Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

1. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
BẤT ĐẲNG THỨC là một trong những chủ đề lớn trong chương trình toán phổ
thông. Nó có mặt trong tất cả các bộ môn Số học, Hình học, Đại số. Các bài toán về bất
đẳng thức tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc đáo bởi các phương pháp giải
chúng. Chính vì thế bất đẳng thức là chuyên đề được mọi người quan tâm đến rất
nhiều.Việc vận dụng các bất đẳng thức như Cô-si, Bunyakovsky... để giải các bài toán
về bất đẳng thức là một vấn đề khó và mới đối với học sinh THCS.
Chương trình toán THCS hiện hành, học sinh mới chỉ được tiếp cận với bất đẳng
thức thông qua các bài tập so sánh hai số, chứng minh lớn hơn, bé hơn… . Trong đó bất
đẳng thức Bunyakovsky là một vấn đề hết sức mới đối với học sinh. Chương trình tự
chọn nâng cao và bồi dưỡng toán 8, toán 9 chủ đề “Bất đẳng thức” cũng chỉ được học
từ 4 đến 6 tiết. Với thời lượng như vậy nên giáo viên dạy chỉ dừng ở việc cung cấp các
tính chất cơ bản của bất đẳng thức và một số phương pháp cơ bản để chứng minh bất
đẳng thức, chưa chú ý đến việc rèn kỹ năng vận dụng các bất đẳng thức Cô – si,
Bunyakovsky …để giải toán bất đẳng thức và cực trị.
Sách tham khảo và các tài liệu liên quan đến bất đẳng thức đã được các thầy cô,
các tác giả viết sách tìm hiểu, viết nhiều nhưng chủ yếu trình bày dưới dạng đưa ra bài
tập rồi giải hoặc hướng dẫn giải. Điều này thiếu mất công đoạn quan trọng đó là giúp
học sinh suy nghĩ, tìm tòi dự đoán để đi đến lời giải vì thế làm cho học sinh khi đọc có
nhiều hạn chế về mặc tư duy nên khi gặp các bài toán về bất đẳng thức thường lúng
túng không tìm ra hướng giải một cách hợp lí. Hơn nữa rất ít các tài liệu tìm hiểu
chuyên sâu về việc rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky trong giải
toán cho học sinh.
Trong những năm gần đây các kì thi học kỳ, thi khảo sát chất lượng đầu năm, thi
vào lớp 10, thi học sinh giỏi các cấp thường xuất hiện bài toán bất đẳng thức, cực trị
nhằm tìm ra học sinh có năng khiếu toán.
Đối với học sinh khi học toán, thường thấy “ngại” khi nhắc đến bất đẳng thức,
cho rằng bất đẳng thức là một bài toán khó không thể giải được. Nguyên nhân là học
1

Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

sinh không biết cách lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. Vì vậy một bài toán đơn
giản cũng trở nên “vô cùng khó” đối với các em. Vì thế nếu học sinh không được trang
bị tốt kiến thức và phương pháp giải hợp lí thì không tự tin khi gặp bài toán bất đẳng
thức.
Cùng với những thực trạng trên và thực tế giảng dạy toán THCS tôi nhận thấy sử
dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để giải toán bất đẳng thức và cực trị là một trong
những cách giải ngắn gọn, hay và độc đáo tạo được nhiều hứng thú cho học sinh, nên
tôi đã chọn lọc tích lũy và viết thành đề tài “ RÈN LUYỆN KỸ NĂNG VẬN DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC”.
Với mong muốn trao đổi kinh nghiệm cùng các bạn đồng nghiệp để có thêm chuyên đề
bồi dưỡng học sinh giỏi được hoàn thiện hơn.

2. Ý NGHĨA VÀ TÁC DỤNG CỦA GIẢI PHÁP MỚI.
Trang bị cho giáo viên và học sinh một số kỹ năng cơ bản nhất khi sử dụng bất
đẳng thức Bunyakovsky để giải toán bất đẳng thức và cực trị.
Học sinh sử dụng hợp lí bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh các bài toán
về bất đẳng thức trong chương trình toán THCS, qua đó giúp học sinh có thể sử dụng
hợp lí các giải pháp này để giải các bài toán cực trị, phương trình, bất phương trình và
các bài toán hình học.
Học sinh giỏi nhận dạng và giải được các bài toán về bất đẳng thức có sử dụng
bất đẳng thức Bunyakovsky trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, các bài toán về bất
đẳng thức ở chương trình toán THPT và các đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học –
Cao đẳng.
Giáo viên có thêm tài liệu tham khảo, sử dụng để bồi dưỡng đội tuyển dự thi học
sinh giỏi môn toán các cấp.

Dựa trên các giải pháp người dạy có thể sáng tác ra các bài toán mới về bất đẳng
thức và cực trị phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.

3. PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, trong phạm vi của đề tài
chỉ nghiên cứu cách sử dụng hợp lí bất đẳng thức Bunyakovsky để giải các bất đẳng
thức thuộc phạm vi chương trình toán THCS và ứng dụng phương pháp này để giải một
số bài toán cực trị .
2
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
a) Cơ sở lí luận
Bất đẳng thức Bunyakovsky là một trong những mảng kiến thức hay và khó của
toán học phổ thông. Nhưng vận dụng Bunyakovsky để giải toán, người học toán hiểu kĩ
và sâu sắc hơn về các phương pháp chứng minh bất đẳng thức, giải và biện luận nghiệm
của phương trình, về mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam giác, tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của một biểu thức. Trong quá trình giải bài tập năng lực suy nghĩ, sáng tạo của
học sinh được phát triển đa dạng, mạnh mẽ, vì bài toán bất đẳng thức là bài toán khó
nhận dạng và xác định hướng giải. Đối với học sinh muốn giải được đòi hỏi phải được
trang bị kiến thức tốt và phương pháp giải hợp lí.
b) Cơ sơ thực tiễn
Qua thực tế giảng dạy các chủ đề nâng cao ở bộ môn Toán và tham gia bồi
dưỡng học sinh giỏi phân môn đại số do trường phân công.Tôi đã tổng hợp các đề thi
học sinh giỏi các cấp hàng năm kết hợp với giáo viên trong tổ phân tích sai lầm và tìm
ra phương pháp giải tối ưu nhất cho từng bài toán về bất đẳng thức. Đặc biệt là sử dụng
BĐT Bunyakovsky.

Phân tích và hướng dẫn học sinh giỏi sử dụng BĐT Bunyakovsky để giải các bài
toán về bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và đề thi vào
trường THPT chuyên Lê Quý Đôn hàng năm theo nhiều hướng khác nhau để phát hiện
cách giải hay và độc đáo nhất.
Gợi ý và định hướng học sinh giỏi sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky giải các
bài toán về bất đẳng thức, các bài toán cực trị và phương trình… đăng trên tạp chí
“TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ”; “TOÁN TUỔI THƠ 2”.
Tham khảo các tài liệu viết về bất đẳng thức, chọn lọc, sắp xếp viết thành chuyên
đề làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, xây dựng thành sáng kiến kinh nghiệm.

3
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

2. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH VÀ THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP

a) Các biện pháp tiến hành
Dựa vào:
- Thực tế giảng dạy nhiều năm ở bộ môn toán 8, toán 9 và bồi dưỡng học sinh
giỏi về phân môn đại số đặc biệt là chuyên đề “ Bất đẳng thức ”.
- Sách nâng cao và phát triển toán 8, toán 9 của Vũ Hữu Bình.
- Các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi liên quan đến bất đẳng thức.
- Các chuyên đề viết về bất đẳng thức đăng tải trên tạp chí “TOÁN HỌC VÀ
TUỔI TRẺ”; tạp chí “TOÁN TUỔI THƠ 2”.
- Những bài viết về chuyên đề chứng minh bất đẳng thức có sử dụng bất đẳng
thức Bunyakovsky được đăng tải trên các trang mạng toán học.
- Kết quả thi học sinh giỏi từ năm học 2010 – 2011 đến năm học 2013 – 2014,
đặc biệt là dạng toán bất đẳng thức và cực trị để phân tích, so sánh, rút kinh nghiệm.

b) Thời gian tạo ra giải pháp
-

Viết dưới dạng chuyên đề dùng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi từ năm học
2008 – 2009.

-

Xây dựng thành chuyên đề hoàn chỉnh áp dụng giảng dạy đầu năm học 2009 –
2010.

-

Được nhà trường công nhận là tài liệu dùng cho giáo viên trong tổ làm chuyên đề
bồi dưỡng học sinh giỏi từ tháng 12/ 2010.

- Triển khai áp dụng trong toàn trường năm học 2010 - 2011
- Áp dụng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện dự thi cấp tỉnh từ năm học
2011 - 2012.
-

Viết thô sáng kiến kinh nghiệm từ tháng 10/ 2013

-

Hoàn thiện vào tháng 02/2014.

4
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh

Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Tên đề tài :
“RÈN LUYỆN KỸ NĂNG VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
BUNYAKOVSKY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ”.
I. MỤC TIÊU
1. Đề tài giới thiệu khái quát về BĐT Bunyakovsky và các trường hợp đặc biệt
của nó. Đưa ra một số giải pháp mới giúp học sinh sử dụng hợp lí BĐT Bunyakovsky
để chứng minh BĐT. Đặt cho mỗi giải pháp một cái tên giúp học sinh dễ nhớ và dễ vận
dụng khi chứng minh bất đẳng thức, từ đó khơi dậy niềm đam mê sáng tạo trong giải
toán.
2. Trong mỗi giải pháp xây dựng một hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp,
với mỗi giải pháp trước tiên giới thiệu cách phân tích và định hướng trong việc tìm tòi
lời giải, tiếp theo là vận dụng những lí thuyết ấy để giải quyết nhiều lớp bài toán cơ bản
và sau cùng là các bài tập vận dụng. Nhằm giúp học sinh dễ tiếp cận với một số phương
pháp mà các tài liệu viết chưa hoàn chỉnh, thông qua đó rèn luyện khả năng tư duy và
vận dụng kiến thức một cách linh hoạt tạo hứng thú tìm tòi khám phá của học sinh trong
giải toán bất đẳng thức.
3. Rèn luyện kỹ năng vận dụng BĐT Bunyakovsky giải một số bài toán cực trị
giúp học sinh thành thạo hơn với việc vận dung BĐT Bunyakovsky trong giải toán.
Giáo viên có thêm tài liệu phục vụ cho công tác giảng dạy và bồi dường học sinh giỏi.

5
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
GIỚI THIỆU BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY:
Với hai bộ số bất kì (a1, a2, a3, ..., an) và (b1, b2, b3, ..., bn), ta có
(a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 , trong đó đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho ai = kbi, với mọi i = 1, 2, ..., n
Trong thực tế áp dụng giải toán, điều kiện để đẳng thức xảy ra ai = kbi khá phức
tạp và khó sử dụng. Vì vậy người ta ít sử dụng dạng này mà sử dụng dạng khác tương
đương là

a
a1 a2
=
= ... = n . (Ở đây qui ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0)
b1 b2
bn

Ngoài ra ta có thể suy ra được một hệ quả thường sử dụng để chứng minh các bài toán
bất đẳng thức và cực trị dạng phân thức gọi là bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân
thức (Một số tài liệu gọi là bất đẳng thức Svácxơ). Bất đẳng thức này được phát biểu
như sau:
Với (a1, a2, a3, ..., an ) là các số thực bất kì và (b 1, b2, b3, ..., bn) là các số thực
a12 a12
a12 (a1 + a2 + ... + an ) 2
+ + ... +
≥
dương, ta có
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b1 b1
b1

b1 + b2 + ... + bn
a
a1 a2
=
= ... = n .
b1 b2
bn

Chứng minh: Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho hai bộ số
 a1 a2
a 
,
,..., n ÷ và

 b
b1 ÷
 1 b1


(

b1 , b2 ,..., bn

)

 a1
 a12 a22
an2 
+
+

...
+
(
b
+
b
+
...
+
b
)
≥


÷ 1 2
n
 b
bn 
 b1 b2
 1

ta có
a
b1 + 2
b2

a
b2 + ... + n
bn

2


bn ÷ = (a1 + a2 + ... + an ) 2
÷


a12 a12
a12 (a1 + a2 + ... + an ) 2
+ + ... +
≥
Từ đó suy ra
b1 b1
b1
b1 + b2 + ... + bn

Ta có đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

6
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
a1
b1
b1

=

a2

b2
b2

= ... =

an
bn
bn

a
a1 a2
=
= ... = n .
⇔ b1 b2
bn

Tuy nhiên trong chương trình toán THCS ta chỉ quan tâm nhiều đến hai trường
hợp cơ bản là n = 2 và n = 3.
Với n = 2, ta có
- Nếu a, b, x, y là các số thực thì (a 2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi

a b
= .
x y

a 2 b 2 (a + b) 2
+ ≥
- Nếu a, b là các số thực và x, y > 0 thì
. Đẳng thức xảy ra khi

x
y
x+ y

và chỉ khi

a b
= .
x y

Vói n = 3, ta có
- Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực thì (a 2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by + cz)2. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c
= = .
x y z

a 2 b 2 c 2 (a + b + c) 2
+ + ≥
- Nếu a, b, c là các số thực và x, y, z > 0 thì
. Đẳng thức xảy ra
x
y
z
x+ y+z

khi và chỉ khi

a b c

= = .
x y z

1. THUYẾT MINH TÍNH MỚI
Để giúp học sinh vận dụng tốt BĐT trên để chứng minh bất đẳng thức tôi tổng
hợp đưa ra 5 giải pháp sau:

7
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

1.1. KỸ NĂNG VẬN DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY
Khi sử dụng trực tiếp BĐT Bunyakovsky ta cần rèn luyện cho học sinh vận dụng
hai chiều "thuận" và "nghịch" của bất đẳng thức. Cụ thể là
Rèn kỹ năng biến đổi dạng (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ta
cần rèn cho học sinh làm xuất hiện biểu thức (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) , từ đó
đánh giá và biến đổi qua biểu thức (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 . ta xét các bài toán sau:
Bài 1: Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 ≥

1
(1)
3

(Đề thi HSG lớp 8 cấp trường năm học 2010 - 2011)

Nhận xét: (1) ⇔ 3(a2 + b2 + c2 ) = 1, kết hợp với giả thiết a + b + c = 1 HS có thể sử
dụng trực tiếp BĐT Bunyakovsky.

GIẢI:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số (1; 1; 1) và (a2 ; b2 ; c2 ), ta có
( 1 + 1 + 1)(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 = 1.
Suy ra a2 + b2 + c2 ≥

1
3

a b c
1
 = =
1 1 1 ⇔ a = b = c =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
3
a + b + c = 1

Phân tích: bài toán 1 có thể giải bằng cách biến đổi tương đương như sau:
a2 + b2 + c2 ≥

1
⇔ 3(a2 + b2 + c2 ) = 1 ⇔ 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2
3

3a2 + 3b2 + 3c2 ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
(a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (đúng). Vậy BĐT (1) được chứng minh.
Lời giải sử dụng phép biến đổi tương đương như trên không dễ áp dụng vì ở đó cần
vận dụng linh hoạt giả thiết (a + b + c) = 1 ⇔ (a + b + c)2 = 1 , lời giải sử dụng BĐT
Bunyakovsky ngắn gọn, dễ hiểu và dễ áp dụng hơn.
8
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh

Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Bài 2: Cho

x + 2 y = 10 . Chứng minh x + y ≥ 20.
(Đề KSCL đầu năm Toán 9 - Năm học 2012 - 2013)

GIẢI:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho 2 bộ số (1; 2) và ( x ; y ) ta có:
(1 x + 2 y ) 2 ≤ (12 + 22 )( x + y ) ⇔ 100 ≤ 5(x + y) ⇔ x + y ≥ 20.
Phân tích: Bài toán 2 HS còn có thể giải bằng cách khác như sau:
x + 2 y = 10 ⇔ x = 10 − 2 y ⇔ x = 100 - 40 y + 4y

Suy ra x + y = 100 - 40 y + 5y = ( 5 y − 4 5) 2 + 20 ≥ 20 ( đpcm).
Với lời giải biến đổi tương đương giả thiết bằng cách bình phương hai vế HS
thường mắc sai lầm là không đặt điều kiện x ≥ 0 và y ≥ 0. Bước biến đổi rất khó để HS
nhận ra. Rõ ràng lời giải vận dụng BĐT Bunyakovsky ngắn gọn, và gây ấn tượng đối
vói học sinh.

Bài 3: Cho các số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 4 . CMR: a 4 + b 4 + c 4 ≥

16
3

Nhận xét: Trước hết ta cần chú ý sự xuất hiện a 4 + b4 + c4 ở vế trái của BĐT cần chứng
minh và giả thiết ab + bc + ca = 4. Điều này làm cho ta suy nghĩ việc hạ bậc của BĐT
cần chứng minh để vận dụng giả thiết như vậy HS nghĩ ngay đến việc vận dụng BĐT
Bunyakovsky.

GIẢI
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :

(1

2

)(

) (

) (
2

)(

+ 12 + 12 a 4 + b 4 + c 4 ≥ 1.a 2 + 1.b 2 + 1.c 2 = a 2 + b 2 + c 2 b 2 + c 2 + a 2
≥ ( ab + bc + ca )( ab + bc + ca ) = 16

⇒ a4 + b4 + c4 ≥

)

16
(đpcm)
3

Với một số bài toán chứng minh Bất đẳng thức, BĐT Bunyakovsky tỏ rõ ưu
điểm ở việc dễ áp dụng, linh hoạt trong biến đổi, dễ hiểu và cho ta lời giải ngắn gọn,
súc tích. Đặc biệt hơn là các biểu thức dạng phân thức và căn thức. Sau đây ta xét thêm

một số bài toán.
Bài 4: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 4x + 9y + 16z = 49.chứng minh rằng
9
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

A=

1 25 64
+ +
≥ 49 . Đẳng thức xảy ra khi nào?
x y
z

GIẢI:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski cho sáu số ( 2 x ;3 y ; 4 z ), (

1 5 8
;
;
)
x
y z

49A =
2
 1  2  5  2
 1 25 64 

8


2
2
2
÷ +
(4x + 9y +16z)  + + ÷ =  (2 x ) + (3 y ) + (4 z )  
÷ +
÷ 
z 
 x   y ÷
z

 
x y


2


1
5
8 
≥  2 x.
+ 3 y.
+ 4 z.
= 49 2
÷


÷
x
y
z



Vậy: A =

1 25 64
+ +
≥ 49
x y
z

1

x = 2
5
8
1

=
5
 =

⇔ y =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 x 3 y 4 z
3
 4 x + 9 y + 64 z = 49



z = 2



Bài 5: Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh
a3
b3
c3
d3
a 2 + b2 + c2 + d 2
+
+
+
≥
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c
3

GIẢI:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski cho 2 bộ số

a3
b3
c3
d3 
;
;
;


÷;
 b+c+ d a+c+d a+c+d b+c+a ÷



(

a (b + c + d ); b(c + d + a ); c(d + b + a ); d (a + b + c )

Ta có: (a2 + b2 + c2 + d2)2 ≤ P[a(b + c + d) + (c + d + a) + c(d + a + b) + d(a + b + c)
⇔ (a2 + b2 + c2 + d2)2 ≤ P[(a + b + c + d)2 - (a2 + b2 + c2 + d2)]

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski cho 2 bộ số : (a; b; c; d); ( 1; 1; 1; 1) ta có:
(a + b + c +d)2

≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2)

(2)

Từ (1) và (2) suy ra (a2 + b2 + c2 + d2)2 ≤ 3P(a2 + b2 + c2 + d2)
⇔ (a2 + b2 + c2 + d2) ≤ 3P
a3
b3
c3
d3
a 2 + b2 + c2 + d 2
+
+

+
≥
Vậy :
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c
3

10
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh

)


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Bài 6: Cho a, b, c, d là các số dương thoả mãn điều kiện a + b + c + d = 1. Chứng
minh :

a 4 + b4 + c4 + d 4 1
≥
a 3 + b3 + c 3 + d 3 4

GIẢI:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta có:
1 = (a + b + c + d)2

≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2)

Suy ra (a2 + b2 + c2 + d2) ≥
(a2 + b2 + c2 + d2)2 =

(

1
4

(1)

a . a 3 + b . b3 + c . c 3 + d . d 3

)

≤ (a + b + c + d)(a3 + b3 + c3 + d3) = (a3 + b3 + c3 + d3) vì a + b + c + d = 1
⇔

a 3 + b3 + c3 + d 3
≥ a2 + b2 + c2 + d 2
2
2
2
2
a +b +c +d

(2)

(a3 + b3 + c3 + d3)2 = (a.a2 + b.b2 + c.c2 + d.d2)
Suy ra

≤ (a2 + b2 + c2 + d2)(a4 + b4 + c4 + d4)

a 4 + b 4 + c 4 + d 4 a 3 + b3 + c 3 + d 3

≥
a 3 + b3 + c 3 + d 3 a 2 + b 2 + c 2 + d 2

Từ (1), (2), và (3) suy ra

(3)

a 4 + b4 + c4 + d 4 1
≥
a 3 + b3 + c 3 + d 3 4

Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất của :
P=

3a
4b
5c
+
+
b+c c+a a +b

Nhận xét: Theo đề bài cho là tìm giá trị nhỏ nhất P =

3a
4b
5c
+
+
b+c c+a a +b

nên ta liên hệ đến việc vận dụng bất đẳng thức Bunyakovski theo chiều thuận. Với suy
n
p 
 m
+
+
÷.
b+c c+a a+b

nghĩ đó ta gợi ý học sinh biến đổi biểu thức P về dạng (a + b + c) 
Từ đó ta có lời giải sau
GIẢI:
Ta có P + 12 =

 3a
  4b
  5c
 3(a + b + c ) 4(a + b + c) 5(a + b + c )
+ 3 ÷+ 
+ 4 ÷+ 
+ 5 ÷=
+
+

b+c
a+c
a +b
b+c
 a+c
  a+b



11
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
4
5  1
4
5 
 3
 3
(a + b + c) 
+
+
+
+
÷ = [ (b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) ] 
÷
b+c c+a a +b  2
b+c c+a a+b 
≥

Nên P ≥

1
2

(

)

1
2

(

3 +2+ 5

)

2

2

3 + 2 + 5 - 12

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
Đẳng thức xảy ra khi

1
2

(

)

2

3 + 2 + 5 - 12

b+c c+a a+b
=
=
2
3
5

Sau khi rèn cho HS vận dụng BĐT Bunyakovsky theo chiều thuận ta cần rèn HS
kỹ năng vận dụng BĐT theo chiều ngược lại. Cụ thể là xuất phát từ giả thiết bài toán
và BĐT cần chứng minh làm xuất hiện biểu thức dạng (a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 , từ đó
biến đổi và đáng giá về biểu thức (a12 + a22 + ... + an2 )(b12 + b22 + ... + bn2 ) . Ta xét các bài toán
sau:
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có:
3(a + b + c)2 ≤ (a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2)
Nhận xét: các biến a, b, c trong bất đẳng thức không có sự ràng buộc nào với nhau Do
đó ta mạnh dạn đánh giá theo từng biến mà không cần xét điều kiện dấu bằng xảy ra.
Quan sát bài toán, ta thấy một ý tưởng tự nhiên để giải chính là áp dụng BĐT
Bunyakovsky đối với (a + b + c) 2 sao cho bước đánh giá ta thu được một nhân tử là a 2 +
2. Như thế thì ta có thể giản ước với nhân tử a 2 + 2 bên vế phải, bất đẳng thức thu được
ít biến hơn so với BĐT ban đầu. Từ ý tưởng này ta có thể giải bài toán như sau.
GIẢI:
2

 (b + c) 2 
b+c

2
≤

(
a
+
2)
Theo BĐT Bunyakovsky ta có: (a + b + c) =  a.1 + 2.
1 +
÷
÷
2 
2 


2

 (b + c) 2 
2
2
2
2
(
a
+
2)(
b
+
2)(
c
+
2)
≥

3(
a
+
2)
Do đó ta chỉ cần chứng minh
1 +
÷
2 


Bất đẳng thức này tương đương với
 (b + c) 2 
(b − c ) 2
2
≥
3
1
+
⇔
(
bc
−
1)
+
≥ 0 (đúng)
(b + 2)(c + 2)

÷
2 
2


2

2

Bài toán chứng minh xong . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = ± 1
12
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Bài 9: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có:
4(a + b + c + 1)2 ≤ (a2 + 3)(b2 + 3)(c2 + 3)
GIẢI:
Nhận xét tương tự bài toán 8 ta áp dụng BĐT Bunyakovsky như sau
2

 (b + c + 1) 2 
b + c +1 

2
a
.1
+
3.
≤
(
a
+

3)
(a + b + c + 1) = 
1 +
÷
÷
3
3 



2

 (b + c + 1) 2 
Từ đó ta quy về việc chứng minh: (b + 3)(c + 3) ≥ 4 1 +
÷
3


2

⇔ (bc − 1) 2 +

2

(b − c) 2 4
4
+ (b − 1) 2 + (c − 1) 2 ≥ 0 (đúng)
3
3
3

Bài toán được chứng minh. đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c ≥ 1 ta có
a − 1 + b − 1 + c − 1 ≤ c(ab + 1)

Nhận xét: Quan sát bài toán, ta thấy đây cũng là bài toán với biến tự do. Chính vì thế,
ta có thể tự do đánh giá theo từng biến mà không cần lo lắng về dấu bằng. Quan sát tiếp
ta nhận thấy vế phải có tích ab, vì thế ta nghĩ đến việc đánh giá BĐT Bunyakovsky với
tổng

a − 1 + b − 1 sao cho tích a.b xuất hiện

GIẢI:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
( a − 1 + b − 1) 2 = (1. a − 1 + 1. b − 1) 2 ≤ ( a − 1) 2 + 1 ( b − 1) 2 + 1 = ab

Suy ra

a − 1 + b − 1 ≤ ab

ta cần chứng minh

ab + c − 1 ≤ c(ab + 1)

Đến đây ta tiếp tục quan sát và nhận thấy rằng c(ab + 1) = (c - 1 + 1)(1 + ab)
áp dụng BĐT Bunyakovsky một lần nữa ta có

(

ab + c − 1

) = ( 1.
2

ab + 1. c − 1

)

2

(

)

≤  1 + ( ab ) 2 (1 + ( c − 1) 2  = c(ab + 1)



Vậy bài toán được chứng minh.

13
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Bài 11: Cho các số thực dương a, b,c. CMR :
a+b
b+c
c+a

+
+
≤ 6
a+b+c
a+b+c
a+b+c

GIẢI
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky :
2


a+b
b+c
c+a 
b+c
c+a 
 a +b
+
+
≤ 12 + 12 + 12 
+
+

÷
÷= 6
÷
a+b+c
a +b+c 
 a+b+c a +b+c a +b+c 

 a+b+c

(

)

a+b
b+c
c+a
+
+
≤ 6
a+b+c
a+b+c
a+b+c

⇒

Bài 12: Cho các số thực dương a, b. CMR

a
b
+
≥ a+ b
b
a

GIẢI
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :

(

)

2

(

 a

 a
b
b 
a + b =  4 .4 b + 4 .4 a  ≤ 
+
. a + b
b
a
b
a




a
b
⇒ a+ b ≤
+
b
a

(

2

)

)

 a2
b2
c2 

+
+
b+c c+a a +b

Bài 13: Cho các số thực dương a, b. CMR a + b + c ≤ 2
GIẢI:
Ta có: a + b + c =

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

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :


( a + b + c ) 2 ≤ 

2

2

a   b   c 
 +
 +

b
+
c
c
+
a



  a+b 


2


2

  b + c +



(

) (

) (
2

c+a +

)

2
a+b 


 a2
b2
c2 

[ 2( a + b + c ) ]
≤
+
+
b
+
c

c
+
a
a
+
b


 a2
b2
c2 
 (đpcm)
⇒ a + b + c ≤ 2
+
+
b+c c+ a a +b

14
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Bài 14: Cho các số thực dương a, b thỏa a 2 + b 2 = 1 . Tìm GTLN của
A = a 1+ a + b 1+ b

GIẢI
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :
A = a 1+ a + b 1+ b ≤
≤

(1

2

)(

(a

2

)

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

)

+ 12 a 2 + b 2 + 2 =

2 +2


a 2 + b 2 = 1

b
2
 a
=
⇔a=b=
Dấu “=” xảy ra ⇔ 

2
b +1
 a +1
1 1
 =
a b

Vậy GTLN của A là

2+2 .

BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài 1.

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
735
, với 2a − 3b = 7
47
9
d) ( x − 2 y + 1)2 + (2 x − 4 y + 5)2 ≥
5

b) 3a2 + 5b2 ≥

a) 3a2 + 4b2 ≥ 7 , với 3a + 4b = 7
c) a2 + b2 ≥

4
, với a + 2b = 2
5

HD: a) Áp dụng BĐT cho 4 số 3, 4, 3a, 4b .
b) Áp dụng BĐT cho 4 số

2
3

,−

3
5

, 3a, 5b .

c) Áp dụng BĐT cho 4 số 1,2, a, b .
9
5

d) Đặt a = x – 2y + 1, b = 2x – 4y + 5, ta có: 2a – b = –3 và BĐT ⇔ a2 + b2 ≥ .
Áp dụng BĐT cho 4 số 2; –1; a; b ta được đpcm.
Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = 1− x + 1− y + 1− z .
HD: Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:
P ≤ 1 + 1 + 1. (1 − x ) + (1 − y) + (1 − z) ≤ 6

Bài 2.

1
3

Dấu "=" xảy ra ⇔ 1 − x = 1 − y = 1 − z ⇔ x = y = z = .
15
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
1
3

Vậy Max P = 6 khi x = y = z = .
Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức sau:
a) A = 7 − x + 2 + x , với –2 ≤ x ≤ 7
b) B = 6 x − 1 + 8 3 − x , với 1 ≤ x ≤ 3
Bài 3.

c) C = y − 2 x + 5 , với 36 x 2 + 16 y 2 = 9
x 2 y2
d) D = 2 x − y − 2 , với
+
= 1.
4

9

5
2

HD: a) • A ≤ (12 + 12 )(7 − x + x + 2) = 3 2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = .
• A ≥ (7 − x ) + ( x + 2) = 3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = –2 hoặc x = 7.
5

2

⇒ maxA = 3 2 khi x = ;

minA = 3 khi x = –2 hoặc x = 7.

b)• B ≤ (62 + 82 )( x − 1 + 3 − x ) = 10 2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x =

43
.
25

• B ≥ 6 ( x − 1) + (3 − x ) + 2 3 − x ≥ 6 2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 3.
⇒ maxB = 10 2 khi x =

43
;
25

minB = 6 2 khi x = 3.
1
4

1
3

c) Chú ý: 36 x 2 + 16 y 2 = (6 x )2 + (4 y)2 . Từ đó: y − 2 x = .4 y − .6 x .
 1 1
1
1

5
.4 y − .6 x ≤  + ÷ 16 y 2 + 36 x 2 =
4
3
4
 16 9 
5
5
15
25
≤ C = y − 2x + 5 ≤ .
⇒ − ≤ y − 2x ≤ ⇒
4
4
4
4
15
2
9
25
2
9
⇒ minC =
khi x = , y = − ;
maxC =
khi x = − , y = .
4
5
20
4

5
20
2
1
x 2 y2 1
d) Chú ý:
+
=
(3 x )2 + (2 y )2 . Từ đó: 2 x − y = .3 x − .2 y .
3
2
4
9 36

(

⇒ y − 2x =

(

)

)

4 1
2
1
.3 x − .2 y ≤  + ÷ 9 x 2 + 4 y 2 = 5
3
2

9 4
⇒ −5 ≤ 2 x − y ≤ 5 ⇒ −7 ≤ D = 2 x − y − 2 ≤ 3 .
8
9
8
9
⇒ minD = –7 khi x = − , y = ;
maxD = 3 khi x = , y = − .
5
5
5
5

(

⇒ 2x − y =

)

Bài 4:Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
bc 2
ca 2
ab 2
+
+
≥1
a 2 (b + 2c ) b 2 (c + 2a ) c 2 (a + 2b)

Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a4

b4
ab 2
+
+
≥1
b3 (c + a) c3 (a + 2a ) c 2 (a + 2b)

16
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

1.2. KỸ NĂNG SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKY DẠNG PHÂN
THỨC
Để rèn luyện học sinh kỹ năng vận dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức ta
cần rèn luyện học sinh biến đổi ttheo hai chiều thuận nghịch của BĐT. Cụ thể là
a12 a12
a12
+ + ... + ,
Vận dụng theo chiều thuận ta biến đổi làm xuất hiện biểu thức dạng
b1 b1
b1
(a1 + a2 + ... + an ) 2
từ đó biến đổi về biểu thức
. Ta xét các bài toán sau:
b1 + b2 + ... + bn

a2
b2

c2
a +b+c
Bài 1: Với a, b, c là ba số dương. Chứng minh :
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
(Đề khảo sát HSG môn Toán 9- Phù Mỹ- Năm học 2013 - 2014)

GIẢI
Vì a, b, c là các số dương, áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức ta có:

a2
b2
c2
(a + b + c ) 2
(a + b + c ) 2 a + b + c
+
+
≥
=
=
b + c c + a a + b b + c + c + a + a + b 2(a + b + c )
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Với bài toán trên ta có thể dùng BĐT Cô - si kết hợp với kỹ thuật tách ghép đối
xứng như sau:

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 

17
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
a
b
 c

= ( a + b + c)
+
+
− 1
a+b b+c c+a 
a
b
c
3
+
+
≥

Theo bất đẳng thức Nesbit 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 

Với lời giải bằng BĐT Cô - si như trên đã thêm bớt a + b + c kết hợp với kỹ
thuật tách ghép. Do đó lời giải dài và không dễ hiểu bằng lời giải áp dụng BĐT
Bunyakovsky.
Bài 2: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c ≤ 1. Chứng minh
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
2

( Đề TS lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn Bình Định năm học 2010 - 2011)

GIẢI:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức, ta có
1
1
1
(1 + 1 + 1) 2
9
+
+
≥
=
≥9
2
2
2
2
2
2
a + 2bc b + 2ac c + 2ab a + 2bc + b + 2ac + c + 2ab (a + b + c ) 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1
.
3

Với bài toán 2 ta sử dụng BĐT Cô - si kết hợp vói kỹ thuật tách ghép như sau

Do a + b + c ≤ 1 ta có:
1
1
1
1
1
1
2

+
+
≥
a
+
b
+
c
+
+
(
)

÷
2
2
2
2
2
2
a + 2bc b + 2ca c + 2ab

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

Vậy:

1
1
1
1
+ 2
+ 2

≥ 9 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
2

Rõ ràng lời giải 2 dài dòng, phức tạp và gây rối đối với học sinh.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh

1 4 9
36
+ + ≥
a b c a +b+c

GIẢI:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức, ta có
1 4 9 1 22 32 (1 + 2 + 3) 2
36
+ + = + + ≥
=
a b c a b c
a +b+c
a+b+c

18
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 3
= =
a b c

Nhận xét: Trong 3 bài tập trên, các bình phương đều có sẵn nên ta có thể nhận ra
ngay cách vận dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức cho phù hợp. Kết quả cho ta
cách giải ngắn gọn và tối ưu nhất. Tuy nhiên trong phần lớn bài tập về BĐT, những
bình phương như thế đều không có sẵn. Ta có thể thêm và bớt những lượng thích hợp
để tạo ra bình phương. Từ đó ta thấy rõ hiệu quả của việc vận dụng BĐT Bunyakovsky
dạng phân thức.
Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

(BĐT Nesbit cho 3 số dương)
Nhận xét: BĐT trên tử thức của mỗi số hạng ở vế trái chưa có dạng bình phương, để
vận dụng BĐT Bunyakovsky ta biến đổi tử mỗi phân thức thành bình phương.
GIẢI:
a)
=

a

b
c
a2
b2
c2
(a + b + c ) 2
+
+
=
+
+
≥
b + c c + a a + b a (b + c ) b(c + a ) c (a + b) a (b + c ) + b(c + a ) + c (a + b)

(a 2 + b 2 + c 2 ) + 2(ab + bc + ca )
a 2 + b2 + c 2
3
=
+1 ≥
2( ab + bc + ca )
2(ab + bc + ca)
2

(Do a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca > 0)
Phân tích: BĐT Nasơbit có thể còn được chứng minh bằng việc sử dụng BĐT Côsi, tuy
a
a2
=
nhiên lời giải sử dụng BĐT Bunyakovsky hay ở sự biến đổi
, sự biến đổi

b + c a(b + c)

này còn phát huy hiệu quả trong các bài toán phức tạp hơn sau đây
Bài 5:Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh
a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c c+d d +a a +b

(BĐT Nesbit cho 4 số dương)
GIẢI:

a
b
c
d
a2
b2
c2
d2
+
+
+
=
+

+
+
b + c c + d d + a a + b a (b + c ) b(c + d ) c (d + a ) d (a + b)
(a + b + c + d ) 2
≥
≥2
a (b + c) + b(c + d ) + c(d + a ) + d (a + b)

Hay ( a + b + c + d)2 ≥ 2(ab + bc + cd + da) + 4(ac + bc)
⇔ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 2(ac + bd) ⇔ (a - c)2 + (b - d)2 ≥ 0 (BĐT đúng)

19
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
a3
b3
c3
a2 + b2 + c2
+
+
≥
Bài 6: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh:
a + 2b b + 2c c + 2a
3

GIẢI:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức, ta có
a3

b3
c3
a4
b4
c4
(a 2 + b 2 + c 2 )2
+
+
= 2
+ 2
+ 2
≥
a + 2b b + 2c c + 2a a + 2ab b + 2bc c + 2ca
(a + b + c ) 2

Ta quy về chứng minh

(a 2 + b 2 + c 2 )2 a 2 + b 2 + c 2
⇔ 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2
≥
(a + b + c) 2
3

Đây chính là kết quả của bài toán 1
Nhận xét: Qua bài 4, bài 5 chúng ta thấy rõ ý nghĩa hết sức thiết thực của việc vận
dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức trong giải toán. Nếu các bài toán này HS vận
dụng phép biến đổi tương đương sẽ gặp phải những BĐT bậc cao khá phức tạp. Tuy
nhiên, sau khi sử dụng BĐT Bunyakovsky ta thu được BĐT thức bậc thấp đơn giản hơn
có thể chứng minh dễ dàng và lời giải ngắn gọn mang tính chất độc đáo tạo nhiều
hứng thú cho HS khi chứng minh BĐT.

Sau đây ta xét thêm một số bài toán khác.
a 3 b3 c 3 3(a 2 + b 2 + c 2 )
+ +
≥
Bài 7: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
bc ca ab
a +b+c

GIẢI:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức, ta có
a 3 b3 c3
a4
b4
c4
(a 2 + b2 + c 2 )2
(a 2 + b2 + c 2 )2
+ +
=
+
+
≥
=
bc ca ab abc bca cab abc + abc + abc
3abc

Ta cần chứng minh

(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 3(a 2 + b 2 + c 2 )
≥
⇔ ( a 2 + b 2 + c 2 )(a + b + c) ≥ 9abc

3abc
a+b+c

BĐT này đúng vì theo BĐT Cô si ta có (a 2 + b2 + c2)(a + b + c) ≥ 3 3 a 2b 2 c 2 .3 3 abc = 9abc
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 8: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x.y.z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức E =

1
1
1
+ 3
+ 3
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y )
3

(Đề thi GVDG cấp huyện Phù Mỹ năm học 2013 - 2014)

Nhận xét: Nếu sử dụng trực tiếp BĐT Bunyakovsky dạng phân thức ta chưa giải quyết
bài toán, nên ta cần biến đổi.
20
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

GIẢI
1
1
1

2
2
2
1
1
1
y
+ 3
+ 3
= x
+
+ z
3
x ( y + z ) y ( z + x ) z ( x + y ) x( y + z ) y ( z + x) z ( x + y )
1 1 1
( + + )2
( xy + yz + zx ) 2 xy + yz + zx
z y z
≥
=
=
2( xy + yz + zx) 2( xy + yz + zx)
2
3
Ta có : xy + yz + zx ≥ 3 3 xy. yz.zx = 3 ( vì x.y.z= 1). Vậy Giá trị nhỏ nhất của E là .Đạt
2

được khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài 9: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

P=

a
b
c
+
+
(Đề thi HSG Toán 9 - Phù Mỹ năm học 2010-2011)
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c

Nhận xét: Nếu thực hiện hướng giải như bài 5 thì HS sẽ bế tắt trong cách biến đổi tiếp
theo. Đối với bài toán này ta vận dụng giả thiết để biến đổi.
GIẢI:
Vì a + b + c = 1 nên 1 + b - a = (a + b + c) + b - a = 2b +c.
tương tự 1 + c - b = 2c + a; 1 + a - c = 2a + b.
Từ đó suy ra P =

a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
2b + c 2c + a 2a + b a(2b + c) b(2c + a ) c(2a + b)

Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức ta có
P≥

(a + b + c) 2
(a + b + c) 2
=
≥1
a (2b + c) + b(2c + a) + c(2a + b) 3( ab + bc + ca )

(vì a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3(ab + bc + ac) )
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1. Đạt dược khi và chỉ khi a = b = c =

1
.
3

Bài 10: Cho tam giác ABC có ba cạnh có độ dài là a, b, c thỏa mãn điều kiện: 30ab
+ 4bc + 1977ca = 2012.abc.
2007 34 1981
Tìm giá trị nhỏ nhất của: Q = p − a + p − b + p − c

Với p =

a+b+c
2

GIẢI:


 1
1
1   1
1 
1 
+
+
+
÷+ 4 
÷ +1977 
÷
 p − a p −b 
 p −b p −c 
 p −c p −a 

Ta có: Q = 30 

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:
21
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức


1
1 
4
+
÷ ≥ 30

2 p − a −b
 p − a p −b 

30 


1
1
+
 p −b p −c

4




4
÷≥4
2 p −b −c


1
1
+
 p −c p −a

1977 


4

÷≥1977
2p−c−a


(1)
(2)
(3)

4 1977  30ab + 4bc +1977ca
2012abc
+ +
=4
=4
= 8048
÷
b 
abc
abc
 c a
 30

Suy ra: Q ≥ 4 

Vậy min Q = 8048 đạt được khi và chỉ khi: a = b = c =

2011
2012

Bài 11: Cho 4 số dương a, b, c, d. Tìm giá trị nhỏ nhất của

R=

a+c b+d c+a b+d
+
+
+
a +b b+c c+d d +a

1 
1 
 1
 1
+
+
Giải: Ta có: R = (a + c ) 
÷+ (b + d ) 
÷
 a +b c+d 
b+c d +a 
Có: a + b > 0, c + d > 0, b + c > 0, d + a > 0 ,Áp dụng BĐT Bunyakovsky, ta có:

 (1 + 1) 2 
 (1 + 1) 2 
R ≥ (a + c) 
÷+ (b + d ) 
÷
 a +b+c+d 
b+c+d +a
4
4

4
⇒ R ≥ (a + c)
+ (b + d )
=
(a + c + b + d ) = 4
a+b+c+d
b+c+d +a a+b+c+d
R = 4 khi a= b = c = d =1.Vậy: giá trị nhỏ nhất của R là 4 khi a = b = c = d =1.
Sau khi hình thành HS kỹ năng sử dụng thành thạo BĐT Bunyakovsky dạng
phân thức theo chiều thuận cần rèn luyện HS sử dụng BĐT Bunyakovsky theo chiều
ngược lại. Xuất phát từ giả thiết bài toán hoặc từ BĐT cần chứng minh ta làm xuất
(a1 + a2 + ... + an ) 2
a12 a12
a12
+
+
...
+
hiện biểu thức
, từ đó biến đổi về dạng
.
b1 + b2 + ... + bn
b1 b1
b1

Bài 12: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn

1 1 1
+ + = 4 . Chứng minh
x y z

1
1
1
+
+
≤1
2x + y + z 2 y + z + x 2z + y + x

( Đề thi ĐH khối A- năm 2005)

22
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
1
và chiều " ≤ " của BĐT nên ta nghĩ
2x + y + z

Nhận xét: Chính sự xuất hiện biểu thức

đến việc vận dung BĐT Bunyakovsky dạng phân thức theo chiều ngược lại. Với suy
(b + c ) 2
( trong đó m, n là các biểu thức thích
m+n

nghĩ đó ta biến đổi biểu thức A về dạng
hợp)

Chú ý: Với các BĐT đối xứng hay hoán vị vòng quanh ta chỉ cần biến đổi một biểu
thức, rồi suy ra các BĐT tương tự và kết hợp để giải quyết bài toán.
GIẢI:
Sử dụng BĐT Bunyakovsky hai lần ta có
2

2

2

2

2

2

1 1
1 1 1 1
1 1
( + )2

÷

÷
 + ÷  + ÷
1
2 2
4 4 4 4



2
2
=
≤
+
=
+
2 x + y + z ( x + y) + ( x + z ) x + y x + z
x+ y
x+z
2

2

1 1 1 1
 ÷  ÷  ÷  ÷
1 2 1 1
4
4
4
4
≤  +  +  +  =  + + ÷
x
y
x
z
16  x y z 

Tương tự

1
1 1 2 1
≤  + + ÷
2 y + z + x 16  x y z 
1
1 1 1 2
≤  + + ÷
2 z + x + y 16  x y z 

Cộng từng vế ba BĐT trên kết hợp với điều kiện
1
1
1
11 1 1
+
+
≤  + + ÷= 1
2x + y + z 2 y + z + x 2z + y + x 4  x y z 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

3
4

Bài 13: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh:
b+c
c+a
a+b
1 1 1
+ 2

+ 2
≤ + +
2
a + bc b + ca c + ab a b c

Nhận xét: Chính sự xuất hiện biểu thức A =

b+c
và chiều của BĐT nên ta liên hệ
a 2 + bc

đến việc vận dụng BĐT Bunyakovsky dạng phân thức theo chiều ngược. Với cách nghĩ

23
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức

đó ta có thể biến đổi đưa biểu thức A về dạng

(b + c ) 2
( nhân tử và mẫu với b + c). Từ
x+ y

đó ta có lời giải sau:
GIẢI:
Ta có:

b+c

(b + c ) 2
(b + c ) 2
b2
c2
≤
+
=
=
a 2 + bc (b + c)(a 2 + bc ) c( a 2 + b 2 ) + b(c 2 + a 2 ) c(a 2 + b 2 ) b(c 2 + a 2 )

c+a
c2
a2
a+b
a2
b2
≤
+
≤
+
Tương tự: 2
;
b + ca a (b 2 + c 2 ) c( a 2 + b 2 ) c 2 + ab b(c 2 + a 2 ) a (b 2 + c 2 )

Cộng các BĐT trên theo từng vế ta được:
b+c
c+a
a+b
1 1 1
+ 2

+ 2
≤ + +
2
a + bc b + ca c + ab a b c

Với ý tưởng tương tự ta có thể giải quyết các bài toán sau
Bài 14: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x + y + z = 3. Chứng minh
1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
2
2
2
4x + y + z
4y + z + x
4z + x + y
2
2

GIẢI
1
1
( x + y + z )2

1  x2
y2
z2 
=
.
≤
+
+
Ta có: 2 2 2

÷
4x + y + z
9 2x2 + ( x2 + y 2 ) + ( x2 + z 2 ) 9  2x2 x2 + y 2 x2 + z 2 
1
1  y2
z2
x2 
Tương tự: 2 2 2 ≤  2 + 2 2 + 2 2 ÷ ;
4y + z + x
9  2y
z +y
x +y 
1
1  z2
x2
y2 
≤
+
+


÷
4 z 2 + y 2 + x2 9  2z 2 z 2 + x2 z 2 + y 2 

Cộng các BĐT trên theo từng vế ta được:
1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
2
2
2
4x + y + z
4y + z + x
4z + x + y
2
2

BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Cho Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2. Chứng minh rằng
a2
b2
a2
+
+

≥1
b+c c+a a +b
a2
b2
a2
(a + b + c ) 2
+
+
≥
=1
HD:
b + c c + a a + b 2(a + b + c)

24
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh


Rèn luyện kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh bất đẳng thức
3
2

Bài 2: Cho Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn a + b + c ≤ . Chứng minh rằng
1
2009
+
≥ 670
2
2
a +b +c
ab + bc + ca

2

1
2009
1
2.2009
(1 + 4018) 2
=
+
≥
HD: 2 2 2 +
a +b +c
ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 2(ab + bc + ca ) (a + b + c ) 2

Bài 3: Cho x, y dương thoả mãn: x + y =1. Tìm GTNN của: P =

( 2) + ( 2)
=
2

HD: P = 2 + 2
2 xy x 2 + y 2

2

x +y
2

2 xy

2

≥

(

2+ 2

)

2

2 xy + x + y

Bài 4: Cho a, b là các số thực. CMR: a 4 + b 4 ≥

2

1
2
+ 2
xy x + y 2

2

=

8
=8
( x + y)2

( a + b) 4
.
8

HD: Áp dụng BĐT Bunyakovsky 2 lần ta có:
2

2

a 4 b 4 (a 2 + b 2 ) 2 1  a 2 b 2 
1  (a + b) 2 
(a + b ) 4
+
≥
= 
+ ÷ ≥ 
 =
1
1
2
2 1
1 
2 2
8

Bài 5: Cho x, y, z dương thoả mãn: x + y + z =1
CMR:

3

2
+ 2
> 14
xy + yz + zx x + y 2 + z 2

HD:

VT =
VT ≥

( 6)

2

( 2)

2

3
2
+ 2
=
+
xy + yz + zx x + y 2 + z 2 2( xy + yz + zx ) x 2 + y 2 + z 2

(

6+ 2

)

2

2( xy + yz + zx) + x + y + z
2

2

2

=

8+4 3
= 8 + 4 3 > 14
( x + y + z )2

a4
b4
c4
a 3 + b3 + c3
Bài 6: Cho 3 số dương a, b, c. CMR:
+
+
≥
b+c c +a a +b
2

(1).

a6

b6
c6
+
+
HD: Ta có: VT = 2
a (b + c ) b 2 (c + a ) c 2 (a + b)

25
Giáo viên: Nguyễn Văn Thanh