Bat dang thuc su dung cho hsg lop 9

§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
.

7. A > B > 0 và C > D > 0 ⇒ A.C > B.D.
Hệ quả:
a) A, B ≥ 0, n∈N
*
: A > B ⇔ A
2n
> B
2n

⇔ >
2 2n n
A B
.
b) n∈N
*
: A > B ⇔ A
2n+1
> B
2n+1

+ +
⇔ >
2 1 2 1n n
A B
.
III. Cách chứng minh một BĐT
Để chứng minh một BĐT ta thường dùng một trong các cách chính sau đây:
1. Biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh về các BĐT đúng (hoặc giả
thiết đúng).
2. Từ một BĐT đúng (hoặc giả thiết đúng) biến đổi kéo theo (suy ra) về BĐT

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.

5. BĐT Cauchy: cho n∈N, n > 1 và a
1
, a
2
,…, a
n
≥ 0. Khi đó ta có:
+ + + +
 
≥ ⇔ + + ≥ ⇔ ≥
 ÷
 
1 1
1 1 1 1


n
n n
n n
n n n n
a a a a
a a a a n a a a a
n n
. Dấu “=” xảy ra khi
và chỉ khi a
1
= a
2
=…= a
n

.
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

+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca ⇔ 2(a
2
+ b
2
+ c
2
) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔
(a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
≥ 0 (1’). Vì (1’) đúng với mọi a,b,c∈R nên (1) đúng
với mọi a,b,c∈R. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Cách 2: ∀a,b,c∈R ta có (a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
≥ 0 ⇒ 2(a
2
+ b
2
+ c

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 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2
2 2( ) 2( ) (1''')
2
a b ab
b c bc a b c ab bc ca a b c ab bc ca
c a ca
.
Từ (1’’) và (1’’’) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
2
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
PHẦN II
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC

I. Phương pháp biến đổi tương đương
1. Nội dung phương pháp
Sử dụng những BĐT được thừa nhận, áp dụng các tính chất để biến đổi các
BĐT cần chứng minh theo ba cách trên.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1:
+ + ≥ + ∀ ≥

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.

Ví dụ 3: Chứng minh:
+ + ≥ − +
2
2 2
a
b c ab ac 2bc
4
∀a,b,c∈R (3).
Lời giải: (3) ⇔
( )
− − + + − ≥
2
2 2
a
a b c b c 2bc 0
4
⇔
( )
 
− − ≥
 ÷
 
2
a
b c 0
2
(3’).
Vì (3’) luôn đúng ∀a,b,c∈R nên (3) luôn đúng ∀a,b,c∈R.
Ví dụ 4: Cho a, b > 0. Chứng minh:
+ +

 
≥
 ÷
 
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
≥ 0 ⇒ (đpcm).
Ví dụ 5: Cho a.b ≥ 1. Chứng minh rằng:
+ ≥
+
+ +
2 2
1 1 2
1 ab
1 a 1 b
(5).
Lời giải:
(5) ⇔
+ − − ≥
+ +
+ +
2 2
1 1 1 1
0
1 ab 1 ab
1 a 1 b
⇔
( )
( )
( )
( )
− −
+ ≥
+ + + +
2 2

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
⇔
⇔
( ) ( )
 
− + − −
≥
 ÷
 ÷
+
+ +
 
2 2
2 2
b a a ab b ba
0
1 ab
1 a 1 b
⇔
( ) ( )
( )
( ) ( )
− −
≥
+ + +
2
2 2
b a ab 1

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).

c) Chứng minh (a
m
+ b
m
)(a
n
+ b
n
) ≤ 2(a
m+n
+ b
m+n
) với mọi a, b ≥ 0 (6c).
Lời giải:
a) (6a) ⇔ (a
2001
- b
2001
)(a
9
- b
9
) ≥ 0 (6a’).
+) Nếu a ≥ b ≥ 0 thì a
2001
- b
2001
≥ 0 và a
9
- b

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

⇒
a
3
+ b
3
=
 
− + ≥
 ÷
 
2
1 1 1
3 a
2 4 4
⇒ (đpcm).
Ví dụ 8: Cho a, b, c là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh:
a) a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b) abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a).
Lời giải:
a) Trong tam giác ta có: a > |b - c| ⇒
> − +
2 2 2
a b 2bc c
.

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
.

( )
> − −
2
2 2
b b a c
⇒
( ) ( )
> + − + −
2
b b c a a b c
.

( )
> − −
2
2 2
c c a b
⇒
( ) ( )
> + − + −
2
c b c a a c b
.
⇒
( ) ( ) ( )
> + − + − + −
2 2 2
2 2 2
a b c a b c a c b b c a
⇔

( ) ( ) ( )
> + − + − + −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
≥ 1. Hãy chỉ ra một bộ số (a; b; c) với là a, b, c là các số
hữu tỉ để xảy ra đẳng thức a
2
+ b
2
+ c
2
= 1.
Lời giải:
Ta có: (a – 1)(b – 1)(c – 1) = abc ⇔ a + b + c - 1 = ab + bc + ca ⇔
⇔ 2(a + b + c – 1) = (a + b + c)
2
– (a
2
+ b
2
+ c
2
)
⇔ a
2
+ b
2
+c
2
– 2 = (a + b + c)
2
- 2(a + b + c)
⇔ a

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

a b c
ab bc ca
a b c
+ + =

+ + =

⇔
 
+ + =
+ + =


. Khử c ta có phương
trình: b
2
+ (a – 1)b + a(a – 1) = 0 (*). Coi vế trái (*) là một tam thức bậc hai có
∆ = (a – 1)
2
– 4a(a – 1) = (1 – a)(1 + 3a). Để b có thể hữu tỉ ta chọn a sao cho ∆
là số chính phương ⇒ chọn a = -
1
3
⇒ b =
2
3
, c =
2
3
.Vậy bộ số (a = -

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
a b
0
4
đúng.
2. Cho a + b ≥ 0. Chứng minh:
+ +
≤
3 3
3
a b a b
2 2
(2).
HD: (2) ⇔
( )
+ +
≤
3
3 3
a b a b
8 2
⇔
( )
( )
− − ≤
2 2
3 b a a b 0
⇔
( ) ( )

− − + ≤
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

(4) ∀a,b,c∈R.
HD: (4) ⇔
( ) ( ) ( )
− + − + − ≥
2 2 2
a 1 b 1 c 1 0
.
5
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
5. Chứng minh:
( )
+ + + + ≥ + + +
2 2 2 2 2
a b c d e a b c d e
(5) ∀a,b,c,d,e∈R.
HD: (5) ⇔
− + + − + + − + + − + ≥
2 2 2 2
2 2 2 2
a a a a
ab b ac c ad d ae e 0
4 4 4 4
⇔
       
− + − + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2 2 2 2
a a a a
b c d e 0

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:
+ + + +

 
≥
 ÷
 
2
2 2 2
a b c a b c
3 3
∀a,b,c∈R (b)
HD:
a) Ta có:
+ + ≥ + +
2 2 2
a b c ab bc ca
.

+ + + + + + + + +
 
= ≥
 ÷
 
2
2 2 2
a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca
3 9 3
⇔
+ + + +
≥
a b c ab bc ca
3 3

.
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) ⇔
+ + − − − ≥

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
.
9. Chứng minh:
+ + ≥ − +
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz
(9) ∀x,y,z∈R.
HD: (9) ⇔
+ + − + − ≥
2 2 2
x y z 2xy 2xz 2yz 0
⇔ (x – y + z)
2
≥ 0.
10. Chứng minh:
+ + + ≥ − + +
4 4 2 2
x y z 1 2x(xy x z 1)
(10) ∀x,y,z∈R.

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

– c
4
> 0 (11).
HD: (11) ⇔ 4a
2
b
2
+ 2c
2
(b
2
+ a
2
) – a
4
– b
4
– 2a
2
b
2
– c
4
> 0
⇔ 4a
2
b
2
+ 2c
2

(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

2
] > 0
⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0.
12. Cho a,b,c∈[0;1]. Chứng minh: a
2
+ b
2
+ c
2
≤ 1 + a
2
b + b
2
c + c
2
a.
HD: (1 - a
2
) (1 - b
2
) (1 - c
2
) ≥ 0 ⇒ 1 + a
2
b
2
+ b
2
c
2

+ 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

2
+ c
2
a
2
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
.

6
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
II. Phương pháp sử dụng các hằng đẳng thức bậc hai
1. Nội dung phương pháp
Biến đổi các biểu thức trong các BĐT cần chứng minh về các bình phương,
sau đó đánh giá các biểu thức đó.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x
2
+ 4x với các giả thiết sau:
a) x∈R b) x ≥ - 3 c) x ≥ - 1
HDCG: Biến đổi về dạng bình phương.
Lời giải: P = (x + 2)
2
- 4.
a) Với x∈R thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2. Vậy MinP = - 4.
b) Với x ≥ - 3 thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2. Vậy MinP = - 4.

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.

HD: Áp dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ ta có:
a) P = (x – y + 1)
2
+ (y - 4)
2
- 71.
b) 2,5Q = 25x
2
+ 50y
2
+ 60xy + 20x – 60y = -130 +(5x + 6y + 2)
2
+14(y – 3)
2
.
c) R = (x - 2y + 3z)
2
+ 2(y + z)
2
+ 3z
2
+ 1.
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
1. A = x
2
+ 2y
2
+ x + 3y với:
a) x ≥ - 1, y ≥ 2. b) x, y ≥ 2.

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
2
1
2 3
x x
P
x x
.
HDCG: Quy đồng và tìm điều kiện để PT có nghiệm x
⇒
điều kiện của P
⇒
GTLN - GTNN của P.
Lời giải:
+ +
= ⇔ − − + + − =
− +
2
2
2
1
(2 1) ( 1) 3 1 0 (*)
2 3
x x
P P x P x P
x x
.
+) Nếu
− = ⇔ =
1

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:

− +
=

− − − +

≤ ≤ ⇒


− −

=


11 52
11 52 11 52
23
23 23
11 52
23
MaxP
P
MinP
.
Ví dụ 2: Tìm GTLN - GTNN của
+ +
=
− +
2 2
2 2
2 3
x xy y
P
x xy y
với x
2
+ y
2
≠ 0.

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:

− +
=




− −

=


11 52
23
11 52
23
MaxP
MinP
.
Ví dụ 3: Cho x
2
+ y
2
+ xy = 1. Tìm GTLN - GTNN của P = 2x
2
- xy + y
2
.
HD: Đưa về VD2.
8
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Ví dụ 4: Cho x
2
+ y

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 ⇔
− +
⇔ − − − ≥

1 5 1 5
( 1)( )( ) 0
2 2
P P P
(*). BĐT (*) đúng với giả thiết 0 < P ≤ 1. Vậy (5)
đúng (đpcm).
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
a) A =
− +
+ +
2
2
3 5
1
x x
x x
.
b) B =
− +
+
2 2
2 2
2 3
2
x xy y
x y
.
c) C = x
2

+ 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:

F = x
4
+ y
4
- x
2
y
2
.
HD: Đặt t = xy ⇒
− ≤ ≤
1
1
3
t
. Biến đổi F = -2t
2
+2t + 1.

IV. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển
1. Các BĐT cổ điển thường dùng
Có nhiều BĐT cổ điển thường dùng như BĐT Cauchy (AM - GM),
Bunhiacopxki, Chebyshev, Becnuli, Jensen, Nesbit, Holder, Cauchy - Schwarz -
Holder,… Tuy nhiên trong khuôn khổ bài viết này chỉ xin đề cập hai BĐT quan
trọng với học sinh THCS là BĐT Cauchy và Bunhiacopxki.
2. Một số kĩ thuật sử dụng BĐT Cauchy
a) Kĩ thuật đánh giá giữa TBC và TBN
Ví dụ 1: Chứng minh:
+ + + ≥ ∀ ≥(a b)(b c)(c a) 8abc a, b, c 0
(1).

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:
+ + ≥

3
a b c 3 abc
≥ 0,
+ + ≥
3
2 2 2
ab ac bc 3 a b c
≥ 0
⇒
( ) ( ) ( )
( )
+ + + ≥ + + + = +
3
3
2 2 2
3 3
1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc
.
Ví dụ 3: Chứng minh:
+ ≥ −
+
4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
∀a∈R (3).
HDCG: Tách VT thành tổng hợp lí để triệt tiêu với mẫu số sau đó áp dụng BĐT
Cauchy.
Lời giải: (3) ⇔

+ + + + ≥
+
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
= + > −

+
3x 1
y , x 1
2 x 1
. Định x để y đạt GTNN.
Lời giải: Ta có
+
= + −
+
3(x 1) 1 3
y
2 x 1 2
.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
( )
+
+
3 x 1 1
,
2 x 1
ta được:
( ) ( )
+ +
= + − ≥ − = −
+ +
3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3
y 2 . 6
2 x 1 2 2 x 1 2 2
.
Dấu “=” xảy ra ⇔

( )
( )

= −

+

= ⇔ + = ⇔

+
= − −


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

= −
6
x 1
3
.
Ví dụ 5: Tìm GTNN của
= +
2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.
10
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Lời giải: Ta có:
 
 
+ = + + + + ≥ =
 ÷
 ÷
 
 
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). 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) =

1
2
(2x + 6)(5 – 2x).
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x (vì –3≤ x ≤
5
2
) ta được:

( ) ( ) ( ) ( )
= + + − ≥ + −11 2x 6 5 2x 2 2x 6 5 2x
⇒
1
2
(2x + 6)(5 – 2x) ≤
121
8
.
Dấu “=” xảy ra ⇔ 2x + 6 = 5 – 2x ⇔
= −
1
x
4
.
Vậy y đạt GTLN bằng
121
8
khi
= −
1
x

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

3 2
a abc 2a bc
b abc 2b ac
c abc 2c ab

( )
+ + + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c 3abc 2 a bc b ac c ab
(8’)
Vì
+ + ≥
3 3 3
a b c 3abc
nên từ (8’) suy ra:
( )
( )
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
2 a b c 2 a bc b ac c ab
.
Vậy
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
.
Ví dụ 9: Cho
, , 0
1 1 1 1
3

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
1 ( 1).1 .
2 2
1 1
1 ( 1).1 .
2 2
b ab
a b a b a
a ab
b a b a b
⇒ (đpcm).
Ví dụ 11: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

+ + + + + ≤2 2 2 3 3a b b c c a
(11).
HDCG: Cân bằng hệ số với a = b = c = 1.
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
+ +

=
6
2 3
( )x y z
P
xy z
.
HDCG: Tách xy
2
z
3
thành 6 thừa số và điều chỉnh hệ số sao cho khi biến thành
tổng thì hệ số của x, y, z bằng nhau.
Lời giải:
Ta có:
+ + + + +
 
= ≤
 ÷
 
6
2 3
2 3 2 3
1 1 6 3 3 2 2 2
(6 )(3 )(3 )(2 )(2 )(2 )
6
6.3 .2 6.3 .2
x y y z z z
xy z x y y z z z
.

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

(với a, b > 0 cho trước).
HDCG:
+) Với P thì do tính đối xứng của giả thiết và của P nên ta dự đoán P
min
khi
= =
1
2
x y
. Do đó xuống thang x
3
và y
3
về x
2
, y
2
bằng cách thêm vào VT hằng số
sao cho dấu bằng xảy ra khi
= =
1
2
x y
.
+) Với Q thì để điều chỉnh bằng cách thêm vào các hệ số k, m và áp dụng BĐT
Cauchy:

+ + ≥



+ + ≥


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:

12
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
a) Ta có:

+ + ≥

 

⇒ ≥ + − =

 
 

+ + ≥


3 3 3 2
2 2 3
3 3 3 2
1 3
( )
1 3 1 2
2 2
( ) 2( )
1 3
2 2
2 2
( )
2 2
x x x

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

3 3 3 2
2 6
( )
1 6 2 2
5 5
( )
1 6
2
5 5 5
2 2 2( )
5 5
x x x
Q x y
y y y
.
Vậy
=
2
5
MinQ
khi

=




=



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

.
d) D = ax
2
+ by
2
+ cz
2
(với a, b, c > 0 cho trước).
HD:
a) Vì vai trò các biến x,y,z là như nhau nên ta có thể dự đoán được dấu = xảy ra
tại x = y = z =
1
3
. Ta có:

+ ≥



+ ≥ ⇒ ≥ + + =



+ ≥


2 2
2 2
2 2
1 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
2
≥ 2kx (dấu “=” xảy ra khi y = k).
3z
2
+ 3m
2
≥ 6mz (dấu “=” xảy ra khi z = m).
Ta cần chọn k, m sao cho:

=

=


⇔
 
+ + =


=


3
2 6
7
1 1
7
k
k m

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:

=


= =


⇔ =

 
+ + =



=


6
11
2 4 6
3
1
11
2
11
k
k m n
m
k m n
n
.
d) Việc mở rộng cho D tương tự cách làm của c).
Ví dụ 15: Cho a ≥ 3. Tìm Min của: P =
+
1
a
a
.
HD: Ta dự đoán từ đề bài rằng P sẽ nhỏ nhất khi a = 3 và đây chính là "điểm

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
48
t
P
t
. Để tìm GTLN - GTNN của P ta
xét
=
+
4
| |
| |
48
t
P
t
. Ta cần đánh giá mẫu t
4
+ 48 để triệt tiêu với |t| trên tử, do đó ta
xét BĐT Cauchy cho 4 số t
4
, 16, 16, 16
⇒
t = ± 2. Với việc chọn được điểm rơi
đó ta có lời giải như sau:
Lời giải:
Ta có:
4


+ ≥

⇒ + + ≥ + + = + + + ≥ +

+ ≥


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
| |

32(| | | |) 32(| | | |) 32 32 32
96
x y x y x y
P P
x y x y
x y

Vậy
= −
1
32
MinP
chẳng hạn khi x = y = - 2,
=
1
32
MaxP
chẳng hạn khi x = y = 2.
c) Kĩ thuật đánh giá mẫu số
14
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Ví dụ 17: Chứng minh:
+ ≤
+ +
2 2
4 4
x y 1
4
1 16x 1 16y
∀x,y∈R (17).

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

1 16x 1 16y
.
Ví dụ 18: Cho a, b > 0. Chứng minh:
 
+ + ≤ + +
 ÷
 
+ + +
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c
(18).
HDCG: Áp dụng BĐT Cauchy cho mẫu số sao cho khi giản ước có dạng VP.
Lời giải: Ta có:
≤ =
+
2 2
a a 1
2ab 2b
a b
,
≤ =
+
2 2
b b 1
2bc 2c
b c
,
≤ =

+
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
2 2 2
x 2 x 1 1 3 x .1.1
⇒
( )
( )
+ ≥ ⇒ ≤
+
2
3
2 2
3
2
x 1
x 2 27x
27
x 2
.
Dấu “=” xảy ra ⇔
= ⇔ = ±
2
x 1 x 1
. Vậy y đạt GTLN bằng
1
27
khi
= ±x 1
.
Ví dụ 20 (USA MO 1998): Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

+ + ≤
+ + + + + +
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

( ) ( )
+ + ≥ + + = + +

3 3
c a abc c a ca abc ca a b c
Vậy:
( ) ( ) ( )
 
+ +
≤ + + = =
 ÷
+ +
 
+ + + + + +
1 1 1 1 a b c 1
VT
a b c abc abc
ab a b c bc a b c ca a b c
.
d) Kĩ thuật ghép cặp
Ví dụ 21: Chứng minh:
+ + ≥ + + >
bc ca ab
a b c ; a, b, c 0
a b c
(21).
HDCG: Ghép cặp đôi một các số hạng của VT sau đó áp dụng BĐT Cauchy.
Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm ta được:
+ ≥ =
2
bc ca abc
2 2c
a b ab

(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

xy yz zx
z x y
(22).
HDCG: Bình phương, rút gọn, rồi thực hiện ghép cặp.
Lời giải:
⇔ + + ≥ + +
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
(20)
x y y z z x
x y z
z x y
.
Áp dụng BĐT Cauchy 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
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

(23).
HDCG: Khai triển, rút gọn, rồi thực hiện ghép cặp.
Lời giải:
+ +
⇔ + + ≥
3
(23)
x y z x y z
y z x
xyz
.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

+ = + + ≥



+ +

+ = + + ≥ ⇒ + + ≥




+ = + + ≥


3
3 3
3

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:

+ + ≥





+ + ≥



+ + ≥



3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
2 2
3
3
3
a a
b a
b b
b b
c b
c c
c c
a c
a a
⇒ (đpcm).
Ví dụ 25: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥ + +

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

5
5
a a a
b c a
bc bc bc
b b b
c a b
ca ca ca
c c c
a b c
ab ab ab
⇒ (đpcm).
Ví dụ 26: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥ + +
+ + +
3 3 3
2 2 2
1
( )
4
( ) ( ) ( )
a b c
a b c
b c c a a b
(26).
Lời giải: Ta có:

+ + + + ≥

+

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

( )
a
b c b c a
b c
b
c a c a b
c a
c
a b a b c
a b
⇒ (đpcm).
Ví dụ 27: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
+ + ≥ + +
+ + +
3 3 3
2 2 2
1
( )
2 2 2 3
a b c
a b c
a b b c c a
(27).
HDCG: Thêm vào các số hạng ở VT một lượng hợp lí để sau khi áp dụng BĐT
Cauchy xuất hiện VP (chú ý điều chỉnh hệ số hợp lí).
Lời giải: Ta có:

+ + ≥

+




+ + ≥

+


+ + ≥

+


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

a b
b
b b c b
b c
c
c c a c
c a
.
Cộng các BĐT này và chú ý có BĐT a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca ⇒ (đpcm).
Ví dụ 28 (IMO 1998): Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh:

+ + ≥
+ + + + + +
3 3 3
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4
x y z
y z z x x y
(28).
Lời giải:
Ta có:

+ +
+ + ≥


+ +


+ + + +

+ + ≥ ⇒ + + ≥ −

+ + + + + + + +


+ +

+ + ≥
+ +


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

y
z x y z z x x y
z x y
z
x y
Vì x + y + z
+ + ≥ =
3
3 3x y z xyz
nên ta có (đpcm).
Nhận xét: Khi dùng kĩ thuật này thường chúng ta phải chứng minh thêm một
BĐT phụ khác. Nhiều khi chứng minh BĐT phụ đó là rất khó khăn.
17
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Ví dụ 29 (NMO Việt Nam 1991): Cho x ≥ y ≥ z > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥ + +
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
(29).
Lời 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
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

z x y y z x
(*). Thật vậy ta có:
(*) ⇔ x
3
y
2
+ y
3
z
2
+ z
3
x
2
≥ x
3
z
2
+ y
3
x
2
+ z
3
y
2
⇔ (x-y)(y-z)(z-x)[y(x+z)+xz] ≥ 0.
BĐT cuối cùng luôn đúng với mọi x ≥ y ≥ z > 0. Từ đó suy ra:
+ + ≥ + + + + + ≥ + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2

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

a b c a b c 9 a b c 9abc
.
2. Cho a, b > 0. Chứng minh:
+
   
+ + + ≥
 ÷  ÷
   
m m
m 1
a b
1 1 2
b a
với mọi m ∈ Z
+
.
HD:
+
         
+ + + ≥ + + = + + ≥ =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
         
m m m m m
m m 1
a b a b b a
1 1 2 1 . 1 2 2 2 4 2
b a b a a b
.
3. Chứng minh:
+ + ≥ + + >

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:
+

≥ − ≥
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4
(4).
HD: (4) ⇔
+ + ≥
6 9 2 3
x y 64 12x y
⇔
( )
( )
+ + ≥
3 3
2 3 3 2 3
x y 4 12x y
.
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:
( )
( )
+ + ≥ =
3
3
2 3 3 2 3 2 3
x y 4 3x y 4 12x y
.
5. 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:

+ + + + + ≥ = ≥
6
2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6
a a b b b c c c a 6 a b c 6 | abc | 6abc
.
7. Cho a , b ≥ 1. Chứng minh:
≥ − + −ab a b 1 b a 1
.
HD:
( ) ( )
= − + ≥ − = − + ≥ −a a 1 1 2 a 1, b b 1 1 2 b 1
,
≥ − ≥ −ab 2b a 1 , ab 2a b 1
.
≥ − + −ab a b 1 b a 1
.
8. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. C/m: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
HD:
( ) ( )
= − + = − + + + −x x 1 1 x 1 x y z 3
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
= − + − + − + − ≥ − − −
2
4
x 1 x 1 y 1 z 1 4 x 1 y 1 z 1

.
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

.
10. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c ≥ 16abc.
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc.
c)
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
1 1 1
1 1 1 64
a b c
.
HD:
a)
+
 
≥
 ÷
 
2
b c
bc
2
⇔
( )
+ −
   
≤ = = −
 ÷  ÷

   
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

a a a
,
+ ≥
4
2
1 4 ab c
1
b b
,
+ ≥
4
2
1 4 abc
1
c c
.
11. Cho x > y > 0. Chứng minh:
( )
+ ≥
−
1
x 3
x y y
.
HD:
( )
( )
( )
( )
−

= − + + ≥ =
− −
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
a 5
4
a 1
(3).
HD:
19
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
a) (1) ⇔
+ ≥ +
2 2
x 2 2 x 1
⇔
+ + ≥ +
2 2
x 1 1 2 x 1
.
b) VT =
− +
= − + ≥ − =
− − −
x 1 9 9 9
x 1 2 x 1 6
x 1 x 1 x 1
.
c) (3) ⇔
( ) ( )
+ + ≥ + = +
2 2 2
a 1 4 2 4 a 1 4 a 1

⇔
+
≥
+
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

b c 2
2 bc
,
≤ =
+
ac ac ac
a c 2
2 ac
+ + ≥ + +a b c ab bc ca
, dựa vào:
+ + ≥ + +
2 2 2
a b c ab bc ca
.
+ + + +
+ + ≤ ≤
+ + +
ab bc ca ab bc ac a b c
a b b c c a 2 2
.
14. Chứng minh:
+ + ≥
+ + +
a b c 3
b c a c a b 2
; a, b, c > 0.
HD:
Cách 1: Đặt X = b + c , Y = c + a , Z = a + b ⇒ a + b + c =
1
2

(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

1 1 1 3
b c a c a b b c a c a b
=
=
( ) ( ) ( )
[ ]
 
+ + + + + + + ≥ − =
 ÷
+ + +
 
1 1 1 1 9 3
a b b c c a 3
2 b c a c a b 2 2
.
15. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a)
+ + + ≥
4
a b c d 4 abcd
với a, b, c, d ≥ 0.
b)
+ + ≥
3
a b c 3 abc
với a, b, c ≥ 0.
HD:
a)
+ ≥ + ≥a b 2 ab , c d 2 cd
,

( )
( )
+ + ≥ + ≥ ≥
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
a b c
abc
3
⇔
+ + ≥
3
a b c 3 abc
.
16. Chứng minh:
+ + ≥ + +
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
với mọi a, b, c > 0.
HD:
+ ≥
3 2
a abc 2a bc
,
+ ≥
3 2
b abc 2b ac
,
+ ≥

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

§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:
= + + + + + + + + ≥
3 3 3 9
4 4 4 4
VT a a b b b c c c c 9 abc
.
21
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
18. Cho
= +
x 18
y
2 x
, x > 0. Định x để y đạt GTNN.
HD: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
= + ≥ =
x 18 x 18
y 2 . 6
2 x 2 x
.
Dấu “=” xảy ra ⇔
= ⇔ = ⇔ = ±
2
x 18
x 36 x 6
2 x
, chọn x = 6.
Vậy: Khi x = 6 thì y đạt GTNN bằng 6.
19. Cho

= + >
−
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 ⇔
( )
=


−
= ⇔ − = ⇔

= −
−

2
x 3
x 1 2
x 1 4
x 1(loaïi)
2 x 1
.
Vậy khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng
5
2
.
20. Cho
= + >
−
x 5 1
y ,x
3 2x 1 2
. Định x để y đạt GTNN.
HD:
−
= + +
−
2x 1 5 1

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 ⇔
( )

+
=

−

= ⇔ − = ⇔

−
− +
=



2
30 1
x
2x 1 5
2
2x 1 30
6 2x 1
30 1
x (loaïi)
2
.
Vậy khi
+
=
30 1
x
2
thì y đạt GTNN bằng
+30 1
3
.
21. Cho
= +
−
x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1. Định x để y đạt GTNN.
HD:

( )
− + − −
= + = + + ≥ + = +
− − −
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
+ +

=
2
x 4x 4
f(x)
x
, x > 0.
HD:
+ +
= + + ≥ + =
2
x 4x 4 4 4
x 4 2 x. 4 8
x x x
. Dấu “=” xảy ra ⇔
=
4
x
x
⇔ x = 2 (x > 0).
Vậy GTNN của y là 8 khi x = 2.
22
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
23. Tìm GTNN của
= +
2
3
2
f(x) x
x
, x > 0.

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).

Vậy GTNN của y là
5
5
27
khi
=
5
x 3
.
24. Cho y = x(6 – x), 0 ≤ x ≤ 6 . Định x để y đạt GTLN.
HD: Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm x và 6 – x (vì 0 ≤ x ≤ 6):
( ) ( )
= + − ≥ −6 x 6 x 2 x 6 x
⇒ x(6 – x) ≤ 9. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 6 – x ⇔ x = 3.
Vậy khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.
25. Cho y = (2x + 5)(5 – x),
− ≤ ≤
5
x 5
2
. Định x để y đạt GTLN.
HD: y = (2x + 5)(5 – x) =
1
2
(2x + 5)(10 – 2x).
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 và 10 – 2x,
 
− ≤ ≤
 ÷
 

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
3
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN.
HD:
+ = + + ≥
3
2 2 2
x 2 x 1 1 3 x .1.1
⇔
( )
( )
+ ≥ ⇒ ≤
+
2
3
2 2
3
2
x 1
x 2 27x
27
x 2
.
Dấu “=” xảy ra ⇔

= ⇔ = ±
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

≥ 7 (đpcm).
Ví dụ 2: Cho 2a – 3b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 5b
2
≥
725
47
(2).
Lời giải:
− = −
2 3
2a 3b 3 a 5 b
3 5
.
23
§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
−
2 3
, 3 a , , 5b
3 5
ta được:
( )
 
− ≤ + +
 ÷
 
2 2
2 3 4 9

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

ta được:
( )
 
− ≤ + +
 ÷
 
2 2
3 5 9 25
7 a 11b 7a 11b
7 11
7 11
⇒ 7a
2
+ 11b
2
≥
2464
137
(đpcm).
Ví dụ 4: Cho a + b = 2. Chứng minh: a
4
+ b
4
≥ 2 (4).
Lời giải: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
( )
( )
= + ≤ + +
2 2
2 a b 1 1 a b

⇒ 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
( )( ) [( ) ( ) ( ) ][( ) ( ) ( ) ]

[ ] [ ][ ]
3 [ ] .
Cauchy
a b c abc abc abc a a b b c c abc abc abc
a bc b ca c ab a bc b ca c ab a bc b ca c ab
abc a bc b ca c ab a b c a bc b ca c ab
b) Kĩ thuật tách nghịch đảo
Nội dung kĩ thuật là sử dụng một dạng khác của BĐT Bunhiacopxki như sau:
Với mọi x
1
,…, x
n
∈
R; y
1
,…, y
n
> 0 ta có:
+ + + ≥ + +
2 2
2
1
1 1
1
( )( ) ( )
n
n n
n
x x
y y x x

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 2
( ) 1
) ( )
2 2 2 3( ) 3
a b c a b c
a b c
b c c a a b a b c
⇒ (đpcm).
Ví dụ 7: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
+ + ≥
+ + +
1
2 2 2
a b c
b c b c c a
(7).
HDCG: Tạo ra a
2
, b
2
, c
2
trong các phân thức rồi áp dụng
Lời giải: Ta có:
+ +
= + + ≥
+ + + + +
2 2 2 2

( )
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
( )
(8').
4( )
a b c d
ab ac ad bc bd cd
Mặt khác dễ chứng minh:
+ + + ≥ + + + + +
2
8
( ) ( )
3
a b c d ab ac ad bc bd cd
(8”).
Từ (8’) và (8”) suy ra (đpcm).
Ví dụ 9 (Tạp chí Crux): Cho a, b, c > 0. Tìm GTNN của biểu thức:

= + +
+ + +
3 4 5a b c
P
b c c a a b
.
HDCG: Thêm vào P một lượng 3+4+5 bằng cách ghép vào ba phân số của P
để có (a+b+c) chung, sau đó áp dụng (**).
Lời giải: Ta có:
+ + + = + + + + = + + + + + + + ≥
+ + + + + +
+ + + +
⇒ ≥ −

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:

= + + ≥
+ + +

2 2 2
1 1 1 3
2
( ) ( ) ( )
P
a b c b c a c a b
(10).
Lời giải: Ta có:
 
+ + = + + + + + ≤ + +
 ÷
+ + +
 
2
2
1 1 1 1 1 1
( ) .2( )b c c a a b P a b c
a b c
a b c b c a c a b
+ +
⇒ ≥
+ +
2
1 1 1
( )
(10').
2( )
a b c
P
a b c

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