Các đại lượng trung bình của các số không âm

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
I. CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA HAI SỐ KHÔNG ÂM
• Với hai số không âm a, b. Kí hiệu:

2
a b
A
+
=
là trung bình cộng của hai số a, b.

G ab=
là trung bình nhân của hai số a, b.

2 2
2
a b
Q
+
=
là trung bình toàn phương của hai số a, b.

2
1 1
H
a b
=
+
là trung bình điều hòa của hai số dương a, b
Ta có bất đẳng thức Q

≥
A
≥
G
≥
H.
 Chứng minh:
Từ
( )
2
0 2 0
2
a b
a b a ab b ab
+
− ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ ≥
hay A
≥
G (1)

( )
2
2 2 2 2
0 2 0 2a b a ab b a b ab− ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ + ≥

hay
( )
( )
2 2
2

2 2
2
2 2
a b a b
a b a b
+ +
⇒ + ≥ + ⇒ ≥
hay Q
≥
A (2)
Mặt khác
2
1 1 1 1 2 2
0
1 1
ab
a b a b
ab
a b
 
− ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥
 ÷
 ÷
 
+
hay G
≥
H (3)
Kết hợp (1), (2), (3) ta có Q
≥

A
≥
G
≥
H.
Dấu “=” trong các bất đẳng thức này đều xảy ra khi a = b.
• Mở rộng ra cho n số không âm
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
ta cũng có:
1 2 3

n
a a a a
A
n
+ + + +
=
là trung bình cộng của n số
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
.
1 2 3

n
n

G a a a a=
là trung bình nhân của n số
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
.
2 2 2 2
1 2 3

n
a a a a
Q
n
+ + +
=
là trung bình toàn phương của n số
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
.
1 2 3
1 1 1 1
n
n
H
a a a a
=
+ + +×××+

là trung bình điều hòa của n số dương
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
.
Ta cũng có bất đẳng thức Q
≥
A
≥
G
≥
H.
Dấu “=” xảy ra khi
1 2 3

n
a a a a= = = =
.
CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA CÁC SỐ KHÔNG ÂM
BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM
Chú ý:
 A, G, Q, H theo thứ tự là viết tắt của các từ arithmetic mean (trung
bình cộng), geometric mean (trung bình nhân), quadratic mean (trung
bình toàn phương) và harmonic mean (trung bình điều hòa).
II. BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM
Theo phần I. thì ta đã có mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình của các số
không âm: Q
≥
A

≥
G
≥
H. Trong đó, bất đẳng thức A
≥
G thường được sử dụng
hơn cả và được gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
hay bất đẳng thức AM-GM (gọi tắt là bất đẳng thức A-G). Cách gọi tên này khá
phổ biến ở nước ngoài, nhất là ở các nước Âu, Mỹ. Ở Việt Nam, người ta vẫn
quen gọi là bất đẳng thức Cauchy (Cô-si). Đây là một cách gọi sai lầm vì bất
đẳng thức này không phải do Cauchy phát hiện ra mà thực ra ông chỉ là người
đưa ra phép chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp kiểu
Cauchy. Cách chứng minh này rất hay và nổi tiếng, đến nỗi nhiều người lầm
tưởng Cauchy là người phát hiện ra bất đẳng thức này.
• Nội dung của bất đẳng thức này như sau:
Với n số không âm
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
ta có:
1 2 3
1 2 3


n
n
n
a a a a
a a a a

n
+ + + +
≥
Dấu “=” xảy ra
⇔

1 2 3

n
a a a a= = = =
.
• Hệ quả: Ta có một số bất đẳng thức rất quen thuộc và là hệ quả của bất đẳng
thức AM-GM như sau:
1.
( )
2
2 2 2 2
2 2
2
a b
a b ab a b ab
+
+ ≥ ⇒ + ≥ ≥

Dấu “=” xảy ra
⇔
a = b.
2.
( )
2

2 2 2 2 2 2
3
a b c
a b c ab bc ca a b c ab bc ca
+ +
+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ ≥ + +
Dấu “=” xảy ra
⇔
a = b = c.
3.
2
a b
b a
+ ≥
(ab > 0). Dấu “=” xảy ra
⇔
a = b.
hay
1
2a
a
+ ≥
(a > 0). Dấu “=” xảy ra
⇔
a = 1.
4.
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1

n n
n
a a a a a a a a
+ + +×××+ ≥
+ + + +
hay
( )
2
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1

n
n
a a a a n
a a a a
 
+ + + + + + +×××+ ≥
 ÷
 

( )
1 2 3
, , , , 0
n
a a a a >
Dấu “=” xảy ra
⇔

1 2 3

n
a a a a= = = =
.
Chú ý:
 Bất đẳng thức Cauchy thật ra lại là bất đẳng thức sau:
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
a b x y ax by+ + ≥ +
hay có thể viết là
( ) ( )
2 2 2 2
a b x y ax by+ + ≥ +
Dấu “=” xảy ra
ax by⇔ =
và nếu x, y khác 0 thì
a b
x y
=
)
Bất đẳng thức này đúng với 2 bộ số thực bất kì (a ; b) và (x ; y).
Mở rộng ra ta thu được kết quả với 2 bộ n số thực
( )
1 2
, , ,
n
a a a
và

( )
1 2
, , ,
n
b b b
như sau:
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2

n n n n
a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + +
hoặc
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2

n n n n
a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + +
Dấu “=” xảy ra
1 1
2 2

n n
a kb
a kb
a kb
=



=

⇔



=

 Bất đẳng thức Cauchy nêu trên còn có nhiều tên gọi khác như bất
đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-cốp-xki) hay bất đẳng thức
Schwarz (Sờ-vác) hoặc bằng cái tên rất dài Cauchy - Bunyakovsky -
Schwarz. Nhiều tài liệu ở Việt Nam lại viết theo kiểu ngược lại, tức là
Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz, do đó bất đẳng thức này được viết
tắt là BCS.
 Augustin Louis Cauchy (1789 - 1857) là nhà toán học người Pháp,
Viktor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 - 1889) là nhà toán học Nga và
Hermann Amandus Schwarz (1843 - 1921), nhà toán học Đức. Năm
1821, Cauchy chứng minh bất đẳng thức này trong trường hợp các
vectơ thực hữu hạn chiều, đến năm 1859, học trò của Cauchy là
Bunyakovsky thu được dạng tích phân của bất đẳng thức, kết quả tổng
quát được Schwarz chứng minh năm 1885.
B. CÁC ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM
 Chứng minh bất đẳng thức
 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức
 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong bài toán hình học
 Các ứng dụng khác (giải phương trình, hệ phương trình, chứng
minh các mệnh đề toán học…)
I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

• VÍ DỤ 1. Hãy chứng minh các hệ quả nêu trên của bất đẳng thức AM-GM.
 Giải:
 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
( )
2
2 2 2 2
2 2 2 2a b a b ab ab ab+ ≥ = = ≥
Dấu “=” xảy ra
2 2
0
0
a b
a b
a b
ab
ab
 =

=

⇔ ⇔ ⇔ =
 
≥
≥



Từ
( )
( )

2
2 2 2 2 2 2
2 2 2a b ab a b a b ab a b+ ≥ ⇒ + ≥ + + = +
Do đó ta có:
( )
2
2 2
2
a b
a b
+
+ ≥
Dấu “=” xảy ra
a b
⇔ =
Mặt khác, cũng từ
( )
2
2 2 2 2
2 2 4 4a b ab a b ab ab a b ab+ ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ + ≥
Nên
( )
2
2
2
a b
ab
+
≥
. Dấu “=” xảy ra

a b⇔ =
 Theo chứng minh trên thì
( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
2 2
a b ab
b c bc a b b c c a ab bc ca
c a ca
a b c ab bc ca a b c ab bc ca

+ ≥

+ ≥ ⇒ + + + + + ≥ + +


+ ≥

⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +
Dấu “=” xảy ra
a b
b c a b c
c a
=



⇔ = ⇔ = =


=

Mà
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +
( )
( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2
3
3
a b c
a b c a b c a b c
+ +
⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥
Dấu “=” xảy ra
a b c
⇔ = =
. Lại có:
( ) ( )
( )

2
2 2 2
2
3
3
a b c ab bc ca a b c ab bc ca
a b c
ab bc ca
+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +
+ +
⇒ ≥ + +

 Vì ab > 0 nên a, b cùng dấu
, 0
a b
b a
⇒ >
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
2 2
a b a b
b a b a
+ ≥ × =
Dấu “=” xảy ra
2 2
0
0
0
a b
ab
ab

a b
b a
a b
a b
ab

>
>


=
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
=
=




>

Nếu coi
a
b
là a thì
b
a
là
1

a
(a > 0). Như vậy ta có:
1
2a
a
+ ≥
.
Dấu “=” xảy ra
2
1
0
1
1
0
a
a
a
a
a
a

>

=

⇔ ⇔ ⇔ =
 
=



>

.
 Theo bất đẳng thức AM-GM thì:
( )
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
2
1 2 3
1 2 3

1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1

n
n n
n
n n
n
n
a a a a n a a a a
n
a a a a a a a a
a a a a n
a a a a

+ + + + ≥


+ + +×××+ ≥ × × ×××××



 
⇒ + + + + + + +×××+ ≥
 ÷
 
Chia cả hai vế của bất đẳng thức vừa chứng minh cho
1 2 3
0
n
a a a a+ + + + >
ta có
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1

n n
n
a a a a a a a a
⇒ + + +×××+ ≥
+ + + +
Dấu “=” xảy ra
1 2 3
1 2 3
1 2 3


1 1 1 1
n
n

n
a a a a
a a a a
a a a a
= = = =


⇔ ⇔ = = = =

= = = ×××=


• VÍ DỤ 2. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số dương a, b, c
1 1 1 1 1 1
a b c
ab bc ca
+ + ≥ + +
(*)
 Giải: Áp dụng hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c
a b c ab bc ca
     
+ + = + + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     

Dấu “=” xảy ra
1 1 1

a b c
a b c
⇔ = = ⇔ = =
Nhận xét: Chúng ta có thể mở rộng bất đẳng thức (*) bằng cách nhân cả
hai vế của bất đẳng thức (*) với
0abc >
, ta có bất đẳng thức mới:
1 1 1
abc a b c
a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
 
. Và nếu giả thiết cho thêm dữ kiện
1a b c+ + =
thì chúng ta có một bất đẳng thức khá “đẹp” như sau:
1 1 1 1
a b c
abc
+ + ≥
. Cứ tiếp tục như vậy, chúng ta sẽ tìm tòi được nhiều bài
toán mới, hay hơn, tổng quát hơn… Đây chính là cách suy nghĩ trên
những bài toán giúp ta nắm vững kiến thức, cũng như một cách rèn
luyện tư duy, từ đó hình thành một thói quen học toán tốt.
• VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng
, , 0a b c∀ >
ta có bất đẳng thức sau:
3
2

a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
(**)
 Giải: Ta có:
3
a b c a b c b c a c a b
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + +
+ + = + + −
+ + + + + +
( )
1 1 1
3a b c
b c c a a b
 
= + + + + −
 ÷
+ + +
 
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
3
2
b c c a a b
b c c a a b
 
= + + + + + + + − 
 ÷

 
+ + +
 
Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM ta có:
1 3
9 3
2 2
a b c
b c c a a b
+ + ≥ × − =
+ + +
Dấu “=” xảy ra
b c c a a b a b c⇔ + = + = + ⇔ = =
Chú ý: Bất đẳng thức (**) chính là bất đẳng thức Nesbitt (Ne-xbít) cho 3
số dương. Ngoài ra, còn rất nhiều cách khác để chứng minh bất đẳng
thức này.
• VÍ DỤ 4. Chứng minh rằng
( )
2
4
, 0, 1 2 1 1 81
2
y
x y x
x
y
 
 
∀ > + + + ≥
 ÷

 ÷
 ÷
 
 
 Giải: Ta có:
( )
( )
2
1 2 1 1 2 1 2 1
2 2
y y
x x y y y y
x x
 
+ + = + + + ≥ + + = +
 ÷
 
Do đó
( )
( )
2 2
2
4 4
1 2 1 1 1 1
2
y
x y
x
y y
   

 
+ + + ≥ + +
 ÷  ÷
 ÷
 ÷  ÷
 
   

( )
2
2
4 4
1 1 1 4y y
y y
 
   
= + + = + + +
 
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 
   
 

( )
2
2
4
1 2. 4 1 2.2 4 81y
y

 
≥ + × + = + + =
 ÷
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra
2
2
1
4
2
, 0
y
x
x
x
y
y
y
x y

=


=


⇔ = ⇔
 
=




>


• VÍ DỤ 5. Chứng minh rằng:
a. Nếu hai số không âm có tổng là hằng số S không đổi thì tích của
chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
b. Nếu hai số không âm có tích là hằng số P không đổi thì tổng của
chúng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.
 Giải: Gọi a, b là hai số không âm bất kì.
a. Theo bất đẳng thức AM-GM thì
2
2 2
4
S
a b ab S ab ab+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤
Do đó
( )
2
4 2
S S
Max ab a b= ⇔ = =
b. Tương tự
2a b P+ ≥
Vậy
( )
2Min a b P a b P+ = ⇔ = =
Chú ý:

 Đây cũng là một hệ quả khá quan trọng của bất đẳng thức
AM-GM, giúp chúng ta nhanh chóng tìm ra giá trị lớn nhất hay
giá trị nhỏ nhất của một biểu thức.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
2 2
8x x−
.
Giải: Dễ dàng nhận ra
( )
2 2
8 8x x+ − =
(không đổi).
Do đó theo phần a. thì
( )
2 2
8x x−
đạt giá trị lớn nhất là
2
8
16
4
=
khi và
chỉ khi
2 2
8
8 2
2
x x x= − = ⇔ = ±

 Trường hợp a, b > 0, ta có bài toán mang nội dung hình học như
sau:
Bài toán:
a. Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích
lớn nhất.
b. Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi
nhỏ nhất.
• VÍ DỤ 6. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh:
a.
1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + ≥ + +
+ − + − + −
b.
( ) ( ) ( )
a b c b c a c a b abc+ − + − + − ≤
 Giải:
a. Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+

( )
, 0x y >
( ) ( )
1 1 4 2
a b c b c a a b c b c a b
+ ≥ =
+ − + − + − + + −

(1)
Tương tự
1 1 2
a b c c a b a
+ ≥
+ − + −
(2),
1 1 2
b c a c a b c
+ ≥
+ − + −
(3)
Cộng vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có đccm.
Dấu “=” xảy ra
a b c b c a
a b c c a b a b c
b c a c a b
+ − = + −


⇔ + − = + − ⇔ = =


+ − = + −

⇔ Tam giác đó là tam giác đều.
b. Áp dụng hệ quả 1 của bất đẳng thức AM-GM:
( )
2
2

2
a b
ab
+
≥
hay
( )
2
4a b ab+ ≥
(với mọi a, b), ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
4
4 4
a b c b c a a b c b c a
b a b c b c a
b a b c b c a
+ − + + − ≥ + − + − 
 
⇒ ≥ + − + −
⇒ ≥ + − + −
Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được:
( ) ( )
2
a a b c c a b≥ + − + −
( ) ( )

2
c b c a c a b≥ + − + −
Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
, , 0
0
0
0
a b c
a b c
b c a
c a b
>


+ − >


+ − >


+ − >

Vì các vế của ba bất đẳng thức trên đều dương nên nhân vế với vế ba bất
đẳng thức ta thu được:
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
abc a b c b c a c a b≥ + − + − + − 
 
(*)

Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
a b c b c a
a b c c a b a b c
b c a c a b
+ − = + −


⇔ + − = + − ⇔ = =


+ − = + −

⇔ Tam giác đó là tam giác đều.
Chú ý:
 Nếu gọi p là nửa chu vi tam giác thì
2
a b c
p
+ +
=
, khi đó ta có thể
viết lại hai bất đẳng thức trên như sau:
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −

 
( ) ( ) ( )
1
8
p a p b p c abc− − − ≤
 Ta có thể chứng minh bất đẳng thức ở phần b. bằng cách khác:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2 2
a b c b c a b a c b a c
b a c b
+ − + − = + − − −
   
   
= − − ≤
Tạo thêm hai bất đẳng thức tương tự
( ) ( )
2
a a b c c a b≥ + − + −
( ) ( )
2
c b c a c a b≥ + − + −
rồi nhân vế với vế ba bất đẳng thức.
• VÍ DỤ 7. Chứng minh
a.
2
2
8
4

4
a
a
+
≥
+

( )
a∀

b.
( ) ( ) ( )
8b c c a a b abc+ + + ≥

( )
, , 0a b c ≥

c.
( ) ( )
( )
2
1 1 1a b ab+ + ≥ +

( )
, 0a b ≥
 Giải:
a. Ta thấy
( )
( )
2

2
2
2 2 2
2 4 .4
4 4
8
4
4 4 4
a
a
a
a a a
+
+ +
+
= ≥ =
+ + +
Dấu “=” xảy ra
2
4 4 0a a⇔ + = ⇔ =
b. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
( ) ( ) ( )
2
2 8
2
a b ab
b c bc a b b c c a abc
c a ca

+ ≥



+ ≥ ⇒ + + + ≥


+ ≥


Dấu “=” xảy ra
a b c⇔ = =
c.
( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1 1 2 1a b a b ab ab ab ab+ + = + + + ≥ + + = +
Dấu “=” xảy ra
a b⇔ =
Chú ý:
 Bạn đọc hãy cùng quan sát lại một lần nữa bất đẳng thức ở phần b.
Với điều kiện
, , 0a b c >
, khi chia cả hai vế của bất đẳng thức cho
0abc
>
ta có:
( ) ( ) ( )
8
a b b c c a
abc
+ + +

≥
Thêm vài bước biến đổi nho nhỏ ta được:
8 1 1 1 8
a b b c c a b c a
a b c a b c
+ + +
   
× × ≥ ⇔ + + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   

Vậy là ta đã thu được một bất đẳng thức mới, cách chứng minh bất
đẳng thức này cũng hoàn toàn tương tự như bất đẳng thức ban
đầu.
 Cũng vẫn là bất đẳng thức ở phần b. nhưng nếu cho thêm giả thiết
1a b c
+ + =
thì ta có bất đẳng thức:
( ) ( ) ( )
1 1 1 8a b c abc− − − ≥
. Sẽ khó
khăn hơn khi nhận ra phải sử dụng bất đẳng thức AM-GM để
chứng minh bất đẳng thức này.
 Một mở rộng khác từ bất đẳng thức b. là một bài toán khá hay như
sau: “Cho 2 bộ n số dương
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
và

1 2 3
, , , ,
n
b b b b
thỏa mãn
1 2 3 1 2 3
, 1
n n
a a a a b b b b ≥
. Chứng minh:

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3
2
n
n n
a b a b a b a b+ + + + ≥
.”
 Bất đẳng thức ở phần c. có thể mở rộng cho 3 số:
( ) ( ) ( )
( )
( )
3
2
3 3
3
1 1 1 1
1 3 3 1
a b c a b c ab bc ca abc
abc abc abc abc

+ + + = + + + + + + +
≥ + + + = +
Với bốn số:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1a b c d ab cd ab cd abcd+ + + + ≥ + + = + + +
( ) ( ) ( )
2
2 2 4
4 4 4
1 2 1 1abcd abcd abcd abcd
 
≥ + + = + = +
 
 
Cứ như vậy, ta đi đến với kết quả tổng quát:
Với n số không âm
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1 1
n
n
n n

a a a a a a a a+ + + + ≥ +
Ta có thể chứng minh bằng phương pháp tương tự như trên hoặc sử
dụng bất đẳng thức AM-GM theo cách sau đây:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 1 1
1 1 1
1 1 1

1 1 1
1 1 1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a a a
a a a
n a a a

a
a a
a a a
a a a

+ +×××+ ≥

+ + +
+ + +



+ +×××+ ≥

+ + +
+ + +

Cộng vế hai bất đẳng thức trên, ta có:
( )
( ) ( ) ( )
1 2
1 2
1
1 1 1
n
n
n
n
n a a a
n

a a a
+
≥
+ + +
. Từ đó suy ra đccm.
• VÍ DỤ 8.
a. Cho các số không âm
,a b
. Chứng minh:
( )
2a b a b a b+ ≤ + ≤ +
b. Cho các số không âm
, ,a b c
. Chứng minh:
( )
3a b c a b c a b c+ + ≤ + + ≤ + +
c. Chứng minh rằng nếu
, ,a b c
là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
a b c b c a c a b a b c+ − + + − + + − ≤ + +
 Giải:
a. Ta có:
( ) ( )
2 2
a b a b a b a b+ ≥ + ⇔ + ≥ +
2 0a ab b a b ab⇔ + + ≥ + ⇔ ≥
(đúng với mọi
, 0a b ≥
)
Do đó

a b a b+ ≥ +
. Dấu “=” xảy ra
0
0
0
a
ab
b
=

⇔ = ⇔

=

Mặt khác, áp dụng hệ quả 1 của bất đẳng thức AM-GM:
( )
( )
2
2 2
2x y x y+ ≤ +
với
0x a= ≥
và
0y b= ≥
ta có:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2a b a b a b
 

+ ≤ + = +
 
 
( )
2a b a b⇒ + ≤ +
. Dấu “=” xảy ra
a b
⇔ =
Vậy
( )
2a b a b a b+ ≤ + ≤ +
b. Bằng phương pháp biến đổi tương đương như ở phần a. và sử dụng
hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM, ta thu được đccm.
Dấu “=” xảy ra
0a b c⇔ = = =
c. Áp dụng kết quả của phần a. ta có:

a b c b c a c a b+ − + + − + + −

2 2 2
a b c b c a b c a c a b c a b a b c+ − + + − + − + + − + − + + −
= + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
a b c b c a b c a c a b c a b a b c+ − + + − + − + + − + − + + −     
     
≤ + +

2.2 2.2 2.2
2 2 2
b c a
a b c≤ + + = + +
Dấu “=” xảy ra
a b c⇔ = = ⇔
Tam giác đó là tam giác đều.

• VÍ DỤ 9. Cho các số dương
, , ,a b c d
thỏa mãn điều kiện
1 1 1 1
3
1 1 1 1a b c d
+ + + =
+ + + +
. Chứng minh
1
81
abcd ≤
 Giải:
Ta nhận ra 3 = 1 + 1 + 1 nên ta sẽ biến đổi điều kiện của đề bài như sau:
3
1 1 1 1
3
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1
1

3
1 1 1 1 1 1 1
a b c d
a b c d
b c d b c d
a b c d b c d
+ + + =
+ + + +
     
⇒ = − + − + −
 ÷  ÷  ÷
+ + + +
     
⇒ = + + ≥ × ×
+ + + + + + +
Tương tự, ta cũng có:
3
1
3
1 1 1 1 1 1 1
a c d a c d
b a c d a c d
= + + ≥ × ×
+ + + + + + +
3
1
3
1 1 1 1 1 1 1
a b d a b d
c a b d a b d

= + + ≥ × ×
+ + + + + + +
3
1
3
1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c
d a b c a b c
= + + ≥ × ×
+ + + + + + +
Nhân vế với vế bốn bất đẳng thức trên, ta có đccm.
Dấu “=” xảy ra
1
3
a b c d⇔ = = = =
Nhận xét: Bằng việc linh hoạt trong phép biến đổi, cộng thêm sử dụng
bất đẳng thức AM-GM, ta đã có một lời giải “nhanh, gọn, đẹp”. Tuy
nhiên, câu hỏi đặt ra cho chúng ta sau khi giải, đó là, liệu bất đẳng thức
trên có dạng tổng quát hay không, và đó là gì? Nếu có, ta phải chứng
minh như thế nào?
Câu trả lời là có. Bất đẳng thức tổng quát của nó như sau:
Với n số dương
1 2 3
, , , ,
n
a a a a

( )
3n ≥
, thỏa mãn điều kiện

1 2 3
1 1 1 1
1
1 1 1 1
n
n
a a a a
+ + + ×××+ = −
+ + + +
, chứng minh rằng:
( )
1 2 3
1

1
n
n
a a a a
n
≤
−
. Bạn đọc chứng minh tương tự như ví dụ trên.
• VÍ DỤ 10.
a. Chứng minh rằng với mọi
, , 0x y z >
, ta có:
3 3 3
x y z
x y z
yz zx xy

+ + ≥ + +
b. Cho các số
, , 0a b c >
. Chứng tỏ rằng:

3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
+ + ≥ + +
 Giải:
a. Trước tiên, ta đi chứng minh bất đẳng thức phụ:
( )
4 4 4
x y z xyz x y z+ + ≥ + +
(1)
Thật vậy, áp dụng hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM, ta có:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
4 4 4 2 2 2 2 2 2
. . .
x y z x y y z z x xy yz zx
xy yz yz zx zx xy xyz x y z
+ + ≥ + + = + +
≥ + + = + +
Dấu “=” xảy ra
x y z
⇔ = =
Vì

0xyz >
nên nhân cả hai vế bất đẳng thức (1) với
1
0
xyz
>
ta có:
( )
4 4 4 3 3 3
xyz x y z
x y z x y z
x y z
xyz xyz yz zx xy
+ +
+ +
≥ ⇒ + + ≥ + +
Dấu “=” xảy ra
x y z⇔ = =
b. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
( )
( )
3 3
2
3 3 3 3 3
2 2 2 2
3 3
2
2 2
2 2 2
2 2

a a
ab ab a
b b
b b a b c
bc bc b a b c ab bc ca
c c b c a
c c
ca ca c
a a

+ ≥ × =




+ ≥ × = ⇒ + + ≥ + + − + +




+ ≥ × =


( ) ( )
3 3 3
2
a b c
ab bc ca ab bc ca ab bc ca
b c a
⇒ + + ≥ + + − + + = + +

(vì
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
( )
, ,a b c∀
theo hệ quả 2 bất đẳng thức AM-GM)
II. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA
BIỂU THỨC
• VÍ DỤ 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
16
( )
x
g x
x
+
=
với
0x
>
 Giải:
Tách
( )g x
:
3
2 2 2
3
16 16 8 8 8 8
( ) 3 12
x

g x x x x
x x x x x x
+
= = + = + + ≥ × × =
Dấu “=” xảy ra
2
8
2x x
x
⇔ = ⇔ =
Vậy
Min
( ) 12 2g x x= ⇔ =
• VÍ DỤ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2011 2012 1 2013
1
x x
A
x
+ − +
=
−
 Giải: ĐK:
2 2
1 0 1 1 1 1x x x x− > ⇔ < ⇔ < ⇔ − < <
Ta có:
( )
2

2 2
2012 1 1
2011 2012 1 2013
2012
1 1
x x
x x
A
x x
+ + −
+ − +
= = +
− −

( ) ( )
( ) ( )
2 2012 1 1
2012 2012 2 2012
1 1
x x
x x
+ −
≥ + = +
+ −
Dấu “=” xảy ra
( )
2011
2012 1 1 2012 2012 1
2013
x x x x x⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −

Vậy
Min
2011
2012 2 2012
2013
A x= + ⇔ = −
• VÍ DỤ 13. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
5 3
1
x
A
x
−
=
−
(Đề thi học sinh giỏi thành phố Yên Bái - tỉnh Yên Bái 2011 - 2012)
 Giải: ĐK:
2 2
1 0 1 1 1 1x x x x− > ⇔ < ⇔ < ⇔ − < <
Làm tương tự như VÍ DỤ 12. với lưu ý:
( ) ( )
5 3 1 4 1x x x− = + + −
• VÍ DỤ 14. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2 2
1 1
M x y
y x
 

 
= + +
 ÷
 ÷
 
 
với
, 0x y >
và
1x y+ =
 Giải:
Có thể một số bạn sẽ làm như sau:
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 4M x y x y
y x y x
 
 
= + + ≥ × × × =
 ÷
 ÷
 
 
Và kết luận ngay
Min
2
2
2
2

1
4 1
1
x
y
M xy
y
x

=


= ⇔ ⇔ =


=


Đây là một kết luận sai lầm vì đã không để ý đến điều kiện nữa của
,x y

là
1x y+ =
. Rõ ràng không thể có
,x y
thỏa mãn hệ
1
1
xy
x y

=


+ =

(chứng
minh: dùng hệ thức Vi-ét đảo hoặc thế
1x y= −
vào
1xy =
) . Vì thế, dấu
đẳng thức ở bất đẳng thức trên không xảy ra. Tức là M > 4, nghĩa là cách
giải của các bạn đã sai.
Cách giải đúng như sau:
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2
1 1 1 1
1 15 1 15 289
2
16 16 16 16
16
2
x y
M x y xy
y x xy xy

xy xy
xy xy xy
x y
 
   
+
 
= + + = = +
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 
 
 ÷
 
 
 ÷
= + + ≥ × + =
 
 ÷
 ÷
+
  
 
 ÷
 ÷
 
 

Dấu “=” xảy ra
, 0
1
1
1
2
16
x y
x y
x y
xy
xy
x y
>


+ =


⇔ ⇔ = =

=


=


Vậy
Min
289 1

16 2
M x y= ⇔ = =
Chú ý: Tại sao lại biết tách
1
xy
thành tổng của
1
16xy
và
15
16xy
? Câu trả lời
là vì ta có thể dự đoán được giá trị nhỏ nhất của M đạt được khi
x y=
.
Mà theo giả thiết
1x y+ =
. Như vậy M đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
2
x y= =
.
Từ đây hình thành cách tách
xy
hoặc
1
xy
sao cho khi dấu “=” xảy ra thì
1
2

x y= =
.
• VÍ DỤ 15. Cho
, 0x y >
thỏa mãn
4x y+ =
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1
A
x xy y xy
= +
+ +
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
6 10
2 3B x y
x y
= + + +
 Giải:
a. Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM, tìm ra giá trị nhỏ nhất
của A là
1
4
khi
2x y= =
b.
6 10 3 6 5 10
2 3 18
2 2 2
x y x y

B x y
x y x y
 
+
 
= + + + = + + + + ≥
 ÷
 ÷
 
 
Vậy
Min
18 2B x y= ⇔ = =
• VÍ DỤ 16. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( ) ( )
( ) 3 5y f x x x= = + −
với
3 5x
− ≤ ≤
 Giải:
Hiển nhiên với
3 5x
− ≤ ≤
thì
0y ≥
nên
Min
3
0
5

x
y
x
= −

= ⇔

=

Mặt khác
( ) ( )
( ) ( )
2
3 5
( ) 3 5 16
2
x x
y f x x x
+ + − 
= = + − ≤ =
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra
[ ]
3;5
4
3 5
x
x
x x


∈ −

⇔ ⇔ =

+ = −


Vậy
Max
16 4y x= ⇔ =
• VÍ DỤ 17. Cho bốn số thực
, , ,x y z t
thỏa mãn điều kiện
2 2
2 2
1
1
x y
z t

+ ≤


+ ≤


. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2
P x z y t x z y t= + + + + − + −
 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức:
( )
2a b a b+ ≤ +
và hằng đẳng thức
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2a b a b a b+ + − = +
, ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2.2
P x z y t x z y t
x z y t x z y t
x z y t x y z t
= + + + + − + −
 
≤ + + + + − + −
 
 
≤ + + + = + + +

 
2.2.2 2 2≤ =
(vì
2 2 2 2
2x y z t+ + + ≤
)
Dấu “=” xảy ra
2
2
x y z t⇔ = = = = ±
Vậy
Max
2
2 2
2
P x y z t= ⇔ = = = = ±
• VÍ DỤ 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
1 1 1
a b c
b c a
+ +
+ + +
với
, , 0a b c >
và
3a b c+ + =
 Giải:
2 2 2 2
2 2 2

1 1 1 2 2
a a ab ab ab ab ab
a a a
b b b b
+ −
= = − ≥ − = −
+ + +
Tương tự
2
1 2
b bc
b
c
≥ −
+
,
2
1 2
c ca
c
a
≥ −
+
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có:
( )
2
2 2 2
3
3
3 3

1 1 1 2 2 2
a b c
a b c ab bc ca
b c a
+ +
+ +
+ + ≥ − ≥ − =
+ + +
Dấu “=” xảy ra
1a b c
⇔ = = =
Vậy
2 2 2
3
1
1 1 1 2
a b c
Min a b c
b c a
 
+ + = ⇔ = = =
 ÷
+ + +
 
• VÍ DỤ 19. Cho
, ,a b c
là các số thực dương có tích bằng 1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b

H
c a b
+ − + − + −
= + +
 Giải: Ta có:
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4
3
2 2
4 4 4 2
2 2.3 6
a b b c b c c a c a a b
H a b c
c c a a a a b b b b c c
a b b c b c c a c a a b
a b c
c c a a a a b b b b c c
a b c abc
     
= + + + + + + + + + + + − + +
 ÷  ÷  ÷
     
≥ × × × + × × × + × × × − + +
≥ + + ≥ =
Do đó
3H

≥
. Dấu “=” xảy ra
1a b c
⇔ = = =
Vậy
Min
3 1H a b c
= ⇔ = = =
• VÍ DỤ 20. Cho
, 0x y >
luôn thỏa mãn
1x y+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2
1 1
4S xy
x y xy
= + +
+
 Giải:
( )
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 1 5
4 4
2 4 4
4 1 5
2 4 11
4

4
2
S xy xy
x y xy x y xy xy xy
xy
xy
x y x y
   
= + + = + + + +
 ÷  ÷
+ +
   
≥ + × + =
+ +
 
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra
1
2
x y⇔ = =
Vậy
Min
1
11
2
S x y= ⇔ = =
III. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG BÀI
TOÁN HÌNH HỌC (CỰC TRỊ HÌNH HỌC)
• VÍ DỤ 21. Một tấm nhôm hình vuông có cạnh bằng 30 cm. Người ta cắt ở

bốn góc bốn hình vuông bằng nhau rồi gấp tấm nhôm lại (theo đường
nét đứt) để được một cái hộp không nắp. Tính cạnh các hình vuông bị
cắt sao cho thể tích khối hộp là lớn nhất.
 Giải:
Gọi độ dài cạnh hình vuông bị cắt là x (cm) (0 < x < 15)
Thể tích khối hộp tạo thành là
( ) ( )
2 2
30 2 4 15V x x x x= − = −
(cm)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
3
2 15 15
3 2 15 15 2 15 1000
3
x x x
x x x x x
+ − + −
≥ − − ⇒ − ≤
Do đó
( )
2
4 15 2000V x x= − ≤
(cm)
Dấu “=” xảy ra
2 15 5x x x

⇔ = − ⇔ =
Vậy thể tích khối hộp đạt giá trị lớn nhất bằng 2000 cm khi cạnh của
hình vuông bị cắt bằng 5 cm.
• VÍ DỤ 22. Cho tam giác ABC vuông tại A. Một điểm M bất kì nằm trong
tam giác. Gọi H, I, K thứ tự là hình chiếu của M trên các cạnh BC, CA,
AB. Tìm vị trí của M để
2 2 2
MH MI MK+ +
đạt giá trị nhỏ nhất.
 Giải:
Kẻ đường cao AD của
∆
ABC. Hạ ME ⊥ AD.
Dễ dàng chứng minh được rằng:

( )
2
2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
DE AE
AD
MH MI MK MH AM DE AE
+
+ + = + ≥ + ≥ =
Vậy
2 2 2
MH MI MK+ +
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2

2
AD
khi M là trung điểm
của AD.
• VÍ DỤ 23. Cho tam giác nhọn ABC. Trong tất cả các hình chữ nhật MNPQ
nội tiếp tam giác ABC (M, N ∈ BC, P ∈ AC, Q ∈ AB), hãy tìm hình chữ
nhật có diện tích lớn nhất.
 Giải:
Kẻ AH ⊥ BC. Gọi giao điểm của AH với PQ là I.
Vì PQ // BC nên
( )
.
BC AH MQ
PQ AI AI BC
PQ
BC AH AH AH
−
= ⇒ = =

Do đó

( )
( )
( )
2
.
.
.
2
MNPQ

BC AH MQ MQ
S PQ MQ
AH
AH MQ MQ
BC BC
AH MQ MQ
AH AH
−
= =
− +
 
= − ≤ 
 
 
 
2
.
4 4 2
ABC
MNPQ
S
BC AH BC AH
S
AH
⇒ ≤ × = =
Vậy diện tích tứ giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất là
2
ABC
S
khi

2
AH
AH MQ MQ MQ− = ⇔ = ⇔
P, Q thứ tự là trung điểm của AC và AB.
• VÍ DỤ 24. Cho hình thang ABCD có diện tích bằng S. Biết AC là đường
chéo lớn nhất của hình thang. Tìm giá trị nhỏ nhất của AC.
 Giải:
Kẻ AM ⊥ CD, BN ⊥ CD. Theo bài ra, AC ≥ BD
Khi đó CM ≥ DN (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)
Do đó 2CM ≥ CM + DN = (CN + MN) + (DM + MN)
⇒ 2CM ≥ MN + (CN + MN + DM) = MN + CD = AB + CD (1)
Theo định lí Pythagore ta có
2 2 2
2 .AC AM CM AM CM= + ≥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( )
2
2 2
ABCD
AC AM AB CD S S≥ + = =
Bởi thế nên
2AC S≥
Vậy giá trị nhỏ nhất của AC là
2S
đạt được khi
·
0
45
AC BD

CM DN
AM CM
ACD
=

=


⇔
 
=
=



• VÍ DỤ 25. Tam giác ABC cần có thêm điều kiện gì để
sin sin sin
2 2 2
A B C
đạt
giá trị nhỏ nhất?
 Giải:
Kẻ phân giác AD của
∆
ABC. Như vậy,
·
sin sin
2
A
ABD=

Gọi H là hình chiếu của B trên AD.
Ta có:
·
sin sin
2
A BH BD
ABD
AB AB
= = ≤
(1)
(quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)
Mặt khác, ta lại có:
2 .
BD CD BD CD BC BC
AB AC AB AC AB AC
AB AC
+
= = = ≤
+ +
(2)
(bất đẳng thức AM-GM)
Kết hợp (1) và (2), suy ra
sin
2
2 .
A BC
AB AC
≤
Lập thêm hai bất đẳng thức tương tự:
sin

2
2 .
B AC
AB BC
≤
,
sin
2
2 .
C AB
AC BC
≤

rồi nhân vế với vế ba bất đẳng thức trên, ta có
1
sin sin sin
2 2 2 8
A B C
≤
Vậy
sin sin sin
2 2 2
A B C
đạt giá trị nhỏ nhất là
1
8
khi và chỉ khi tam giác
ABC là tam giác đều.
IV. CÁC ỨNG DỤNG KHÁC
• VÍ DỤ 26. Giải phương trình

8 2
8 8
1 1 1 3x x x− + + + − =
 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
8
8
8
8
8
2
8
1 1 1 1 1 1 1 1
8
1 1 .1.1.1.1.1.1.1
8 8
1 1 1 1 1 1 1 1
8
1 1 .1.1.1.1.1.1.1
8 8
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 . 1 .1.1.1.1.1.1 1
8
x

x
x x
x
x
x x
x x
x x x
− + + + + + + +
−
− = − ≤ =


+ + + + + + + +

+
+ = + ≤ =



− + + + + + + + +
− = − + ≤ =


8 2
8 8
1 1 1 3x x x⇒ − + + + − ≤
Dấu “=” xảy ra
2
1 1
1 1 0

1 1
x
x x
x

− =

⇔ + = ⇔ =


− =

.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0x =
• VÍ DỤ 27. Tìm các số
, , 0x y z >
thỏa mãn điều kiện
6
1 1 1 4
2
x y z
x y z xyz
+ + =



+ + ≤ −



 Giải:
Theo bất đẳng thức AM-GM và hệ quả 4 của nó thì:
3
1 1 1 4 9 4
2
3
x y z xyz x y z
x y z
 
+ + + ≥ + =
 ÷
+ +
+ +
 
 
 ÷
 
(do
6x y z+ + =
)
Từ đó, dễ dàng suy ra
1 1 1 4
2
x y z xyz
+ + ≥ −
Kết hợp với giả thiết ta có:
1 1 1 4
2
x y z xyz
+ + = −

Nến dấu “=” ở các bất đẳng thức trên xảy ra.
Do đó
2x y z= = =
và đây cũng là bộ số duy nhất thỏa mãn đề bài.
• VÍ DỤ 28. Có hay không những số dương
, ,a b c
nhỏ hơn 1 và thỏa mãn hệ
bất phương trình sau đây?
( )
( )
( )
1
1
2
1
1
4
1
1
8
a b
b c
c a

− >



− >




− >


 Giải:
Nhân vế với vế ba bất phương trình trong hệ ta có:
( ) ( ) ( )
1
1 1 1
64
abc a b c− − − >
(*)
Điều này là không thể xảy ra, thật vậy:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 . 1 . 1abc a b c a a b b c c− − − = − − −

2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 64
a a b b c c+ − + − + −
     
≤ × × =
 ÷  ÷  ÷
     
, trái với (*)
Vậy không tồn tại ba số dương
, ,a b c
nào thỏa mãn hệ bất phương trình.
• VÍ DỤ 29. Tìm hệ thức liên hệ giữa ba số

, ,x y z
nếu biết ba số đó thỏa mãn
( )
3
2
1 1 1 2
x y z
x y z
y z x
xyz
+ +
 
  
+ + + ≤ +
 ÷
 ÷ ÷
  
 
(1)
 Giải: Xét tích
1 1 1 2 2
x y z y z z x x y y z z x x y
y z x x x y y z z x y z
 
+ + +
  
+ + + = + + + + + + = + + +
 ÷
 ÷ ÷
  

 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
3
3 3
1 1 1 1 1 1
2 3 2 3
3 3
3
2 3 2
x y z x y z x y z x y z
x y z x y z
x y z xyz
x y z
xyz xyz
 
= + + + × + + + × + + + × − = + + + + + −
 ÷
 
+ + −
≥ + + + × − = +
( ) ( ) ( )
3 3
3 2
2 2
x y z x y z x y z
xyz xyz
+ + − + + + +
≥ + = +

(2) (vì
3
3 xyz x y z≤ + +
)
Từ (1) và (2) ta có:
( )
3
2
1 1 1 2
x y z
x y z
y z x
xyz
+ +
 
  
+ + + = +
 ÷
 ÷ ÷
  
 
Do đó dấu “=” ở bất đẳng thức (2) xảy ra, cho ta
x y z= =
• VÍ DỤ 30. Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c, nội tiếp trong
đường tròn bán kính R. Biết rằng
( )
R b c a bc+ =
. Tính số đo các góc của
tam giác ABC.
 Giải:

Từ hệ thức đã cho ta có:
2
2 2
a b c bc
a R
R
bc bc
+
= ≥ = ⇒ ≥
(1)
Mặt khác, vì đường kính là dây lớn nhất trong một đường tròn nên ta
luôn có
2a R
≤
(2).
Kết hợp (1) và (2) ta được
2a R
=
, tam giác ABC vuông tại A.
Dấu “=” ở bất đẳng thức (1) xảy ra nên
b c
=
.
Như vậy
∆
ABC vuông cân tại A.
C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a.
, 0a b∀ ≥

,
2
a b
ab
+
≥
b.
, , 0a b c∀ ≥
,
3
3
a b c
abc
+ +
≥
c.
, , , 0a b c d∀ ≥
,
4
4
a b c d
abc
+ + +
≥
d.
1 2
, , , 0
n
a a a∀ ≥
,

1 2
1 2


n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
2. Chứng minh:
2012
2012
3
2
2
a
a
+
>
+

3. Cho
, 0x y >
và
2 2
2x y+ ≤
. Chứng minh:

2 2x y− ≤ + ≤
4. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a.
( ) ( )
1 4a b ab ab+ + ≥

( )
, 0a b ≥
b.
( ) ( )
9a b c ab bc ca abc+ + + + ≥

( )
, , 0a b c ≥
c.
2 2 2
2 2 2
1 4 9
12a b c
a b c
+ + + + + ≥

( )
, , 0a b c ≠
d.
5 5 5
3
a b c
abc
bc ca ab

+ + ≥

( )
, , 0a b c >
5. Chứng minh rằng, nếu
0 a b
< <
thì
2
1 1
2
a b
a ab b
a b
+
< < < <
+
6. Cho các số dương
, ,a b c
. Chứng minh:
ab bc ca
a b c
c a b
+ + ≥ + +
7. Cho
, 1a b ≥
. Chứng minh:
1 1a b b a ab− + − ≤

8. Chứng minh rằng nếu

0, 0a c b c> > > >
thì
( ) ( )
c a c c b c ab− + − ≤
9. Cho
, 1a b >
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1
a b
b a
+
− −
10. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
4
( )
1
f x x
x
= +
−
khi
1x
>
11. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4
6036
( )
x
g x

x
+
=
với
0x
>
12. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 3P x x= + + −
13. Chứng minh:
12 15 20
3 4 5
5 4 3
x x x
x x x
     
+ + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     

( )
x∀ ∈¡
14. Cho ba số
, ,a b c
thỏa mãn
3a b c+ + =
. Chứng minh:
ab bc ca a b c+ + ≤ + +
15. Cho
, ,a b c
thỏa mãn

2 2 2
3a b c+ + =
. Chứng minh rằng:
6a b c ab bc ca+ + + + + ≤
16. Chứng minh rằng:
a.
( )
4 4 4
a b c abc a b c+ + ≥ + +

( )
, ,a b c∀
b.
( )
8 8 8
3
1 1 1a b c
a b c
abc
+ +
≥ + +

( )
, , 0a b c∀ >

17. Cho các số dương
, ,a b c
thỏa
1 1 1
2

1 1 1a b c
+ + =
+ + +
. Chứng minh:
1
8
abc ≤
18. Cho ba số dương
, ,x y z
thỏa mãn
1x y z+ + =
. Chứng minh:
2 2 2
3 2
8 4 3
xy yz zx x y z
+ ≥ +
+ + + +
19. Cho các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn
2 3 18x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 3 5 3 5 2 5
1 1 2 3
y z z x x y
P
x y z
+ + + + + +

= + +
+ +
20. Cho các số dương
, ,x y z
có tổng bằng 6. Chứng minh:
1 1 1
8 8 8 4 4 4
x y z x y z+ + +
+ + ≥ + +
21. Cho
, 0a b >
và
2
1
1 1
a b
a b
+ =
+ +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a.
2
ab
b.
2 3
a b

(Chú ý: Nội dung câu b. được trích trong đề thi Violympic cấp quốc gia
2011 - 2012)
22. Chứng minh rằng nếu

, ,a b c
là các số dương thì
2 2 2
2
a b c a b c ab bc ca
b c c a a b a b b c c a
+ +
+ + ≥ ≥ + +
+ + + + + +
23. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Yên Bái 2011 - 2012)
Cho
, ,x y z
là ba số dương thỏa mãn
1xyz =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
24. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Yên Bái 2011 - 2012)
Cho
( )
1 1 1 1
1.2012 2.2011 2012.1
2012 1
S
k k

= + +×××+ +×××+
− +


( )
,1 2012k N k∈ ≤ ≤
. So sánh
S
và
4024
2013
25. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 2
1
P
x x
= +
−

( )
0 1x< <
26. Cho các số dương
, ,a b c
thỏa mãn
3ab bc ca+ + =
. Chứng minh:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1
1 1 1a b c b c a c a b abc

+ + ≤
+ + + + + +
27. Cho
,x y
là các số dương thỏa mãn
1
1x
y
+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
x y
A
y x
= +
28. Cho
, ,x y z
là ba số thỏa mãn điều kiện
{ }
3 min ,
6
12
x y z
xy
xz

≤ ≤


≥



≥


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 1 1
A
x y z
= + +
(Chú ý: Kí hiệu
{ }
min ,y z
có nghĩa là số nhỏ nhất trong hai số
,y z
)
29. Cho
2 2 2
, , 0
3
x y z
x y z
>


+ + =

. Chứng minh:
3
xy yz zx

z x y
+ + ≥
30. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
( ) ( )
3
2 2y x x= + −
31. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
2
3
2
4
x
M
x
=
+
32. Cho
, , 0x y z ≥
thỏa mãn
( ) ( ) ( )
4
1 1 1
3
x x y y z z− + − + − ≤
. Chứng minh rằng:
4x y z+ + ≤
33. Cho
, 0x y >
sao cho

1x y+ =
. Chứng minh:
( )
2
3 3
1 1
3 1
x y xy
+ ≥ +
+
34. Cho các số dương
,x y
thỏa mãn
4x y+ ≥
. Chứng minh:
2 3
2
3 4 2 9
4 2
x y
x y
+ +
+ ≥
35. Cho
, 0x y ≥
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1

1 1
x y xy
P
x y
− −
=
+ +
36. Chứng minh rằng với mọi
, , , 0a b c d >
thì
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
2
a b c d a b c d
a b b c c d d a
+ + +
+ + + ≥
+ + + +
37. Chứng minh dãy số
1
1
n
n
u
n
 
≥ +
 ÷
 
là dãy số tăng, tức là

1 2 3

n
u u u u< < < < <
38. Gọi
,a b
là các số nguyên dương sao cho số
1 1a b
a b
+ +
+
cũng là số
nguyên. Gọi
d
là ước số chung của
,a b
. Chứng minh
d a b≤ +
39. Cho tam giác ABC có diện tích S. M là điểm nằm trong tam giác. Các tia
AM, BM, CM cắt các cạnh BC, AC, AB ở A, B, C. Xác định vị trí của
điểm M để
1 1 1
MA MB MC
MA MB MC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất.
40. Các đường phân giác của các góc A, B, C của tam giác ABC cắt các cạnh
đối diện của tam giác tại D, E, F. Xác định dạng của tam giác ABC để
tam giác DEF có diện tích lớn nhất.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ HẾT ~~~~~~~~~~~~~~~~~~

NGUYỄN KHÁNH HÒA - THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH