể chỉ để nguyên biểu thức N mà cần có sự
biến đổi.
Giải: Ta có:. Để ý kĩ ta thấy đây là
chiểu thứ hai của giả thiết.
Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta được:
Đẳng thức xảy ra khi:
hay.
Vậy minN khi.
Ví dụ 3: Cho. Tìm GTLN
của:.
Suy nghĩ: ta thấy tử số có thể đơn giản bớt với mẫu số nên ta biến đổi biểu thức về dạng tổng của
ba phân số từ đó suy ra maxN sẽ bằng tổng max của ba phân số. Sau đó áp dụng bất đẳng thức cô-
si cho ba phân số ta được kết quả.
______________________________________________________________________________
( ) ( )

≤=
( ) ( ) ( )
xhxfxf =+
21
( )
Μ=
xhmax
k
xx =
( ) ( )
k
xxxhxu =Μ≤≤ khi
4
1
4
1
22
( ) ( )
2
4
1
maxmax Μ==
k
xuxu
4≥+ yx
2
32
2
4
43









++++=+++=
+
+
+
=Ν
1
1
.
4
2
1
4
=≥+
x
x
x
x
4
3
8
.
8

tzyx
222
=Ν
yztzxyxtzyx 2
2
1
222
==Ν
2
1
4
2
2
1
2.
2
1
2
=






+++
≤=Ν
yztzxyx
yztzxyx
yztzxyx ===2

Ví dụ 4: Cho a, b, c là độ
dài ba cạnh của một tam
giác. Tìm GTNN của biểu thức:
Suy luận: nếu quan sát kĩ ta thấy nếu áp dụng bất đẳng thức cô-si cho bài trên thì chỉ áp dụng
được cho mẫu số mà khi áp dụng sẽ ngược dấu của bất đẳng thức so với yêu cầu đề bài nên phải
biến đổi.
Giải: Đặt:.
Do tính chất của ba cạnh tam giác nên x, y, z dương.
Cộng ba vế trên ta được. Từ đây cho
ta:
. Khi đó:
Áp dụng bất đẳng thức
cô-si, ta được:
; và . Suy ra:.
Vậy minN

và đạt được khi tam giác đã
cho đều.
Ví dụ 5: Cho. Tìm GTLN của:.
Giải: Ta biến đổi:.
Vì các số trên dương nên
áp dụng bất đẳng thức cô-si cho mẫu của các phân số ở biểu thức trên:
, có đẳng thức khi.
, có đẳng thức khi.
______________________________________________________________________________
b
b
a
a
c

c
8
14
,
32
13
≤
−
≤
−
b
b
a
a
844;633;422 =⇔−==⇔−==⇔−= bbaacc
4,8,6 khi
8
1
32
1
22
1
max ===++=Ν cba
cba
c
bac
b
ccb
a
−+


++








++








+=






−+
+
−+
+

y
x
=≥+ khi 2 zy
y
z
z
y
=≥+ khi 2
xz
z
x
x
z
=≥+ khi 2
cbazyx ==⇒==
19.
9
1
==
1 và0,, =++> zxyzxyzyx
xz
z
zy
y
yx
x
+
+
+
+

−=Ν
xz
zx
z
zy
yz
y
yx
xy
x
xyx
xy
xy
x
yx
xy
x
2
1
2
−=−≥
+
−
yx
=
yzy
yz
yz
y
zy

Vì . (4)
Đẳng thức xảy ra khi:
Từ (1), (2), (3) và (4) cho ta:.
Có đẳng thức khi:.
Vậy.
Bài tập áp dụng:
2.1 Cho các số dương x, y, z thỏa:.
Tìm GTNN :.
2.2 Cho ba số dương x,y,z thỏa.
Tìm GTNN :.
2.3 Cho các số dương thoả.Tìm
GTNN: .
______________________________________________________________________________
zxz
zx
zx
z
xz
zx
z
2
1
2
−=−≥
+
−
xz
=
( )
2

xyyx
xy
xyyx
yx
44
1
164
1
22
22
−+−








++






++
+
=Ν
( ) ( )

1
16 =≥+
xy
xy
xy
xy
4
11
16 =⇒= xy
xy
xy
( ) ( )
44110
22
−≥+−⇒≤+⇒≤+< yxyxyx



=
=+
xy
yx

1
14
4
1
21 −≥−⇒≤⇒≥+≥ xyxyxyyx
yx
=

1
khi 7min ===Ν yx
1
222
=++ zyx
y
zy
x
yz
z
xy
++=Ν
3x y z
+ + =
zyx
zxyzxy
333
+++++=Ν
, ,x y z
12 =+ zxxy
z
xy
y
zx
x
yz 543
++=Ν
16
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
2.4 Cho ba số dương x, y, z thoả.

222
xyz
z
zxy
y
yzx
x
+
+
+
+
+
=Ν
222
1;0,, => abccba
32
1
32
1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=Ν
accbba
1,

222333
≤++−++ xzzyyxzyx
[ ]
232323
,,nên 1;0, zzyyxxyx ≤≤≤∈
( ) ( ) ( ) ( )
xzzyyxzyxxzzyyxzyx
222222222233
22 ++−++≤++−++
( ) ( )
32
222222
≤++−++ xzzyyxzyx
( ) ( )( ) ( )
( )
0111111
22222
≥−+−⇔+−≤−⇔≤−+ xyyyyyxyxyx
01;01
2
≥−+≥− xyy
1;1
222222
≤−+≤−+ xzxzzyzy
( ) ( )
32
222222
≤++−++ xzzyyxzyx
( ) ( )
32

hay
114
( ) ( ) ( )


















++






+≤


Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Giải: Ta có:
Suy ra:.
Với yêu cầu đề bài là
nhỏ hơn hẳn chứ không có dấu bằng xảy ra như trên. Nên ta xét:
Đẳng thức xảy ra khi:.
Mà các số a,b,c đều dương nên
dấu bằng không thể xảy ra.
Chứng minh tương tự ta được:
Xét giả thiết:.
Vậy ta được.
Nhận xét: đối với bài trên
ta còn có một cách giải khác cũng theo như suy luận nhưng ngắn hơn một chút.
Ta có:
Đẳng thức
xảy ra khi:.
Tương tự ta có::đẳng thức xảy ra
khi: và : đẳng thức xảy ra khi:.
Vế cộng vế ta
được:.
Khi có đẳng thức thì
đồng loạt có(Vô lý)
Do đó:
Bài 3:( Trích chuyên đề bồi dưỡng
HSG-Bất đẳng thức: Gv. Dư Quốc Đạt) Cho hai số x,y thỏa. Tìm GTLN, GTNN:.
Giải: Xét hệ:
_ Nếuthế vào hệ trên ta được:hệ có
nghiệm khi.
______________________________________________________________________________
cbacbcacba 32

cba
cb
ca
cbca






++






++<
++
+
++
+
++
⇒







16
1
32
1
32
3
32
1
16
1
32
1
32
3
32
1
16
1
32
1
1
111
=++⇔=++
cba
abccabcab
16
3
32
1
32







+






+≤






+
+
≤
++



=
=
cb

++≤
++



=
=
ba
ac
38
2






++






++≤
++
+
++
+
++ cbabacacbcba

=
=
∧



=
=
cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
( )
đpcm
bacacbcba 16
3
96
17
12
1
32
1
16
1
32
1
32




=
=
mx
x
2
2
3
3=m
18
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
_ Nếuđặt, thay vào hệ ta được:
Vìnên nếu (2) có nghiệm t thì (1) có
nghiệm y.
Do đó, nên hệ có nghiệmcó
nghiệm.
Biện luận phương trình.
Hệ có nghiệm khi: .
Vậy minA

và maxA
.
Bài 4:( Trích chuyên đề bồi dưỡng
HSG-Bất đẳng thức: Gv. Dư Quốc Đạt) Cho hai số x,y thỏa. Tìm GTLN, GTNN:.
Giải: Xét hệ:
(1)
Đặt, thế vào hệ:
(2)

=+−
⇔





=
+−
−+
=+−
⇔





=−+
=+−
20633
131
31
2
31
2
31
2
22
2
2

721−−= 721+−=
yyxx −+=+− 2313
yx
+=Α
( )
2,1
13232313
−≥−≥





=+
=+++
⇔





=+
−+=+−
yx
myx
mxy
myx
yyxx
( )
0,,2,1 ≥+=+= vuyvxu


+=+
=+
3
92
1
3
32
3
3
3
2
2
22
m
m
uv
m
vu
muvvu
m
vu
mvu
mvu
( )
vu,
0279618013
92
1
3

2
2
+≤≤
+
⇔









≥
−−
=Ρ
≥=
≥−−=∆
⇔ m
mm
m
mm
3539max;
2
2139
min +=Α
+
=Α
abccbacba 3 và0,, =++>

333
≥
+
+
+
+
+
=Α
yx
z
xz
y
zy
x
19
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có:

Cộng từng vế (1) + (2)
+ (3) ta được:.
Lại có:.
Do đó ta được:.
Vậy.
Bài 6:(Korea 1999) Cho.
CmR:.
Giải: Áp dụng bất đẳng thức cô si ta được:
Tương tự:.
Cộng vế theo vế các
kết quả trên ta được:
Vậy.

2
33
2
33
2
33
zzyx
yx
z
zyx
yx
z
yyxz
xz
y
yxz
xz
y
xxzy
zy
x
xzy
zy
x
=+
+
≥++
+
=+
+

( ) ( ) ( )
1
222
333
≥
+
+
+
+
+ bac
ab
acb
ca
cba
bc
1 và0,,
≥>
abccba
1
111
444444
≤
++
+
++
+
++ cbacbacba
( )( )
( )
22244

=+
2224422244
1
;
1
cba
c
cbacba
b
cba ++
≤
++++
≤
++
( )
đpcm
abc
cbacba
cba
cbacbacba
1
13111
3
222444444
≤≤
++
≤
++
++
≤

≤+≤−⇔+≥++⇒++≤−++=++≤++
yxyx
yxyxyxyxyxyxyxxyyx
( )
( ) ( )
22
2
22
4
1
2
1
2
yxyxyxyx
yx
yxyxxy +−+=+−++






+
≤+−++=Ν
10, ≤≤=+ ttyx
( )
[ ]
1;0,
2
1

(3) cho ta:, có đẳng thức khi.
Vậykhi và chỉ khi.
Bài 9:(Trích tài liệu bồi
dưỡng HSG-Gv.Dư Quốc
Đạt) Cho. CmR:.
Giải:
Với.
Ta có:.
Lại có:.
Thay vào (1)
ta được:.

Từ (2) và (*) cho ta
điều phải chứng minh.
Nhận xét: giả thiết và bất đẳng thức biến đổi
được theonên đặt x,y,z cho gọn. Bất đẳng thức đánh giá qua đại lượngnên từ giả thiết
______________________________________________________________________________
( ) ( )
2
1
khi
4
3
1maxmax =====Ν yxftf
0,,
>
zyx
1
111
≤++



++








++=








++++
x
z
z
x
y
z
z
y
x

1
và2
321
36
1
32
1








++≤
++








++≤
++ yxzyxzxzyxzy
6
1111
6

1
1
1
1
1
VT
111VT
2
222
222222
222
zyxzyx
cbacbaabc
cabbcaabc
++−≤++−=






++−≤−+−+−=⇔
−+−+−=
( )
1,,0
1
,
1
,
1

( ) ( ) ( )
027921
3
2
3
1
23
3
2
≥−+++++⇔≥






++
+++ zyxzyx
zyx
zyx
( )
[ ]
( ) ( )
2
2
3
0332
2
≥++⇔≥+++−++⇔ zyxzyxzyx
cba

3 và0,, =++>
z
x
y
z
x
y
zyx
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
1≥
++++
+
+
++++
+
+
++++
+
zyyxzxyxz
xyxz
yxxzyzxzy
zxzy
xzzyxyzyx
yzyx
63111 =

yx
a
+
=
+
=
+
= ,,
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
( )
1 11

2
2
2
2
2
2
≥
+
+
+
+
+
⇔≥

bca
a
xy
zyyx
z
xz
z
xz
zx
yxxz
y
zy
y
zy
yz
xzzy
x
yx
x
yx
( ) ( )
( )
2
2
3
222
222
222
2
2

3
32
2
39111
222
2
≥
+++
++
⇒≥++⇒=
++
≥++
abccba
cba
abccabcab
cbacba
⇒
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )
1≥
++++
+
+
++++
+
+

111
≥
+
+
+
+
+ cc
ab
bb
ca
aa
bc
22
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Áp dụng bất đẳng thức:ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét: Ở (1) ta dùng bất đẳng
thức:.
Bài 12:(Trích tài liệu bồi
dưỡng HSG -Gv.Dư Quốc Đạt)
Cho. CmR:.
Giải:
Áp dung bất
đẳng thức:và giả thiết, ta có:
Ta có:
Với ta được:
Từ (2) và (3) cho
ta:
Vậy ta thấy (1) đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Bài 13:(Trích tài liệu
bồi dưỡng HSG

ba
z
b
ca
y
a
cb
x
yx
z
xz
y
zy
x
a
cb
b
ca
c
ba
a
cb
c
ba
b
ac
b
ca
c
ba

+
=








+
+
+
+
+
=






+
+
+
+
+




+
+++
+
+
+++
+
=
++++
+
+
++++
+
+
++++
+
=
+
+
+
+
+
,, ;
2
1
222
222222
222
111

222

+
++
≥++
( ) ( )
1
111
23
23
2






+++≥++⇔+
++
≥++
cabcab
cba
abccba
cba
( )
9
111
≥





,
1
===
( ) ( )
3
3
1111
3
1111
2
2
zyx
cbacabcab
++≤






++≤++
( ) ( ) ( )
222
3
2
3
1111
23 cbacbacba
cabcab
++=+++++≤

≤
++
++
+
++
++
+
++
++
bac
bac
acb
acb
cba
cba
1
=++
cba
( )
1hay
222
=++ cba
23
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
thuần nhất khi và chỉ khi thay a bằng ka, b bằng kb, c bằng kc ( với k là một số thực tùy ý khác 0)
thì bất đẳng thức không đổi. Với các bất đẳng thức thuần nhất ta có thể giả sửmà không mất tính
tổng quát.
Giải: Do bất đẳng thức cần chứng minh
có dạng thuần nhất nên ta chuyển hóa:.
Khi đó:

1 8
32
3
32
3
32
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
≤
−+
+
+
−+
+
+
−+
+
cc
c
bb
b
aa

4
32
3
2
2
2
+≤
−+
+
a
aa
a
( )
( )
( )
( )

3
4
c
3
4
32
3
và
3
4
3
4
32

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=+++≤
++
++
+
++
++
+
++
++
cba
bac
bac
acb
acb
cba
cba
3

2 1
2
nmxxxf +−=
3
4
=k
423 và10 ≤++≤≤<< zyxzyx
222
23 zyx ++=Ν
( )
babba −+≥ 2
22
( )
( ) ( )
( ) ( )







−+≥⇒−+≥
−+≥⇒−+≥
−+≥
xxxx
yyyy
zz
31
3

Thay vào điều kiện ta được:
Suy ra:
Vì:nêndo đó từ (1) ta được:
______________________________________________________________________________
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( ) ( )
[ ]
Ν≥−+−+−−−+Ν=
−−−+Ν=
−+−+−
+Ν≥⇒
−+−+−+++≥++
zyzyx
zyx
xyz
xyzzyx
14182342
3
1

612620
3
1
3
31211216
3
10
31

( )
3
10
43.2
3
1
32220
3
1

1.3213233
3
1
1.33.23.
3
1

2433
321211
32232
=+≤+++++=
+++−++−=++=
++=+−+−=
+++−−+−≤
+++−++−=++=Ν
xyzyz
xyzyxzxyz
xyzxxyyz
xxyyyz
xxyzxyyzyzzxxyyzz

222
=+++
2
C
sin.
2
B
sin.
2
A
4sin1cosCcosBAcos +=++
2
3
cosCcosBcosA ≤++
2
33
2
C
cos
2
B
cos
2
A
cos ≤++
2
33
sinCsinBAsin ≤++
4
9







∈
2
0;C B, A,
π
tanC tanB, A,tan === zyx
tanCtanA.tanB.tanCtanBAtan =++
( ) ( )
1 Ctan1tanA.tanBtanBAtan −=+
0tantan
>Β+Α
01tan.tan ≠−ΒΑ
( ) ( )
πππ
k+−=+⇒−=+⇒−=
ΒΑ−
+
CBACtanBAtanCtan
tan.tan1
tanBAtan
25
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Donên, suy ra A, B, C là ba góc của một
tam giác.
Nhận xét: ta có thể đặt(Phép







∈
2
0;C B, A,
π
π
=++
CBA
2
C
cot,
2
B
cot,
2
A
cot === zyx
1 và0,, =++> zxyzxyzyx
∆
2
tan,
2
tan
Β
=

1
,
2
A
cot
1
====== zyx
zyx
Ccot,cot,cot =Β=Α= zyx
1 và0,, =++> zyxzyx
2
A
tan.
2
C
tan,
2
C
tan.
2
B
tan,
2
B
tan.
2
A
tan === zyx
0,,
>

sinB.sinCcosB.cosCcosA
CB.sinsinCcos1cos1CcosB.cosAcos
1CcosB.cosCcosBcosCcosB.cosAcos
1CcosB.cosA.cos2CcosBcosAcos
2222
2
2222
2
222
π
π
=++






∈ CBAnên
2
;0
2
C
sin,
2
B
sin,
2
A
sin === zyx

+
Α+
( )
đúng
2
3
cosCcosBAcos ≤++
1 và0,, =++> zxyzxyzyx
222
222
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
zyx
z
z
y
y
x
x
+

2
C
cos2
2
cos.
2
C
cos2
2
cos.
2
BA
2sinsinBAsin ≤
Β−Α
=
Β−Α+
=+