DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ

Li núi u
Bt ng thc v cỏc bi toỏn cc tr i s l hai chuyờn ớt c
cp n lớ thuyt trong chng trỡnh sỏch giỏo khoa toỏn bc
trung hc c s. lp 8 chuyờn bt ng thc c trỡnh by 2
tit lý thuyt v 1 tit luyn tp,do yờu cu ca chng trỡnh m hai
chuyờn ny trong chng trỡnh sỏch giỏo khoa khụng i sõu vo
mụ t khỏi nim bt ng thc v chng minh cỏc bt ng thc
phc tp,tuy nhiờn trong sỏch bi tp li a ra bi tp ca hai
chuyờn ny vo cui ca mt s chng, c bit trong cỏc k thi
hc sinh gii hoc thi vo lp 10 cỏc trng chuyờn thỡ hc sinh li
gp nhng bt ng thc rt phc tp.Nhiu hc sinh ó t ra lỳng
tỳng khi ng trc bi toỏn chng minh bt ng thc hoc bi
toỏn tỡm cc tr ca mt biu thc cú nhiu em ó chỏn nn khi phi
hc bt ng thc.T kim im li bn thõn, cỏc em thy rng
mỡnh ó rt c gng trong quaự trỡnh hoùc taọp, c ngh mỡnh ó nm
rt vng kin thc c bn v bt ng thc trong sỏch giỏo khoa th
nhng ng trc bi toỏn chng minh bt ng thc hoc tỡm cc
tr ca mt biu thc thỡ li b tc khụng tỡm ra li gii.v sau tham
kho li gii ca nhng bi toỏn y thỡ thy khụng cú gỡ khú khn
lm vỡ ch ton s dng kin thc c bn v bt ng thc,cú nhng
bi gii rt n gin nhng ch vỡ mt chỳt thiu sút hoc khụng
ngh n cỏch y m cỏc em ó gii sai.L giỏo viờn toỏn, ai cng
thy rng: hc sinh thuc bi trụng sỏch giỏo khoa thụi thỡ cha
m phi bit vn dng kin thc gii quyt trong nhng tỡnh
hung c th, phi bit phõn loi cỏc dng toỏn v cỏch gii tng
dng toỏn. Cỏc bi toỏn v bt ng thc v tỡm cc tr ca mt biu
thc trong cỏc sỏch bi dng hc sinh gii, tp chớ toỏn hc, bỏo
toỏn hc tui tr,.., v c trờn th vin in t rt a dng, phong
phỳ cú nhng bi cú nhiu hng gii quyt v cng khụng ớt bi cú
cỏch gii c ỏo.song thi gian dy v hng dn cho hc sinh hc
tp li hn ch, do ú ũi hi ngi thy phi bit tng hp,phõn

loi cỏc dng toỏn thng gp v cỏc phng phỏp gii chỳng.T
ú hng dn hc sinh rốn luyn ý thc nh hng v ỳc rỳt kinh
nghiệm.Trong quá trình học toán và dạy toán, tôi đã phân loại được
một số dạng toán về bất đẳng thức, bài toán cực trị thường gặp và
các phương pháp thích hợp để giải chúng.vì vậy tôi mạo muội viết
ra những kinh nghiệm của bản thân để chia sẻ cùng các thầy(cô) dạy
toán,các em học sinh và những ai yêu thích môn toán.
Phạm vi chọn đề tài.
Do thời gian có hạn, nên đề tài này tôi chỉ nêu một số tính chất của bất đẳng thức, cách
chứng minh một số dạng bất dẳng thức thường gặp trong chương trình toán ở bậc THCS và
cách giải một số dạng bài toán cực trị đại số.Các dạng bất đẳng thức khác ở bậc
THPT.Cách giải các dạng oán cự trị hình học chưa được đề cập đến.
Phaàn 1: Thöïc traïng
Qua quan sát tình hình học tập bất đẳng thức và giải toán cực trị cũng như kiểm tra học
sinh về phần này tôi thấy rằng, đại đa số học sinh lung túng khi đứng trước bài toán chứng
minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số. Cụ thể nghiên cứu như sau:
Về chứng minh bất đẳng thức:
Ở mức độ kiến thức cơ bản, trong 115 học sinh thì có 52 học sinh (42%) chứng minh
được.
Ở mức độ nâng cao thì trong 115 em chỉ có 2 em (2%) chứng minh được.
Về giải toán cực trị:
Ở mức độ cơ bản như sách giáo khoa và sách bài tập, trong 115 em thì có 9 em (0,8%) làm
được ở mức độ nâng cao trong 115 em,không có em nào làm được.
Qua đây ta có thể rút ra một số nguyên nhân dẫn đến mức độ nắm bắt kiến thức về bất
đẳng thức và vận dụng kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức và tìm cực
trị của một biểu thức ở học sinh kém như sau:
• Nhiều học sinh học yếu môn toán.
• Học sinh chưa nắm vững khái niệm, cũng như các tính chất của bất đảng thức.
• Chưa vậ dụng linh hoạt lí thuyết về bất đẳng thức vào giả các bài toán cụ thể.
• Kinh nghiệm giả toán bất đẳng thức và toán cực trị còn ít.

• Hệ thống bài tập tự giải tự tích lũy của các em chưa nhiều.
• Các em chưa phân loại được các dạng toán cùng phương pháp chứng minh.
Từ thực trạng tình hình và phân tích ngun nhân các em học sinh gặp vướng mắc khi
giải tốn bất đẳng thức trong q trình dạy học, tơi đã tổng hợp được một số dạng tốn
chứng minh bất đẳng thức và giải bài tốn cực trị ở bậc THCS cùng với phương pháp
giải chúng.Sau đây là phương pháp giải một số dạng tốn về bất đẳng thức và tìm cực
trị của một biểu thức đại số.
A. BẤT ĐẲNG THỨC
Khái niệm về bất đẳng thức:
Ta gọi a b (hay a b, , a b) là bất đẳng thức. a là vế trái,
b là vế phải của bất đẳng thức.
a b
< > ≤ ≥
Một số tính chất:
* Với a,b,c
R
∈
,a>b, ta có:
a) a+c>b+c b) ac>bc (nếu c>0)
c) ac<bc (nếu c<0) c) a>b và b>c thì a>c
* V ới a>b>0,n là số ngun dương, ta có
a) a
n
> b
n
b)
n n
a b
>
* với mọi a,b

R
∈
, ta có: a>b
⇔
a-b>0
Chú ý: Các tính chất trên vẫn đúng trong trường hợp dấu của bất đẳng
thức là “
≤
hoặc
≥
”
I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG
PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.
VD 1 : Chứng minh rằng:
a
2
+b
2
+c
2
≥
ab+ac+bc
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
0

2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
2 2 2
0
2 2 2
cm:
a b c ab bc ac
a b c ab ac bc
a b c a c b
ab ac bc
a ab b c ac a c cb b
a b c a c b
+ + ≥ + +
⇔ + + − − − ≥
     
− + + − + + − + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
− + − + − +
⇔ + + ≥
− − −
⇔ + + ≥
bất đẳng thức hiển nhiên đúng.Dấu “=” x ảy ra khi a=b=c
VD 2: Chứng minh rằng 2a
2
+b
2
+c
2

≥
2(ab+ac) với mọi a, b, c
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 0
2 2 0
0
( )
( ) ( )
( ) ( )
a b c a ab ac
a ab b a ac c
a b a c
⇔ + + + − − ≥
⇔ − + + − + ≥
⇔ − + − ≥
hiễn nhiên đúng với mọi a,b,c. dấu “=” xảy ra khi a=b=c
vậy 2a
2
+b
2
+c
2

≥
2(ab+ac) với mọi a,b,c
VD 3: chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2

( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
Cm:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 2 2
1
2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) (
a c b d a b c d a b c d
a c a c b d b d a b c d
ac bd a b c d
ac bd a b c d
ac bd a b c d
ac ac bd bd ac ad
⇔ − + − ≤ + + + + + +

⇔ − − + + − − + ≤ + +
⇔ − − ≤ + +
⇔ − + ≤ + +
⇔ + ≤ + +
⇔ + + ≤ + +
2 2
2 2
2 2
2
2
2 0
0
) ( )
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )
bc bd
ac bd ad bc
ad ad bc bc
ad bc
+
⇔ ≤ +
⇔ − + ≥
⇔ − ≥
hiển nhiên đúng.Dấu “=” xảy ra khi ad=bc
vậy
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
VD 4: chứng minh rằng

2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
cm:
2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
( )
2
2 2
2 4 1
2 2 4 4
2 2 2
2 1
2 2 1
( )
a+2 ( )
2 ( )
( )
a a a
a a a a
a a a
a a a
a a a a
⇔ + + < +
⇔ + + + < +
⇔ + < +
⇔ + < +
⇔ + < + +
hiển nhiên đúng .

vậy
2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
VD 5: chứng minh rằng :
1 1 4
x,y>0, x+y<1
x y x y
+ ≥ ∀
+
Từ đó suy ra
2 2
1 1
4
2x y xy
+ ≥
+
CM:
2 2 2 2
1 1 4 4
4 2 0 0 ( ) ( )
x y
x y xy x xy y x y
x y x y xy x y
+
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
+ +
hiển nhiên đúng . vậy
1 1 4
x,y>0

x y x y
+ ≥ ∀
+
đặt x
2
+y
2
=X; 2xy=Y
theo chứng minh trên, ta có
2
1 1 4 4
= (1)
( )X Y X Y x y
+ ≥
+ +
2
2
4
1 4
x,y>0
( ) (2)
x+y<1 ( )
x y
x y

⇔ + < ⇔ >

+

từ (1) và (2) suy ra

1 1
X Y
+ ≥
4 hay
2 2
1 1
4
2x y xy
+ ≥
+
VD 6: chứng minh rằng:
2 2
1 1 2
1 1 1

a b ab
+ ≥
+ + +
với mọi ab>1
CM: nhân cả hai vế của BĐT với (1+a
2
).(1+b
2
).(1+ab) thì
2 2
1 1 2
1 1 1

a b ab
+ ≥

+ + +
⇔
(1+a
2
).(1+ab)+(1+b
2
). (1+ab)
≥
2(1+a
2
)(1+b
2
)
⇔
(1+a)(2+a
2
+b
2
)-2(1+a
2
)(1+b
2
)
≥
0
⇔
2+a
2
+b
2

+2ab+ab.a
2
+ab.b
2
-2-2b
2
-2a
2
-2a
2
b
2
≥
0
⇔
ab.a
2
+ab.b
2
-a
2
-b
2
+2ab-2a
2
b
2
≥
0
⇔

(ab.b
2
–b
2
)+(ab.a
2
-a
2
)+(2ab-2a
2
b
2
)
≥
0
⇔
b
2
(ab-1) + a
2
(ab-1)-2ab(ab-1)
≥
0
⇔
(b-a)
2
(ab-1)
≥
0 hiển nhiên vì ab>1
vậy

2 2
1 1 2
1 1 1

a b ab
+ ≥
+ + +
với mọi ab>1
Bài tập tự giải
Chứng minh rằng:
bài 1: a
2
+ b
2
+c
2
+d
2

≥

a(b+c+d+e)
, , ,a b c d
∀
bài 2:
2 2
p,q>0
p q
pq
p q

+
≥ ∀
+

bài 3:
2 2
a,b>0
a b
a b
b a
+ ≤ + ∀
bài 4: a
3
+b
3

≤
a
4
+b
4
với a+b
2
≥
bài 5:
1 1 1 3
a b c a b c a b c
+ + >
+ + + + +
với mọi a,b,c>0

bài 6:
1a b ab
+ + ≤ +
với
1 1;a b
< <
trong quá trình học bất đẳng thức chúng ta còn gặp nhiều bất đẳng mà chứng
minh nó bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ gặp rất nhiều khó
khăn, cũng có những bài không thể làm được bằng phương pháp này. Để
chứng minh những bất đẳng thức như vậy đôi khi ta phải nhờ đến một bất
đẳng thức khác như bất đẳng thức cauchy (cô sy), Bunhiacopsky,…sau đây
là một số bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất
đẳng thức cô sy.
II. DỰA VÀO BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC.
Với
1 2 3
0, , ,...,
n
a a a a
≥
ta có
1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
n
a a a a

a a a a
n
+ + + +
≥

Ta cũng có thể viết
1 2 3
0, , ,...,
n
a a a a
≥
ta có
1 2 3 1 2 3
... ...
n
n n
a a a a n a a a a+ + + + ≥
Chứng minh:
a. BĐT đúng với n = 2. thật v ậy
Với mọi
1 2
0,a a
≥
ta có
2
1 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
0 2 0 2
2
( )

a a
a a a a a a a a a a a a
+
− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
(1)
dấu “=” xảy ra khi
1 2
a a
=
.Bất đẳng thức đúng.
- giả sử BĐT đúng với n=k (k bất kì). Ta phải chứng minh B ĐT đ úng
với n=2k
thật vậy giả sử
1 2 3
0, , ,...,
k
a a a a
≥
ta có
1 2 3
1 2 3
...
...
k
k
k
a a a a
a a a a
k
+ + + +

≥
với 2k số không âm
1 2 3 2
, , ,...,
k
a a a a
ta có
1 1 2
1 2 3 1 2
1 2 3 2
2
2 2
... ...

... ...
...
(GT. QN)

k k k
k k
k k k k
k
a a a a
a a a a a a a
a a a a
k k
k
+
+ +
+ + + +

+
+
+ + + +
= ≥
2
1 2 3 1 2 2 1 2 3 2
... ... ...
k k k
k k k k k
a a a a a a a a a a a
+ +
≥ =

(2)
dấu “=” xảy ra khi
1 2 3 2
,...,
k
a a a a
= = = =
- Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k (k bất kì) sẽ đúng
với n=k-1
thật vậy với k-1 số không âm
1 2 3 1
, , ,...,
k
a a a a
−
ta có
1 1

1 1
1 2 3 1 1 1
1 2 3 1
1
1 1
...
...
... ...
...
k
k k
k
k k k
k
k
a a
a a
a a a a a a
k
a a a a
k k
+ −
−
− + −
−
+ +
+ + +
+ + + + + +
 
−

= ≥
 ÷
− −
 
1
1 2 3 1 1 2 3 1
1
1 2 3 1 1 2 3 1
1 1
... ...
... ...
k
k k
k
k k
a a a a a a a a
a a a a a a a a
k k
−
− −
−
− −
+ + + + + + + +
   
≥ ⇔ ≥
 ÷  ÷
− −
   
(3)
dấu “=” xảy ra khi

1 2 3 1
,...,
k
a a a a
−
= = = =
từ (1),(2) và (3) suy ra BĐT luôn đúng với mọi n
2
≥
ghi chú: Cách chứng minh trên là cách chứng minh bằng phương pháp
quy nạp kiểu cauchy
VD1: Chứng minh rằng (a+b) (1+ab)
≥
4ab với mọi a,b>0
Phân tích: ta không thể áp dụng ngay BĐT cô sy trong trường hợp này vì
ở vế trái là một tích . để áp dụng bất đẳng thức cô sy ta phải viết vế trái
thành tổng.
CM: ta có (a+b)(1+ab) = a+a
2
b+b+ab
2
. vì a,b>0 nên a,ab
2
,b,a
2
b>0
Theo bất đẳng thức cô sy, ta có a+a
2
b+b+ab
2

2 2 4 44 4
4 4 4. . .a a b ab b a b ab
≥ = =
Dấu “=” xảy ra khi a=b=1
Vậy (a+b)(1+ab)
≥
4ab với mọi a,b>0.
VD 2 Chứng minh rằng (
a b
+
)(
1 1
4) a,b>0
a b
+ ≥ ∀
CM: (
a b
+
)(
1 1
)
a b
+ =
1+
1
a b
b a
+ +
. Vì a,b>0 nên
0,

a b
b a
>
Áp dụng BĐT cô sy, ta có (
a b
+
)(
1 1
)
a b
+ =
1+
1
a b
b a
+ +
.
4
4 1 1 4 . . .
a b
b a
≥ =
dấu “=” xảy ra khi
1
a b
a b
b a
= = ⇔ =
vậy (
a b

+
)(
1 1
4) a,b>0
a b
+ ≥ ∀
VD 3: Chứng minh rằng a+b+1
a,b 0ab a b
≥ + + ∀ ≥
phân tích: khác với hai ví dụ đã giải ở trên, ở trong B ĐT này cả hai v ế
đều là một tổng ba hạng tử trong bất đẳng thức. trong BĐT cô sy chiều
nhỏ hơn là n
1 2 n
a .a ...a
n
vì vậy mỗi hạng tử
, , ab a b
là một vế nhỏ
hơn của ba bất đẳng thức cô sy khác. Căn cứ vào điều này ta có thể
chứng minh bài toán như sau:
CM: với a,b>0 ta có:
1 1
2 2 2
; ;
a b a b
ab a b
+ + +
≥ ≥ ≥
. Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức
trên ta có

1 1
1
2 2 2
a b a b
ab a b a b ab a b
+ + +
+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +
dấu “=” xảy ra khi a=b=1
VD 4: chứng minh rằng
1
2
a,b 0a b a b
+ + ≥ + ∀ ≥
Phân tích: Trong BĐT này ở vế trái có ba hạng tử, vế phải có hai hạng tử
vì vậy khi chứng minh bất đẳng thức này cần khéo léo tách các hạng tử ở
vế trái một cách hợp lí, tuy nhiên nếu chỉ để ý vế trái thôi thì việc phân tích
cũng sẽ gặp khó khăn, mà để làm được điều này ta cũng cần để ý vế phải
để có cách phân tích phù hợp. Ta có thể giải bài tập này như sau:
CM: vì a,b
≥
0 nên 2a,2b
≥
0.
Áp dụng bất đẳng thức cô sy, ta có
1
2
1 1
2
2 2 2
2 2 2

.
a
a a a
+
+ ≥ ⇔ ≥
(1)
1
2
1 1
2
2 2 2
2 2 2
.
b
b b b
+
+ ≥ ⇔ ≥
(2)
cộng vế với vế của (1) và (2) ta được
1
2
2
2
a
+
+
1
2
2
2

b +
a b
≥ +

1
2
2
2
a
+
+
1
2
2
2
b +
a b
≥ +

⇔
a+
1
4
+b+
1
4
a b
≥ +

⇔

a+b+
1
2
a b
≥ +
dấu”=” xảy ra khi 2a=2b=
1
2

⇔
a=b=
1
4
Bài tập tự giải:
chứng minh rằng:
bài 1:
1 1 1 8; a,b,c>0
a b c
b c a
   
+ + + ≥ ∀
 ÷ ÷ ÷
   
bài 2: (ax+by)(ay+bx)
4 ; a,b,x.y>0abxy
≥ ∀
bài 3:
( )
1 1 1
9 a,b,c>0a b c

a b c
 
+ + + + ≥ ∀
 ÷
 
bài 4: a+b+c
a,b,c>0ab bc ac
≥ + + ∀
II. BẤT ĐẲNG THỨC “CỘNG MẪU”
Với
1 2 3
0, , ,...,
n
a a a a
≥
, ta có
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1
...
...
n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + +

Chứng minh: Với
1 2 3
0, , ,...,

n
a a a a
≥
ta có
1 2 3 1 2 3
n
n n
a a a a n a a a a+ + + + ≥... ...
(1)
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1 1
...
...
n
n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
(2)
Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được:
(
1 2 3 n
a a a a
+ + + +
...
)
1 2 3
1 1 1 1
...
n

a a a a
 
+ + + +
 ÷
 
≥
1 2 3
n
n
n a a a a...
1 2 3
1
...
n
n
n
a a a a
⇔
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1
...
...
n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + +
dấu “=” xảy ra khi a
1

=a
2
=a
3
=…
=a
n.
VD 1: chứng minh rằng:
Với a, b, c>0, a+b+c=1 thì
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
Vì a,b,c>0 nên áp dụng bất đẳng thức “cộng mẫu”, ta có
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
Mà a+b+c=1 (gt) nên
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=
1
3
VD 2: cho a,b,c >0 chứng minh rằng
1 1 1 1 1 1
5
3 3 3a b c a b c a b c a b c

 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 
Phân tích: Nếu dung bất đẳng thức “cộng mẫu” cho 3 số ở vế trái, ta không
thể chứng minh được bài toán này.khi thực hiện phép nhân ở vế phải ta thấy
vế phải là một tổng vì vậy ta suy nghĩ đến việc dùng ba bất đảng thức “cộng
mẫu” sau đó cộng vế với vế của ba bất đẳng thức đó. Ta có thể giải bài toán
trên như sau:
Ta có
2
1 1 1 1 1 5
(1)
a a a b c a a a b c
+ + + + ≥
+ + + +

2
2
1 1 1 1 1 5
(2)
1 1 1 1 1 5
(3)
a b b b c a b b b c
a b c c c a b c c c
+ + + + ≥
+ + + +
+ + + + ≥
+ + + +

cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có
2
5 5 5 1 1 1
5
3 3 3
1 1 1 1 1 1
5
3 3 3
a b c a b c a b c a b c
a b c a b c a b c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 
 
⇔ + + ≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
VD 3: cho a,b,c,d>0 chứng minh rằng:
2 2 1 1 1 1
9
a b c d a b c a b d
 
+ + + ≥ +
 ÷
+ + + +
 

Phân tích: Nếu viết vế trái thành
1 1 1 1 1 1
a a b b c d
+ + + + +
và áp dụng bất đẳng
thức “cộng mẫu” ta không được như ý muốn. nếu thực hiện phép nhân ở vế
phải ta được 2 biểu thức có tử là 3
2
còn mẫu của mỗi biểu thức gồm ba số
hạng. Do đó ta nghĩ đén việc chứng minh hai bất đẳng thức bằng cách áp
dụng bất đẳng thức cộng mẫu rồi cộng vế với vế của hai bất đẳng thức đó.
Ta có thể chứng minh như sau:
Ta có
1 1 1 9 1 1 1 9
(1); (2)
a b c a b c a b d a b d
+ + ≥ + + ≥
+ + + +
cộng vế với vế của hai
bất đẳng thức (1) và (2) ta được
2 2 1 1 1 1
9
a b c d a b c a b d
 
+ + + ≥ +
 ÷
+ + + +
 
. Dấu
“=” xảy ra khi a=b=c=d

Bài tập tự giải:
Bài 1: Cho a,b>0, a+b=12. Chứng minh rằng:
1 1 2 1
2 2 3a b a b
+ + ≥
+
Bài 2: Với a,b>0, a+b=1. Chứng minh rằng
2 2
1 1
6
ab a b
+ ≥
+
Bài 3: với a,b,c>0 chứng minh rằng :
2 2 2 2
16a b c a abc
b a b c a c b c ab bc
+ + + ≥
+ + +
Bài 4: cho a,b,c>0và a+b+c=
3
4
. Chứng minh a+b+c+
1 1 1 51
4a b c
+ + ≥
III. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để chứng
minh bất đẳng thức
Với hai bộ số (x
1

, x
2,
… ,x
n
); (y
1,
y
2,
…,y
n
), ta có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ... ) ( ... )( ... )
n n n n
x y x y x y x x x y y y
+ + + ≤ + + + + + +
CM: ĐẶT
1 1 2 2
...
n n
x y x y x y
+ + +
=A ;
2 2 2
1 2
...
n
x x x
+ + +

=B;
2 2 2
1 2
...
n
y y y+ + +
=C
Ta có (x
1
m-y
1
)
2
+(x
2
m-y
2
)
2
+…+(x
n
m-y
n
)
2
0
≥
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 1 2 2 1 2
( ... ) 2( ... ) ( ... ) 0

n n n n
x x x m x y x y x y m y y y
⇔ + + + − + + + + + + + ≥
2
2 0 mAm Bm c⇔ − + ≥ ∀

khi đó phương trình
2
2 0Am Bm c
− + =

vô

nghiệm hoặc có nghiệm. Do đó
2 2
' 0 ,B AC B AC
∆ = − ≤ ⇔ ≤
hay
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ... ) ( ... )( ... )
n n n n
x y x y x y x x x y y y
+ + + ≤ + + + + + +
. Dấu “=” xảy ra
khi và chỉ khi
3
1 2
1 2 3
...

n
n
x x
x x
y y y y
= = = =
1. Ví dụ :
VD 1: Chứng minh
ux 1vy
+ ≤
với x
2
+y
2
=u
2
+v
2
=1
cm: Ta có
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
ux ux ux 1vy vy vy u v x y+ ≤ + ⇒ + ≤ + + =
( )
2
ux 1 ux 1vy vy+ ≤ ⇒ + ≤
(ĐPCM)
Dấu “=” xảy ra khi

u v
x y
=
VD 2: Chứng minh rằng
2 3 5x y
+ ≤
với
2 2
2x 3y 5+ ≤
Cm:
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3
2 3 5.5 25 2 3 5.
x y x y x y x y x y x y
x y x y
+ = + ≤ + ⇒ + ≤ + ≤ + +
⇒ + ≤ = ⇒ + ≤
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 2
2 2
3 3
2 2

1
2 3 5
2 3 5
y
x y
x y
x
x
x y
x y

=
=
=



⇔ ⇔
  
≤
+ ≤



+ ≤

VD 3: Chứng minh với
[ ]
2,1a
∈

,ta có
1 2 6a a
− + + ≤

( )
( ) ( )
2
2;1 nên 1 - a > 0 và a + 2 > 0
dụng bất đẳng thức Bunhiacopski,ta có
1 2 1 1 1 2 =6
1
suy ra 1 + 2 6. dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1-a=a+2 a=
2
áp
a a a a
a a
 
∈ −
 
− + + ≤ + − + +
−
− + ≤ ⇔
với a
:VD 4
2 2
C minh rằng a 1 1 2 2 với a 1hứng b b a b
+ + + ≤ + + =
( )
( )
( )

( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2
2 2 2 2
: ta có 1 1 1 1 2
a 1 1 2 (1)
mặt khác ta có 1 1 2
2 (2)
từ (1) và (2) suy ra a 1 1 2 2 (ĐPCM)
" " a=b.
CM a b b a a b b a a b
b b a a b
a b a b
a b
b b a
Dấu xảy ra khi và chỉ khi
+ + + ≤ + + + + = + +
⇒ + + + = + +
+ ≤ + + =
⇒ + ≤
+ + + ≤ +
=
VD 5
1
2 2 2
minh 1 với a 1
2

Chứng ab bc ac b c
−
≤ + + ≤ + + =
Cm
dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho ba số a,b,c ta có áp