BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHÓ

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

I. Lược sử về nhà Toán học Cauchy.
Cauchy sinh ngày 21 tháng 8 năm 1789. Nhà Toán học đầy óc sáng tạo này có rất nhiều công
trình toán học, chỉ thua Euler mà thôi. Ông được mệnh danh là một thiên tài Toán học với khả
năng sáng tạo vô cùng tận. Có người nói rằng nhà Toán học người Pháp này chỉ trong năm phút
có thể đưa ra được một định lý. Năm 1813, ông bỏ nghề kỹ sư để theo đuổi sự nghiệp Toán học và
ông từng là một giảng viên của Hàn lâm viện Khoa học Pháp. Với tài năng của mình ông đã tạo
nên một tiêu chuẩn riêng của mình trong Toán để nghiên cứu về sự Hội tụ của các dãy trong Toán
học. Vào ngày 25 tháng 5 năm 1857 ông đột ngột qua đời tại Paris.
II. Bất đẳng thức Cauchy - Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.
_ Với n số không âm a
1
, a
2
, a
3
, , a
n
ta có:
_ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi. Khi
mọi số hạng a bằng nhau ta gọi đó là điểm rơi của
bất đẳng thức.
Hệ quả: Với n số dương a
1
, a
2
, a
3
, , a
n
ta có:

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

1

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

( )
( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211

nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
( )
n

n
n
n
bbb
aaa
b
a
b
a
b
a
+++
+++
≥+++



21
2
21
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1

3
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Hệ quả: với các số. Ta có:
IV. Một số kết quả thường gặp:
1. Với hai số dương a, b ta có:
+ . Chứng minh:
* : áp dụng bất đẳng thức cô-si
cho hai số a và b. Ta được:
( vì a, b đều dương)
Phần còn lại quy
đồng phần mẫu rồi
chứng minh tương
tự.
+. Chứng minh đơn giản.
2. Với ba số dương a, b, c ta có:
+ (1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi:.
Chứng minh:
Đầu tiên nhân hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh cho 2.
+ . Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi.
Chứng minh:
Nhân hai vế cho 3, rồi chứng minh tương tự kết quả trên.
+ . Chứng minh đơn giản.
3. Với 4 số a,b,c,d thỏa, ta có:
*
* .
Chứng minh:
______________________________________________________________________________
( )

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

+
≥
+
⇔







=≥
+
=≥
+
22
2
2
2
2
2
2
2
22
22
baba +
≥+
411
cabcabcba ++≥++
222

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







+++
≤++=+++
dcba
dbcadacdbcab
4≤+++ dabcdabcdabc
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
( )
16164
44
32
22
dcba
dcba
dcba
dcba
dacb

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

Chứng minh: Đặt. Áp dụng 1) ta
được kết quả.
V. Kỹ thuật ước lượng qua một nhị thức bậc nhất:
Bài toán: Chứng minh bất
đẳng thức có dạng:, T là một
hằng số. Ta tìm nhị thức bậc nhấtsao cho.
Từ đó ta được:(hay
ngược lại)
Nếu có:thì ta được:(hay ngược
lại)
Ví dụ 1: Cho ba số không âm a,
b, c. CmR :.
______________________________________________________________________________
( )( )
4
2
2
2222
≤






+++
≤≤++=+++
dacdbcab
cdabadbcbdaacddbccab
Τ=+++ dcba

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

i
n
x
x
x
x
1
1
1
1
:có Ta .
1
,0
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
11
1
1
1
2
1
1
2
2
2
1
1
1

1
1
1
1 1

1
1 1

11
1

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

n
n
n
n
n
n
+
=
+
−≤
++
−⇒
++
−−≤








+
++
+
−=
+
−
−
( )

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

1 11
1
1 11

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

n
n
nni
aaanaaaaaaa 11 11:có Ta .1 và0
212121
−≥−−−=+++>
i
i
i
i
i
i
a
a
x
x
x
a
+
=⇒
+
=
11
( ) ( ) ( ) ( )
Τ≤Τ≥+++ hay
21
axfxfxf
a
n
  

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

Ví dụ 3: Cho ba số
dương a, b, c, d.
CmR:.
Giải: Vì các
số a, b, c, d
dương nên ta có:

Từ (1), (2),
(3) và (4) cho
ta:
Vậy.
Ví dụ 4: Cho. Chứng minh rằng:.
Giải: Ta có:(1).
Cách 1: Nhân hai vế của (1)
cho. Sau đó khai triển các biểu thức, chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tương đương,
ta được:.
Cách 2: Áp dụng giả thuyết
hai lần lần bằng tính chất:. Sau đó khai
triển hai vế của bất đẳng thức mới, rồi chứng minh bằng phương pháp tương đương, ta được: .
Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức cô-si để chứng minh. Ta có:
______________________________________________________________________________
( )( )( )
abccabcabcbacba +++++++=+++= 1111VT
3
3 abccba ≥++
3 222
3 cbacabcab ≥++
( ) ( )( )( )
( )( )( )
( )

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





++⇒











=≥+
=≥+
=≥+
cba
b
ca
a
bc
c
ab
a
bc
bca
c

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

dcb
b
cba
a
( ) ( )
( ) ( )
4,3
2,1
bd
d
bad
d
dcba
d
ac
c
adc
c
dcba
c
db
b
dcb
b
dcba
b
ca
a
cba
a

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

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

++
+
++
⇔
+++
+
+++
+
+++
+
+++
>
++
+
++
+
++
+
++
dcba
dcba
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
dcba

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

++
+
++
+
++
+
++ db
db
ca
ca
bd
d
ac
c
db
b
ac
a
bad
d
adc
c
dcb
b
cba
a
21 <
++
+
++

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




>
>
( ) ( )
đpcm
444
cbaabccba ++≥++
6
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Vậy
Ví dụ 5: Cho. Chứng minh
rằng:.
Giải: Giả sử áp dụng bất
đẳng thức cô-si cho ba số
không âm x, y, z ta có: .
Áp dụng cho bài toán
trên:
Ví dụ 6: Cho ba số
dương a, b, c. Chứng
minh:.
Giải:
Áp dụng bất
đẳng thức cô-
si cho từng số
hạng trong
nhóm 1 lần lượt
với:
Tương tự cho nhóm 2 và 3, ta được:

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

222
VP
VP
++≤⇔
+
+
+
+
+
≤⇔
++≤⇔
++
≤⇔
+
+
+
+
+
≤⇔
++=++=
( )
cbaabccba ++≥++
444
1 và0,, =++> cbacba
30
1111
222
≥+++
++ cabcabcba
zyxzyx ++

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

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

222
222
222222
=+≥⇔
++
+
++
≥⇔
++
+
+++++
≥⇔
++
+
++
+
++
+
++
≥⇔
++
+
++
≥+++
++
=
cabcab
cabcabcabcabcb
cabcabcabcabcabcabcb
cabcabcbacabcabcba

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

c
cb
c
ba
c
ac
b
cb
b
ba
b
ac
a
cb
a
ba
a
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+

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

ba
a
=
+
+
≥
+
+
+
=
+
+
≥
+
+
+
=
+
+
≥
+
+
+ 4
2
4
,
4
2
4
,

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

c
ac
ac
c
c
cb
cb
c
c
ba
ba
c
≥
+
+
+
≥
+
+
+
≥
+
+
+ 4
,
4
,
4
222
( )

4
2
444

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









+
+
+
+








+
+
+
+







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

++
≥
+
+
+
+
+
( ) ( ) ( )
đpcm⇒++ 654
3
1
1
1
1
1
1
1
1
và0,,, =
+
+
+
+
+
+
+
>
dcba
dcba
81

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

Giải: Ta có:và dễ dàng chứng minh
được(*)
Lại có: (**)
Tương tự như
(**) ta được:
Do đó:
Cộng (1) và (2), cho ta:
Vế phải của bất đẳng
thức trên có dạng:
Vậy .
______________________________________________________________________________






+
−+






+
−+




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

d
d
c
c
b
b
==⇔
+
=
+
=
+ 111
( )( )( )
( )
2
111
3
1
1
3
ddc
cda
b +++
≥
+
( )( )( )
( )
3
111
3

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

≤⇔
++++
≥
++++
abcd
dcba
abcd
dcba
( )
n
n
n
aaa
1
1

21
−
≤
0,, >cba
2
111
4
333






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

444111

8

81
*

cbbabaacaccbcabcab
accbba
accbba
cabcab
accbba
cba
abc
cba
accbbaabc
++
+
++
+
++
≥++⇔
+++
+++++
≥++⇔
+++
++
≥
++
⇔
+++
≥⇒
( )
( )
2
2
41

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

+
≥++
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )








++
+
++
+
++
+
+
+
+
+
+
≥++
baacaccbcbba
accbba
cabcab
222111
4
333

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

+
≥++
accbbacabcab
8
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Ví dụ 9: Cho các số
dương x, y, z và. Cm:.
Giải: Vì x, y, z là các số dương nên. Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho từng phân số ở vế trái.
Cách 1: Ta có: nên .
Chứng minh tương tự ta
cũng có:.
Cộng ba kết quả trên ta được:
Cách 2: Giả thiết :.Khi
này:.
Nên .
Chứng minh tương
tự như cách 1.
Cách 3: Ta có:
Tương tự:. Do đó:
Ví dụ 10: Cho các số
dương x, y, z. Chứng minh
:.
Giải: Ta có:. Tương tự ta được:.
Cộng theo vế các kết quả trên ta
có:.
Suy luận từ ví dụ 8 ta dễ dàng
chứng minh được: bằng cách
nhân hai vế cho 2 rồi chuyển vế ta được tổng của ba số không âm lớn hơn hoặc bằng 0.
Vậy từ (1) và (2) ta có đpcm.
Ví dụ 11: Cho hai dãy với n số dương: a

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

xz
yz
zy
xy
yx
1=xyz
xyyxyx 331
3
3333
=≥++
xy
xy
yx
3
1
33
≥
++
zx
zx
xz
yz
yz
zy
31
và
3
1
33
33

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

33
1
1
yzxzzyxz
xy
yx
++=++=
++
xy
xyzxyzyxz
xy
yx
3
333
1
2
3
336
33
===≥
++
zz
yxx
y
y
x
yxxy
yx
33
1

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

≥⇔
≥⇔
++≥
xyz
222232323
1112
2
2
zyxxz
z
zy
y
yx
x
++≤
+
+
+
+
+
xyyx
x
xyxyx
12
2
23
23
≤
+
⇒≥+

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

n
nn
bbbaaabababa
21212211
+≥+++
    
2
22
2
11
1
1
22
2
11
1
1
n
nn
n
n
nn
n
ba
b
ba
b
ba
b
ba

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

Giải: Cách 1: Đặt:

Ta có: tương tự:
Từ (1) + (2) +(3)
cho ta:

Vậy .
Ví dụ 13: Cho ba số a, b, c
thỏa:. CmR:.
Suy luận: bài toán trên thể hiện
nhiều tổng của các số hạng tuy
nhiện với dạng toán trên cách giải
nhanh là sử dụng những tính chất
cơ bản là: thì lúc này bài toán sẽ thoải mái hơn cho người giải.
Giải: Áp dụng tính chất
trên và giả thiết: vì
Mặt khác:
Lấy (1) + (2)đpcm.
Lưu ý: bài giải của bài
toán trên nhìn thì đơn giản nhưng việc sự dụng giả thiết một cách có tư duy không phải là chuyện
______________________________________________________________________________
n
n
n
n
ΑΑΑ≥
Α++Α+Α


21

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

a
ba
a
ba
a

1

22
2
11
1
22
2
11
1






+
++
+
+
+
≤
+
++

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

1

22
2
11
1
22
2
11

1
( )
đpcmn
nba
ba
ba
ba
ba
ba
n
nn
nn
⇒==






+
+
++
+
+
+
+
+
≥ 1.
1

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

22
3
acac
c
cbcb
b
baba
a
++
+
++
+
++
=Ρ
22
3
22
3
32
3
acac
a
cbcb
c
baba
b
++
+
++
+

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

33
2
22
33
1
22
33
2
acac
ac
cbcb
cb
baba
ba
++
+
+
++
+
+
++
+
=Ρ=Μ+Ρ⇒
( )
1
3
3
1
333
0242

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








+
≥
++
+
+
≥
++
+
3
3
2
3
2
33
22
33
ac
acac
ac
cb
cbcb
cb
( )

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

3
2
2
++
≥Ρ⇔
++
≥Ρ⇔
3
22
3
22
3
22
3
cba
acac
c
cbcb
b
baba
a ++
≥
++
+
++
+
++
1
222
=++ cba

( )
012 ≥+++++++ cabcabcbaabc
ndbmca
nm
dc
ba


>⇒







>
>
>





<<−
<<−
<<−
⇔






≤
≤
≤
=++
11
11
11
1
1
1
nên 1
2
2
2
222
c
b
a
c
b
a
cba
( )( )( )
( )
1 01
0111
01;01;01

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

trên ta được:
Chứng minh tương tự ta
được:.
Cộng theo vế ba kết quả trên ta được đpcm.
Ví dụ 15: Cho.
Chứng minh:.
Giải: Bất đẳng thức:
Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta có:
Chứng minh
tương tự ta
được:.
Cộng theo vế ba
kết quả trên ta được (1)đpcm.
Bài tập áp dụng:
1.1 Cho ba số dương a,
b, c, d. CmR:.
HD: dựa vào tính chất của phân số tương tự như ví dụ 3.
1.2 Cho hai số không
âm a, b và. Áp dụng
giả thiết hãy chứng minh rằng: .
______________________________________________________________________________
( ) ( ) ( )
1
3
3
3
3
3
3
3

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

3
3
111
VT
c
ba
c
b
ac
b
a
cb
a
+
+
+
+
+
+
+
+
=
( )
( )
2
1
2
11
111
22

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

+
≥
+
+
≥
( ) ( )
222
2
222
2
3;2
cba
c
cba
b
++
≥
++
≥
[ ]
1;0,, ∈cba
( )( )( )
1111
111
≤−−−+
++
+
++
+
++

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

aa
cba
cba
cba
ac
c
cb
b
ba
a
−−−≥
++++
−
+
++++
−
+
++++
−
⇔
++
++
≤−−−+
++
+
++
+
++
⇔
( )( )( )

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

11
3
111
111
3
3
( )( )( )
( )
( )( )( )
( )
ac
bb
bbac
cb
aa
aacb
++
−
≤−−−
++
−
≤−−−
1
1
.111 và
1
1
.111
⇒
32 <

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

33
11
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
HD: Áp dụng giả thiết:hiển
nhiên. Chứng minh tương tự cho các nhóm còn lại.
1.3 Cho hai số thực x, y thỏa:.
Chứng minh rằng:.
HD: sử dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số. Lưu ý sử dụng tốt giả thiết.
1.4 Cho. Chứng minh:.
HD: thêm bớtcho nhóm (1)
của vế trái, thu gọn rồi áp
dụng bất đẳng thức cô-si cho mẫu số rồi cho tử số. Tương tự cho các nhóm còn lại ta được đpcm.
1.5 Cho. Chứng minh
rằng:.
HD: xét phần biểu thức trong căn ở vế phải: phân tích biểu thức bằng các nhân tử chung rồi áp
dụng bất đẳng thức cô-si hai lần ta được đpcm.
1.6 Cho. Chứng minh rằng:.
HD: cộng thêm lần lượt cho từng
phần tử ở vế trái của bất đẳng thức cần
chứng minh. Sau đó áp dụng bất đẳng thức cô-si hai lần cho vế trái ta được đpcm.
1.7 Cho. Chứng minh
rằng:.
HD: áp dụng tính chất phân số cho các số hạng không có căn, rồi sử dụng bất đẳng thức cô-si cho
các căn thức. Vế cộng vế ta được đpcm.
1.8 Cho. Chứng minh rằng:.
HD: sử dụng.
1.9 Cho tam giác có chu
vi:. CmR:.
HD: sử dụng giả thiết và bất
đẳng thức trong tam giác cho độ dài ba cạnh: , sau đó sử dụng bất đẳng thức cô-si cho tổng của

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

2
≥
+
+
+
+
+
+
+

ba
d
ad
c
dc
b
cb
a
cab
2
0,,, >dcba
3
2222
44
cdabcdabdabcdcba +++
≥
+++
1 và0,, => xyzzyx
2
3

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

+
+
+
+
+
+
+ ba
c
ba
c
ac
b
ac
b
cb
a
cb
a
1 và0,, =++> zyxzyx
xyz
xyz
zxyzxy
+
≥++
2
18
3
222
3
3;3 zyxzxyzxyxyzzyx ≥++≥++

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

33
4
33
4
33
4
dcba
ad
d
dc
c
cb
b
ba
a +++
≥
+
+
+
+
+
+
+
12
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
minh:.
1.11 Cho. Chứng minh:.
1.12 Cho. Chứng minh:.
1.13 Cho. Chứng minh:.
1.14 Cho. Cm:.

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

______________________________________________________________________________
1
=−
bcad
3
2222
≥+++++ bdacdcba
1 và0,, ≤++> zyxzyx
3
222
81
1
1
1
1
1
≥






−







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

4
33
333
≥
+
+
+
+
+ acbc
ba
bcab
ac
abca
cb
0,,
>
cba
( ) ( ) ( )
333
222
cbaabcbacacbcba ++>+−+−+−
≥
( ) ( )
0,0 ≥≥ xgxf
( ) ( )
kxgxf
=
.
( ) ( )
xgxf

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

k
x
( )
mxu
ku
==min
X∈x
( ) ( )
xgxf
=
( ) ( )
xgxf
=
≤
13
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Dùng chiều này chỉ để tìm giá trị lớn nhất của tích hai hàm f(x
1
), f(x
2
) khi thoa3man4 đồng thời
các điều kiện sau:
_ f(x
1
), f(x
2
) là các hàm không âm trên miền X đang xét
_ là hằng số
_ Phương trìnhcó nghiệm.
Khi đó.

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

kxfxf =+
21
( ) ( )
xgxf
=
k
xx =
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
4
max có và
42
22
2
21
21
k
xuxu
kxfxf
xfxfxu
k
===






+

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

y
y
x
x +
+
+
=Ν
288
1
2
1
4
21
4
32
4
43
222
32
yxyy
yx
x
y
yx
x
y
y
x
x +
+

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

.
1
3
88
1
3
22
=≥++
yy
y
yy
y
2
2
4 ≥
+
⇔≥+
yx
yx
2
9
2
4
3
1min =++=Α
2== yx
0,,,
>
tzyx
42 =+++ yztzxyx

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

2
1
,1,2,
2
1
==== tzyx
2
1
=
2
1
,1,2,
2
1
==== tzyx
2 và4,3 ≥≥≥ cba
abc
bcaabccab 432 −+−+−
=Ν
14
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Giải: Ta có:.
Theo suy luận ta
áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba phân số ở biểu thức vừa biến đổi:
, tương tự ta có:
Đẳng thức xảy ra khi:.
Cộng các kết quả trên ta
được.
Nhận xét: bài toán trên có tính sáng tạo khi sử dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số khi chúng
không âm và chỉ áp dụng với tử số rồi từ đó khử mẫu.

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

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

c
abc
bcaabccab 432432 −
+
−
+
−
=
−+−+−
=Ν
( )
22
1
2
22
.
2
1
2
22
2
=
−+
≤
−
=
− c
cc
c
c

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

+
−+
+
−+
=Ν
222222
zcbaybacxacb 322,322,322 =−+=−+=−+
zyxcba ++=++
( ) ( ) ( )
zyxcyxzbxzya −+=−+=−+= 22
3
1
,22
3
1
,22
3
1






−






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

−+
=Ν
3222
9
1

222222
9
1
z
x
x
z
y
z
z
y
x
y
y
x
z
zyx
y
yxz
x
xzy
yx
x
y

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

+
=Ν
222






+
−+








+
−+








+

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

yz
y
2
1
2
−=−≥
+
−
zy =
15
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
, có đẳng thức khi.
Khi đó:( vì)
Ta có:. Do đó:, có đẳng
thức khi.
Vậy và đạt khi.
Ví dụ 6: Cho. Tìm GTNN của biểu
thức sau:.
Suy luận: nếu áp dụng BĐT cô-si thì sẽ làm dấu của bất đẳng thức ngược so với mong muốn nên
phải biến đổi biểu thức đã cho thành những cặp số mà khi áp dụng BĐT cô-si sẽ khử được mẫu.
Giải: Ta biến đổi biểu thức như sau:
Áp dụng BĐT cô-si
ta được:
. (1)
Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi: .
Và . (2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi.
Ta có:. (3)
Đẳng thức xảy ra khi:

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

1
2
1
−++=++−++≥Ν zyxzxyzxyzyx
1=++ zxyzxy
1=++≥++ zxyzxyzyx
2
1
2
1
1 =−≥Ν
3
1
=== zyx
2
1
min =Ν
3
1
=== zyx
1 và0, ≤+> yxyx
xy
xyyx
4
11
22
++
+
=Ν
( ) ( )

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

44.
1
24
1
22
22
22
22
=+
+
≥++
+
yx
yx
yx
yx
( )
2
1
4
1
2222
22
=+⇒+=
+
yxyx
yx
8
1
.162

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

1
14
4
1
21 −≥−⇒≤⇒≥+≥ xyxyxyyx
yx
=

71484
=−−+≥Ν
2
1
1
4
1
2
1
22
==⇔









=
=+
=
=+
yx
yx
yx
xy
yx
2

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

Tìm GTLN:.
2.5 Cho.Tìm GTLN:.
2.6 Cho các số thực x, y, z
thoả mãn;.Tìm GTLN: .
2.7 Cho các số
không âm a, b,c
thỏa. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: .
Phần 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN THAM KHẢO
Bài 1:(ĐH An Ninh Hà Nội
1999) Cho. CmR:.
Suy luận: để ý kĩ phần giả thiết. Vì khi các số trên nằm trong đoạn này thì có một tính chất đặc
biệt nhưng lại dễ nhận thấy đó là lập phương sẽ nhỏ hơn hoặc bằng bình phương. Hãy quan sát kĩ
bài giải.
Giải: Vì.
Do đó:
Lúc này ta cần chứng
minh. .Xét riệng một bất đẳng thức:
Vìnên kết quả trên đúng. Tương
tự ta có:.
Cộng vế theo vế ta có:.
Vậy.
Lưu ý:Bài tập trên không quá khó nhưng quan trọng việc nhìn ra được tính chất mà đề bài gợi ý.
Bài 2:(Trích luận văn
Thạc sĩ của thầy Đặng Văn
Hiếu) Cho. CmR:.
Suy luận: với bài toán trên ta
cần nhớ một trong những hằng
bất đẳng thức cơ bản: .
______________________________________________________________________________
xyzzyx =++

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

2
1
,
3
1
>>> zyx
2
1
12
2
23
3
≥+
+
+
+ zyx
( )( )( )
11213 −−−=Ν zyx
1
=++
cba
( )
( )
222222222
233 cbacabcabaccbba ++++++++=Ν
1,0
≤≤
yx
( ) ( )
32

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

222333
≤++−++ xzzyyxzyx
abccabcabcba =++> và0,,
16
3
32
1
32
1
32
1
<
++
+
++
+
++ bacacbcba






+≤
+
+≤
+ babababa
11
4
11

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








+
+
+
≤
+++
=
++ cbcacbbacbbacba 2
1
2
111
4
1
4
1
2
11
4
1
2
1
32
1
17

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

3
32
1
16
1
32
1
32
1
16
1
16
1
32
1
++=+++≤
++
( )
0
22
2
===⇔





=
=
+=+

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




++<
++
++<
++
++<
++
cbabacacbcba
bacbac
acbacb
cbacba
111
32
3
32
1
16
1
32
1
22
1
32
1
32
3
32
1

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

1
32
1
<
++
+
++
+
++ bacacbcba
cbacbacbacba 12
1
32
1
16
1
3
1
2
11
4
1
3
1
2
1
4
1
32
1
++=

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

ba
38
2
acbacb 12
1
32
1
16
1
32
1
++≤
++



=
=
ac
cb
38
2
bacbac 12
1
32
1
16
1
32
1

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

111
12
1
32
1
16
1
32
1
32
1
32
1
0
38
2
38
2
38
2
===⇔



=
=
∧




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

1
32
1
<=++<
++
+
++
+
++
3
22
=+− yxyx
22
2yxyx −+=Α





=−+
=+−
myxyx
yxyx
22
22
2
3
0=y



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

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

là nghiệm của
phương trình:
(3) .
Hệ (1) có nghiệm
phương trình (3) có
2 nghiệm t không
âm.
Vậy.
Bài 5:(Trích luận văn Thạc
sĩ của thầy Đặng Văn Hiếu)
Cho.CmR:.
Giải: Đặt. Khi đó bất đẳng thức đã cho
trở thành:.
Ta cần chứng minh:.
______________________________________________________________________________
0≠y
ayx
=
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )





=+++−−

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

22
22
22
mtmtm
tty
m
tt
tt
tty
mtty
tty
R,01
2
∈∀>+− ttt
( ) ( )
0633
2
=+++−−⇔ mtmtm
721721
721721
3
+−≤≤−−⇔



+−≤≤−−
=
m
m
m

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

( )
( )















−−=
=+
⇔





+=−+
=+
⇔



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

22
2
2
=−−+−⇔=








−−+− mmmttm
m
t
m
t
( )
⇔yx;
( )
1539
2
2139
0
18
279
0
3
S
054189'

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

( ) ( ) ( )
1
222
333
≥
+
+
+
+
+ bac
ab
acb
ca
cba
bc
c
z
b
y
a
x
1
,
1
,
1
===
3=++ xyzxyz
1
222

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

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

Bài 7: Cho x,y không âm và. Tìm
GTLN:.
(Trích tài liệu của thầy Nguyễn Phú Khánh-Đại học Sư Phạm)
Giải: Ta có:
Khi đó:.
Đặt.
Khi này:.
Xét nên f(t) đồng biến trên
______________________________________________________________________________
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 62.
2
9
22
2
9
2 62.
2
9
22
2
9
1 62.
2
9
22
2
9

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

≥++
+
=+
+
≥++
+
( )
( )
222
639 zyxzxyzxy ++≥+++Α
3 và
222
=++++≥++ zxyzxyzxyzxyzyx
( )
đpcm 1
222
333
≥
+
+
+
+
+
=Α
yx
z
xz
y
zy
x

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

22
22
222222444444
44
1
224
3
4
3
cba
a
cba
a
cb
cbbc
cbcbcbcbcbcb
cb
++
≤
++
⇒
+
≥+≥
++
=
++
≥
+
+
+

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

++
+
++
+
++
1
111
444444
≤
++
+
++
+
++ cbacbacba
( )
( )
yxxyyx ++≤++ 214
22
22
yxyxxy −−++=Ν
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
10nên âm không , Vì
1
3
1
321213214
222
22
≤+≤

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

2
∈∀−=≤Ν ttttf
( ) ( )
1;0,0
1
.
2
1
2
2
1
' ∈∀>
−
=−= t
t
ttt
t
tf
[ ]
1;0
20
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
đoạn.
Do đó.
Bài 8:(Trích tài liệu bồi
dưỡng HSG-Gv.Dư Quốc
Đạt) Chothay đổi và . Tìm GTLN: .
Giải: Ta có:
Tương tự:
Từ (1), (2) và

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

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

zyx
yxzxzyzyx 32
1
32
1
32
1
++
+
++
+
++
=Ν
( )
362.32.62.21436214
321
32 =+++≥






++







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

y
y
x
zyx
zyx
( )
1
321
36
1
32
1








++≤
++
⇒
zyxzyx
( ) ( )
3
321
36
1
32

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

1
≤








++≤Ν
zyx
3=== zyx
6
1
max =Ν
3=== zyx
abccbacba =+++≥ 2 và1,,
abcaabbcaabc
2
33
111
222
≤−+−+−
( )
( ) ( )
*939
111
33
1

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

≤<=== zyx
c
z
b
y
a
x
( )
1 121
2111
2 =+++⇔=+++⇔=+++ xyzzxyzxy
abccabcab
abccba
( )
3
2
3
;
3
1






++
≤++≤++
zyx
xyzzyxzxyzxy

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

1
,
1
,
1
zyx
++
zyx
++
21
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
ta cố gắng giới hạn(). Trong điều kiện của x,y,z không cần chặn mà chỉ cần x,y,z dương là đủ.
Bài 10: (Trích tài liệu bồi dưỡng
HSG-Gv.Dư Quốc Đạt)
Cho.CmR:
.
Giải: Ta biến đổi
giả thiết:.
Đặt. Biến đổi vế trái, ta được:
Ta có:
Vì:
Từ (2) và (3) cho ta (1) đúngđpcm.
Vậy đúng với yêu cầu đề bài.
Nhận xét: Bất đẳng thức quá rối vì vậy việc tìm ra được cách đặt phù hợp thể hiện đẳng cấp của
người giải bài toán.
Bài 11:(Trích tài liệu bồi
dưỡng HSG -Gv.Dư Quốc
Đạt) Cho. CmR:.
Giải: Biến đổi bất đẳng thức:
______________________________________________________________________________

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

+
+
+
+
+
⇔=−
+
+−
+
+−
+
z
xz
y
zy
x
yx
z
zx
y
yz
x
xy
z
xz
c
y
zy
b
x

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

2
2
2
2
2
2
≥
+
+
+
+
+
⇔≥

+
+
+
+
+
⇔
++
+
+
+
+
++
+
+
+
+
++
+
+
+
abcc
c
abcb
b
abca
a
abc
c
cab
b

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

2
2
2
2
2
abccba
cabcabcba
abccba
cba
abcc
c
abcb
b
abca
a
+++
+++++
=
+++
++
≥
+
+
+
+
+
( )
( )
( )
3 1

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

++++
+
zyyxzxyxz
xyxz
yxxzyzxzy
zxzy
xzzyxyzyx
yzyx
1 và0,, =++> cbacba
( ) ( ) ( )
abcccbbaa 4
3
1
1
1
1
1
1
222
≥
+
+
+
+
+
( ) ( ) ( )
( )
1
4
3

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

-Gv.Dư Quốc Đạt) Cho.CmR: .
Kiến thức bổ sung: Bất đẳng thức dạng thuần nhất.
Bất đẳng thức với ba biến gọi là
______________________________________________________________________________
( ) ( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( ) ( )
[ ]
( )
( ) ( )
[ ]
( )
( ) ( )
[ ]
( )
( ) ( )
[ ]
( )
( ) ( )
[ ]
( )
( ) ( )
[ ]
c

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

a
cb
bacbac
baab
acbacb
acca
cbacba
cbbc
bacbac
baab
acbacb
acca
cbacba
cbbc
ccbabac
baab
bcbaacb
acca
acbacba
cbbc
cc
ab
bb
ca
aa
bc
+
=
+
=

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




+
+
+
+
+






+
+
+
+
=
+++
+
+
+++
+
+
+++
+
≥
+++
+

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

222

222
( )
0,,
2
3
>≥
+
+
+
+
+
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
( )
( )
22
2
2 bacb +≤+
cba
cbacba
111
và0,, ++≥++>
abccba
cba
23

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



++++
cba
cba
( ) ( )
2 9
9111
2
≥++⇔
++
≥++≥+++ cba
cbacba
cba
( ) ( ) ( )
zxyzxyzyxzyxzxyzxyzxyzxyzyx ++≥++⇒++≤++⇒++≥++
22
222
3
1
3
c
z
b
y
a
x
1
,
1

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







+++
0,, >cba
( )
( )
( )
( )
( )
( )
8
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

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

Khi này ta cần chứng
minh:
Do đó:.
Tương tự ta được:.
Suy ra:
Vì (1) đúng
nên bất đẳng thức đã cho đúng ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét: Bất đẳng thức (*) được tìm như sau:
Khi ta chuyển hóa:, ta nhận thấy có đẳng
thức khi. Do đó,
Xét:
Đặt:
Ta cần tìm k sao cho f(x) có nghiệm
képkhi đó f(x) có dạng:.
Khai triển (2) kết hợp với (1) và áp dụng đồng nhất thức ta được:.
Bài 14:(Trích tài liệu bồi
dưỡng HSG -Gv.Dư Quốc Đạt) Cho. Tìm GTLN:.
Giải: Cách 1: Ta có:. Nên:
Cộng các vế trên ta được:
______________________________________________________________________________
3
=++
cba
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )

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

a
( )
( )
( )
*
3
4
3
4
32
3
2
2
2
+≤
−+
+
a
aa
a
( ) ( ) ( )
0 vìđúng 034103254*
2
23
>≥+−⇔≥+−−⇔ aaaaaa
( )
( )
3
4
3

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

3
4
c
3
4
32
3
và
3
4
3
4
32

3
2
2
2
2
2
2
+≥
−+
+
+≥
−+
+
cc
c
b
bb
b
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
84
3
4
2
2

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

=++
cba
1
===
cba
0>x
( )
( )
( ) ( )
09152215973
3
8
32
3
23
2
2
2
≥−+−+−+⇔−+≤
−+
+
kxkxkkxkkx
xx
x
( ) ( ) ( ) ( )
1 9152215973
23
−+−+−+= kxkxkkxxf
1=x
( ) ( ) ( ) ( )

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

2
3231291
1422121
121
222
222
22
24
Bất đẳng thức Sưu tầm: Lương Anh Nhật
Do đó: thì ta có đẳng thức.
Vậy.
Cách 2: Ta có hằng đẳng thức:
. Áp dụngta có:
Khi. Vậy .
Phần
4:TRÍCH
TÀI LIỆU
BỒI DƯỠNG
HỌC SINH GIỎI BẤT ĐẲNG THỨC - GV.DƯ QUỐC ĐẠT
I. Phương pháp lượng giác hóa:
Một số đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác
1.
2.
3.
4.
5.
Bổ đề 1: Nếu x,y,z là các số
dương thỏa thì tồn tại một tam giác nhọn ABC sao cho:.
Chứng minh: Vì nên tồn tại các
gócđể.

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

612620
3
1
3
31211216
3
10
31

3
2
141223
3
1
12
222
1,
3
1
khi
3
10
===≤Ν zyx
3
10
max =Ν
( ) ( )( ) ( )
33213221211332211
baaabbaabbabababa +++−++−=++
( )
*
( )
*
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
[ ]
( ) ( )
[ ]

( )
3
10
43.2
3
1
32220
3
1

1.3213233
3
1
1.33.23.
3
1

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

3
10
thì1,
3
1
=Ν=== zyx
3
10
max =Ν
1
2
A
tan
2
C
tan
2
C
tan
2
B
tan
2
B
tan
2
A
tan =++
tanCtanA.tanB.tanCtanBtanA =++
1.cosC2cosA.cosBCcosBcosAcos

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

CsinBsinAsin
222
≤++
2
3
2
C
sin
2
B
sin
2
A
sin ≤++
3
2
C
tan
2
B
tan
2
A
tan ≥++
xyzzyx
=++
CtanB,tanyA,tan === zx
0,,
>
zyx

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

chứng minh tương tự như trên)
Bổ đề 2: Nếu,tồn tạiABC thỏa:, .
Chứng minh:
Viết lại giả
thiết:. Theo bổ đề 1, tồn tại một ABC nhọn sao cho: .
Nhận xét: Ta có thể đặt.
Nếuthì ta có thể đặt.
Bổ đề 3: Nếuthỏathì tồn tại một
tam giác ABC không có góc tù sao cho:.
Chứng minh: Từ giả thiết suy
ra, do đó ta có thể đặt với . Thế vào điều
kiện ta được:
Vì A,B,C.
Nhận xét:
Chứng minh
tương tự, ta có
thể đặt:.
Bài 1:(Hàn Quốc 1998)
Cho.CmR:.
Giải: Từ giả thiết suy ra tồn tại
một tam giác nhọn ABC thỏa:.
Thế vào bất đẳng thức:.
Rút gọn ta được:.
Bài 2: Cho.Cm:.
Giải: Đặt với A, B, C là ba góc
của một tam giác.
Thế vào bất đẳng thức và
biến đổi ta được:
Ta có:.
______________________________________________________________________________

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

Α
= yx
2
C
tan=z
zyxzyx
1
.
1
.
1111
=++
∆
2
C
tan,
2
B
tan,
2
A
tanhay
2
C
cot
1
,
2
B
cot

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

zyx
12
222
=+++ xyzzyx
Ccos,cos,cos =Β=Α= zyx
1,,0
<<
zyx
Ccos,cos,cos =Β=Α= zyx






∈
2
0;CB,A,
π
( )
( )
( )( )
( ) ( )
Α−=Α−=+⇔
=+⇔
=−Β−=+⇔
=−+++⇔
=+++
π
coscosCBcos

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

xyzzyxzyx =++> và0,,
2
3
1
1
1
1
1
1
222
≤
+
+
+
+
+ zyx
CtanB,tanyA,tan === zx
2
3
Ctan1
1
tan1
1
tan1
1
222
≤
+
+
Β+

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

+
+
+
+
≤
+
+
+
+
+
2
C
tan,
2
B
tan,
2
A
tan === zyx
( )
1
2
C
cos
2
B
cos
2
A
cossinCsinBsinA ++≤++

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