Bat dang thuc BUNHIACPOXKI

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

I.Bất đẳng thức Bunhiacơpxki ( BCS ) :
Cho 2 bộ số thực ( a1 ; a2 ;...; an ) và ( b1 ; b2 ;...; bn ) , mỗi bộ gồm n số. Khi đó ta có:

( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

≤ ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

a
a1 a2
=
= ... = n với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0.
b1 b2
bn
II. Các hệ quả :
Hệ quả 1:
Nếu a1 x1 + ... + an xn = C (khơng đổi) thì min ( x12 + ... + xn2 ) =

đạt được khi

C
a + ... + an2

2
1

x
x1
= ... = n
a1
an

Hệ quả 2:

Nếu x12 + ... + xn2 = C 2 (khơng đổi) thì max ( a1 x1 + ... + an xn ) = C

đạt được khi

a12 + ... + an2

x
x1
= ... = n ≥ 0
a1
an

min ( a1 x1 + ... + an xn ) = − C

Dấu “=” xảy ra ⇔

a12 + ... + an2

x

x1
= ... = n ≤ 0
a1
an

III.Bất đẳng thức Bunhiacơpxki mở rộng:

• Mở rộng bất đẳng thức Bunhiacơpxki cho 3 dãy số thực khơng âm
( a1 ; a2 ;...; an ) ; ( b1 ; b2 ;...; bn ) ; ( c1 ; c2 ;...; cn ) ta ln có :
2
( a1b1c1 + a2 b2 c2 + ... + an bn cn ) ≤ ( a13 + a23 + ... + an3 )( b13 + b23 + ... + bn3 )( c13 + c23 + ... + cn3 )
Chứng minh:

Đặt A = 3 a13 + a23 + ... + an3 , B = 3 b13 + b23 + ... + bn3 , C = 3 c13 + c23 + ... + cn3
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 1 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Nếu A = 0 hoặc B = 0 hoặc C = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì khi đó cả hai vế của bất đẳng thức
đều bằng 0.
Vậy ta chỉ xét trường hợp A > 0; B > 0; C > 0
a
b

c
Đặt xi = i ; yi = i ; zi = i với i = 1; 2;3
A
B
C
3
3
3
⎧ x1 + x2 + x3 = 1
⎪
Khi đó ta có: ⎨ y13 + y23 + y33 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x1 y1 z1 + x2 y2 z2 + x3 y3 z3 ≤ 1
⎪ 3
3
3
⎩ z1 + z2 + z3 = 1
⎧
x13 + x13 + x13
x
y
z
≤
⎪ 1 1 1
3
⎪
3
⎪
x2 + x23 + x23
3
3
3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số khơng âm: xi ; yi ; zi ( i = 1; 2;3) ta có: ⎨ x2 y2 z2 ≤
3
⎪
3
⎪
x3 + x33 + x33
x
y
z
≤
⎪ 3 3 3
3
⎩
Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được: x1 y1 z1 + x2 y2 z2 + x3 y3 z3 ≤ 1 (đpcm)

⎧ a1 b1 c1
⎪A = B =C
⎧ x1 = y1 = z1
⎪
⎪
⎪ a2 b2 c2
=
Đẳng thức xảy ra ⇔ ⎨ x2 = y2 = z2 ⇔ ⎨ =
A
B
C
⎪x = y = z
⎪
3
3

⎩ 3
a
b
c
⎪ 3
3
3
⎪A = B =C
⎩
Hay ai : bi : ci = A : B : C ( i = 1; 2;3) tức là: a1 : b1 : c1 = a2 : b2 : c2 = a3 : b3 : c3

• Tổng qt : bất đẳng thức Bunhiacơpxki mở rộng cho rộng cho m dãy số thực khơng âm:
Cho m dãy số thực khơng âm:
( a1 ; a2 ;...; an ) , ( b1 ; b2 ;...; bn ) , … , ( K1 ; K 2 ;...; K n )
Ta có:
m
( a1b1...K1 + a2b2 ...K 2 + ... + anbn ...K n ) ≤ ( a1m + a2m + ... + anm )( b1m + b2m + ... + bnm ) ... ( K1m + K 2m + ... + K nm )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
a1 : b1 : ... : K1 = a2 : b2 : ... : K 2 = an : bn : ... : K n ( chứng minh tương tự như trên)

I- MỘT SỐ VÍ DỤ :
Bài 1: Cho x, y, z là ba số dương thỏa 4 x + 9 y + 16 z = 49 . Chứng minh rằng:
1 25 64
T= + +
≥ 49
x y
z
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 2 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải
1 5 8
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho sáu số 2 x ;3 y ; 4 z và
ta được:
;
;
x
y z

⎛ 1 25 84 ⎞ ⎡
49.T = ( 4 x + 9 y + 16 z ) ⎜ +
+ ⎟= 2 x
z ⎠ ⎢⎣
⎝x y

(

⎡⎛ 1 ⎞ 2 ⎛ 5 ⎞ 2 ⎛ 8 ⎞ 2 ⎤
⎤
⎢
⎥

+ 4 z
+
+
⎥⎦ ⎢⎜⎝ x ⎟⎠ ⎜⎜ y ⎟⎟ ⎜⎝ z ⎟⎠ ⎥
⎝
⎠
⎣
⎦

) + (3 y ) (
2

2

)

2

2

⎛
1
5
8 ⎞
2
≥ ⎜ 2 x.
+ 3 y.
+ 4 z.
⎟⎟ = 49
⎜

x
y
z⎠
⎝

⇒T =

1 25 64
+
+
≥ 49
x y
z

1
⎧
⎪x = 2
5
8
⎧1
⎪
=
5
⎪ =
⎪
Đẳng thức xảy ra khi ⎨ 2 x 3 y 4 z
⇔ ⎨y =
3
⎪4 x + 9 y + 16 z = 49
⎪

⎩
⎪z = 2
⎪
⎩

Bài 2 : Cho x > 0; y > 0 và x 2 + y 2 ≤ x + y .Chứng minh:

x + 3y ≤ 2 + 5
Hướng dẫn giải
2
2
1⎞ ⎛
1⎞
1
⎛
Giả thiết: x 2 + y 2 ≤ x + y ⇔ ⎜ x − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ≤
2⎠ ⎝
2⎠
2
⎝
1
1⎞
⎛
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số: (1;3) ; ⎜ x − ; y − ⎟ ta có:
2
2⎠
⎝
2
2
2

⎡⎛
⎡ ⎛ 1⎞
1 ⎞⎤
1⎞ ⎛
1⎞ ⎤
⎛
⎢1. ⎜ 1 − 2 ⎟ + 3. ⎜ y − 2 ⎟ ⎥ ≤ 10 ⎢⎜ x − 2 ⎟ + ⎜ y − 2 ⎟ ⎥ ≤ 5
⎠
⎝
⎠⎦
⎠ ⎝
⎠ ⎥⎦
⎣ ⎝
⎢⎣⎝
2
⇒ ( x + 3 y − 2) ≤ 5

⇒ x + 3y − 2 ≤ 5
⇒ x + 3y ≤ 2 + 5
⎧
1
5
⎪x = +
⎪
2 10
Đẳng thức xảy ra khi ⎨
⎪y = 1 + 3 5
⎪⎩
2 10
Bài 3 : Cho a, b, c ≥ 0 ; a + b + c = 1 .Chứng minh:

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 3 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

1
1
1
1
+
+ +
≥ 30
2
2
ab bc ac
a +b +c
Hướng dẫn giải
2

1
1
1
1

+
+ +
2
2
ab bc ac
a +b +c
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số:
⎛
1
1
1
1 ⎞
;
;
;
⎜ 2
⎟
2
2
ab bc ca ⎠
⎝ a +b +c

Gọi A =

2

(

a 2 + b 2 + c 2 ;3 ab ;3 bc ;3 ca

Ta có: (1 + 3 + 3 + 3) ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca ) A

)

2

⇒ 100 ≤ ⎡( a + b + c ) + 7 ( ab + bc + ca ) ⎤ A (*)
⎣
⎦
1
1
2
Mà ab + bc + ca ≤ ( a + b + c ) = (do a + b + c = 1)
3
3
Do đó: (*) ⇒ A ≥ 30.
1
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
3
2

Bài 4 : Cho x; y; z > 0 và thoả x + y + z ≤ 1 .Chứng minh :

x2 +

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2

x
y
z

Hướng dẫn giải

Gọi S = x 2 +

1
1
1
+ y2 + 2 + z2 + 2
2
x
y
z

⎛ 1⎞
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số: (1;9 ) ; ⎜ x; ⎟
⎝ x⎠
9
1
1
x + ≤ 1 + 81. x 2 + 2 = 82. x 2 + 2
Ta có:
x
x
x
9
1

y + ≤ 82. y 2 + 2
`
Tương tự:
y
y
z+

9
1
≤ 82. z 2 + 2
z
z

Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được:

Hay

(1)
(2)

(3)

⎛1 1 1⎞
S . 82 ≥ x + y + z + 9 ⎜ + + ⎟
⎝x y z⎠
⎛1 1 1⎞
S . 82 ≥ 81( x + y + z ) + 9 ⎜ + + ⎟ − 80 ( x + y + z )
⎝x y z⎠

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 4 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com
≥ 2.9.3.
x2 +

Vậy

GV Đỗ Kim Sơn

⎛1 1 1⎞
+ + ⎟ − 80 ≥ 162 − 80 = 82
⎝x y z⎠

( x + y + z)⎜

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x
y
z

Bài 5 : Cho ba số thực dương a, b, c thoả ab + bc + ca = abc .Chứng minh rằng:

b 2 + 2a 2
c 2 + 2b 2
a 2 + 2c 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca
Hướng dẫn giải

b 2 + 2a 2
b 2 + 2a 2
1
1
=
=
+ 2 2 (do a, b dương)
2 2
2
ab
ab
a
b
1
1
1
Đặt x = ; y = ; z = thì
a
b

c
⎧a, b, c > 0
⎧ x; y; z > 0
giả thiết ⎨
⇔⎨
⎩ab + bc + ca = abc
⎩x + y + z = 1
Ta có:

và (đpcm) ⇔ x 2 + 2 y 2 + y 2 + 2 z 2 + z 2 + 2 x 2 ≥ 3
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2
3( x2 + 2 y2 ) = 3( x2 + y2 + y2 ) ≥ ( x + y + y )
⇒ x2 + 2 y 2 ≥
y2 + 2z2 ≥

Tương tự

z 2 + 2 x2 ≥

1

( x + 2y)

3
1
3
1
3

( y + 2z )
( z + 2x)

x2 + 2 y 2 + y 2 + 2 z 2 + z 2 + 2 x2 ≥

Vậy

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
Với x = y = z =

1
3

( 3x + 3 y + 3z ) =

3

1
3

1
thì a = b = c = 3
3

Bài 6 : Chứng minh:

a − 1 + b − 1 + c − 1 ≤ c ( ab + 1) với mọi số thực dương a; b; c ≥ 1

Hướng dẫn giải

Đặt a − 1 = x ; b − 1 = y ; c − 1 = z
Với x; y; z > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
2

2

2

x+ y+z ≤

(z

2

+ 1) ⎡⎣( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 1⎤⎦

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 5 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

(x
( x + 1)( y

x+ y≤
2

www.VNMATH.com

2

+ 1)( y 2 + 1) ⇒ x + y + z ≤

2

+ 1) + z ≤

(x

2

+ 1)( y 2 + 1) + z

2

(1)

+ 1)( y 2 + 1) + 1. z 2 + 1

(z

Kết hợp (1) và (2) ta có x + y + z ≤
Vậy

(x

GV Đỗ Kim Sơn

2

(2)

+ 1) ⎡⎣( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 1⎤⎦

a − 1 + b − 1 + c − 1 ≤ c ( ab + 1)

(đpcm)

Bài 7 : Cho a; b; c > 0 và thoả abc = 1 .Chứng minh:
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
3
a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 2
Hướng dẫn giải
1
1
1
Đặt x = ; y = ; z =
⇒ xyz = 1; x > 0; y > 0; z > 0
a
b
c

x2
y2
z2
3
Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau : A=
+
+
≥
y+z z+x x+ y 2

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số :

⎛ x
y
z ⎞
y + z ; z + x; x + y ;⎜
;
;
⎜ y + z z + x x + y ⎟⎟
⎝
⎠

(

)

Ta có: ( x + y + z ) ≤ ( y + z + z + x + x + y ) A
2

x+ y+z 3 3

3
≥ . xyz = (do xyz = 1 )
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1
Với x = y = z = 1 thì a = b = c = 1.
⇒ A≥

Bài 8 : Cho a; b; c > 0 .Chứng minh:
a
a+

( a + b )( a + c )

+

⇒ A≥

3
2

b
b+

+

( b + c )( b + a )

c

c+

( c + a )( c + b )

≤1

Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số:
Ta có:

(

ac + ab

)

2

(

)(

a; b ;

a
a+

)

≤ ( a + b )( c + a ) ⇒ ac + ab ≤

⇒ a + ac + ab ≤ a +

⇒

c; a

( a + b )( a + c )

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

≤

( a + b )( c + a )

( a + b )( c + a )
a
a + ac + ab

=

a
a+ b+ c

(1)

Page 6 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

Tương tự:

b
b+

( b + c )( b + a )
c

c+

≤

( c + a )( c + b )

≤

www.VNMATH.com
b

(2)

a+ b+ c

c

(3)

a+ b+ c

Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được:
a
a+

GV Đỗ Kim Sơn

( a + b )( a + c )

+

b
b+

( b + c )( b + a )

+

c
c+

( c + a )( c + b )

≤1

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
ab
3 2 −3
≤
a+b+3

2
Hướng dẫn giải

Bài 9 : Cho a; b > 0 và thoả a 2 + b 2 = 9 .Chứng minh :

Ta có: a 2 + b 2 = 9
⇔ 2ab = ( a + b ) − 9
2

⇔ 2ab = ( a + b + 3)( a + b − 3)
2ab
= a +b−3
a+b+3
ab
a+b 3
⇔
=
−
2
2
a+b+3
⇔

Mà theo BĐT Bunhiacơpxki thì a + b ≤ 2. a 2 + b 2 = 3 2
ab
3 2 −3
≤
a+b+3
2
⎧a; b > 0

⎪
3
⎪
Đẳng thức xảy ra khi ⎨a 2 + b 2 = 9 ⇔ a = b =
2
⎪
⎪⎩a = b

Nên

1 1 1
p+q
p+q
p+q
+ + ≥
+
+
a b c pa + qb pb + qc pc + qa
Hướng dẫn giải

Bài 10: Cho a; b; c; d dương tuỳ ý.Chứng minh :

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có
2

( p + q)

2

⎛ p

⎞ ⎛ p q⎞
q
= ⎜⎜
. pa +
. qb ⎟⎟ ≤ ⎜ + ⎟ ( pa + qb )
b
⎝ a
⎠ ⎝a b⎠

Tương tự ta chứng minh được
⎛ p q⎞
≤ ⎜ + ⎟ ( pb + qc ) ;
⎝b c⎠
Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức ta có :

( p + q)

2

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

( p + q)

2

⎛ p q⎞
≤ ⎜ + ⎟ ( pc + qa )
⎝ c a⎠

Page 7 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

⎡ 1
1
1 ⎤
⎛1 1 1⎞
⎢ pa + qb + pb + qc + pc + qa ⎥ ≤ ( p + q ) ⎜ a + b + c ⎟
⎝
⎠
⎣
⎦
⎡ 1
1
1 ⎤ 1 1 1
+
+
( p + q) ⎢
⎥≤ + +
⎣ pa + qb pb + qc pc + qa ⎦ a b c
1 1 1
p+q
p+q
p+q
+ + ≥

+
+
a b c pa + qb pb + qc pc + qa

( p + q)
Hay
Vậy

2

Bài 11 : 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
Hướng dẫn giải
3
3
3
a
b
c

d3
Đặt P =
+
+
+
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số:
⎛
⎞
a3
b3
c3
d3
;
;
;
⎜
⎟ ; a (b + c + d ); b ( c + d + a ); c ( d + b + a ); d ( a + b + c )
⎜ b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c ⎟
⎝
⎠
Ta có:

(

( a + b + c + d ) ≤ P ⎡⎣a ( b + c + d ) + b ( c + d + a ) + c ( d + a + b ) + d ( a + b + c )⎤⎦
⇔ ( a + b + c + d ) ≤ P ⎡( a + b + c + d ) − ( a + b + c + d ) ⎤
⎣
⎦
2

2

2

2

)

2 2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

(1)

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki cho 2 bộ số: ( a; b; c; d ) ; (1;1;1;1) ta được:

(a + b + c + d )
Từ (1) và (2) ta được

2

≤ 4 ( a 2 + b2 + c2 + d 2 )

(a

2

(2)

+ b 2 + c 2 + d 2 ) ≤ 3P ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )
2

⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 3P
a3
b3
c3
d3
a 2 + b2 + c2 + d 2
+
+
+
≥
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c
3

Vậy

Bài 12 : Cho các số dương a; b; c thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh :

a
b
c
+
+
≥1
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c

Hướng dẫn giải
a
b
c
a
b
c
Đặt A =
+
+
=
+
+
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
2b + c 2c + a 2a + b
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:

⎡

⎤
a
b
c
a ( 2b + c ) +
b ( 2c + a ) +
c ( 2a + b ) ⎥
(a + b + c) = ⎢
2c + a
2a + b
⎣ 2b + c
⎦
b
c ⎤
⎡ a
≤⎢
+
+
⎡⎣ a ( 2b + c ) + b ( 2c + a ) + c ( 2a + b ) ⎤⎦
⎣ 2b + c 2c + a 2a + b ⎥⎦

2

2

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 8 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

(a + b + c)
⇔ A≥
3 ( ab + bc + ca )
2

Ta lại có:

(a + b + c)

2

≥ 3 ( ab + bc + ca ) . Suy ra A ≥

3 ( ab + bc + ca )
3 ( ab + bc + ca )

=1

a
b
c
+
+
≥1

1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
⎧2b + c = 2c + a = 2a + b
1
⎪
Dấu đẳng thức xảy ra khi ⎨a = b = c
⇔a=b=c=
3
⎪a + b + c = 1
⎩
Vậy

Bài 13 : Giả sử các số thực x; y; z; t thoả mãn điều kiện: a ( x 2 + y 2 ) + b ( z 2 + t 2 ) = 1 với a; b là hai số dương cho

trước. Chứng minh: ( x + z )( y + t ) ≤

a+b
ab

Hướng dẫn giải
Do a; b > 0 nên từ giả thiết ta có:
x2 + y 2 z 2 + t 2
1
2
2
2
2
a(x + y ) + b(z + t ) = 1 ⇔
+
=
b

a
ab
2
2
2
2
x
z
y
t
1
⇔
+ +
+ =
b
a
b
a ab
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2

⎛ x2 z 2 ⎞
⎛ x
⎞
z
.
.
x
+
z

=
b
+
a
≤
b
+
a
(
) ⎜
)⎜ + ⎟
⎟ (
a ⎠
a
⎝ b
⎠
⎝ b
⎛ y2 t 2 ⎞
2
Tương tự :
( y + t ) ≤ (b + a ) ⎜ + ⎟
a⎠
⎝ b
Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
⎛ x2 z 2 y 2 t 2 ⎞ a + b
2
2
( x + z ) + ( y + t ) ≤ (b + a ) ⎜ + + + ⎟ =
a
b

a⎠
ab
⎝ b
2

Mặt khác ( x + z ) + ( y + t ) ≥ 2 ( x + z )( y + t )
2

2

Do đó từ (3) và (4) suy ra: ( x + z )( y + t ) ≤

(1)
(2)

(3)

(4)

a+b
ab

⎧x z
⎪b = a
⎪
⎧x = y
⎪y t
⎪
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ ⎨ =
⇔⎨

ax
b
a
⎪
⎪⎩ z = t = b
⎪x + z = y + t
⎪
⎩

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 9 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Bài 14 : Cho các số thực dương x; y; z; t thoả mãn xyzt = 1. Chứng minh:
1
1
1
1
4
+ 3
+ 3
+ 3
≥

3
x ( yz + zt + ty ) y ( xz + zt + tx ) z ( xt + ty + yx ) t ( xy + yz + zx ) 3
Hướng dẫn giải
1
1
1
1
Với x; y; z; t dặt a = ; b = ; c = ; d =
(a; b; c; d > 0) và abcd = 1
x
y
z
t
1
1
1
1
⇒ x = ; y = ; z = ;t =
a
b
c
d
Bất đẳng thức cần chứng minh tương với:
1
1
1
1
4
+
+

+
≥
1 ⎛ 1
1
1 ⎞ 1⎛ 1
1
1 ⎞ 1⎛ 1
1
1 ⎞ 1 ⎛ 1
1
1 ⎞ 3
+
+
+
+
+
+ ⎟
+ + ⎟
⎟
⎟
3 ⎜
3 ⎜
3 ⎜
3 ⎜
a ⎝ bc cd bd ⎠ b ⎝ ac cd ad ⎠ c ⎝ ad bd ab ⎠ d ⎝ ab bc ac ⎠

a3
b3
c3
d3

4
+
+
+
≥
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c 3
bcd
adc
abd
abc
3
3
3
a
b
c
d3
4
⇔
+
+
+
≥
(vì abcd = 1 )
a (b + c + d ) b ( c + d + a ) c ( d + a + b) d ( a + b + c ) 3
⇔

a2
b2
c2

d2
4
+
+
+
≥
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c 3
a2
b2
c2
d2
Đặt S =
+
+
+
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2
S . ⎡⎣( b + c + d ) + ( c + d + a ) + ( d + a + b ) + ( a + b + c ) ⎤⎦ ≥ ( a + b + c + d )
⇔

(a + b + c + d ) 1
⇒S≥
= (a + b + c + d )
3( a + b + c + d ) 3
2

(1)

Áp dụng BĐT Cauchy với 2 số dương:

a + b ≥ 2 ab ;
c + d ≥ 2 cd
Suy ra a + b + c + d ≥ 2

(

ab + cd

)

Lại áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương

ab ; cd ta có:

ab + cd ≥ 2 abcd = 2 4 abcd = 2 (vì abcd = 1 )
4
Từ (1) và (2) suy ra S ≥
3
1
1
1
1
4
Vậy
+
+
+
≥
1 ⎛ 1
1

1 ⎞ 1⎛ 1
1
1 ⎞ 1⎛ 1
1
1 ⎞ 1 ⎛ 1
1
1 ⎞ 3
+
+
+
+
+
+ ⎟
+ + ⎟
⎟
⎟
3 ⎜
3 ⎜
3 ⎜
3 ⎜
a ⎝ bc cd bd ⎠ b ⎝ ac cd ad ⎠ c ⎝ ad bd ab ⎠ d ⎝ ab bc ac ⎠
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1 ⇔ x = y = z = t = 1 .

(2)

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 10 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Bài 15 : Cho x1 ; x2 ; x3 ; x4 dương thoả điều kiện x1 + x2 + x3 + x4 = 1 .Chứng minh :

x14 + x24 + x34 + x44 1
≥
x13 + x23 + x33 + x43 4
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2
1 = ( x1 + x2 + x3 + x4 ) ≤ 4 ( x12 + x22 + x32 + x42 )

⇒ x12 + x22 + x32 + x42 ≥
•

(x

2
1

(

+ x22 + x32 + x42 ) =
2

1

4

(1)

x1 . x13 + x2 . x23 + x3 . x33 + x4 . x43

≤ ( x1 + x2 + x3 + x4 ) ( x13 + x23 + x33 + x43 )
(vì x1 + x2 + x3 + x4 = 1 )

= x13 + x23 + x33 + x43
⇔
•

)

x +x +x +x
≥ x12 + x22 + x32 + x42
x +x +x +x
3
1
2
1

3
2
2
2

3
3

2
3

3
4
2
4
3 2
4

(x + x + x + x )
= ( x .x + x .x + x .x + x .x )
≤ ( x + x + x + x )( x + x + x
3
1

1

2
1

3
2

3
3

2
1

2

2
2

2
2

3

2
3

2
4

2
3

2
4

4

4
1

4
2

4
3

(2)

+ x44 )

x14 + x24 + x34 + x44 x13 + x23 + x33 + x43
⇒ 3
≥
x1 + x23 + x33 + x43 x12 + x22 + x32 + x42
Từ (1);(2) và (3) suy ra:

(3)

x14 + x24 + x34 + x44 1
≥
x13 + x23 + x33 + x43 4
Bài 16 : Cho bốn số dương a; b; c; d .Chứng minh:

a4

(a + b) (a

+b

2

2

b4

+

) (b + c ) (b

2

+c

2

c4

+

) (c + d ) (c

2

+d

2

+

d4

) (d + a)(d

2

+a

Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2
2
( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b2 ) ⇔ ( a 2 + b2 ) ( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b2 ) ≤ 4 ( a 2 + b2 )

⇔
a −b
4

Mặt khác:
Đặt N =

a 4 + b4

( a + b) ( a

4

( a + b ) ( a 2 + b2 )
a4

+

2

+b

2

)

≥

2

)

≥

a+b+c+d
4

(1)

1
(a + b)
4

= a −b
b4

+

c4

+

d4

( a + b ) ( a 2 + b2 ) ( b + c ) ( b2 + c2 ) ( c + d ) ( c2 + d 2 ) ( d + a ) ( d 2 + a 2 )

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 11 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

Ta có:

(a
2N =

4

− b4 ) + ( a 4 + b4 )

(b
+

( a + b ) ( a 2 + b2 )

4

www.VNMATH.com

− c 4 ) + ( b4 + c 4 )

( b + c ) ( b2 + c 2 )

(c
+

4

GV Đỗ Kim Sơn

− d 4 ) + ( c4 + d 4 )

( c + d ) ( c2 + d 2 )

(d
+

4

− a4 ) + ( d 4 + a4 )

( d + a ) ( d 2 + a2 )

(1)

1
1
1

1
( a + b) + a − b + (b + c ) + b − c + (c + d ) + c − d + ( d + a ) + d − a
4
4
4
4
1
1
⇔ 2 N ≥ ( a + b + b + c + c + d + d + a ) ⇔ N ≥ ( a + b + c + d ) ( đpcm )
4
4

⇔ 2N ≥

a

a

Đặt A =

b

+

+

+

b

2

2

+

c

≥1
a + 8bc
b + 8ac
c + 8ab
(Trích đề thi Olympic Tốn Quốc Tế lần thứ 42, năm 2001)
Hướng dẫn giải

Bài 17 : Cho a; b; c là các số thực dương.Chứng minh:

2

c

a + 8bc
b + 8ac
c + 8ab
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki hai lần ta được:

(a + b + c)

2

2

2

2

⎡
⎤
a
b
c
. a . 4 a 2 + 8bc +
. b . 4 b 2 + 8ac +
. c . 4 c 2 + 8ab ⎥
=⎢
4 2
4 2
4 2
b + 8ac
c + 8ab
⎣ a + 8bc
⎦
⎡
⎤⎡
a
b
c
≤⎢
+
+

a. a 2 + 8bc + b b 2 + 8ac + c c 2 + 8ab ⎤
⎥
2
2
2
⎣
⎦
b + 8ac
c + 8ab ⎦
⎣ a + 8bc
= A. ⎡ a . a 3 + 8abc + b . b3 + 8abc + c . c3 + 8abc ⎤
⎣
⎦
≤ A.

( a + b + c ) ( a3 + b3 + c3 + 24abc )

2

(1)

Mặt khác
3
( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( a + c )
Áp dụng BĐT Cauchy với hai số dương ta có:
a + b ≥ 2 ab ;
b + c ≥ 2 bc ;
Suy ra:
( a + b )( b + c )( a + c ) ≥ 8abc

a + c ≥ 2 ac

⇒ ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( a + c ) ≥ a 3 + b3 + c3 + 24abc
3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

(a + b + c)

2

( a + b + c )( a + b + c )

≤ A.

a

Do đó A ≥ 1 , nghĩa là

+

b

a 2 + 8bc
b 2 + 8ac
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c .

Bài 18 : Cho x; y; z ∈

+

3

+

= A. ( a + b + c )

c
c 2 + 8ab

2

≥1

thoả xy + yz + zt + tx = 1 .Chứng minh:

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 12 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

x3

y3
z3
t3
1
+
+
+
≥
y+ z+t x+ z+t x+ y+t x+ y+ z 3
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:
2
( xy + yz + zt + tx ) ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 )( y 2 + z 2 + t 2 + x 2 )

⇔ 1 ≤ x2 + y 2 + z 2 + t 2
Đặt: X = y + z + t ; Y = x + z + t ; Z = x + y + t ; T = x + y + z
Khơng mất tính tổng qt giả sử: x ≥ y ≥ z ≥ t
⇒ x 2 ≥ y 2 ≥ z 2 ≥ t 2 và x3 ≥ y 3 ≥ z 3 ≥ t 3
và y + z + t ≤ x + z + t ≤ x + y + t ≤ x + y + z ⇔ X ≤ Y ≤ Z ≤ T ⇒

(1)

1 1 1 1
≥ ≥ ≥
X Y Z T

Áp dụng BĐT Trê-bư-sếp cho hai dãy số sau:
⎧ x3 ≥ y 3 ≥ z 3 ≥ t 3
⎪
⎨1 1 1 1

⎪ ≥ ≥ ≥
⎩X Y Z T
x3 y 3 z 3 t 3 1 ⎛ 1 1 1 1 ⎞ 3
+
+ + ≥ ⎜ + + + ⎟ ( x + y3 + z3 + t 3 )
X Y
Z T 4⎝ X Y Z T ⎠
⎧x ≥ y ≥ z ≥ t
Áp dụng BĐT Trê-bư-sếp cho hai dãy ⎨ 2
2
2
2
⎩x ≥ y ≥ z ≥ t
( x3 + y3 + z 3 + t 3 ) ≥ 14 ( x + y + z + t ) ( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 )
Mặt khác:
1
1
x + y + z + t = (x + y + z + x + y + t + x + z + t + y + z + t) = ( X + Y + Z + T )
3
3
1
1
⇒ ( x3 + y 3 + z 3 + t 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ) . ( X + Y + Z + T )
4
3
Từ (2) và (3) rút ra:
x3 y 3 z 3 t 3
1 2
⎛ 1 1 1 1⎞
x + y2 + z2 + t 2 ) ( X + Y + Z + T ) ⎜ + + + ⎟

+
+ + ≥
(
X Y
Z T 48
⎝X Y Z T⎠
2
2
2
2
Theo (1) ta lại có: 1 ≤ x + y + z + t
Áp dụng BĐT Cauchy cho X ; Y ; Z ; T > 0 ta có:

(2)

(3)

X + Y + Z + T ≥ 4 4 X .Y .Z .T
1 1 1 1
1
+ + + ≥ 44
X Y Z T
X .Y .Z .T
⎛ 1 1 1 1⎞
⇒ ( X + Y + Z + T ) . ⎜ + + + ⎟ ≥ 16
⎝X Y Z T⎠

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 13 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

x3 y 3 z 3 t 3
1
1
+
+ + ≥ .1.16 =
X Y
Z T 48
3
Thay X ; Y ; Z ; T ta được kết quả:
Vậy

x3
y3
z3
t3
1
+
+
+
≥
y+ z+t x+ z+t x+ y+t x+ y+ z 3
1

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t =
2
Bài 19 : Cho n là số tự nhiên.Chứng minh rằng:

Cn1 + Cn2 + ... + Cnn ≤ n ( 2n − 1)

Hướng dẫn giải

(

Chọn hai dãy a1 = C ; a2 = C ;...; an = C
1
n

2
n

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:

(

n
n

) ; (b = b
1

2

Cn1 + Cn2 + ... + Cnn

= ... = bn = 1)

)

2

≤ ( Cn1 + Cn2 + ... + Cnn ) (1 + 1 + ... + 1)

(1)

n

Theo nhị thức Newton ta có: ( a + b ) = ∑ Cnk a k b n − k
n

k =1

Cho a = b = 1 .Ta có:
2n = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn ⇒ 2n − 1 = Cn1 + ... + Cnn
Vậy từ (1) ta có:

Cn1 + Cn2 + ... + Cnn ≤ n ( 2n − 1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi

Cn1 = Cn2 = ... = Cnn ⇔ n = 1 .

a
b

c
d
2
+
+
+
≥
b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3
(Trích đề dự bị Quốc Tế Tốn Mỹ năm 1993)
Hướng dẫn giải
2
n
n
⎛ xi ⎞ ⎛
⎞ ⎛ n ⎞
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: ⎜ ∑ ⎟ ⎜ ∑ xi yi ⎟ ≥ ⎜ ∑ xi ⎟
⎠ ⎝ i =1 ⎠
⎝ i =1 yi ⎠ ⎝ i =1
Bài 20 : Cho a; b; c; d > 0 .Chứng minh :

với n = 4; ( x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = ( a; b; c; d ) ; ( y1 ; y2 ; y3 ; y4 ) = ( b + 2c + 3d ; c + 2d + 3a; d + 2a + 3b; a + 2b + 3c )
⇒ VT ≥

(a + b + c + d )

2

(1)

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )

Mặt khác ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ≤
Từ (1) và (2) ⇒ VT ≥

3
2
(a + b + c + d )
8

(2)

2
( đpcm )
3

Bài 21 : Cho a > 0; b > 0; c > 0 .Chứng minh :
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

a4
b4
c4
a 3 + b3 + c 3
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Page 14 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Hướng dẫn giải
4

4

4

a
b
c
2
; x22 =
; x32 =
và a ( b + c ) = y12 ; b 2 ( c + a ) = y22 ; c 2 ( a + b ) = y32
b+c
c+a
a+b
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có cho các số x1 ; x2 ; x3 và y1 ; y2 ; y3 ta được:
Đặt x12 =

2
⎛ a4
b4
c4 ⎞ ⎡ 2

2
2
3
3
3 2
+
+
⎜
⎟ ⎣ a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) ⎤⎦ ≥ ( a + b + c )
⎝b+c c+a a+b⎠

a 3 + b3 + c 3 )
(
a4
b4
c4
Nên
+
+
≥
b + c c + a a + b a 2 ( b + c ) + b2 ( c + a ) + c2 ( a + b )
Để chứng minh được bài tốn ta cần chứng minh:
2
2 ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ a ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ( a + b )
2

(**)

(**) ⇔ a 3 + b3 − a 2 b − b 2 a + b3 + c3 − b 2 c − bc 2 + c3 + a 3 − c 2 a − ca 2 ≥ 0
⇔ ( a − b) ( a + b) + (b − c ) (b + c ) + ( c − a ) (c + a ) ≥ 0

2

2

2

(***)

Bất đẳng thức (***) là đúng ⇔ (**) là đúng – Bài tốn đúng.
a4
b4
c4
a 3 + b3 + c3
+
+
≥
Vậy
b+c c+a a+b
2
Bài 22 : Cho xi > 0; i = 1; 2;...; n có x1 + x2 + ... + xn = 1 .Cho xi1 ; xi2 ;...; xin là hốn vị của x1 ; x2 ;...; xn .Chứng minh:
2
⎛
1 ⎞ ( n + 1)
x
+
≥
⎜ k
⎟
∑
⎜

xik ⎟⎠
n
k =1 ⎝
Hướng dẫn giải
2

n

2

⎡ n ⎛
⎛
1 ⎞
1
Theo Bunhiacơpxki: n.∑ ⎜ xk +
⎟ ≥ ⎢ ∑ ⎜ xk +
⎜
xik ⎟⎠
xik
k =1 ⎝
⎢⎣ k =1 ⎜⎝
n
n
1
⎛ n
⎞⎛ n 1 ⎞
2
x
n
Mà ∑ xk = 1

≥
⇒
⎜
⎟
∑
⎜ ∑ ik ⎟ ⎜ ∑ x ⎟
k =1
k =1 xik
⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ik ⎠
n

2

n
⎞⎤
⎛ n
1
⎟ ⎥ = ⎜ ∑ xk + ∑
⎟⎥
⎜ k =1
k =1 xik
⎠⎦
⎝

≥

n2

∑x

Vậy

2

ik

2
⎛
1 ⎞ ( n + 1)
⎜ xk + ⎟ ≥
∑
⎜
xik ⎟⎠
n
k =1 ⎝
2

⎞
⎟
⎟
⎠

= n2

n

k =1

n

2

2

BÀI TẬP :
Bài 1: Cho a; b; c; d > 0 và thỏa c 2 + d 2 = ( a 2 + b 2 ) .Chứng minh:
3

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

a 3 b3
+
≥1
c
d
Page 15 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

1 1 4 16
64
+ + + ≥
a b c d a+b+c+d
a3
b3

c3
1
Bài 3: Cho a; b; c là 3 số dương và a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1 .Chứng minh:
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
2
2
2
Bài 4: Cho a + b + c = 1 .Chứng minh: a + b + c + ab + ac + bc ≤ 1 + 3
a4
b4
c4
a2 + b2 + c2
+
+
≥
Bài 5: Cho a; b; c là các số dương.Chứng minh: 2
3
a + ba + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2
4
Bài 6: Cho 3 số x; y; z thoả x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ .Chứng minh: x + y + z ≤ 4
3
a + 2b
b + 2c
c + 2a
+
+
≥ a+ b+ c

Bài 6: Cho a; b; c là 3 số khơng âm.Chứng minh:
3
3
3
bc
ca
ab
3
Bài 7: Cho 3 số dương a; b; c có abc = 1 .Chứng minh: 2
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
a b+a c b c+b a c a+c b 2
1+ x 1+ y 1+ z 9 + 3 3
Bài 8: Cho 3 số dương x; y; z có x + y + z = 1 .Chứng minh:
+
+
≥
2
y+z
z+x
x+ y
Bài 2: Cho a; b; c; d > 0 .Chứng minh:

a b c (
Bài 9: Chứng minh: + + ≥
x

y

z

a+ b+ c

)

2

x+ y+z

Bài 10: Cho x ≥ y ≥ z > 0 .Chứng minh:

2
x2 y y2 z z 2 x
+
+
≥ ( x2 + y2 + z 2 )
z
x
y

⎛a+b⎞
Bài 11: Cho a ≥ 1; b ≥ 1 .Chứng minh: log 2 a + log 2 b ≤ 2 log 2 ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
2
⎛1 1 1⎞

Bài 12: Cho a; b; c > 0 .Chứng minh: ( a 3 + b3 + c3 ) ⎜ + + ⎟ ≥ ( a + b + c )
⎝a b c⎠

3 2
2
3
1
1
1
3
17
Bài 14: Cho x; y; z > 0 và x + y + z ≤ .Chứng minh: x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥
2
2
x
y
z
Bài 15: Cho trước 2 số dương a; b và 2 số dương c; d thay đổi sao cho a + b < c + d .Chứng minh:
Bài 13: Cho a; b; c ∈

.Chứng minh: a 2 + (1 − b ) + b 2 + (1 − c ) + c 2 + (1 − a ) ≥
2

2

2

(a − c)
c2
a2

+
≥
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
c+d a+b−c−d a+b
2

Bài 16: Cho a1 ; a2 ;...; an là các số thực thoả mãn a12 + a22 + ... + an2 = 3 .Chứng minh:
Bài 17: Cho a; b; c; p; q > 0 .Chứng minh:
Bài 18: Chứng minh rằng với mọi ai ∈

a
a1 a2
+ + ... + n < 2
n +1
2 3

a
b
c
3
+
+
≥
pb + qc pc + qa pa + qb p + q
( i = 1; 2;...; n ) ta có:

a12 + (1 − a2 ) + a22 + (1 − a3 ) + ... + an2 + (1 − a1 ) ≥
2

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

2

2

n
2
Page 16 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

Bài 1: Cho ΔABC thoả mãn hệ thức:

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

a3
b3
c3
2(a + b + c) 2
+
+
=
(1).CM ΔABC đều
br + cR cr + aR ar + bR
9R
Hướng dẫn giải

x = br + cR > 0
Để đơn giản ta đặt: y = cr + aR > 0 (2)
z = ar + bR > 0
3
3
a b c 3 2(a + b + c) 2
vậy (1) ⇔ + + =
x
y z
9R
Từ (2) ta có:
ax + by + cz = (ab + bc + ca )(r + R) (3)

a 3 b3 c 3
y
x
z
y
x
z
+ + ) = a 4 + b 4 + c 4 + ab(a 2 + b 2 ) + bc(b 2 + c 2 ) + ca (c 2 + a 2 )
x
y z
x
y
y
z
z
x
Theo BĐTCauchy,ta có:

a 3 b3 c 3
(ax + by + cz )( + + ) ≥ a 4 + b 4 + c 4 + 2ab.ab + bc.2bc + ca.2ca ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2
x
y z
(ax + by + cz )(

Suy ra : (

a 3 b3 c 3
(a 2 + b 2 + c 2 )
+ + )≥
(theo 3) (4)
x
y z
( ab + bc + ca ) (r + R)

mặt khác ta ln có (Cauchy): a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
a 3 b3 c 3
(a 2 + b 2 + c 2 )2
a 2 + b2 + c2
nên (4): + + ≥ 2
=
x
y z (a + b 2 + c 2 )(r + R)
r+R
(a + b + c)2
(theo BĐT BCS)
3(r + R)
R
9R

Mà R ≥ 2r ⇒ 3(r + R ) ≤ 3( + R) =
2
2
3
3
3
2
a b c
2(a + b + c)
a3
b3
c3
2(a + b + c) 2
từ đó: + + ≥
⇒
+
+
≥
x
y z
9R
br + cR cr + aR ar + bR
9R

≥

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 17 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

⎧
⎪a = b = c
⎪⎪
dấu “=” xảy ra khi ⎨ R = r
⎪ y
y
z
y
x
z
⎪a 2 = b 2 , b 2 = c 2 , c 2 = a 2
z
y
z
y
x
⎩⎪ x

GV Đỗ Kim Sơn

⇔ ΔABC đều

Bài 2 : CM: 1 + cos A cos B cos C ≥ 3 sin A sin B sin C với A, B,C nhọn
Hướng dẫn giải
A B

B C
C A
Do tgA>0,tagB>0,tgC>0 và tg tg + tg tg + tg tg = 1
2 2
2 2
2 2
A
B
B
C
C
A 1
Áp dụng BCS ta có: tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 ≥
(1)
2
2
2
2
2
2 3
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
A B
B C
C A
A
B
C
tg tg + tg tg + tg tg ≥ 3 3 tg 2 tg 2 tg 2 (2)
2 2
2 2

2 2
2
2
2
A B C 1
⇔ 3tg tg tg ≤
2 2 2 3
từ (1)và(2):
A
B
B
C
C
A 4
A B C
1 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 ≥ ≥ 4 3tg tg tg
2
2
2
2
2
2 3
2 2 2
A ⎞⎛
B ⎞⎛
C⎞ ⎛
A ⎞⎛
B ⎞⎛
C⎞
A B C

⎛
⇔ ⎜ 1 + tg 2 ⎟ ⎜1 + tg 2 ⎟ ⎜1 + tg 2 ⎟ + ⎜1 − tg 2 ⎟ ⎜1 − tg 2 ⎟⎜1 − tg 2 ⎟ ≥ 8 3tg tg tg
2 ⎠⎝
2 ⎠⎝
2⎠ ⎝
2 ⎠⎝
2 ⎠⎝
2⎠
2 2 2
⎝
A
B
C
A
B
C
1 − tg 2
1 − tg 2
1 − tg 2
2tg
2tg
2tg
2.
2.
2 ≥ 3
2 .
2 .
2
⇔ 1+
2 A

2 B
2 C
2 A
2 B
2 C
1 + tg
1 + tg
1 + tg
1 + tg
1 + tg
1 + tg
2
2
2
2
2
2
⇔ 1 + cos A cos B cos C ≥ 3 sin A sin B sin C
Dấu “=” xảy ra khi ΔABC đều
Bài 3 : Cho a, b, c, là số đo 3 cạnh Δ .chứng minh rằng
a
b
c
+
T=
+
≥1
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho 6 số:

a
b
c
;
;
; a(2b + 2c − a ); b(2c + 2a − b ); c(2a + 2b − c )
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c
2
Ta có: T .[a (2b + 2c − a ) + b(2c + 2a − b ) + c(2a + 2b − c )] ≥ (a + b + c )
Sau đó dùng biến đổi tương đương chứng minh:
(a + b+ c)2 ≥ 4ab +4bc +4ca –a2 –b2 - c2
Từ đó suy ra đpcm.
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 18 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Bài 4 : Cho ΔABC và đường tròn nội tiếp Δ , các tiếp tuyến của đường tròn song song với 3 cạnh của Δ nhỏ
S
và có diện tích S1; S2; S3. Gọi S là diện tích ΔABC . Chứng minh: S1 + S 2 + S 3 ≥
3
Hướng dẫn giải
Giả sử S1= SAMN
ha − 2r

Ta có: ΔAMN đồng dạng ΔABC với tỉ số đồng dạng là:
với r là bán kính đường tròn nội tiếp và ha là
ha
đường cao kẻ từ đỉnh A.
2

2

S ⎛ ha − 2r ⎞ ⎛ a ⎞
Ta có: 1 = ⎜
⎟ = ⎜1 − ⎟⎟
S ⎝ ha ⎠ ⎜⎝
p⎠
1
2r a
(Vì S = aha = pr ⇒
= với p là nửa chu vi)
2
ha p
Vậy:

S1

= 1−

S

Tương tự:

S2

a
p
= 1−

b
;
p

S3

= 1−

c
p

S
S
S1 + S 2 + S 3
a+b+c
Do đó:
= 3−
=1
p
S
Áp dụng BĐT Bun ta có:

(

S = 1. S1 + 1. S 2 + 1. S 3

⇒ S1 + S 2 + S3 ≥

) ≤ (1
2

2

)

+ 12 + 12 (S1 + S 2 + S 3 )

S
(đpcm). Dấu “=” xảy ra khi ΔABC đều
3

Bài 5 : Cho ΔABC và 1 điểm Q nào đó ở trong Δ . Qua Q kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC ở M và cắt
BC ở N. Qua điểm Q kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB ở F; cắt BC ở E. Qua E kẻ đường thẳng song
song với BC cắt AC ở P, cắt AB ở R. Kí hiệu S1= dt(QMP); S2 = dt(QEN); S3 = dt(QFR) và S =
dt(ABC).Chứng minh:
2
1
b) S1 + S 2 + S3 ≥ S
a) S = S1 + S 2 + S3
3
Hướng dẫn giải
MP
a) Ta có: ΔQMP đồng dạng ΔBAC (tỉ số
).
AC
2

S1 MP
S ⎛ MP ⎞
Suy ra 1 = ⎜
=
.
⎟ ⇒
S ⎝ AC ⎠
AC
S

(

Tương tự
Do đó:

)

PC S3
AM
;
=
AC
AC
S
S
S1 + S2 + S3 MP + PC + AM AC
=
=
=1
AC

AC
S
S2

=

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 19 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

Suy ra: S = S1 + S 2 + S3 ⇒ S =

(

S1 + S 2 + S3

)

GV Đỗ Kim Sơn

2

b) Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:

(

S = 1. S1 + 1. S2 + 1. S3

) ≤ (1
2

2

+ 12 + 12 ) ( S1 + S 2 + S3 )

1
S
3
Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3 ⇔ Q là trọng tâm ΔABC
Suy ra S1 + S 2 + S3 ≥

Bài 6 : Cho a , b , c là 3 cạnh của tam giác.Chứng minh:
a
b
c
+
+
≥ a+ b+ c
b+c−a
c+a −b
a+b−c
Hướng dẫn giải
⎧b + c − a = x > 0
⎪
Đặt ⎨c + a − b = y > 0

⎪a + b − c = z > 0
⎩

Khi đó ta cần chứng minh:
y+z z+x x+ y
y+z
z+x
x+ y
+
+
≥
+
+
2
2
2
2 x 2 y 2 z
⇔

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

(

x+ y + y+z + x+z

)

(1)

Dễ thấy VT (1) ≥ 2 ( xy + yz + zx )

(2)

Theo BĐT Bunhiacơpxki ta có:

(

x+ y + y+z + z+x

)

2

≤ 6( x + y + z)

⇒ x + y + y + z + z + x ≤ 6( x + y + z)
VT (2) ≤ 2 3xyz ( x + y + z )

(3)

Rõ ràng ta có
x 2 y 2 + x 2 y 2 + x 2 y 2 ≥ xyz ( x + y + z )
⇒ ( xy + yz + zx ) ≥ 3 xyz ( x + y + z )
2

⇒ xy + yz + zx ≥ 3xyz ( x + y + z )

(4)

Từ (1) (2) (3) (4) ⇒ đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

Bài 7 : Cho ∆ABC. Chứng minh :

a2b(a – b) +b2c(b – a) + c2a(c – a) ≥ 0
( Trích đề thi vơ địch tốn quốc tế 1983 )
Hướng dẫn giải

Gọi A’; B’; C’ là các tiếp điểm:

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 20 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

⎧ AB ' = AC ' = x
⎧a = y + z
⎪
⎪
Đặt: ⎨ BA ' = BC ' = Y => ⎨b = z + x
⎪CA ' = CB ' = Z
⎪c = x + y
⎩
⎩

vậy: a2b(a – b) + b2c(b – c) + c2a(c – a) ≥0

<=> (y + z )2 (z + x) (y – x) + (z + x)2 (x + y) (x – y) + (x + y)2 (y + z) (x - z) ≥ 0
< => y3z + z3x + x3y – xyz(x+y+z) ≥0
<=> y3z + z3x + x3y ≥ xyz (x+y+z)
y 2 z 2 x2
⇔
+ + ≥ x + y + z (*)
x
y
z

Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki(biến dạng) ta có:
x2 y2 z 2 ( x + y + z )
+
+ ≥
= x+ y+z
z
x
y
x+ y+z
2

vậy (*) đúng ( đpcm ) .
Bài 8 : Với a; b; c là độ dài 3 cạnh của ∆. CMR :

4a
9b
16
+
+
≥ 26

b+c−a a +c −b a +b−c

Hướng dẫn giải

Đặt: P =

4a
9b
16c
+
+
b+c −a a +c −b a +b−c

Ta có: 2 P = 4.

2a
2b
2c
+9
+ 16
b+c−a
a +c−b
a+b−c

⎛ a+b+c ⎞ ⎛ a+b+c ⎞
⎛ a+b+c ⎞
= 4. ⎜
− 1⎟ + 9 ⎜
− 1⎟ + 16 ⎜
− 1⎟

⎝ b +c + a ⎠ ⎝ a +c −b ⎠
⎝ a+b−c ⎠
4
9
16 ⎞
⎛
= (a + b + c)⎜
+
+
⎟ − 29
⎝ b+c −a a +c −b a +b−c ⎠
9
16 ⎤
⎡ 4
= ⎡⎣( b + c − a ) + ( a + c − b ) + ( a + b − c ) ⎤⎦ ⎢
+
+
− 29
⎣ b + c − a a + c − b a + b − c ⎥⎦
Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki, ta có:
81 = ( 2 + 3 + 4 )

2

2
3
4
⎡
⎤
. b+c−a +

. a +c −b +
a +b−c⎥
=⎢
a +c−b
a+b−c
⎣ b+c−a
⎦

2

9
16 ⎤
⎡ 4
≤ ⎡⎣( b + c − a ) + ( a + c − b ) + ( a + b − c ) ⎤⎦ ⎢
+
+
⎣ b + c − a a + c − b a + b − c ⎥⎦
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 21 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

=> 2P ≥ 81 - 29
=> 2P ≥ 52 => P ≥ 26

Chọn a = 7; b = 6; c = 5 thì dấu đẳng thức xảy ra.
Bài 9 : Cho elip (E):

x2 y2
+
= 1 các điểm M; N chuyển động lần lượt trên, các tia Ox; Oy sao cho MN ln
16 9

tiếp xúc với (E). Xác định toạ độ của M; N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Hướng dẫn giải
C1: Gọi M(m;O) và N(O,r) với m; n>0 là 2 điểm C2 đường trên 2 tia Ox; Oy.

Đường thẳng MN có pt:

x y
+ −1 = 0
m n
2

2

⎛1⎞
⎛1⎞
Đường thẳng này tx với (E) khi và chỉ khi: 16 ⎜ ⎟ + 9 ⎜ ⎟ = 1
⎝m⎠
⎝n⎠
2

3⎞
⎛ 16 9 ⎞ ⎛ 4

Theo ĐBT Bunhiacơpxki. Ta có MN 2 = m 2 + n 2 = (m 2 + n 2 ) ⎜ 2 + 2 ⎟ ≥ ⎜ m. + n. ⎟ = 49
n⎠
⎝m n ⎠ ⎝ m
=> MN ≥ 7
4
3
⎧
⎪m : m = n : n
⎪
⎪ 16 9
Dấu “=” xảy ra <=> ⎨ 2 + 2 = 1 ⇔ m = 2 7;n = 21
n
⎪m
⎪m > 0; n > 0
⎪
⎩

Vậy với M (2 7;0; N (0; 21) thì MN đạt GTNN và GTNN của Mn là 7
C2: Pt tiếp tuyến tại điểm (x0; y0) thuộc (E) là

x.x0 y. y0
+
=1
16
9

⎛ 9 ⎞
⎛ 16 ⎞
Suy ra toạ độ của M và N là M ⎜ ;0 ⎟ và N ⎜ 0; ⎟
⎝ y0 ⎠

⎝ x0 ⎠
162 92 ⎛ x02 y02 ⎞ ⎛ 162 9 ⎞
2
⇒ MN = 2 + 2 = ⎜ + ⎟ ⎜ 2 + 2 ⎟ ≥ ( 4 + 3) = 49
x0
y0 ⎝ 16 9 ⎠ ⎝ x0
y0 ⎠
2

(

) (

)

Khi đó M = 2 7;0 ; N 0; 21 và GTNN của MN là 7
Bài 10 : Cho ∆ABC. Cho p; q; r >0. CMR:

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

P 2
q 2
r
a +
b +
c 2 ≥ 2s. 3
q+r
r+ p
p+q
Page 22 

Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

(Trích tạp chí tốn học và tuổi trẻ)
Hướng dẫn giải

Trước hết ta chứng minh bài tốn sau:
Trong ∆ABC ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4s 3 + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2
Thật vậy:
(2) ⇔ ⎡⎣ a 2 − (b − c) 2 ⎤⎦ + ⎡⎣b 2 − (c − a ) 2 ⎤⎦ + ⎡⎣c 2 − (a − b) 2 ⎤⎦ ≥ 4 s 3
⇔ 4( p − a)( p − b) + 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) ≥ 4 s 3
⎧x = p − a > 0
⎪
⇔ xy + yz + zx ≥ s 3 với ⎨ y = p − b > 0
⎪z = p − c > 0
⎩
⇔ xy + yz + xz ≥ 3( x + y + z ) xyz

(Vì theo cơng thức Hêrơng: s =

p ( p − a)( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z )

⇔ ( xy − yz ) 2 + ( yz − zx) 2 + ( zx − xy ) 2 ≥ 0
BĐT này đúng. vậy (2) đước chứng minh:
Mặt khác theo BĐT Bunhiacơpxki. Ta có:

⎛ a
(a + b + c) = ⎜
⎜ q+r
⎝
2

b
q+r +
r+ p+
r+ p

c
p+q

⎞
p+q⎟
⎟
⎠

2

⎛ a2
b2
c2 ⎞
≤ 2⎜
+
+
⎟ ( p + q + r)
⎝ p+r r+ p p+q⎠

⎛ p 2
⎞
q 2
r
a +
b +
c 2 ⎟ + 2(a 2 + b 2 + c 2 )
≤ 2⎜
r+ p
p+q ⎠
⎝q+r
⎛ p 2
⎞
q 2
r
a +
b +
c 2 ⎟ ≥ (a + b + c) 2 − 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2
⇒ 2⎜
r+ p
p+q ⎠
⎝q+r
≥ a 2 + b 2 + c 2 − ⎡⎣(a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ⎤⎦ ≥ 4 s 3
Vậy:

p 2
q 2
r
a +

b +
c 2 ≥ 2s 3
q+r
r+ p
p+q

⎧a = b = c
Dấu “=” xảy ra khi ⎨
⎩p = q = r
Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 23 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

Chú ý:
+ Qua phép chứng minh trên, ta có kết quả “đẹp” trong ∆ABC
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4s 3 + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 ≥ 4s 3
+ Lấy p = q = r > 0 ta có BĐT quen thuộc
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4s 3 (Đề thi Olympic tốn quốc tế lần 3)
+ Lấy a = b = c. ta có BĐT Nesbit:
p
q
r
3

+
+
≥ (3)
q+r r+ p p+q 2
Dấu “=” xảy ra khi p = q = r > 0
+ Nếu nhân 2 vế của (3) cho p + q + r > 0 ta được
p2
q2
r2
p+q+r
+
+
≥
q+r r+ p p+q
2

Bài 11 : Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G, bán kính mặt cầu ngoại tiếp R. CMR
2
GA + GB + GC + GD + 4 R ≥
( AB + AC + AD + BC + CD + DB )
6
( Trích tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ)
Hướng dẫn giải
Ta có 2 bổ đề:
•
Bổ đề 1: Nếu G là trọng tâm của tứ diện ABCD thì
3 ( AB 2 + AC 2 + AD 2 ) − ( CD 2 + DB 2 + BC 2 )
2
GA =
16

Chứng minh:
Gọi Ga là trọng tâm của ΔBCD . Ta có:
9
9 1 uuur uuur uuur 2
GA2 = AGa2 = . AB + AC + AD
16
16 9
uuur 2 uuur 2 uuur 2
uuur uuur 2 uuur uuur 2 uuur uuur 2
3 AB + AC + AD − AC − AD − AD − AB − AB − AC
=
16
2
2
2
2
3 ( AB + AC + AD ) − ( CD + DB 2 + BC 2 )
=
16
•
Bổ đề 2: Nếu O; G theo thứ tự là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm của tứ diện ABCD thì
GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 AB 2 + AC 2 + AD 2 + CD 2 + DB 2 + BC 2
R 2 − OG 2 =
=
4
4
Chứng minh:
Theo hệ thức Leibnitz, với mọi điểm M, ta có
MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 + 4MG 2
Từ đó, cho M trùng O, ta được

(

(

)(

)

) (

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

) (

)

Page 24 


Trường THPT Chuyên Tiền Giang

www.VNMATH.com

GV Đỗ Kim Sơn

OA2 + OB 2 + OC 2 + OD 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 + 4OG 2
GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2
Suy ra: R 2 − OG 2 =
(1)

4
GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 AB 2 + AC 2 + AD 2 + CD 2 + DB 2 + BC 2
=
Từ bổ đề 1 suy ra
4
4
Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh
Trở lại việc giải bài tốn trên
uuur uuur OA2 + GA2 − OG 2 GA2 + R 2 − OG 2
Ta có R.GA = OA.GA ≥ OA.GA =
=
2
2
Từ đó theo các bổ đề 1 và 2, ta có
AB 2 + AC 2 + AD 2
R.GA ≥
8
Theo BĐT Cauchy và Bunhiacơpxki, ta có
6 ( R + GA ) ≥ 2 6 R.GA = 3 8 R.GA ≥ 3 ( AB 2 + AC 2 + AD 2 ) ≥
Suy ra

( AB + AC + AD )

(2)

2

6 ( R + GA ) ≥ AB + AC + AD

⎧ 6 ( R + GB ) ≥ BC + BD + BA

⎪⎪
Tương tự ⎨ 6 ( R + GC ) ≥ CD + CA + CB
⎪
⎪⎩ 6 ( R + GD ) ≥ DA + DB + DC
2
Suy ra GA + GB + GC + GD + 4 R ≥
( AB + AC + AD + BC + CD + DB )
6
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ diện ABCD là đều

BÀI TẬP :
Bài 1 : Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB, M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn.Xác định vị trí

của M để MA + 3MB đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2 : Cho ΔABC nội tiếp đường tròn bán kính R; BC = a; CA = b; AB = c .Gọi x;y;z lần lượt là khoảng cách từ
a 2 + b2 + c 2
2R
2
2
a
b
c2
+ 2 + 2
2
c
a
Bài 3 : Cho a , b , c là 3 cạnh của tam giác.Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = b
a b c
+ +
b c a

36 ⎛
abc ⎞
a+b+c
Bài 4 : Cho a , b , c là 3 cạnh của tam giác và p =
.Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ⎜ p 2 +
⎟
35 ⎝
2
p ⎠
M thuộc miền trong của ΔABC đến các cạnh BC;CA;AB.Chứng minh: x + y + z ≤

Chuyên để bồi dưỡng học sinh giỏi K10

Page 25