MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY

MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
A.

MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT
ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI

• Quy tắc song hành: Đa số các bất đẳng thức đều có tính đối xứng nên chúng ta có thể sử dụng nhiều bất
đẳng thức trong chứng minh một bài toán để định hướng cách giải nhanh hơn.
• Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” trong bất đẳng thức có vai trị rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng
đắn của chứng minh, định hướng cho ta cách giải. Chính vì vậy khi giải các bài tốn chứng minh bất đẳng
thức hoặc các bài toán cực trị ta cần rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện của dấu bằng mặc dù một số
bài khơng u cầu trình bày phần này.
• Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm về tính xảy ra đồng thời của dấu
“=” khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất đẳng thức. Khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất
đẳng thức thì các dấu “=” phải cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến.
• Quy tắc biên: Đối với các bài tốn cực trị có điều kiện ràng buộc thì cực trị thường đạt được tại vị trí
biên.
• Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng thì vai trị của các biến trong các bất đẳng thức là
như nhau do đó dấu “=” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài tốn có điều kiện đối xứng thì
chúng ta có thể chỉ ra dấu “=”xảy ra tại khi các biến đó bằng nhau và bằng một giá trụ cụ thể.

B. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
I. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Cho n số thực không âm a1 , a 2 ,..., a n , n ∈ Z , n ≥ 2 , ta ln có:
a1 + a 2 + ... + a n ≥ n . n a1 .a 2 ...a n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a 2 = ... = a n

II. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
1. Kỹ thuật tách ghép bộ số
1.1 Kỹ thuật tách ghép cơ bản

Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 2 ab .2 bc .2 ac = 8abc (đpcm)
Bài 2: Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

ac + bd ≤

( a + b )( c + d )

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ac + bd
a
c
b
d
=
.
+
.
( a + b) ( c + d ) ( a + b) ( c + d )
( a + b )( c + d )
1 a
c  1 b
d  1a+b c+d 
+
+
+


+ 
= 
 =1
2a+b c+d  2a+b c+d  2a+b c+d 
⇒ ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) (đpcm)
≤

a > c
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa 
. Chứng minh rằng:
b > c
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
c ( a − c) + c ( b − c)
ab

=

c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab

c ( a − c)
c ( b − c) 1  c a − c  1  c b − c 
.
+
.
≤  +
÷+  +
÷
b
a

a
b
2b
a  2a
b 

1


1c
c 1c
c
≤  + 1 − ÷+  + 1 − ÷ = 1 ⇒ c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab (đpcm)
2b
a 2a
b
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 + 3 abc ≤ 3 (1 + a )(1 + b )(1 + c )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1 + 3 abc
1
1
1
a
b
c
≤3
.
.
+3

.
.
3 (1 + a )(1 + b )(1 + c )
(1 + a ) ( 1 + b ) (1 + c ) (1 + a ) (1 + b ) (1 + c )
1 1
1
1  1 a
b
c 
≤ 
+
+
+
+
+ 

3 1+ a 1+ b 1+ c  3 1+ a 1+ b 1+ c 
1 1+ a 1+ b 1+ c 
≤ 
+
+
 =1
3 1+ a 1+ b 1+ c 

⇒ 1 + 3 abc ≤ 3 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (đpcm)

a ≥ 1
Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa 
. Chứng minh rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab
b ≥ 1

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1
ab
ab
a b − 1 = a ab − a ≤ ( a + ab − a ) =
(1) Tương tự: b a − 1 ≤
(2)
2
2
2
Cộng theo vế (1) và (2), ta được: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab (đpcm)
Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab( a − b ) 2 ≤ ( a + b ) 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

 4ab + ( a − b ) 2 
 ( a + b) 2 
4
16ab( a − b ) = 4.( 4ab )( a − b ) ≤ 4.
= 4.

 = ( a + b ) (đpcm)
2


 2 
Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc 1 + 3 abc
2

2

2

2

(

)

Giải: Ta có a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) = ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca )
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a + b + c ≥ 33 abc
ab + bc + ca ≥ 33 ( abc )

2

(

⇒ ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ≥ 33 abc + 33 ( abc ) = 33 abc 1 + 33 abc
2

(

)

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

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

)

a b
+ ≥ a + b +1
b a

Giải:
a b  ab a   ab b   a
b 
+ = + + +
+ +

b a  2 2b   2 2a   2b 2a 
ab a
ab b
a b
≥2
. +2
.
+2
.
= a + b + 1 (đpcm)
2 2b
2 2a
2b 2a
Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 10 . Tìm GTLN của: A =a 2b 3c 5
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab +

2


2

a a b b b c c c c c
a
Ta có: 10 = a + b + c = + + + + + + + + + ≥ 1010  
 ÷
2 2 3 3 3 5 5 5 5 5
2
2

a
⇒ 10  ÷
2

3

5

2

3

b c
a
. ÷ . ÷ ≤ 1 ⇒  ÷
 3 5
2

3

5

b c
. ÷ . ÷
3 5

5

b c
.  ÷ .  ÷ ≤ 1 ⇒ a 2b3c 5 ≤ 2 2 3355 = 337500
 3 5
a = 2
a b c
a b c a+b+c
 = =

⇔ = = =
= 1 ⇔ b = 3
Dấu “=” xảy ra ⇔  2 3 5
2 3 5
10
a + b + c = 10
c = 5


Vậy GTLN của A là 337500.
1.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo

a b
Bài 1: Chứng minh rằng: + ≥ 2 , ∀a,b > 0
b a
Giải:
a
b
a b
a b
> 0,
> 0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: + ≥ 2 . = 2 (đpcm)
Vì a,b > 0 nên
b
a
b a
b a
1
≥ 3 , ∀a > 1
Bài 2: Chứng minh rằng: a +
a −1
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
1
a+
= a −1+
+ 1 ≥ 2 ( a − 1)
+ 1 = 2 + 1 = 3 (đpcm)
a −1
a −1

a −1
a2 + 2

Bài 3: Chứng minh rằng:

a2 +1

≥ 2 , ∀a ∈ R

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

a2 +1

1
a2 +1

= 2 (đpcm)

3a 2

1
≤ , ∀a ≠ 0
4
1 + 9a
2

Giải:
Với ∀a ≠ 0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3a 2
1
1
1
1
=
=
≤
=
4
4
1
(đpcm)
1
9a
1 + 9a
+ 3a 2 2 1 .3a 2 2
+ 2
2
2
2
3a

3a
3a
3a
2

 a2

Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = ( a + 1) + 
 a + 1 + 2  , ∀a ≠ −1



Giải:
2

2

2
2
 ( a + 1) 2 + 1 
 a 2 + 2a + 2 
1 
2
2

A = ( a + 1) + 
 = ( a + 1) +  a + 1 +
÷ = ( a + 1) + 
÷
a +1 


 a +1 
 a +1 


2

= 2 ( a + 1) +
2

1

( a + 1)

2

+2

Cauchy

≥

2 2 ( a + 1)

2

1

( a + 1)

2

+2=2 2+2

3


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2( a + 1) =
2

1

( a + 1) 2

hay a =

−2±4 8
2

Vậy GTNN của A = 2 2 + 2
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = a +

2
, ∀a > 0
a2

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
a a

1
a a
1
1 3
A=a+ 2 = + +
≥ 3. . .
= 33 = 3 4
3 2 2
a a
a a
2 2
2 2
a
2. .
2. .
2 2
2 2
a
2
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = 2 hay a = 3 4
Vậy GTNN của A = 3 4
2 a
2
1
≥ 3 , ∀a > b > 0
Bài 7: Chứng minh rằng: a +
b ( a − b)
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

1
1
1
a+
= b + ( a − b) +
≥ 33 b.( a − b ).
=3
b( a − b )
b( a − b )
b( a − b )
Bài 8: Chứng minh rằng: a +

4

( a − b )( b + 1) 2

≥ 3 , ∀a > b > 0

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

( a − b )( b + 1)
( a − b)
2
2
( b + 1) . ( b + 1) .
1
≥ 4. ( a − b ).
−1 = 3
4
( b + 1) ( b + 1)
2
2
( a − b)
2
2
1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau:
a+b b+c c+a

+
+
a + b + c =
2
2
2
Phép cộng: 
2( a + b + c ) = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )

abc = ab bc ca ,
( a, b, c ≥ 0)


Phép nhân:  2 2 2
a b c = ( ab )( bc )( ca )

Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

bc ca ab
+
+
≥ a+b+c
a
b
c

Giải:
Ta có:
bc ca ab 1  bc ca  1  ca ab  1  ab bc 
+
+
=  + +  + +  + 
a
b
c
2 a
b  2 b
c  2 c
a
≥

bc ca

ca ab
ab bc
. +
.
+
.
= a+b+c
a b
b c
c a

4


Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ 0 . CMR:

a2 b2 c2 b c a
+
+
≥ + +
b2 c2 a2 a b c

Giải:
Ta có:

a 2 b2 c2 1  a 2 b2  1  b2 c2  1  c2 a 2 
+ + =  + ÷+  + ÷+  + ÷
b2 c2 a 2 2  b2 c2  2  c2 a 2  2  a 2 b 2 

a 2 b2

b2 c2
c2 a 2
b c a b c a
≥
+ 2. 2 + 2. 2 = + + ≥ + +
2
2
b c
c a
a b
a b c a b c
Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . CMR:
b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c
Giải:
 bc
b + c c + a a + b 2 bc 2 ca 2 ab
ca
ab 
+
+
≥
+
+
= 2

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

 
 

=2

(

Vậy

) (

a+ b+ c =

) (

a+ b+ c +

bc ca
+2
a b

ca ab
+2
b c

ab bc
c a

)

a + b + c ≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c + 3

b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c

Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =

a+b+c
1
. CMR: ( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ abc
2
8

Giải:

( p − a ) ( p − b) ( p − c) = ( p − a ) ( p − b) ( p − b) ( p − c) ( p − c) ( p − a )
( p − a ) + ( p − b ) . ( p − b ) + ( p − c ) . ( p − c ) + ( p − a ) ≤ 2p − ( a + b ) . 2p − ( b + c ) . 2p − ( c + a )
≤

Ta có:

2

2

2

2
2
2
a+b+c
Bài 5: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p =
. CMR:
2
1
1
1
 1 1 1
+
+
≥ 2 + + 
p−a p−b p −c
a b c
Giải:
1
1
1
1 1
1  1 1
1  1 1
1 
+
+
= 
+

+
+
Ta có:
÷+ 
÷+ 
÷
p−a p−b p−c 2 p−a p−b  2 p−b p−c  2 p−c p −a 
1
1
1
≥
+
+
( p − a ) ( p − b) ( p − b) ( p − c) ( p − c) ( p − a )

1
= abc
8

1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2 + + ÷
( p − a ) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c) ( p − c) + ( p − a )  a b c 
2
2
2

1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau
1 1
1 
2
Với n ∈ N ∗ và x1 , x 2 ,..., x n > 0 thì ( x1 + x2 + ... + xn )  + + .. + ÷ ≥ n
x1 x2
xn 

.
Chứng minh bất đẳng thức trên :
≥

5


1
1
1 
1
+ .. +  ≥ n n x1 x 2 ...x n .n n
= n2
Ta có với x1 , x 2 ,..., x n > 0 thì ( x1 + x 2 + ... + x n )  +
x

xn 
x1 x 2 ...x n
 1 x2
1
1

1
+ ≥9
Với n = 3 và x1 , x 2 , x3 > 0 thì ( x1 + x 2 + x3 )  +
x

 1 x 2 x3 
b+c c+a a+b
+
+
≥6
Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
a
b
c
Giải:
Ta có:
b+c c+a a +b  b+c   c+a   a +b 
a +b+c b+c +a c +a +b
+
+
= 1 +
+
+
−3
÷+  1 +
÷+ 1 +
÷− 3 =
a
b
c

a  
b  
c 
a
b
c

1 1 1
= ( a + b + c )  + + ÷− 3 ≥ 9 − 3 = 6
a b c
a
b
c
3
+
+
≥ (Nesbit)
Bài 2: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
b+c c+a a+b 2
Giải:
a
b
c
a  
b  
c 

+
+
= 1 +

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

1
1
1 
9
3
 1
( b + c ) + ( c + a ) + ( a + b )  


 b + c + c + a + a + b ÷− 3 ≥ 2 − 3 = 2
2



Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

c2
a2
b2
a+b+c
+
+
≥
a+b b+c c+a
2

Giải:

c2
a2
b2
c2  
a2  
b2 
 + a +
 + b +
 − ( a + b + c)
+
+

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

 − ( a + b + c)
 a+b b+c c+a 
a
b
 c

= ( a + b + c)
+
+
− 1
a+b b+c c+a 
a
b
c
3
+
+
≥
Theo bất đẳng thức Nesbit đã chứng minh ở bài 2 thì:
b+c c+a a+b 2
2
2
2
c
a
b
3  a+b+c
+
+
≥ ( a + b + c )  − 1 =

Do đó
(đpcm)
a+b b+c c+a
2
2 
Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ 1 . Chứng minh bất đẳng thức sau:
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
2
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
Giải:
Do a + b + c ≤ 1 ta có:

6


1
1
1
1
1
1
2

+ 2
+ 2

≥ ( a + b + c)  2
+ 2
+ 2
÷
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 
2

1
1
1


= ( a 2 + b 2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac )  2
+ 2
+ 2
÷
 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 
1
1
1


= ( a 2 + 2bc ) + ( b 2 + 2ac ) + ( c 2 + 2ab )   2

  a + 2bc + b 2 + 2ca + c 2 + 2ab ÷ ≥ 9


2. Kỹ thuật đổi biến số
Có những bài tốn về mặt biểu thức tốn học tương đối cồng kềnh, khó nhận biết được phương hướng

giải. Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài tốn về dạng đơn giản và dễ nhận biết hơn.
Bài 1: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b. CMR: ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1)
Giải:
y+z

a = 2
b + c − a = x

z+x


c + a − b = y ⇔ b =
Đặt: 
2
a + b − c = z


x+ y

c = 2

Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
x+ y y+z z+x
x. y.z ≤
.
.
2
2
2
Do trong tam giác, tổng độ dài của hai cạnh ln lớn hơn độ dài cạnh cịn lại nên :

x, y , z > 0
x+ y y+z z+x
.
.
≥ xy . yz zx = xyz
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
2
2
( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (đpcm)
Hay
a
b
c
+
+
≥ 3 (1)
Bài 2: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b. CMR:
b+c−a c+a −b a+b−c
Giải:
y+z

a = 2
b + c − a = x > 0

z+x


Đặt:
c + a − b = y > 0 ⇔ b =

2
a + b − c = z > 0


x+ y

c = 2

y+z z+x x+ y
+
+
Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành:
2x
2y
2z
Ta có:
y+z z+x x+y 1 y x  1 z x  1 z y 2 y x 2 z x 2 z y
+
+
=  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥
. +
. +
. =3
2x
2y
2z
2x y 2x z  2 y z  2 x y 2 x z 2 y z
a
b
c

+
+
≥ 3 (đpcm)
Hay
b+c−a c+a −b a+b−c
a2
b2
c2
Bài 3: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b. CMR:
+
+
≥ a + b + c (1)
b+c−a c+a −b a+b−c
Giải:

7


y+z

a = 2
b + c − a = x > 0

z+x


Đặt: c + a − b = y > 0 ⇔ b =
2
a + b − c = z > 0



x+ y

c = 2

Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
( y + z ) 2 + ( z + x) 2 + ( x + y) 2 ≥ x + y + z
4x
4y
4z
Ta có:
( y + z ) 2 + ( z + x ) 2 + ( x + y ) 2 ≥ yz + zx + xy = 1  yz + zx  + 1  zx + xy  + 1  xy + yz 






4x
4y
4z
x
y
z
2 x
y  2 y
z  2 z
x 





≥

yz zx
. +
x y

zx xy
. +
y z

xy yz
.
= z+x+ y
z x

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

1
p
+
+
≥
2
2
2
( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c )
Hay

Giải:
Ta có:

Đặt:

b+c−a
> 0 Tương tự:
2
p − a = x > 0

p − b = y > 0 ⇒ p = x + y + z
p − c = z > 0

p−a =

(1)

p − b > 0; p − c > 0

Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau

1
1
1
x+ y+z
+ 2 + 2 ≥
2
xyz
x
y
z

Ta có:
1
1 1 1 1
1  1 1 1  1 1 1 
+ 2 + 2 =  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷
2
x
y z
2 x
y  2 y z  2z
x 
1 1
1 1
1 1
1
1
1 x+y+z

≥
. 2 +
. 2 + 2 2 =
+ +
=
2
2
x y
y z
z x
xy yz zx
xyz
1
1
1
p
+
+
≥
Hay
2
2
2
( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) (đpcm)
Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

a
b
c
3

+
+
≥ (1)
b+c c+a a+b 2

Giải:

8


Đặt:

y+z−x

a =
2
b + c = x

z+x− y


c + a = y ⇒ b =
2
a + b = z


x+ y−z

c =
2



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

Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:
Ta có:
≥

2 y x 2 z x 2 z y 3 3
. +
. +
. − =
2 x y 2 x z 2 y z 2 2

Hay

a
b
c
3
+
+
≥ (đpcm)
b+c c+a a+b 2

Bài 6: Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa ( a + c )( b + c ) = 1 . CMR:
1
1
1
+
+
≥ 4 (1)
2
2
( a − b) ( a + c) ( b + c) 2
Giải:
1

x = y

a + c = x  xy = 1
1

⇒
⇒ y =

Đặt: 
x
b + c = y a − b = x − y 
a − b = x − y


1
1
1
+ 2 + 2 ≥4
Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành:
2
( x − y) x y
1
1
1
1
1
+ 2+ 2=
+ x 2 + y2 = 2
+ x 2 + y2
Ta có:
2
2
2
x − 2xy + y
( x − y) x y ( x − y)
1
1
+ ( x 2 + y2 − 2 ) + 2 ≥ 2 2

. x 2 + y2 − 2) + 2 = 4
2
2 (
x −2+ y
x −2+ y
1
1
1
+
+
≥ 4 (đpcm)
Vậy
2
2
( a − b) ( a + c) ( b + c) 2
Bài 7: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1 .
Tìm GTNN của biểu thức:
x2 ( y + z)
y 2 ( z + x)
z 2 ( x + y)
A=
+
+
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y
Đề thi Đại học khối A năm 2007
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
x 2 .2 yz
z 2 .2 xy
2x x xyz

2y y yzx
2z z zxy
y 2 .2 zx
A≥
+
+
≥
+
+
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y
=

≥

2

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

9


1

 x x = 9 ( − 2a + 4b + c )
a = y y + 2 z z



1


Đặt: b = z z + 2 x x ⇒  y y = ( a − 2b + 4c )
9


c = x x + 2y y

1


 z z = 9 ( 4a + b − 2c )

Khi đó
2  −2a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c  2 
 b a c   c a b 
A≥ 
+
+
÷ ≥  −6 + 4  + + ÷+  + + ÷
9
a
b
c
 9
 a c b   a b c 
2

b a c
c a b 2
≥  −6 + 4.3. 3 . . + 3. 3 . . ÷ = ( −6 + 12 + 3 ) = 2
9
a c b
a b c÷ 9


Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Vậy GTNN của A là 2

3. Kỹ thuật chọn điểm rơi
Điểm rơi trong các bất đẳng thức là giá trị đạt được của biến khi dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra.
Trong các bất đẳng thức dấu “=” thường xảy ra ở các trường hợp sau:
• Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài tốn có cực trị đạt được tại tâm
• Khi các biến có giá trị tại biên. Khi đó ta gọi bài tốn có cực trị đạt được tại biên
Căn cứ vào điều kiện xảy ra của dấu “=” trong bất đẳng thức ta xét các kỹ thuật chọn điểm rơi trong
các trường hợp trên
3.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên
Xét các bài toán sau:
1
Bài toán 1: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của A = a +
a
1
1
Sai lầm thường gặp là: A = a + ≥ 2 a. = 2 . Vậy GTNN của A là 2.
a
a
1
Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 2 ⇔ a = ⇔ a = 1 vơ lý vì theo giả thuyết thì a ≥ 2 .
a

1 a 1 3a
a 1 3a
3.2 5
Lời giải đúng: A = a + = + +
≥2 . +
≥ 1+
=
a 4 a 4
4 a 4
4
2
a 1
5
Dấu “=” xảy ra ⇔ = hay a = 2
Vậy GTNN của A là .
4 a
2
Vì sao chúng ta lại biết phân tích được như lời giải trên. Đây chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất
đẳng thức.
Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đốn A đạt GTNN khi a = 2 . Khi
đó ta nói A đạt GTNN tại “Điểm rơi a = 2 ” . Ta không thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số
1
1
a và
vì khơng thỏa quy tắc dấu “=”. Vì vậy ta phải tách a hoặc
để khi áp dụng bất đẳng thức
a
a
 a 1
Cauchy thì thỏa quy tắc dấu “=”. Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số  ,  sao cho

α a 
a 1
tại “Điểm rơi a = 2 ” thì = , ta có sơ đồ sau:
α a
a 2

α = α
2 1

a=2⇒
⇒ = ⇒α = 4
α 2
1 = 1
a 2


10


1 a 3a 1
= +
+ và ta có lời giải như trên.
a 4 4 a
 a 1
Lưu ý: Để giải bài tốn trên, ngồi cách chọn cặp số  ,  ta có thể chọn các các cặp số sau:
α a 
1

 α
 1 

 αa,  hoặc  a,  hoặc  a,  .
a

 a
 αa 
1
Bài toán 2: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a + 2
a
a 2
α = α
2 1

⇒ = ⇒α =8
Sơ đồ điểm rơi: a = 2 ⇒ 
α 4
1 =1
a2 4

Khi đó: A = a +

a 1 7a
a 1 7a
1 7a
1
7.2 9
+ 2 +
≥2 . 2 +
=
+
≥

+
= .
8 a
8
8 a
8
2a 8
2.2
8
4
9
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2 . Vậy GTNN của A là
4
9
Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN của A là
là đáp số đúng nhưng cách giải trên mắc sai lầm
4
1
1
trong đánh giá mẫu số: “ a ≥ 2 ⇒
là sai”.
≥
2a
2.2
a a 1 6a
a a 1 6a 3 6.2 9
Lời giải đúng: A = + + 2 +
≥ 3.3 . . 2 +
≥ +
=

8 8 a
8
8 8 a
8
4 8
4
9
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2
Vậy GTNN của A là
4
1
Bài 1: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A = ab +
ab
Phân tích:
2
1
a+b
Ta có:
ab ≤ 
 ≤
4
 2 
1
 ab
 α = 4α
1
1
1

⇒

= 4⇒α =
Sơ đồ điểm rơi: ab = ⇒ 
4
4α
16
1 =4
 ab

Giải:
2
1
a+b 1
Ta có: ab ≤ 
⇒ −ab ≥ −
÷ ≤
4
 2  4
Sai lầm thường gặp là: A =

1
1
1 17
− 15ab ≥ 2 16ab
− 15ab ≥ 8 − 15. =
ab
ab
4 4
1
1
17

Dấu “=” xảy ra ⇔ ab = ⇔ a = b = . Vậy GTNN của A là
4
2
4
18
2
Bài 2: Cho số thực a ≥ 6 . Tìm GTNN của A = a +
a
Phân tích:
A = 16ab +

11


18
9 9
= a2 + +
a
a a
Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đốn A đạt GTNN khi a = 6 . Ta có sơ đồ điểm rơi:
 a 2 36
 =

α ⇒ 36 = 3 ⇒ α = 24
a =6⇒ α
α 2
9 = 9 = 3
a 6 2

Giải:

a 2 9 9 23a 2
a 2 9 9 23a 2 9 23.36
Ta có: A =
+ + +
≥ 33
. . +
≥ +
= 39
24 a a
24
24 a a
24
2
24
a2 9
Dấu “=” xảy ra ⇔
= ⇔ a = 6 . Vậy GTNN của A là 39
24 a
Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + 2b + 3c ≥ 20 . Tìm GTNN của
3 9 4
A= a+b+c+ +
+
a 2b c
Phân tích:
Dự đốn GTNN của A đạt được khi a + 2b + 3c = 20 ,tại điểm rơi a = 2, b = 3, c = 4 .
Sơ đồ điểm rơi:
a 2
α = α
2 3
4


a=2⇒
⇒ = ⇒α =
α 2
3
3 = 3
a 2

b 3
β = β
3 3

b =3⇒ 
⇒ = ⇒β =2
β 2
9 =3
 2b 2

c 4
γ = γ
4

c=4⇒
⇒ =1⇒ γ = 4
γ
4 = 1
c

Giải:
 3a 3   b 9   c 4  a b 3c

A =  + ÷+  + ÷+  + ÷+ + +
 4 a   2 2b   4 c  4 2 4
2
Ta có A = a +

3a 3
b 9
c 4 a + 2b + 3c
. +2 . +2 . +
≥ 3 + 3 + 2 + 5 = 13
4 a
2 2b
4 c
4
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2, b = 3, c = 4
Vậy GTNN của A là 13
ab ≥ 12
Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa 
. Chứng minh rằng:
bc ≥ 8
≥2

( a + b + c ) + 2


1
1
1 
8
121

+
+
≥
+
 ab bc ca  abc 12

Phân tích:
ab = 12
Dự đốn GTNN của A đạt được khi 
,tại điểm rơi a = 3, b = 4, c = 2 .
bc = 8

12


Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a
b
2
a b 2
1
+
+
≥ 33 . .
=
18 24 ab
18 24 ab 2
a c 2
a c 2

+ +
≥ 33 . .
=1
9 6 ca
9 6 ca
b c 2
b c 2
3
+ +
≥ 33
. .
=
16 8 bc
16 8 bc 4
a c b
8
a c b 8
4
+ + +
≥ 44 . . .
=
9 6 12 abc
9 6 12 abc 3
13a 13b
13a 13b
13 13
13
+
≥2
.

≥2
. .12 =
18
24
18 24
18 24
3

3.2

13b 13c
13b 13c
13 13
13
+
≥2
.
≥2
. .8 =
48 24
48 24
48 24
4
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
( a + b + c ) + 2 1 + 1 + 1  + 8 ≥ 121 (đpcm)


 ab bc ca  abc 12
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị đạt được tại tâm
Xét bài toán sau:

Bài toán:

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 .. Tìm GTNN của A = a + b +

1 1
+
a b

1 1
1 1
Vậy GTNN của A là 4.
+ ≥ 44 a.b. . = 4
a b
a b
1 1
Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 4 ⇔ a = b = = ⇔ a = b = 1 . Khi đó a + b = 2 ≥ 1 trái giả
a b
thuyết .
Phân tích:
1
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b =
2
1
a b
α = α = 2α
1
1
1

⇒

= 2⇒α =
Sơ đồ điểm rơi: a = b = ⇒ 
2
2α
4
1 = 1 = 2
a b

Sai lầm thường gặp là: A = a + b +

1 1
1 1

Lời giải đúng: A =  4a + 4b + +  − 3a − 3b ≥ 44 4a..4b. . − 3( a + b ) ≥ 8 − 3 = 5
a b
a b

1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b =
Vậy GTNN của A là 5
2
3
Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ . Tìm GTNN của
2
1 1 1
A= a+b+c+ + +
a b c
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b = c =

1
2

13


Sơ đồ điểm rơi:

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

Giải:
1 1 1
1 1 1
9 13


A =  4a + 4b + 4c + + + ÷− 3a − 3b − 3c ≥ 6 6 4a.4b.4c. . . − 3 ( a + b + c ) ≥ 12 − =
a b c
a b c
2 2

1
13
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
Vậy GTNN của A là
2
2
3
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ . Tìm GTNN của
2
1 1 1
A = a2 + b2 + c2 + + +
a b c
Phân tích:
1
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b = c =
2
1
 2
2
2
a = b = c = 4
1
1 2

⇒ = ⇒α =8

Sơ đồ điểm rơi: a = b = c = ⇒ 
2
4 α
1 = 1 = 1 = 2
 α a αb α c α

Giải:
1 1 1 1 1 1 3
3
3

A =  a 2 + b 2 + c 2 + + + + + + ÷+
+
+
8a 8b 8c 8a 8b 8c  4a 4b 4c

1 1 1 1 1 1 31 1 1 9
1
9 9
1
9 9
27
. . . . . +  + + ÷ ≥ + 9. 3
≥ + .
≥ + .2 =
8a 8b 8c 8a 8b 8c 4  a b c  4
4
abc 4 4 a + b + c 4 4
3
1

27
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =
Vậy GTNN của A là
2
4
≥ 9 9 a 2 .b 2 .c2 .

Bài 3:

Cho 2 số thực dương a, b. Tìm GTNN của A =

a+b
ab

+

ab
a+b

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

 ab = a = 1
 a + b 2a 2

Giải:
 a+b
ab  3( a + b )
a+b
ab 3.2 ab
3 5

A=
+
 4 ab a + b  + 4 ab ≥ 2 4 ab . a + b + 4 ab = 1 + 2 = 2


5
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
Vậy GTNN của A là
2
Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của
a
b
c
b+c c+a a+b
A=
+
+
+
+
+

b+c c+a a+b
a
b
c
14


Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a = b = c
b
c
1
 a
b + c = c + a = a + b = 2
1 2

⇒ = ⇒α = 4
Sơ đồ điểm rơi: a = b = c ⇒ 
2 α
b + c = c + a = a + b = 2
 αa
αb
αc
α

Giải:
b
c
b+c c+ a a +b 3b+c c+ a a +b
 a

A=
+
+
+
+
+
+
+
+ 

4a
4b
4c  4  a
b
c 
b+c c+a a+b
≥ 66

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

4a a b b c c

3
b c c a a b
9 15
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c
≥ 3 + .6.6 . . . . . = 3 + =
4
a a b b c c
2 2
15
Vậy GTNN của A là
2
Bài 5:

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A =

1
1
+
2
2ab
a +b
2

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

Sơ đồ điểm rơi:

1
2

 1
a2 + b2 = 2
1

a=b= ⇒
⇒ 2α = 2 ⇒ α = 1
2
 α = 2α
 2ab


Giải:
1
1
4
≥ 2. 2
=
≥4
2
2
a + b 2ab
a + b + 2ab ( a + b ) 2
2
2
2
a + b = 2ab
1

⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
Vậy GTNN của A là 4
2
a + b = 1
A=

Bài 6:

1
1
+
≥2
2
2ab
a +b
2

(

2

)

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A =

1
1+ a + b
2

2

+

1
2ab

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

Sơ đồ điểm rơi:

1
2

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

Giải:

15


A=

1
1+ a + b
2

≥ 2.

≥

≥

+

2

1
1
+
≥2
6ab 3ab

1
1
+

2
( 1 + a + b ) 6ab 3ab
2

1
1
4
1
+
=
+
2
2
1 + a + b + 6ab 3ab ( a + b ) + 1 + 4ab 3ab
2
2

4

( a + b ) 2 + 1 + 4 a + b 


4

2( a + b ) + 1

+

2

+

 2 
4

2

 Do ab ≤  a + b 



 2 


1
2

 a+b
3

 2 
4
4 8
≥
+
=
2.1 + 1 3.1 3







3( a + b )
1 + a 2 + b 2 = 6ab
1

⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
2
a + b = 1

2

Vậy GTNN của A là

2

8
3

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A =

Bài 7:

1
1
+
+ 4ab
2

a +b
ab
2

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

1
2

Sơ đồ điểm rơi:
 1
a2 + b2 = 2
1
4

a=b= ⇒
⇒ 2 = ⇒α = 2
2
α
 1 = 4
αab α

4ab = 1
1
4

a=b= ⇒ 1
4 ⇒1= ⇒ β = 4
=

2 
β
 βab β
Giải:
A=

1
1
1
1
+
+ 4ab +
+
≥2
2
a +b
2ab
4ab 4ab
2

≥ 2.

1
a + b + 2ab
2
2

2

+2+

1
4
1
=
+2+
2
4ab ( a + b )
4ab

4
1
+2+
2
2
( a + b)
 a+b
4

 2 
5
5
≥
+2≥ +2=7
2
1
( a + b)
≥

1

1
1
+ 2 4ab.
+
2
4ab 4ab
( a + b ) 2ab
2

2

 Do ab ≤  a + b 



 2 







16


a 2 + b 2 = 2ab

4ab = 1
1


⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
4ab
2
a = b

a + b = 1

Vậy GTNN của A là 7
Bài 8:

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a + b ≤ 1 . Tìm GTNN của A =

1
1
1
+ 2 + 2
3
a +b
a b ab
3

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

1
2

 1

 a3 + b3 = 2
1
4

⇒ 2 = ⇒α = 2
Sơ đồ điểm rơi: a = b = ⇒ 
2
α
 1 = 1 = 4
αa 2 b αab 2 α

Giải:
1
1
1
1
1
+ 2 +
+ 2 +
3
2
a +b
2a b 2ab 2a b 2ab 2
1
1
1
1
1
1
≥ 55 3 3 . 2 .

. 2 .
≥5 3 3
2
2
2
a + b + 2a b + 2ab 2 + 2a 2b + 2ab 2
a + b 2a b 2ab 2a b 2ab
5
2

25
25
25
 a+b
≥
≥
≥
= 20  Do ab ≤ 
÷
3
3

 2 
( a + b ) + ab(a + b) ( a + b ) 3 + (a + b) 1 + 1

4
4
1
1
 1

 a 3 + b 3 = 2a 2 b = 2ab 2

1
⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
2
a + b = 1


Vậy GTNN của A là 20
A=

Bài 9:

3


÷
÷


1 1 1
+ + = 4 . Tìm GTLN của
x y z
1
1
1
P=
+
+

2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
Đề thi Đại học khối A năm 2005

Cho ba số thực dương x, y , z thỏa

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

17


1
1 1 1 1 1
≤  + + + 

x + y + 2 z 16  x y z z 


Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
1
1
1
1  4 4 4
P=
+
+
≤  + +  =1
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z 16  x y z 


1 1 1 4
3
Dấu “=” xảy ra ⇔ = = = ⇔ x = y = z =
x y z 3
4
Vậy GTLN của P là 1

4. Kỹ thuật nhân thêm hệ số

Bài 1: Tìm GTLN của : A = a 2 (1-a ) , a ∈ ( 0,1)
Giải:
Do a, 1-a > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3

1

1
1  a + a + 2 - 2a  1 8
4
A = a 2 ( 2 - 2a ) = a.a ( 2 - 2a ) ≤ 
÷ = . ⇒ A≤
2
2
2
3
27
 2 27
4
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 2 − 2a =
Vậy GTLN của A là
3
27
3
Bài 2: Tìm GTLN của : A = a ( 2-a ) , a ∈ ( 0,2 )
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4
1
1  a + a + a + 6 − 3a 
27
A = a.a.a.( 6 − 3a ) ≤ 
 =
3
3
4

16

3
27
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 6 − 3a =
Vậy GTLN của A là
2
16
a ≤ 3
Bài 3: Cho các số thực dương a, b thỏa 
. Tìm GTLN của A = ( 3 − a )( 4 − b )( 2a + 3b )
b ≤ 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
1
1  6 − 2a + 12 − 3b + 2a + 3b 
A = ( 6 − 2a )(12 − 3b )( 2a + 3b ) ≤ 
 = 36
6
6
3

a = 0
Dấu “=” xảy ra ⇔ 6 − 2a = 12 − 3b = 2a + 3b = 6 ⇔ 
Vậy GTLN của A là 36
b = 2
a ≥ 2

bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12

Bài 4: Cho các số thực a, b, c thỏa b ≥ 6 . Tìm GTLN của: A =
abc
c ≥ 12

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
bc
( a − 2).2 ≤ bc . ( a − 2) + 2 = abc
bc a − 2 =
2
2
2
2 2
ca
ca ( b − 6 ) + 3 + 3 abc
ca 3 b − 6 = 3 3 ( b − 6).3.3 ≤ 3 .
= 3
3
9
9
3 9
ab 4
( c − 12).4.4.4 ≤ 4 ab . ( c − 12) + 4 + 4 + 4 = abc = abc
ab 4 c − 12 = 4
4
64
64
44 64 8 2
Khi đó ta có:

18


bc a − 2 + ca 3 b − 6 + ab 4 c − 12
1
1
1
5
1
≤
+ 3 +
=
+ 3
abc
2 2 3 9 8 2 8 2 3 9
a − 2 = 2
a = 4


Dấu “=” xảy ra ⇔ b − 6 = 3 ⇔ b = 9
c − 12 = 4
c = 16



A=

Vậy GTLN của A là

5

+

1
3

8 2 3 9
Bài 5: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 1 . Tìm GTLN của: A = a + b + b + c + c + a
Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
2

a + b = 3

1
2

a = b = c = ⇒ b + c =
3
3

2

c + a = 3

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
( a + b) + 2
3
2

3
3 (1)
( a + b ). ≤ .
a+b =
2
3
2
2
( b + c) + 2
3
3
b+c ≤
.
(2)
2
2
( c + a) + 2
3
3
c+a ≤
.
(3)
2
2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
2
2( a + b + c ) + 3.
3
3 = 6
A = a+b + b+c + c+a ≤

.
2
2
2

a + b = 3

2
1

Dấu “=” xảy ra ⇔ b + c = ⇔ a = b = c =
3
3

2

c + a = 3

Vậy GTLN của A là 6
Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật nhân thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi để tìm hệ
số cho phù hợp.
Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3 . Chứng minh:
3
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ 33 3
Phân tích:

19


Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi:

a + 2b = 3

a = b = c = 1 ⇒ b + 2c = 3
c + 2a = 3

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1 ( a + 2b ) + 3 + 3 6 + a + 2b
3
a + 2b = 3 3 ( a + 2b ).3.3 ≤ 3
=
(1)
3
9
9
33 9
6 + b + 2c
3
b + 2c ≤
(2)
33 9
6 + c + 2a
3
c + 2a ≤
(3)
33 9
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
18 + 3( a + b + c )
3

a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤
= 33 3 (đpcm)
3
3 9
Bài 7: Cho a, b, c ∈ [ − 2;2] thỏa a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:
4 − a2 + 4 − b2 + 4 − c2 ≤ 3 3
Phân tích:
Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi:
4 − a 2 = 3

a = b = c = 1 ⇒ 4 − b 2 = 3
4 − c 2 = 3

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1 4 − a2 + 3 7 − a2
4 − a2 =
4 − a2 3 ≤
.
=
(1)
2
3
3
2 3

(

4 − b2 ≤

4 − c2 ≤

7 − b2
2 3
7 − c2

(

)

)

(2)

(3)
2 3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
21 − a 2 + b 2 + c 2
4 − a2 + 4 − b2 + 4 − c2 ≤
2 3
Mà theo bất đẳng thức Bunyakovski ta có

(

( a + b + c)
nên

2

≤ ( 1 + 1 + 1) ( a + b + c

2

2

2

) ⇔a

4 − a2 + 4 − b2 + 4 − c2 ≤

21 −

)

2

+b +c
2

2

( a + b + c)
3
2 3

( a + b + c)
≥

2

3

2

=3 3

(đpcm)

5. Kỹ thuật hạ bậc
5.1 Bài toán 1

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 (*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức A = a 2 + b 2 + c 2

20


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

9
1
1
1
1 2
2
a 2 + ≥ 2 a 2 . = a (1) Dấu “=” xảy ra ⇔ a = ⇔ a =
9
3
9
9 3
Tương tự:
1 2
1
b2 + ≥ b
(2) Dấu “=” xảy ra ⇔ b =
9 3
3
1 2
1
c2 + ≥ c
(3) Dấu “=” xảy ra ⇔ c =
9 3
3
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
1 2
2
1
a 2 + b 2 + c 2 + ≥ ( a + b + c) = ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ .
3 3

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

1
3
6 a 3 .  = 6.
a + 5. ≥ 6.
. a (1) Dấu “=” xảy ra ⇔ a = ⇔ a = 3
6
2
2
2
2
25
Tương tự:
5
1
1
1
1
b 3 + 5. ≥ 6.6 b 3 .  = 6.
. b (2) Dấu “=” xảy ra ⇔ b = 3
6
2
2
2
25
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được:
1
1
a 3 + b 3 + 5 ≥ 6.
a + b ⇔ 1 + 5 ≥ 6.
a + b ⇔ a + b ≤ 6 25

6
5
6
5
2
2
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = 3 Vậy giá trị lớn nhất của A là 6 25
2
Bài 2: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3 . CMR: a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3

(

)

(

)

21


Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
3
3
3
a 3 + b 3 + 1 ≥ 33 a 3 b 3 = 3ab (1) ; b + c + 1 ≥ 3bc (2) ; c + a + 1 ≥ 3ca (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:

2 a 3 + b 3 + c 3 + 3 ≥ 3( ab + bc + ca )

(

(

)

)

⇔ 2 a + b + c 3 + 3 ≥ 3.3
⇔ a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3 (đpcm)
Bài3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 3 + b 3 + c 3 = 3 . CMR: a 5 + b 5 + c 5 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số: 3 số a 5 và 2 số 1, ta có:
3a 5 + 2 ≥ 55 a 15 1.1 = 5a 3 (1)
Tương tự: 3b 5 + 2 ≥ 5b 3 (2) ;
3c 5 + 2 ≥ 5c 3 (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
3 ( a 5 + b5 + c5 ) + 6 ≥ 5 ( a 3 + b3 + c 3 ) ⇔ 3 ( a 5 + b5 + c5 ) + 6 ≥ 5.3 ⇔ a 5 + b 5 + c 5 ≥ 3 (đpcm)
3

3

Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a 3 b 3 + b 3 c 3 + c 3 a 3 = 3 . CMR: a 7 + b 7 + c 7 ≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 7 số: 3 số a 7 , 3 số b 7 và số 1, ta có:
3a 7 + 3b 7 + 1 ≥ 77 a 21 .b 211 = 7 a 3 b 3 (1)
Tương tự:
3b 7 + 3c 7 + 1 ≥ 7b 3 c 3 (2) ; 3c 7 + 3a 7 + 1 ≥ 7c 3 a 3 (3)

Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
6 ( a 7 + b 7 + c 7 ) + 3 ≥ 7 ( a 3b3 + b3c3 + c 3a 3 ) ⇔ 6 ( a 7 + b 7 + c 7 ) + 3 ≥ 7.3 ⇔ a 7 + b 7 + c 7 ≥ 3 (đpcm)
Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b. CMR: a 2 + b 2 + 4 ≥ 2a + 2b + ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
2
2
2
a 2 + 4 ≥ 2 a 2 .4 = 4a (1); b + 4 ≥ 4b (2) ; a + b ≥ 2ab (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
2a 2 + 2b 2 + 8 ≥ 4a + 4b + 2ab ⇔ a 2 + b 2 + 4 ≥ 2a + 2b + ab (đpcm)
Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c. CMR: a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số: 4 số a 3 ,1 số b 3 và 1 số c 3 ta có:
4a 3 + b 3 + c 3 ≥ 66 a 12 .b 3 .c 3 = 6a 2 bc (1)
Tương tự: 4b 3 + c 3 + a 3 ≥ 6b 2 ca (2) ;
4c 3 + a 3 + b 3 ≥ 6c 2 ab (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
6 a 3 + b 3 + c 3 ≥ 6 a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab ⇔ a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab (đpcm)

(

) (

)

Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c, m, n. CMR: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m+n số: m số a m + n và n số b m+ n ta có:

(

) (

)

ma m+ n + nb m + n ≥ ( m + n ).m + n a m + n b m+ n = ( m + n ).a m b n (1)
Tương tự:
mb m+ n + nc m + n ≥ ( m + n ).b m c n (2)
mc m + n + na m + n ≥ ( m + n ).c m a n (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
m

n

22


( m + n ) ( a m+ n + b m+ n + c m+ n ) ≥ ( m + n ) ( a m b n + b m c n + c m a n )

a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n (đpcm)
Lưu ý: Bất đẳng thức chúng ta vừa chứng minh sẽ được sử dụng trong chứng minh các bài toán sau
này.
Bài 8:

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa abc = 1 . Chứng minh bất đẳng thức sau:
1
1
1
+ 3

+ 3
≤1
3
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1

Giải:
Từ kết quả bài 7 ta có a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n
m = 2

Chọn n = 1 ta được:
c = a

a 3 + b3 + a 3 ≥ a 2b + b 2 a + a 2a = a 2b + b 2a + a 3 ⇒ a 3 + b 3 ≥ a 2b + b 2a
1
1
abc
c
⇒ 3 3
≤ 2
= 2
=
( do abc = 1) (1)
2
2
a + b + 1 a b + b a + 1 a b + b a + abc a + b + c
1
a
1

b
≤
≤
Tương tự: 3
(2)
(3)
3
3
3
b + c +1 a + b + c
c + a +1 a + b + c
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
1
1
1
a+b+c
+ 3
+ 3
≤
= 1 (đpcm)
3
3
3
3
a + b +1 b + c +1 c + a +1 a + b + c
5.2 Bài toán 2
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:
10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

c2
c2
8a 2 +
≥ 2 8a 2 .
= 4ac
2
2
8b 2 +

c2
c2
≥ 2 8b 2 .
= 4bc
2
2

2a 2 + 2b 2 ≥ 2 2a 2 .2b 2 = 4ab
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 4( ab + bc + ca ) = 4.1 = 4
 2 c2
8a =
2
1


2
a = b = 3
 2 c

⇔

Dấu “=” xảy ra ⇔ 8b =
2

c = 4
2
2

2a = 2b
3



Đây là một lời giải ngắn gọn nhưng có vẻ hơi thiếu tự nhiên. Chúng ta sẽ thắc mắc tại sao lại tách
được 10 = 8 + 2 . Nếu tách cách khác, chẳng hạn 10 = 6 + 4 liệu có giải được khơng? Tất nhiên mọi
cách tách khác đều không dẫn đến kết quả, và tách 10 = 8 + 2 cũng không phải là sự may mắn. Bây
giờ ta sẽ tìm lí do việc tách 10 = 8 + 2 ở bài toán trên.
Với 0 < α < 10 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

23


2
c2
2 c
αa +
≥ 2 αa .
= 2α ac
2
2
2

2

2
c
2 c
αb +
≥ 2 αb .
= 2α bc
2
2
2

(10 − α ) a 2 + (10 − α ) b 2 ≥ 2 (10 − α ) a 2 (10 − α ) b 2 = ( 20 − 2α ) ab
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
10a 2 + 10b 2 + c 2 ≥ 2α ( ac + bc ) + ( 20 − 2α ) ab
Lúc này ta cân bằng điều kiện giả thuyết, tức là:
α = 8
2α = 20 − 2α ⇔ 2α = 400 − 80α + 4α ⇔ 2α − 41α + 200 = 0 ⇒ 
α = 25 > 10

2
⇒α =8
Khi đó ta có lời giải bài toán như trên.
Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 5 . CMR:
3a 2 + 3b 2 + c 2 ≥ 10
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2

2a 2 +

c2
c2
≥ 2 2a 2 .
= 2ac
2
2

2b 2 +

2

c2
c2
≥ 2 2b 2 .
= 2bc
2
2

a 2 + b 2 ≥ 2 a 2 .b 2 = 2ab
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
3a 2 + 3b 2 + c 2 ≥ 2( ab + bc + ca ) = 2.5 = 10
5.3 Bài toán 3
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a 3 + b 3 ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = a + 4b
Phân tích:
Dự đốn A đạt GTLN khi a 3 + b 3 = 1
a = α
Giả sử A đạt GTLN khi 

. Ta có α 3 + β 3 = 1 (1)
b=β

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số: a 3 và 2 số α 3 ta có:

( )

a 3 + 2α 3 ≥ 3.3 a 3 . α 3

2

= 3α 2 a

( )

2

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

(

) (

)

α2 1

α 1
⇔ 2 = ⇔ =
4
β 2
β

( 2)

24


3

3
α 1
α=

=


3
⇒
Từ (1) và (2) ta có hệ:  β 2
3
α 3 + β 3 = 1 β = 2 3


3

Khi đó ta có lời giải sau:

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1 1
1 1
1
a 3 + + ≥ 3.3 a 3 . . = 3 a
9 9
9 9
3
8 8
4
b3 + + ≥ 3 b
9 9
3
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1
a 3 + b 3 + 2 ≥ 3 ( a + 4b )
3

(

)

[(

) ]

⇒ a + 4b ≤ 3 3 a 3 + b 3 + 2 ≤ 33 3
3


3
 3 1
a =
a = 9


3
⇔
Dấu “=” xảy ra khi 
3
b 3 = 8
b = 2 3


9

3

3
Vậy GTLN của A là 3 3

Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Tìm GTNN của
A = 4a 2 + 6b 2 + 3c 2
Phân tích:
Với α , β , γ > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4a 2 + α ≥ 2 4a 2 .α = 2 4α a
6b 2 + β ≥ 2 6b 2 .β = 2 6 β b
3c 2 + γ ≥ 2 3c 2 .γ = 2 3γ c
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
4a 2 + 6b 2 + 3c 2 + α + + β + γ ≥ 2 4α a + 2 6 β b + 2 3γ c

a + b + c = 3

a = α
a + b + c = 3

 2
4
α
4 a = α

⇔
⇒
+
Dấu “=” xảy ra ⇔  2
β
4
6b = β
b = 6
3c 2 = γ



γ
c =
3

Chọn α , β , γ sao cho 4α = 6 β = 3γ
Ta có hệ phương trình:

β

γ
+
=3
6
3

 α
β
γ
+
+
=3

6
3
 4
4α = 6 β = 3γ


25