Bài tập về Bất đẳng thức Côsi 3 số (AMGM) cực hay có đáp án

[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 13

PHẦN 13 AM GM BA SỐ
 abc 
Bài 1. Chứng minh rằng 1 
  (1  a)(1  b)(1  c) . Với a; b; c > -1
3


3

 a, b, c  0
8
Bài 2. Cho 
. Chứng minh rằng abc(a  b)(b  c )(c  a ) 
.
729
a

b

c

1

Bài 3. Với x,y là các số thực thỏa mãn các điều kiện:
biểu thức:

0  x  3;0  y  4 . Tìm GTLN của

A  (3  x)(4  y)(2 x  3 y) .

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta luôn có

(1 a)(1 b)(1 c)

1

3

3

abc

Bài 5. *(B – 2007) Cho x, y, z > 0. Tìm GTNN của biểu thức:
𝑥 1
𝑦 1
𝑧
1
𝑥( + )+𝑦( + )+𝑧( + )
2 𝑦𝑧
2 𝑥𝑧
2 𝑥𝑦
Bài 6. Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 Chứng minh

a2
b2
c2



1
a  2b 2 b  2c 2 b  2a 2

Bài 7. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc  1. Chứng minh rằng
1

 a  1

2

 b 1
2



1

 b  1

2

 c 1
2



1

1

 .
 c  1  a  1 2
2

2

Bài 8. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

4a 2  b 2  c2 4b 2  c2  a 2 4c2  a 2  b2


3
a  b  c
b c  a 
c a  b
Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng :
5a 2

4bc

5b 2

4ca

5c 2

4ab

3 a2

b2

c2

2

ab

bc

ca

(Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Nam năm học 2014 – 2015)

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 1


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 13

PHẦN 13 AM GM BA SỐ

 a  b  c   (1  a)  (1  b)  (1  c) 
Bài 1. Tách 1 
 
 . Sau đó áp dụng AM GM ba số
3
3

 

3

3

Bài 2. HD Cauchy 3 số abc và ba số (a + b), (b + c), (c + a) ta có Đpcm
Bài 3. Giải: Theo BĐT (I) ta có:
3

2(3  x).3(4  y ).(2 x  3 y ) 

(6  2 x)  (12  3 y )  (2 x  3 y)
6
3

 6 A  63  A  36 . Vậy GTLN của A bằng 36 khi x = 0 và y = 2.
Bài 4. Nhân ra, rút gọn và sử dụng AM GM ba số ta có Đpcm.
Bài 5.

P

1 1 

x2 y 2 z 2 x
y
z
       x2  y 2  z 2   

2 2 2 yz zx xy
 2 xyz 
1
1
1
9
= (𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 ) (1 +
+
)≥
2
𝑥𝑦𝑧 𝑥𝑦𝑧
2

Bài 6. Giai
Sử dụng biến đổi và BĐT AM-GM cho 3 số:

2
a2
2ab2
2ab2
2
3

a



a


a

(
ab
)
2
2
2
3
4
a  2b
a b b
3
3 ab

2
2
2

2
3
3
Tương tự và cộng vế tương ứng ta có VT  a  b  c   (ab)  (bc)  (ca) 3 
3


Do đó ta cần chứng minh:
2
2
2
2
2
2

2
a  b  c   (ab) 3  (bc) 3  (ca) 3   1  (ab) 3  (bc) 3  (ca) 3  3
3

2
3

Nhưng BĐT này đúng vì theo BĐT AM-GM a  ab  b  3(ab) (b, c tương tự)
Mặt khác ab  bc  ca 

( a  b  c )3
 3 nên ta có Đpcm
3

Kết quả của bài toán vẫn đúng khi thay đổi giả thiêt a  b  c  3 bởi ab  bc  ca  3 hoặc
a  b c 3

Bài 7. Lời giải.
Để ý rằng theo bất đẳng thức Cauchy thì
01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang

HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 1


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

1

 a  1
Tương tự

2

 b 1
2

1

 b  1

2

 c2  1





 a  1

2

1
1
1


.
a  b  2a  2 2ab  2a  2 2  ab  a  1
2

2

1
1
1
,

.
2
2  bc  b  1  c  1  a 2  1 2  ca  c  1

1

Từ đó suy ra

PHẦN 13

 b 1
2



1

 b  1

2

 c 1
2



1

 c  1

2

 a2 1

1
1
1
1


 


.
2  ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1 
Vậy nếu ta chỉ ra được:

1
1
1


 1 thì bài toán coi như giải quyết
ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1

xong.
Đặt x  a, y  1, z  ab, thì:

x
z ab
y 1 abc
 a, 
 b, 

 c.
y
x a
z ab ab

Khi đó dễ thấy

1
1
y


,
ab  a  1 x . z  x  1 x  y  z
y x y
1
1
x


,
bc  b  1 z . y  z  1 x  y  z
x z x
1
1
z


.
ca  c  1 y . x  y  1 x  y  z
z y z
Cộng ba đẳng thức này lại, ta thu được ngay
1
1
1



 1.
ab  a  1 bc  b  1 ca  c  1

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1.
Bài 8. Lời giải.

b2  c2
a
 3  4
BĐT cần chứng minh tương đương với 
a  b  c
bc
Áp dụng AM  GM , ta có
01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 2


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

b2  c2

 a  b  c  3  


PHẦN 13

b a  b  c c  a 
b a  b
c c  a 


a  b  c
a b  c
a b  c

a c  a 
a a  b
a
a

 2
 4
c a  b
b c  a 
bc
bc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
Từ đó suy ra

ca

 ca

1

2ca 

1

2ca 

ca

 4a  4b  c  9   2b  c  2a  b   9   2b  c   2a  b 
1
ca
2ab  a  b  c
 


9  2b  c
2b  c 
9
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c , hoặc a  2b và c  0 , hoặc các bộ hoán vị.
Bài 9. Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

5a 2

5b 2

2 bc

5a 2

Hay
5a

Hay

4bc

2

5c 2

2 ca

4ab

5b 2

4bc

2 bc

5b

2

b2

5a 2

c2

4ca

4bc

2 ab

5c2
2 ca

5c

5a 2

1
3 a2

4ca

2

4ab

3 a2

b2

c2

3 a2

b2

c2

2 ab

5b 2
2 bc

5c2

5b 2

4ca

2 ca

c2

8a 2

3b 2

5c 2

4ab

1
2 ab

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

2 5a 2

4 bc. 3 a

2 a2

2

b2

b

2

c2

c

2

4bc. 3 a 2

4.3 bc 3 a 2

b2
b2

c2

2 3a 2

3c 2

3b 2

3

4bc

3c2

9bc

3

3bc

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
2

5a 2

4bc

2 bc

3 a2

b2

c2

10a 2

5b 2

5c 2

10bc

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 3


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 13

10a 2

Suy ra

5a 2

2

4bc

5b2

Lại có 10bc

2 bc

3 a2

b2

10a 2
5b2 5c2

10a 2

c2

10bc

5c2 nên ta được
10a 2
5b2 5c2

10a 2

10a 2
10b2

10a 2

10bc

10c2

a2

a2
b2

c2

Do đó ta được

10a 2
5a 2

2

4bc

3 a2

2 bc

b2

c2

a2

a2
b2

c2

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được

5a 2

1
3 a2

a2

b2

a2

b2

5a 2

c2

c2

a2

b2
b2

5b 2

4bc

c2

5b 2

2 bc

a2

c2
b2

c2

4ca

5c 2
2 ca

5c 2

4ab

2 ab

1.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a

b

c.

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 4

[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

PHẦN 14 NÂNG CAO 2
Bài 1. Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng :
a  ab  3 abc 

3
a  b  c
4

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Tin – Toán Tỉnh Tiền Giang năm 2014 – 2015)
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 6a
biểu thức :

B
a

1

2

3

2

2

2

1

b

4

c

3b 2c

abc. Tìm giá trị lớn nhất của

9

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Phú Thọ năm 2014 – 2015)
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng :
a 2  b 2  c 2  3 3  abc   2  ab  bc  ca 
2

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Nghệ An năm 2014 – 2015)
Bài 4. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

a
1 b

b
1 c2

2

c
1 a2

1
a

ab

1
b

bc
2

1
c

3 . Chứng minh rằng :

ca

3

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Ninh Bình năm 2015 – 2016)
Bài 5. Cho a, b, c là đội dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện 2c

b

abc.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

S

3
b c a

c

4
a b

a

5
b c

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Bắc Ninh năm 2014 – 2015)
Bài 6. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x( x  1)  y( y  1)  z  z  1  18.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
B

1
x y 1

1
y z 1

z

1
x 1

(Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Tỉnh Thái Bình năm 2014 – 2015)
01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 1


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

1
x2

Bài 7. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

biểu thức: P

y2z 2
x(y 2 z 2 )

z2x 2
y(z 2 x 2 )

1
y2

1
z2

1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

x 2 y2
z(x 2 y 2 )

(Trích đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tỉnh Phú Thọ năm 2015 – 2016)
Bài 8. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x
1
x 3 y  5z 

1



y  3z  5 x 

y


3 2 . Chứng minh rằng :

z
1

z  3x  5 y 



3
4

(Trích đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tỉnh Bình Thuận năm 2015 – 2016)
Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a

1; b

(a 1)(b 1)(c 1)

2;a

b

c

6 . Chứng minh rằng :

4 abc

(Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Giang năm 2014 – 2015)
Bài 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab

a

b c
a 2 bc

b

c
b2

a
ca

c

bc ca

3 . Chứng minh rằng :

a
c2

3
abc

b
ab

(Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Giang năm 2013 – 2014)

Bài 11. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng :

2x 2

y2 z 2
4 yz

2y 2

z2 x 2
4 zx

2z 2

x 2 y2
4 xy

4xyz

(Trích đề thi HSG tỉnh Phú Thọ năm 2013 – 2014).
Bài 12. Cho ba số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng

a

2

 b2  c2   4  a  b  c  a  b  b  c  c  a .
2

Bài 13. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  abc  4.

Chứng minh rằng:

ab  bc  ca  3.

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 2


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

PHẦN 14 NÂNG CAO 2
Bài 1.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

ab

a
2. .b
4

a
4

Do đó ta có a

3

b; abc

3

ab

3

abc

a
4

a
.b.4c
4

a
4

a

b

4c

3

a
4

b

b

4c

4 a

b
3

3

c

.

Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
Bài 2.

0.

Lời giải

6
bc

Giả thiết của bài toán viết lại thành

Đặt a

4b 16c

1
;b
x

2
;c
y

3
ca

2
ab

3
, khi đó ta được x; y;z
z

1.

0 thỏa mãn xy

yz

zx

1

Biểu thức B được viết lại thành
x

B

Để ý đến giả thiết xy

yz

Khi đó ta được

x2

1

x
x2

x2

y2

1

z
z2

1

1

1 ta có

zx

x2

y

xy

yz

zx

x

y z

x

x
x

1

y z

x

Hoàn toàn tương tự ta được

x

B
x

y z

y
x

x

y z

z
y

z

y z

x

Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta được

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 1


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

x
x

y z

x

1 x

2 x y

y

1 y
2 y z

x

1 z
2 z x

y
x

y z
z

z

y z

x
z

x
y

x

y
z

y

z

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

x

B
x

y

y z

x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
Vậy giá trị lớn nhất của B là
Bài 3.

Đặt x

x
3;b

z

y z

2 3;c

y

z

y z

3
.
2

x

3 3.

3
.
2

Lời giải
3

Suy ra a 2

a2 ; y

3

b2 ; z

x 3 ;b2

3

y3 ;c2

c2 .

z3

x 3 ;b

a

y3 ;c

z3 với x; y; z

x 3 y3

y 3z 3

0.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
x3

y3

z3

3xyz

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được xy x

y

Tương tự ta có yz y

2 z 3x 3

z

2 y3z3 ;zx z

x

z3x 3

2 x 3y3

2xy xy

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

xy x

y

yz y

z

zx z

x

x 3 y3

2

y 3z 3

z 3x 3

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

x3

y3

z3

3xyz

x

Vì vai trò các biến bình đẳng nên có thể giả sử x

y

yz y
y

z

z

zx z

x

0.

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 2

[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

Khi đó x x
Suy ra x 3

y

2

y3

2

z y z

z3

3xyz

z

x

x

y x

y

yz y

PHẦN 14

y y z

z

0

zx z

x .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
Bài 4.

b

c

0.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

1
a

3

1
b

1
c

9
b

a

a

b

c

ab2
2b

a

ab
2

c

3

Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

a
1 b
Hoàn toàn tương tự ta được

ab2
1 b2

a

2

b
1 c2

a

bc c
;
2 1 a2

b

ca
2

c

Khi đó ta được

a
1 b

2

b
1 c2

c
1 a2

ab

bc
2

ca

a

b

c

3

c

1
a b

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
Bài 5.

b

Lời giải

Từ giả thiết ta có a

b

c

0; b

c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng

S

1
b c a
2 4 6
c b a

Mà 2c

c 1.

b

abc

c

a

1
x

a

1
y

4
x

b

y

ta được

2

2
b

a nên kết hợp với bất đẳng thức Cauchy ta được

a

1
b c

0.

1
a b

1
c

1
b c a

0;c

3

a

1
b c

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 3


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

S
Dấu bằng xảy ra khi a

b

c

6
a

2a

PHẦN 14

2 2a.

6
a

4 3.

3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 3.
Bài 6.

Lời giải

Ta biến đổi giả thiết

x x 1

y y 1

z z 1

Áp dụng một đánh giá quen thuộc ta được x
Hay 0

x

y

z

1

x y 1

1
y z 1

1
a

1
z x 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là
Bài 7.

y

z

y2

2

z2

3(x 2

18
y2

x
z2 )

y

z

54 3 x

y

z

6.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng

B

x2

18

y

1
b

1
c

a

9
y z

2 x
z

9
b

c

ta được

9
2.6 3

3

3
.
5

2.

3
.
5

(Trích đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tỉnh Phú Thọ năm 2015 – 2016)

Lời giải

1

Ta có P

x

Đặt a

1
;b
x

1
z2

1
1
y2

1
;c
y

P

y

1
z2

1
x2

1
thì a;b;c
z

a
b2

1
1
x2

1
y2

0 và a 2

b2

z

b
c2

c2

c
a2

a2

b2

c2

1 . Khi đó ta được

a2
a 1 a2

b2
b 1 b2

c2
c 1 c2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang

HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 4


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

2

a 1 a

2 2

1 2a 2
2

1 2
.2a 1 a 2 1 a 2
2
2

a 1 a2

3 3

a2
a 1 a2

1 a2

3

3 3b 2
c2
;
2
c 1 c2

b2

c2

3 3
2

3 3
.
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
Bài 8.

4
27

3 3c 2
2

3 3 2
a

2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được P

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3

1 a2

3 3a 2
2

b2
b 1 b2

Hoàn toàn tương tự ta được

PHẦN 14

y

z

3.

Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

2 8x 3y

5z

8x

3y

1

5z

4 2

4 2
8x 3y 5z

x 3y

5z

5x

4 2
1
;
8y 3z 5x z 3x 5y

2 8x 3y

5z

Hoàn toàn tương tự ta được

1
y 3z

4 2
8z 3x 5y

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

1
x 3y

1
5z

y 3z

4 2
8x 3y 5z

1
5x

z 3x

4 2
8y 3z 5x

5y

4 2
8z 3x 5y

Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta có

4 2
8x 3y 5z
Suy ra

4 2
8y 3z 5x

1
x 3y

4 2
8z 3x 5y

1
5z

y 3z

9.4 2
16 x y z

1
5x

z 3x

5y

36 2
16.3 2

3
4

3
4

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 5


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

y

z

2.

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

1

1

x 3y

5z

1

y 3z

5x

z 3x

5y

z 3x

5y

9
x 3y

5z

y 3z

5x

Mà theo bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki ta được
x 3y

5z

3 x 3y

y 3z
5z

5x

y 3z

z 3x

5y

z 3x

5y

zx

x

5x

Mà theo một đánh giá quen thuộc thì 3 xy

yz

24 xy
y

z

2

yz

zx

18

Do đó ta được

x 3y
Suy ra

1

5z

y 3z

1

x 3y

5z

y 3z

5x

5x

z 3x

5y

1

9
12

3
4

z 3x

5y

8.18

12

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
Bài 9.

y

z

2.

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1

1
1
a
1 1
a b

1
1
1
1
4 1
b
c
a
1 a b c 1
3
c
abc

1
b
1
a

1
c
1
b

1
1
ab bc
1
7
c abc

1
ca

1
abc

4

3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

a

b
2

2

ab b
;
2 2

c
3

2

bc
6

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 6


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

Do đó ta được 6

b
2

a

Suy ra ta có ab2c3

b
2

c
3

2c

3

ab
2

2

108 , mà theo giả thiết a

Suy ra ta có 216 108a 2b

ab2c3a 2b

PHẦN 14

bc
6

2

3

63

2; suy ra a 2b

1; b

abc

2c
3

abc

ab 2c3
108

2

6

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và các giả thiết ta lại có

1
a

2
b

3
c

33

6
abc

3;

2
a

1
b

1
2

2

5 3.7
;
2 abc

3.7
6

7
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

3

1 1 1
7
a b c abc
1 1 1
7

a b c abc

3

5
2

7
2

3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a

1; b

2;c

3.

Bài 10. Lời giải

Cách 1. Ta có a
giả thiết ab

b
a

2

bc ca
a2

c
bc

ab ac
. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý đến
a 2 bc

a.

3 ta có
bc

ab2c2

3abc

1
abc

a.

a2

bc

abc(3 bc)

abc(ab

ac)

Do đó ta được

ab ac
a 2 bc

ab ac
a 2 bc

1
bc

a

b
a

2

c
bc

1
bc

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được

b

c
b2

a
ca

1
a
;c 2
c
ca

b
ab

1
ab

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 7


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

a

b c
a 2 bc

c
b2

b

PHẦN 14

a
ca

a
c2

b
ab

a

abc

a

b

c

b
abc

c

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

a

b
abc

c

3
abc

c

3

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng vì

3

ab

bc

ca

abc

a

b

c

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a

b

c 1.

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki ta được
2

b

a

a

2

c
bc

c
b 2
b

a
ca

a
c 2
c

b
ab

a

b

c

ab ac
a 2 bc

bc
b2

ab
ca

ca
c2

cb
ab

Ta cần chứng minh

a

b
abc

ab ac
a 2 bc

c
2

a

Dễ thấy abc a

b

c

b

bc
b2

ab
ca

ab ac
a 2 bc
c

1
ab
3

ca
c2
bc
b2
bc

cb
ab
ab
ca
ca

3
abc
ca
c2
2

2

cb
ab

9

3
2

Và cũng từ giả thiết ta suy ra abc 1 . Do đó ta được abc

a

b

c

3.

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

ab ac

a 2 bc

bc
b2

ab
ca

ca
c2

cb
ab

3

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được

ab ac
bc ab
ca cb
1
1
1 0
2
2
a bc
b ca
c2 ab
(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)c b)

a 2 bc
b 2 ca
c2 ab

0(*)

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 8


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

Không mất tính tổng quát giả sử a

b

c

PHẦN 14

0

Như vậy (*) luôn đúng với điều kiện đó.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 11. Lời giải

Cách 1. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 2x 2

y2

z2

2x y

z

Tương tự ta có 2y2

x2

y2

2z x

y

z(x y)
4 xy

2xyz

z2

Do đó ta sẽ chứng minh

x2

z ;2z 2

2y x

x(y z)
4 yz

y(z x)
4 zx

Bất đẳng thức này tương đương với
y
(4

Ta có

y
(4

z
yz)2yz

z

x
(4 zx)2zx

x
(4

2 yz

z
yz)2yz

2

y
xy)2xy

1

1

yz 2

yz 2yz

2

yz

yz 2

yz

2

Dễ thấy 0

2

yz

yz

1 1 nên

yz 1

1
2

yz

1

yz 2

2

yz

yz

Hoàn toàn tương tự có

y

z
(4 yz)2yz

z

x
(4 zx)2zx

x

y
(4 xy)2xy

1
2

1
yz

2

1
zx

2

xy

Theo một đánh giá quen thuộc thì

1
2

1
yz

2

1
zx

2

9
xy

6

9

xy

yz

x
(4 zx)2zx

x

zx

6

x

y

z

1

Do đó suy ra
y
(4

z
yz)2yz

z

(4

y
xy)2xy

1

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 9


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x

y

z

PHẦN 14

1.

Cách 2. Gọi vế trái của bất đẳng thức là P. Khi đó biến đổi P như sau :

x2
4 yz

P

y2
4 zx

z2
4 xy

x2

y2

z2

1
4

yz

1

1

4 zx

4 xy

Theo bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki dạng phân thức ta có

x2
4 yz

1
4 yz

y2
4 zx
1
4 zx

z2
4 xy
1
4 xy

2

x y z
12 (xy yz zx)
9
12(xy yz zx)

Do đó ta được
2
9 x 2 y2 z2
x y z
P
12 (xy yz zx) 12(xy yz zx)
3(xy yz zx)
9(xy yz zx)
12 (xy yz zx) 12 (xy yz zx)

12(xy yz zx)
12 (xy yz zx)
Đặt

3

xyz

x

t

y
3

z

36 3 x 2 y 2z 2
12 3 3 x 2 y 2z 2

1. Khi đó ta có

36t 2
12 3t 2

4t 3

12t 2 (t 1)(t 2

t

3)

0

z2

y2 x 2 z 2
xyz(4 yx)

Đánh giá cuối cùng luôn đúng.
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Cách 3. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành

P

x2

y2 x 2 z 2
xyz(4 yz)

x2

y2 y2 z 2
xyz(4 xz)

4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 10


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

P
2

2xy 2xz
xyz(4 yz)

2xy 2yz
xyz(4 xz)

y z
yz(4 yz)

x z
xz(4 xz)

1
z(4

yz)

PHẦN 14

2xz 2yz
xyz(4 yx)
x y
xy(4 xy)

1

1

x(4 zx)

y(4 xy)

1

2

y(4

yz)

1

1

z(4 zx)

x(4 xy)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

1
z(4

yz)

1

1

x(4 zx)

y(4 xy)

1

1

z(4 zx)

x(4 xy)

1
y(4
Do đó ta được P

yz)

3

3

3

xyz(4

3
yz)(4 zx)(4 xy)

xyz(4

3
yz)(4 zx)(4 xy)

12 3 3
yz)(4 zx)(4 xy)

3xyz(4

Mặt khác ta lại có
3xyz(4

Mà

1

x

1
y

1
z

x

9
y

3xyz 12 xz
4

yz)(4 zx)(4 xy)

3

z

xy

suy ra 3xyz(4 yz)(4 zx)(4 xy)

yz zx
xyz

81

P

3

3xyz

12 3 3
33 3

4.

xy

xy

yz

yz

zx

y

z

4

0

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Cách 4. Đặt vế trái của bất đẳng thức là P.
Với x, y, z

0

yz

y

z

2

x

4

Tương tự ta cũng có 4 zx

0;4

y z
4

xy

2

9

4

4

yz

0

0

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki ta có

4 x2
2x 2

x2

y2

z2

y2 z 2
4 yz

x

x

y

2x y z
4(4 yz)

z

2

2x

2

2

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 11


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

Hoàn toàn tương tự ta có
2y2

2

z2 x 2
4 zx

x 2y z 2z 2 y2 x 2
;
4(4 zx)
4 yx

y2 z 2
4 yz

2x y z
4(4 yz)

x y 2z
4(4 xy)

2

Do đó ta được
2x 2

P

2

x 2y z

4(4 zx)

2

x y 2z
4(4 xy)

2

Q

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy
2x y z
4(4 yz)
x 2y z
4(4 zx)
x y 2z
4(4 xy)

2

2

4
4
9

2

yz

yz

2
2x
3

y

z

2

x 2y z 4
. 4 zx
4(4 zx) 9

2
2y
3

z

x

2

x y 2z 4
. 4
4(4 xy) 9

2
2z
3

x

y

2

4
4 zx
9

2

2

2x y z 4
. 4
4(4 yz) 9

2

4
4
9

xy

xy

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
Q

4
12
9

xy

yz

8
x
3

zx

y

z

Q

Bất đẳng thức trên ta sẽ chứng minh được nếu chỉ ra được
8
3

4
xy
9

yz

zx

y

z xy

4xyz

Thật vậy, ta viết lại bất đẳng thức thành
8
x
81

y

z

3

4
x
27

yz

zx

4xyz

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
x

Suy ra

8
x
81

y

z

3

4
x
27

y

z
y

3 3 xyz; xy

z xy

yz

yz
zx

zx

3 3 x 2 y 2z 2

4xyz

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Bài 12. Lời giải.

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 12


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

Do vai trò của các biến a, b, c có tính hoán vị vòng quanh nên không mất tính tổng quát, ta có
thể giả sử b nằm giữa a và c.
Nếu a  b  c thì  a  b  b  c  c  a   0 nên bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng. Xét
trường hợp c  b  a. Khi đó 4xy   x  y  , ta có
2

4  a  b  c  a  b  b  c  c  a   4. a  b  c  b  a .  c  b  c  a 
  a  b  c  b  a    c  b  c  a  .
2

Từ đó bài toán được quy về chứng minh

a 2  b2  c2   a  b  c  b  a    c  b  c  a 
 a  2a  2c  b   0 (đúng do c  b  a  0 ).
Bài 13. Lời giải.

Ta có

ab  bc  ca  abc  4  abc  2  ab  bc  ca   4  a  b  c   8

 12  ab  bc  ca  4  a  b  c 

  a  2  b  2  c  2    a  2  b  2    b  2  c  2    c  2  a  2 
1

1
1
1



.
a2 b2 c2

Tồn tại các số dương m, n, p sao cho a 

2m
2n
2p
, b
, c
.
np
pm
mn

Ta cần chứng minh

2m . 2n
2n . 2p
2p . 2m


3
np pm
pm mn
mn np
2

m . n

n . p
p . m
2
2
 3.
pm np
mn mp
np mn

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang



HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 13


[AM GM – CT0 – CT1 – CT2 – Thầy Hồng Trí Quang]

PHẦN 14

2

m . n
m

n


,
mp np mp np

2

n . p
n
p


,
mn mp mn mp

2

p . m
p
m


.
np mn np mn

Cộng ba bất đẳng thức này lại theo vế, ta được

2

m . n
n . p
p . m
mn np mp
2
2



 3.
mp np
mn mn
np mn mn np mp

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Nhận xét. Khi các số a, b, c thỏa mãn abc  1 ta thường đổi biến a 

x
z
y
,b  ,c  .
y
x
z

01234-64-64-64

Thầy Hồng Trí Quang

HOCMAI THCS & Tiểu Học

Trang | 14