MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ
BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Phần một: Phần Mở Đầu
Lí do chọn đề tài
Trong toán học bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovski là
hai bất đẳng thức cổ điển có nhiều ứng dụng trong giải toán. Chúng được sử
dụng nhiều trong chương trình giải toán phổ thông đặc biệt là trong các kì thi
tuyển sinh đại học và các kì thi học sinh giỏi. Đề tài về hai bất đẳng thức này
là không mới. Tuy nhiên em vẫn chọn đề tài này do đây là mảng kiến thức em
thích, em đã giải khá nhiều bài toán có ứng dụng hai bất đẳng thức này nhưng
bản thân em vẫn chưa tổng kết được các phương pháp sử dụng hai bất đẳng
thức trên trong giải toán. Vì vậy khi nghiên cứu đề tài này sẽ giúp em hệ thống
lại các kỹ thuật sử dụng hai bất đẳng thức này một cách rõ ràng hơn. Và sau
này khi trở thành giáo viên em sẽ thấy tự tin hơn khi giảng dạy về mảng kiến
thức này từ đó giúp học sinh hiểu rõ hơn. Bên cạnh đó, em thấy đề tài này
cũng hợp với khả năng của mình, đặc biệt em thực hiện đề tài này với sự
hướng dẫn tận tình của giáo viên hướng dẫn cùng với nguồn tài liệu không ít
nên em tin mình có thể hoàn thành tốt đề tài này.
Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp tham khảo tài liệu là chủ yếu.
Phần hai: Nội Dung Nghiên Cứu
MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Quy tắc song hành: Đa số các bất đẳng thức đều có tính đối xứng nên chúng
ta có thể sử dụng nhiều bất đẳng thức trong chứng minh một bài toán để định
hướng cách giải nhanh hơn.
Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” trong bất đẳng thức có vai trò rất quan trọng. Nó
giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh, định hướng cho ta cách giải.
Chính vì vậy khi giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc các bài toán
cực trị ta cần rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện của dấu bằng mặc dù
một số bài không yêu cầu trình bày phần này.

c
b
d
=
.
+
.
( a + b) ( c + d ) ( a + b) ( c + d )
( a + b )( c + d )
1 a
c  1 b
d  1a+b c+d 
+
+
+

+ 
= 
 =1
2a+b c+d  2a+b c+d  2a+b c+d 
⇒ ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) (đpcm)
a > c
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa 
. Chứng minh rằng:
b > c
≤

c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

c 1c
c
 +1−  +  +1−  = 1
2b
a 2a
b

⇒ c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab (đpcm)
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1 + 3 abc ≤ 3 (1 + a )(1 + b )(1 + c )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1 + 3 abc
1
1
1
a
b
c
≤3
.
.
+3
.
.
3 (1 + a )(1 + b )(1 + c )
(1 + a ) ( 1 + b ) (1 + c ) (1 + a ) (1 + b ) (1 + c )
1 1
1
1  1 a

ab
Tương tự: b a − 1 ≤
(2)
2
Cộng theo vế (1) và (2), ta được:
a b − 1 + b a − 1 ≤ ab (đpcm)

Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab( a − b ) 2 ≤ ( a + b ) 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

16ab( a − b ) = 4.( 4ab )( a − b )
2

 4ab + ( a − b ) 2 
 ( a + b) 2 
4
≤ 4.
=
4
.


 = ( a + b)
2


 2 
2


⇒ a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc 1 + 3 abc (đpcm)

Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: ab +

)

a b
+ ≥ a + b +1
b a

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a b  ab a   ab b   a
b 
ab + + =  +  +  +
+ +

b a  2 2b   2 2a   2b 2a 
ab a
ab b
a b
≥2
. +2
.
+2
.
= a + b + 1 (đpcm)
2 2b
2 2a
2b 2a

⇒   .  .  ≤ 1 ⇒   .  .  ≤ 1 ⇒a 2b3c 5 ≤2 2 3355 = 337500
 2  3 5
 2  3 5
10

2


a = 2
a b c
a b c a+b+c
 = =

⇔ = = =
= 1 ⇔ b = 3
Dấu “=” xảy ra ⇔  2 3 5
2 3 5
10
a + b + c = 10
c = 5

Vậy GTLN của A là 337500.
Kỹ thuật tách nghịch đảo
a b
Bài 1: Chứng minh rằng: + ≥ 2 , ∀a,b > 0
b a
Giải:
a
b
> 0,

Bài 3: Chứng minh rằng:
a2 +1
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2 + 2
a2 +1+1
1
1
=
= a2 +1 +
≥ 2 a2 +1
= 2 (đpcm)
2
2
2
a +1
a +1
a +1
a2 +1
Bài 4: Chứng minh rằng:

3a 2
1
≤ , ∀a ≠ 0
4
1 + 9a
2

Giải:
Với ∀a ≠ 0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = ( a + 1) + 
 a +1

Giải:
2

 a 2 + 2a + 2 

A = ( a + 1) + 
a
+
1



2

2

 ( a + 1) 2 + 1
= ( a + 1) + 

 a +1 

2

2

1 


Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = a + 2 , ∀a > 0
a
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
a a
1
a a
1
1 3
A=a+ 2 = + +
≥ 3. . .
= 33 = 3 4
3 2 2
a a
a a
2 2
2 2
a
2. .
2. .
2 2
2 2
a
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = 2 hay a = 3 4
2 a
3
Vậy GTNN của A = 3 4
2


≥ 3 , ∀a > b > 0

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
( b + 1) + ( b + 1) +
4
a+
= ( a − b) +
2
2
2
( a − b )( b + 1)

1
−1
(
b + 1) ( b + 1)
( a − b)
2
2
( b + 1) . ( b + 1) .
1
≥ 4. ( a − b ).
−1 = 3
4
(
b + 1) ( b + 1)
2
2

Ta có:
bc ca ab 1  bc ca  1  ca ab  1  ab bc 
+
+
=  + +  + +  + 
a
b
c
2 a
b  2 b
c  2 c
a
bc ca
ca ab
ab bc
≥
. +
.
+
.
= a+b+c
a b
b c
c a
a2 b2 c2 b c a
Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ 0 . CMR: 2 + 2 + 2 ≥ + +
a b c
b
c
a

b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c
Giải:
 bc
b + c c + a a + b 2 bc 2 ca 2 ab
+
+
≥
+
+
= 2
+
a
b
c
a
b
c
 a
 bc
ca   ca
ab  
+
+
= 


+
c
a 

ab bc
c a

) (

a+ b+ c +

a+ b+ c

)

≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c + 3
b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
Vậy
a
b
c
a+b+c
Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =
. CMR:
2
( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ 1 abc

≥ 2 + + 
p−a p−b p −c
a b c
Giải:
Ta có:

4


a
b
c
3
 2: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
1
1
1
1 1
1  1 1
1  1 1
1 Bài
+
+
≥
 + 
 + 

+
+
= 

−3
≥
+
+
( p − a) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c) ( p − c) + ( p − a ) b + c c + a a + b  b + c   c + a   a + b 
2
2
2
a+b+c b+c+a c+a+b
=
+
+
−3
b+c
c+a
a+b
 1 1 1
≥ 2 + + 
1
1 
 1
a b c
= ( a + b + c)
+
+
−3
Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
b+c c+a a+b
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau
1

Ta có với x1 , x 2 ,..., x n > 0 thì
+
+
≥
a+b b+c c+a
2


( x1 + x 2 + ... + x n )  1 + 1 + .. + 1  ≥ n n x1 x 2 ...x n .n n 1 = n 2
Giải:
xn 
x1 x 2 ...x n
 x1 x 2

c2
a2
b2
c2  
a2  
b2 
 +  a +
 +  b +
 − ( a + b + c)
+
+
=  c +
Với n = 3 và x1 , x 2 , x3 > 0 thì
a+b b+c c+a 
a+b 
b+c 

a
b 
 c
Ta có:
= ( a + b + c)
+
+
 − ( a + b + c)
 a+b b+c c+a 
b+c c+a a+b  b+c  c+a  a+b
+
+
= 1 +
 + 1 +
 + 1 +
−3
a
b
 c

a
b
c
a  
b  
c 

= ( a + b + c)
+
+

3  a+b+c
.
.
≥ xy . yz zx = xyz
+
+
≥ ( a + b + c )  − 1 =
(đpcm)
2
2
2
a+b b+c c+a
2
2 
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (đpcm)
Hay
Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ 1 . Chứng minh bất
đẳng thức sau:
Bài 2: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b. CMR:
1
1
1
a
b
c
+ 2
+ 2
≥9
+
+

b + c − a = x > 0

z+x


1
1
1


c + a − b = y > 0 ⇔ b =
= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac  2
+ 2
+ 2

2
a + b − c = z > 0

 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 

x+ y

1
1
1


c=

= a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab  2

=
a
,
CA
=
b
.
Bài 1: Cho
CMR:
y+ z z+ x x+ y 1 y x 1 z x 1 z
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1)
+
+
=  +  +  +  +  +
2x
2y
2z
2 x y 2 x z  2 y
Giải:
y
+
z

2 y x 2 z x 2
a = 2
≥
. +
. +
b + c − a = x
2 x y 2 x z 2

x. y.z ≤
.
.
b+c−a c+a −b a+b−c
2
2
2
Giải:
Do trong tam giác, tổng độ dài của hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại
nên :
x, y , z > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

(

[(

)

) (

) (

)]

y

z 
z y
. =3


2

+

(z + x)

2

+

(x + y)

4x
4y
4z
æ
1æ
yz zx ö
1ç
zx xy ö
÷
ç
+
+
+ ÷
÷
÷
ç
ç

y
z

1æ
xy yz ö
ç
+ ÷
÷
ç
÷
çz
2è
x ø

xy yz
. =z + x + y
z x

a2
b2
c2
+
+
≥ a + b + c (đpcm)
b+c−a c+a −b a+b−c
a+b+c
Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =
. CMR:
2
1


1
1
1
x+ y+z
+ 2 + 2 ≥
2
xyz
x
y
z
Ta có:
1
1
1 1 1
1  1 1
1  1 1
1 
+ 2 + 2 =  2 + 2  +  2 + 2  +  2 + 2 
2
2 x
x
y
z
y  2 y
z  2 z
x 
1 1
1 1
1 1

a
b
c
3
+
+
≥ (1)
Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
b+c c+a a+b 2
Giải:
y+z−x

a
=

2
b + c = x

z
+
x
−y


Đặt: c + a = y ⇒ b =
2
a + b = z


x+ y−z

. +
x y 2

z x 2
. +
x z 2

z y 3 3
. − =
y z 2 2

a
b
c
3
+
+
≥ (đpcm)
b+c c+a a+b 2
Bài 6: Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa ( a + c )( b + c ) = 1 . CMR:
1
1
1
+
+
≥ 4 (1)
2
2
( a − b) ( a + c) ( b + c) 2
Giải:

Ta có:

≥

(

)

(

)

1
1
+ x2 + y2 − 2 + 2 ≥ 2 2
. x2 + y2 − 2 + 2 = 4
2
x −2+ y
x − 2 + y2
1
1
1
+
+
≥ 4 (đpcm)
Vậy
2
2
( a − b) ( a + c) ( b + c) 2
Bài 7: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện

x − 2 xy + y
( x − y) x y ( x − y)
=

x 2 .2 yz

+

2 x x xyz
y y + 2z z
2x x
y y + 2z z

y 2 .2 zx
z z + 2x x

+
+

+

2 y y yzx
z z + 2x x
2y y
z z + 2x x

z 2 .2 xy
x x + 2y y

+

+

9
a
b
c

2
 b a c   c a b 
≥ − 6 + 4 + +  +  + + 
9
 a c b   a b c 
≥

2
b a c
c a b 2
 − 6 + 4.3.3 . . + 3.3 . .  = ( − 6 + 12 + 3) = 2
9 
a c b
a b c  9

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Vậy GTNN của A là 2
Kỹ thuật chọn điểm rơi
Điểm rơi trong các bất đẳng thức là giá trị đạt được của biến khi dấu “=” trong
bất đẳng thức xảy ra.
Trong các bất đẳng thức dấu “=” thường xảy ra ở các trường hợp sau:
Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại
tâm

a 4 a 4
4 a 4
4
2
a 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ = hay a = 2
4 a
5
Vậy GTNN của A là .
2
Vì sao chúng ta lại biết phân tích được như lời giải trên. Đây chính là kỹ thuật
chọn điểm rơi trong bất đẳng thức.
Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt
GTNN khi a = 2 . Khi đó ta nói A đạt GTNN tại “Điểm rơi a = 2 ” . Ta không
1
thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a và
vì không thỏa quy tắc
a
1
dấu “=”. Vì vậy ta phải tách a hoặc
để khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy
a
thì thỏa quy tắc dấu “=”. Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số
a 1
 a 1
 ,  sao cho tại “Điểm rơi a = 2 ” thì = , ta có sơ đồ sau:
α a
α a 
a 2
α = α

a 2
α = α
2 1
a=2⇒
⇒ = ⇒α =8
α 4
1 =1
 a 2 4
Sai lầm thường gặp là:
a 1 7a
a 1 7a
1 7a
1
7.2 9
A= + 2 +
≥2 . 2 +
=
+
≥
+
= . Dấu “=”
8 a
8
8 a
8
2a 8
2.2
8
4
xảy ra ⇔ a = 2

1
Bài 1: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A = ab +
ab
Phân tích:
2
1
a+b
Ta có:
ab ≤ 
 ≤
4
 2 
Sơ đồ điểm rơi:
1
 ab
=

1
1
1
α
4α
ab = ⇒ 
⇒
= 4⇒α =
4
4α
16
1 =4
 ab

17
Vậy GTNN của A là
4
18
2
Bài 2: Cho số thực a ≥ 6 . Tìm GTNN của A = a +
a
Phân tích:
Ta có
18
9 9
A = a2 + = a2 + +
a
a a
Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a = 6 . Ta
có sơ đồ điểm rơi:
 a 2 36
 =
α ⇒ 36 = 3 ⇒ α = 24
a =6⇒ α
α 2
9 = 9 = 3
 a 6 2
Giải:
a 2 9 9 23a 2
a 2 9 9 23a 2
+ + +
≥ 33
. . +
24 a a

4
a=2⇒
⇒ = ⇒α =
α 2
3
3 = 3
 a 2
b 3
 β = β
3 3
b =3⇒ 
⇒ = ⇒β =2
β 2
9 =3
 2b 2
c 4
 γ = γ
4
c =4⇒
⇒ =1⇒ γ = 4
γ
4 = 1
 c
Giải:
 3a 3   b 9   c 4  a b 3c
A= + + + + + + + +
 4 a   2 2b   4 c  4 2 4
3a 3
b 9
c 4 a + 2b + 3c


Phân tích:
ab = 12
Dự đoán GTNN của A đạt được khi 
,tại điểm rơi a = 3, b = 4, c = 2 .
bc = 8
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
10


1
a b
= =

1
1
1
α α 2α
a=b= ⇒
⇒
= 2⇒α =
2
2α
4
1 = 1 = 2
 a b

a
b

≥ 44 . . .
=
9 6 12 abc
9 6 12 abc 3
13a 13b
13a 13b
13 13
13
+
≥2
.
≥2
. .12 =
18
24
18 24
18 24
3
13b 13c
13b 13c
13 13
13
+
≥2
.
≥2
. .8 =
48 24
48 24
48 24


A =  4a + 4b + +  − 3a − 3b ≥ 44 4a..4b. . − 3( a + b ) ≥ 8 − 3 = 5
a b
a b

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b =
2
5
Vậy GTNN của A là

Bài 1:

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤

A= a+b+c+

3
. Tìm GTNN của
2

1 1 1
+ +
a b c

Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=c=
2



Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
Vậy GTNN của A là

Sơ đồ điểm rơi:

1
2

13
2

Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤

3
. Tìm GTNN của
2

1 1 1
A = a +b +c + + +
a b c
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=c=
2
Sơ đồ điểm rơi:
1
 2


2

2

2a 2
 a+b
α ab = αa = α
2 1

a=b⇒
⇒ = ⇒α = 4
α 2
 ab = a = 1
 a + b 2a 2
Giải:

2

1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
. . . . . +  + + 
8a 8b 8c 8a 8b 8c 4  a b c 
9
1
9 9
1
9 9
27
≥ + 9. 3
≥ + .

.
+
= 1+ =

2 2
4 ab a + b
4 ab
 4 ab a + b  4 ab
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
5
Vậy GTNN của A là
2
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của
a
b
c
b+c c+a a+b
A=
+
+
+
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
a=b=c

b+c c+ a a +b
≥ 66

3b+c c+ a a +b
+
+


4 a
b
c 

a
b
c b+c c+a a+b 3b c c a a b
.
.
.
.
.
+  + + + + + 
b + c c + a a + b 4a
4b
4c
4a a b b c c

3
b c c a a b
9 15
≥ 3 + .6.6 . . . . . = 3 + =

2

= 2α
 2ab
Giải:
1
1
4
≥ 2. 2
=
≥4
2
2
a + b 2ab
a + b + 2ab ( a + b ) 2
2
2
2
a + b = 2ab
1
⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
2
a + b = 1
Vậy GTNN của A là 4
A=

1
1
+

=
2
2
1 + a + b
1
2 2
3
a=b= ⇒
⇒ = ⇒α = 3
2
3 α
 1 = 2
 2αab α
Giải:

A=

1
1+ a + b
2

≥2
≥ 2.

≥

2

+


1
1
+
6ab 3ab

 2 
4

2

+

1
 a+b
3

 2 
4

2

2

 Do ab ≤  a + b 

 2 





+
+ 4ab
2
a +b
ab
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:
Bài 7:

13


1
1
1
+ 2 + 2
3
a +b
a b ab
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
1
a=b=
2
Sơ đồ điểm rơi:
 1

2 
β
 βab β

A=

Giải:
1
1
1
1
+
+ 4ab +
+
2
2ab
4ab 4ab
a +b
1
1
1
≥2
+ 2 4ab.
+
2
2
4ab 4ab
a + b 2ab

A=

≥5 3 3
2
a + b + 2a b + 2ab 2 + 2a 2b + 2ab 2
5
25
≥
( a + b ) 3 + ab(a + b)

A=

1

1
4
1
≥ 2. 2
+2+
=
+2+
2
2
4ab ( a + b )
4ab
a + b + 2ab
2
2

4
1
a+b


a + b = 1
Vậy GTNN của A là 7

3






Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của

3

2

25
a+b

≥
Do ab ≤ 


( a + b) 3
 2 
3

( a + b) +
4


1 1 1
+ + = 4 . Tìm GTLN của
x y z

1
1
1
+
+
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
Đề thi Đại học khối A năm 2005
Giải:
P=

1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
=
≤
= 4 . . . ≤  + + + 
2 x + y + z x + x + y + z 44 x.x. y.z 4 x x y z 16  x x y z 
Tương tự:
1
1 1 1 1 1
≤  + + + 
x + 2 y + z 16  x y y z 
1
1 1 1 1 1

2
2
2
3
2 27

4
⇒ A≤
27
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2 − 2a =
3
A=

4
27

Bài 2: Tìm GTLN của : A = a 3 ( 2-a ) , a ∈ ( 0,2 )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4
1
1  a + a + a + 6 − 3a 
27
A = a.a.a.( 6 − 3a ) ≤ 
 =
3
3
4
16

c ≥ 12

bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12
abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
A=

15


bc a − 2 =

bc

( a − 2).2 ≤

bc

( a − 2) + 2 =
.

abc

2
2
2 2
( b − 6).3.3 ≤ 3ca . ( b − 6) + 3 + 3 = abc
ca 3 b − 6 = 3
3


Dấu “=” xảy ra ⇔ b − 6 = 3 ⇔ b = 9
c − 12 = 4
c = 16


2
ca 3

Vậy GTLN của A là

5

+

1
3

8 2 3 9
Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 1 . Tìm GTLN của:
A = a+b + b+c + c+a
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
2

a + b = 3

1
2


3
c+a ≤
.
(3)
2
2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
2
2( a + b + c ) + 3.
3
3 = 6
A= a+b + b+c + c+a ≤
.
2
2
2

a + b = 3

2
1

Dấu “=” xảy ra ⇔ b + c = ⇔ a = b = c =
3
3

2

c + a = 3


c + 2a ≤

1
3

3

( a + 2b ).3.3 ≤ 3 1 ( a + 2b ) + 3 + 3 = 6 + a3 + 2b

9
6 + b + 2c

3

9

3 9

(1)

(2)

33 9
6 + c + 2a

(3)
33 9
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
18 + 3( a + b + c )
3

.
=
(1)
2
3
3
2 3

(

4−b ≤
2

4 − c2 ≤

7 − b2
2 3
7 − c2

)

(

)

(2)

(3)
2 3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:

(đpcm)

Kỹ thuật hạ bậc
Bài toán 1
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 (*). Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A = a 2 + b 2 + c 2
Phân tích: Sự chênh lệch về số mũ của các biểu thức a 2 + b 2 + c 2 và a + b + c
gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a 2 + b 2 + c 2 . Nhưng ta cần
áp dụng cho bao nhiêu số và là những số nào? Căn cứ vào bậc của các biến số
a, b, c trong các biểu thức trên (số bậc giảm 2 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng
thức Cauchy lần lượt cho a 2 , b 2 và c 2 cùng với 1 hằng số dương tương ứng
khác để làm xuất hiện a, b và c . Do a, b, c dương và có vai trò như nhau nên
1
ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ nhất khi a = b = c , từ (*) ta có a = b = c = . Mặt
3
khác thì dấu “=” của bất đẳng thức Cauchy xảy ra khi chỉ khi các số tham gia
bằng nhau. Khi đó ta có lời giải như sau:
Lời giải:
1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số: a 2 và
ta có:
9
1
1
1
1 2
2
a 2 + ≥ 2 a 2 . = a (1) Dấu “=” xảy ra ⇔ a = ⇔ a =
9
3

3
17


Bài 1: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 + b 3 = 1 (*). Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức A = a + b
Phân tích: Căn cứ vào bậc của các biến số a, b trong các biểu thức trên (số
bậc giảm 6 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy lần lượt cho a 3 và
b 3 cùng với 5 hằng số dương tương ứng khác để làm xuất hiện a và b .
Do a, b dương và có vai trò như nhau nên ta dự đoán A đạt giá trị lớn nhất khi
1
a = b , từ (*) ta có a 3 = b 3 = . Mặt khác thì dấu “=” của bất đẳng thức
2
Cauchy xảy ra khi chỉ khi các số tham gia bằng nhau. Khi đó ta có lời giải
như sau:
Giải:
1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số: a 3 và 5 số
ta có:
2
5

1
1
1
a + 5. ≥ 6.6 a 3 .  = 6.
. a (1) Dấu “=” xảy ra
6
2
2

6
5
2
2
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = 3
2
6
Vậy giá trị lớn nhất của A là 25
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3 . CMR:
a3 + b3 + c3 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
3
3
3
a 3 + b 3 + 1 ≥ 33 a 3 b 3 = 3ab (1) ; b + c + 1 ≥ 3bc (2) ; c + a + 1 ≥ 3ca (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
3

(

)

(

)

(

(

)

⇔ 3 a 5 + b 5 + c 5 + 6 ≥ 5.3
⇔ a 5 + b 5 + c 5 ≥ 3 (đpcm)
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 3 b 3 + b 3 c 3 + c 3 a 3 = 3 . CMR:
a7 + b7 + c7 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 7 số: 3 số a 7 , 3 số b 7 và số 1, ta có:
3a 7 + 3b 7 + 1 ≥ 77 a 21 .b 211 = 7 a 3 b 3 (1)
Tương tự:
3b 7 + 3c 7 + 1 ≥ 7b 3 c 3 (2) ; 3c 7 + 3a 7 + 1 ≥ 7c 3 a 3 (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
6 a 7 + b 7 + c 7 + 3 ≥ 7 a 3b 3 + b 3c 3 + c 3 a 3

(

(

)

)

(

)

⇔ 6 a 7 + b 7 + c 7 + 3 ≥ 7.3
⇔ a 7 + b 7 + c 7 ≥ 3 (đpcm)

⇔ a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab (đpcm)
Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c, m, n. CMR:
a m+n + b m+n + c m+n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m+n số: m số a m + n và n số b m+ n ta có:

(

) (

)

ma m+ n + nb m + n ≥ ( m + n ).m + n a m + n b m+ n = ( m + n ).a m b n (1)
Tương tự:
mb m+ n + nc m + n ≥ ( m + n ).b m c n (2)
mc m + n + na m + n ≥ ( m + n ).c m a n (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
( m + n ) a m+ n + b m+ n + c m+ n ≥ ( m + n ) a m b n + b m c n + c m a n
a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n (đpcm)
Lưu ý: Bất đẳng thức chúng ta vừa chứng minh sẽ được sử dụng trong chứng
minh các bài toán sau này.

(

)

m

(


( do abc = 1) (1)
⇒ 3
≤ 2
= 2
=
3
2
2
a + b + 1 a b + b a + 1 a b + b a + abc a + b + c
Tương tự:
1
a
≤
(2)
3
3
b + c +1 a + b + c
1
b
≤
(3)
3
3
c + a +1 a + b + c
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
1
1
1
a+b+c
+ 3

2

2a 2 + 2b 2 ≥ 2 2a 2 .2b 2 = 4ab
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 4( ab + bc + ca ) = 4.1 = 4
 2 c2
8a =
2
1


a=b=
2

 2 c

3
⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔ 8b =
2

c = 4
2
2

2a = 2b
3


Đây là một lời giải ngắn gọn nhưng có vẻ hơi thiếu tự nhiên. Chúng ta sẽ thắc

Lúc này ta cân bằng điều kiện giả thuyết, tức là:

a = α
Giả sử A đạt GTLN khi 
. Ta có α 3 + β 3 = 1 (1)
b = β

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số: a 3 và 2 số α 3 ta có:

( )

a 3 + 2α 3 ≥ 3.3 a 3 . α 3
Tương tự:

( )

2

= 3α 2 a

2

b 3 + 2β 3 ≥ 33 b 3 . β 3 = 3β 2 b
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a 3 + b 3 + 2 α 3 + β 3 ≥ 3α 2 a + 3β 2 b
Đẻ xuất hiện ở vế phải a + 4b ta chọn α , β sao cho
3α 2 a : 3β 2 b = a : 4b

(



3
⇒
Từ (1) và (2) ta có hệ:  β 2
Khi đó ta có lời giải bài toán như trên.
3
α 3 + β 3 = 1 β = 2 3
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 5 .


3
CMR: :
Khi đó ta có lời giải sau:
2
2
2
3a + 3b + c ≥ 10
Giải:
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1 1
1 1
1
2
c2
a 3 + + ≥ 3.3 a 3 . . = 3 a
2
2 c
2a +

Bài toán 3
3

3
 3 1
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 + b 3 ≤ 1 . Tìm giá trị lớn
a
=
a
=



9
3
nhất của biểu thức A = a + 4b
⇔
Dấu “=” xảy ra khi 
3
Phân tích:
b 3 = 8
b = 2 3


Dự đoán A đạt GTLN khi a 3 + b 3 = 1
9
3

(


3
 4
4α = 6 β = 3γ


2
=3
3

8

β = 3
⇒α = 4⇒ 
γ = 16

3
Khi đó ta có lời giải bài toán như sau
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

4a 2 + α ≥ 2 4a 2 .α = 2 4α a

a + b + c = 3

a = α
a + b + c = 3

 2
4
α

+
+
=3

6
3
 4

4α
α
4α
4α
1 1
⇒ β =
⇒
+
+
=3⇒ α  + +
6
4
6.6
3.3
2 3

4α

γ = 3


4a 2 + 4 ≥ 2 4a 2 .4 = 8a

a
=
4


2
 2 8

⇔ b =
Dấu “=” xảy ra ⇔ 6b =
3
3


4
 2 16

3c =
c = 3
3

6b 2 +

Vậy GTNN của A là 12
Kỹ thuật cộng thêm
Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a
b
c 1 1 1
+ 2+ 2 ≥ + +

+ 2 + 2 + + + ≥ + +
2
a b c a b c
b
c
a
a b
c 1 1 1
⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + (đpcm)
b
c
a
a b c
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
2b + c 2c + a 2a + b
3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
2b + c
a 2 2b + c 2a
(1) ;
+

+
≥
2b + c 2c + a 2a + b
9
3
2
2
2
a
b
c
a+b+c
(đpcm)
⇒
+
+
≥
2b + c 2c + a 2a + b
3
Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ
thuật chọn điểm rơi và kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp.
Ví dụ:
Đối với bài 1 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán
a
a
1
1
dấu “=” xảy ra khi a = b = c . Khi đó 2 = 2 = , ta chọn
.
a

≥ 2( a + b + c )
ab
bc
ca
Giải:
Ta có:
3
3
a +b
b3 + c3 c3 + a3 a 2 b2 b2 c 2 c 2 a 2
+
+
=
+
+
+
+
+
ab
bc
ca
b
a
c
b
a
c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
b2
b2

b
a
c
a 2 b2 b2 c2 c2 a2
⇒
+
+
+
+
+
≥ 2( a + b + c )
b
a
c
b
a
c
a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
⇒
+
+
≥ 2( a + b + c ) (đpcm)
ab
bc
ca
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a2 b2 c2 1 1 1
+
+
≥ + +

2
2
2
a
b
c
1 1 1
⇒ 3 + 3 + 3 ≥ + + (đpcm)
a b c
b
c
a

Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a3 b3 c3
+
+
≥ a2 + b2 + c2
b
c
a
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a3 a3
a3 a3 2
+
+ b 2 ≥ 33
. .b = 3a 2 (1) ;
b
b

+
+
≥ a 2 + b 2 + c 2 (đpcm)
b
c
a
Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . Chứng minh bất đẳng thức
sau:
a3
b3
c3
3
+
+
≥
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a3
1+ b 1+ c
a3
1+ b 1+ c 3
+
+
≥ 33
.
.
= a (1) ;
(1 + b )(1 + c ) 8
(1 + b )(1 + c ) 8 8 4

4 4
a3
b3
c3
1
3 3
3 3
⇒
+
+
≥ ( a + b + c ) − ≥ 3 abc − =
(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 2
4 2
4 4
(đpcm)
Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a4
b4
c4
+
+
≥ a+b+c
bc 2 ca 2 ab 2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a4
a4
4
+
b

Bài 8: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
ab
bc
ca
1 1 1 1
+ 2
+ 2
≥  + + 
2
c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a ) 2  a b c 
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
ab
a+b
ab
a+b 1
+
≥2 2
.
=
(1)
2
c
c ( a + b ) 4ab
c ( a + b ) 4ab
23


bc
b+c 1

1
1
1
1
1
1 1 1 1
⇔ 2
+ 2
+ 2
+
+
+
+
+
+
≥ + +
c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4b 4a 4c 4b 4a 4c a b c
ab
bc
ca
1 1 1 1
⇒ 2
+ 2
+ 2
≥  + +  (đpcm)
c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a ) 2  a b c 
Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng:
a3
b3
c3

4
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
ab + bc + ca
+
+
+
≥ a 2 + b 2 + c 2 (1' )
b+c c+a a+b
2
m+n
m+n
Mặt khác ta có: a
+b
+ c m+n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
m = 1
Chọn 
ta được:
n = 1

a3
b3
c3
a 2 + b2 + c 2 3
+
+
≥
= (đpcm)

2
2
c
a
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a5 b5 c5
+ 2 + 2 + ab 2 + bc 2 + ca 2 ≥ 2 a 3 + b 3 + c 3 (1' )
2
b
c
a
Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
m = 1
Chọn 
ta được:
n = 2
⇒

(

)

a 3 + b 3 + c 3 ≥ ab 2 + bc 2 + ca 2 (2' )
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được:
a5 b5 c5
+
+
+ ab 2 + bc 2 + ca 2 + a 3 + b 3 + c 3 ≥ 2 a 3 + b 3 + c 3 + ab 2 + bc 2 + ca 2
b2 c2 a2
a5 b5 c5

9
a + 2b
9
3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được:
3
3
c
c( c + 2b ) 2 2
a3
b3
c3
ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2
ab + bc + ca b + b( b + 2c ) ≥ 2 b 2 (2) ;
+
≥ c (3)
⇒
+
+
+
+
≥ a2 + b2 + c2 +
b
+
2
c
9
3
c
+

1
2
2
+
+
+ a 2 + b 2 + c 2 + ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2
a + 2b b + 2c c + 2a 9
9
3
3
3
3
a
b
c
2
5
⇔
+
+
+ ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 (1' )
a + 2b b + 2c c + 2a 9
9
m+n
m+n
m+n
m n
m n
Mặt khác ta có: a
+b

b+c c+a a+b 2 2 2
⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + (đpcm)
a b c
a
b
c
Bài 13: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a 2 b 2 4c 2
+
+
≥ a + 3b
b
c
a

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c
2
2
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( ab + bc + ca ) (2' )
Giải:
9
9
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được:
2
2
2
3
3

+
+
≥ a 2 + b 2 + c 2 (đpcm)
a 2 b 2 4c 2
a + 2b b + 2c c + 2a 3
+
+
+ a + b + 4c ≥ 2a + 4b + 4c
b
c
a
Bài 12: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau:
b+c c+a a+b 2 2 2
a 2 b 2 4c 2
+
+
≥
+
+
⇒
+
+
≥ a + 3b (đpcm)
a b c
a2
b2
c2
b
c
a

a2 b + c a
Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c
c+a
4
4
a+b
4
4
+
≥
+
≥
(2)
;
(3)
Giải:
c+a b
a+b c
b2
c2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
a2
4( b + c ) 4a
b2
4( c + a ) 4b
16c 2
b+c c+a a+b
4
4

1 1
4
4
+ ≥2 . =
≥
(2' ) ;
a2
b2
16c 2 13
8
4
a b
a b 2 ab a + b
+
+
+ ( a + b ) + c ≥ ( a + b ) + 8c
b+c c+a a+b 9
9
3
1 1
4
1 1
4
2
2
2
+ ≥
(3' ) ;
+ ≥
(4' )

25