sử dụng bất đẳng thức am gm trong chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN-TIN HỌC
-------------------

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM- GM
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC VÀ ỨNG DỤNG
Môn: Đại số sơ cấp
GV: Ts Tạ Thị Nguyệt Nga
Tên thành viên: Trương Tấn Đạt

1511062

Lý Ánh Dương

1511054

Nguyễn Tấn Hiếu

1511090

Đặng Thục Mỹ

1511175

Nguyễn Thị Thanh Ngân 1511186

TP. HCM, 10- 05 - 2018

MỤC LỤC
Lời nói đầu ................................................................................................ 2
Giới thiệu sách hay về bất đẳng thức ........................................................ 3
III.
Sơ lược về bất đẳng thức và tiểu sử một số nhà toán học được đặt tên cho các bất
đẳng thức ................................................................................................... 4
IV. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức............................................ 6
V.
Bất đẳng thức AM- GM ............................................................................ 10
1. Nguồn gốc .................................................................................... 10
2. Chứng minh bất đẳng thức AM- GM ........................................... 10
3. Những quy tắc khi chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức
AM-GM ........................................................................................ 12
4. Nhận xét, đánh giá ........................................................................ 12
VI. Ứng dụng ................................................................................................... 14
1. Trong Toán học ............................................................................ 14
2. Trong các lĩnh vực khác ............................................................... 40
VII. Tài liệu tham khảo ..................................................................................... 43
I.
II.

1


I.

Lời nói đầu
Nếu yêu thích toán học chắc hẳn bạn sẽ không dưới một lần muốn chinh phục các bất đẳng thức.
Như Richard Bellman đã từng nói:.. . “Có ít nhất ba lý do giải thích tại sao chúng ta luôn quan tâm
tới bất đẳng thức. Đó chính là thực hành, lý thuyết, và quan trọng nhất là thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn tại

trong con mắt của những người quan tâm tới bất đẳng thức; . . . Mọi người thường dễ dàng cảm
nhận được vẻ đẹp trong những bản nhạc, hay những lời thơ. Thế nhưng vẻ đẹp trong Toán học lại
thật kì lạ và thú vị, nó đòi hỏi một tâm hồn phong phú, tri thức nhưng lãng mạn.”. Chính vì để
chinh phục và hiểu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và đi sâu vào phương pháp sử
dụng bất đẳng thức cổ điển AM -GM cũng như tìm hiều các ứng dụng của bất đẳng thức AM -GM
trong đời sống, các môn khoa học và các kỹ thuật trong toán học để viết nên bài tiểu luận này.

2


II.

Giới thiệu sách

Trong quá trình tham khảo tài liệu và viết nên bài báo cáo này, nhóm đã tìm ra một số tựa sách hay,
giúp cho những người yêu thích bất đẳng thức có thể thỏa đam mê của mình.
Tựa sách nhóm muốn giới thiệu là “Những viên kim cương trong
Bất đẳng thức toán học”, là một trong những quyển sách được giới
thiệu đầy đủ nhất về những phương pháp và công cụ chứng minh bất
đẳng thức. Gồm 5 chương với 25 chuyên đề: 4 chương đầu tiên giới
thiệu các viên kim cương theo thứ tự thời gian và địa điểm: những viên
kim cương của bất đẳng thức cổ điển, những viên kim cương của bất
đẳng thức cận đại, những viên kim cương trong bất đẳng thức giải tích,
những viên kim cương trong bất đẳng thức hiện đại, những sáng tạo về
bất đẳng thức. Mổi chuyên đề đều có phần dẫn, bài tập minh họa, bài
tập tự giải với tổng các bài toán lên đến 2000 bài.
Trong việc học hỏi cũng như tìm tòi các phương pháp chứng minh
bất đẳng thức, cũng như tìm các bài viết phân tích và mở rộng có chất lượng thì không thể bỏ qua quyển
“Sáng tạo bất đẳng thức”. Cuốn sách được viết ra với hy vọng bạn đọc sẽ thay đổi cách nhìn nhận về
các bất đẳng thức sơ cấp hiện nay và giới thiệu các phương pháp quan trọng trong chứng minh bất đẳng

thức. Bất đẳng thức cũng là một dạng toán rất đặc biệt vì nó không đòi hỏi quá nhiều kiến thức cao siêu
mà quan trọng chỉ là biết kết hợp những sự đơn giản nhất lại thật khéo léo. Chính vì vậy, hầu hết các nội
dung trong sách hoàn toàn phù hợp thậm chí với một bạn học sinh THCS ngay từ lớp 8.
Ngoài ra nếu yên thích bất đẳng thức, thì giáo viên không thể bỏ qua quyển sách “Vẻ đẹp bất đẳng
thức trong các kỳ thi Olympic Toán học”. Đây là một cuốn sách minh họa đa dạng và đặc sắc cho
những phương pháp chứng minh bất đẳng thức và phân loại các bất đẳng thức có trong các kỳ thi IMO và
hướng dẫn người đọc cách phát triển một bất đẳng thức.

3


III.

Sơ lược về bất đẳng thức và tiểu sử một số nhà toán học được đặt tên cho các
bất đẳng thức

Sơ lược về bất đẳng thức:
Bất đẳng thức thực chất là một dạng toán mà ta phải làm với các giá trị hay đại lượng không bằng nhau.
– Ta thường gặp phải 2 dạng của bất đẳng thức đó là chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của một biểu thức hay hàm số.
– Ngoài ra chúng ta cũng hay gặp phải một số dạng bài tập liên quan đến Bất đẳng thức như giải Bất
phương trình, hệ Bất phương trình, đó đều là những dạng bài tập đòi hỏi ta phải vận dụng khéo léo kiến
thức của mình về lĩnh vực Bất đẳng thức.
Đôi khi gặp một số bài tập về Phương trình, hệ phương trình chúng ta cũng có thể dùng Bất đẳng thức để
tìm ra lời giải.
Dạng toán này thực chất các em đã được tiếp xúc từ lớp 8, và lên cấp 3 dạng toán bắt đầu phức tạp hơn
với nhiều dạng bài đa dạng và rất hay.

Một số nhà toán học được đặt tên cho bất đẳng thức.
Cô-si (Augustin-Louis AM -GM) (1789-1857) là nhà toán học vĩ

đại người Pháp. Những định nghĩa hiện nay của chúng ta về giới
hạn, tính liên tục, đạo hàm và định nghĩa tích phân chủ yếu do AM
-GM đưa ra. AM -GM viết nhiều và sâu sắc về cả hai lĩnh vực
toán học tuần túy và toán học trừu tượng.
Về khối lượng công trình công bố, ông đứng thứ hai sau
Euler.Những đóng góp của AM -GM bao gồm những nghiên cứu
về sự hội tụ và phân kì của chuỗi vô hạn, lý thuyết hàm thực và
hàm phức, phương trình vi phân, xác suất và vật lý toán.
Học sinh phổ thông rất quen biết tên tuổi của ông qua bất đẳng
thức AM -GM quen thuộc. Suốt cuộc đời ông là người làm việc

4

Cauchy A.L(Cô-si)
(1789-1857)


không biết mệt mỏi, nhưng rất tiếc ông lại có tính tự phụ, hẹp hòi và thường không để ý đến những
nổ lực rất xứng đáng của lớp trẻ.

Bu-nhi-a-cốp-xki (Victor Yakolevich Bunyakovsky) (1804- 1889),nhà
toán học người Nga, Viện sĩ Viện Hàn lâm Pê-téc-bua.Ông có đến 168
công trình nghiên cứu trong đó các công trình nghiên cứu của ông thuộc
các lĩnh vực: phép tính vi phân, lý thuyết bất đẳng thức, lý thuyết số, lý
thuyết xác suất.
Ngoài ra ông còn nghiên cứu nhiều về giải tích, hình học và đại số, quan
tâm đến cả tính toán trong thực tiễn góp phần vào các cải tiến các tính
toán của nước Nga.
Học sinh phổ thông biết tên tuổi ông qua bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốpxki quen thuộc mà họ được học trong nhà trường.

Chebyshev (Pafnuty Lvovich Chebyshev) (1821-1894) là nhà toán
học nổi tiếng người Nga và là người sáng tạo ra bất đẳng thức Cộng.
Từ nhỏ ông đã học ở nhà, 16 tuổi ông trở thành sinh viên ban Toán
khoa Triết của ĐHTH Maxcova. Năm 1841, Chebyshev đã được trao
tặng huy chương bạc về tác phẩm “ Tính nghiệm phương trình”.
Chebyshev tốt nghiệp đại học năm 20 tuổi.Năm 25 tuổi ông bảo vệ
thành công luận án kỳ diệu “ Kinh nghiệm phân tích cơ sở lý thuyết
xác suất”. Chebyshev bảo vệ luận án tiến sĩ “ Lý thuyết so sánh” bao
gồm một trong những chương quan trọng nhất của lý thuyết số hiện
đại

5

Bunyakovsky V.Ya
(1804- 1889)

Chebyshev
(1821-1894)


IV.

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1 Phương pháp sử dụng đường thẳng tiếp tuyến

Đây là một phương pháp đơn giản để chứng minh bất đẳng thức liên quan tới các hàm số có đạo hàm
Ví dụ Cho a, b, c, d là các số thực dương sao cho a+ b +c +d =1. Chứng minh
6(a 3 + b3 + c 3 + d 3 )  (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) +

1

8

Giải
Từ giả thiết ta suy ra a, b, c ,d  ( 0,1) . Đặt f ( x) = 6 x3 − x 2
Lúc đó bất đẳng thức trở thành
f (a ) + f (b) + f (c) + f (d ) 

1
8

Ta biết bất đẳng thức đã cho trở thành bất đẳng thức khi a = b = c = d =

1
4

Vì vậy ta tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại điểm có hoành độ x =
1
 1 
Phương trình tiếp tuyến đó là y = f '    x −  +
4
 4 

Vậy ta có f ( x) 

1
.
4

5x −1
1

f   y=
8
4

5x −1
5x −1
 6 x3 − x 2 
 48 x 3 − 8 x 2 − 5 x + 1  0
8
8

Điều này hiển nhiên vì 48 x3 − 8 x 2 − 5 x + 1 = (4 x − 1) 2 (3x + 1)  0 với mọi x  ( 0,1)
Cuối cùng ta có f (a) + f (b) + f (c) + f (d ) 
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d =

5a + 5b + 5c + 5d − 4 1
=
8
8

1
4

2 Phương pháp biến đổi về dạng thuần nhất
Có rất nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức với các ràng buộc, ví dụ như ab=1, xyz=1, …Việc chứng
minh các bất đẳng thức không thuần nhất nhưng đối xứng có các ràng buộc như thế trở thành dễ dàng sau

6

khi biến đổi chúng thành các dạng thuần nhất. Sau đó áp dụng các bất đẳng thức mạnh như bất đẳng thức
Schur và bất đẳng thức Muirhead. Sau đây là một ví dụ đơn giản.
(HUNGARY 1996) Cho a và b là các số thực dương sao cho a+ b = 1. Chứng minh
a2
b2
1
+

a +1 b +1 3

Sử dụng điều kiện a+b =1, ta đưa bất đẳng thức phải chứng minh về dạng thuần nhất, nghĩa là

1
a2
b2
hay a 2b + ab 2  a3 + b3

+
3 (a + b)(a + (a + b)) (a + b)(b + (a + b))
Bất đẳng thức này suy ra từ (a3 + b3 ) − (a 2b + ab 2 ) = (a − b) 2 (a + b)  0
Đẳng thức này xảy ra khi a = b =

1
2

Bài tập: (IRAN 1998) Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z>1 cho

1 1 1
+ + = 2 , ta có bất đẳng thức
x y z

x + y + z  x −1 + y −1 + z −1
3 Phương pháp chuẩn hóa
Chúng ta biến đổi một bất đẳng thức thành thuần nhất. Tuy nhiên các bất đẳng thức sau kho đã thuần nhất
lại có thể được chuẩn hóa bằng nhiều cách.
(IMO 2001/2) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh
a 2b(a − b) + b2c(b − c) + c 2 a(c − a)  0

Sau khi thế a = y + z, b = z + x, c = x + y cho x, y, z>0 bất đẳng thức trở thành
x3 z + y 3 x + z 3 y  x 2 yz + xy 2 z + xyz 2

Bất đẳng thức này là thuần nhất vì vậy ta đưa về trường hợp có điều kiện ràng buộc x+y+z=1. Lúc đó bất
đẳng thức phải chứng minh là
x
 y
yf   + zf   + xf
z
 y

z
  1
 x

Trong đó f ( x) = t 2 . Vì f là hàm số lồi, ta áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được

7


x
 x

y
z
 y
z
yf   + zf   + xf    f  y + z + x  = f (1) = 1
z
x
z
 x
 y
 y

4 Phương pháp vecto
Trong hình học đôi khi chúng ta sử dụng vecto để chứng minh các bất đẳng thức.
Ví dụ: Cho tam giác ABC và một điểm O bất kì trên cạnh AB của tam giác không trùng với đỉnh của nó.
Chứng minh bất đẳng thức sau đây: OC.AB  OA.BC + OB.AC .
Giải
Vì AO = x AB, OB = (1 − x ) AB trong đó x  ( 0;1) nên ta có

(

)

OC = CA + AO = CA + x CB − CA = (1 − x ) CA + CB  (1 − x ) CA + CB .

Dấu đẳng thức không xảy ra vì các vecto CA, CB không cùng phương.
Suy ra OC. AB  CA (1 − x ) . AB + CB.x. AB = OA.BC + OB. AC .
5 Phương pháp số phức
Trong phần này, chúng ta sẽ đề cập đến vài áp dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức hình học. Ta đã
biết mọi số phức đều tương ứng với một điểm duy nhất trong mặt phẳng phức. Vì vậy ta có thể dùng kí

hiệu toán học của tập hợp các số phức , cũng như của mặt phẳng phức là . Công cụ chính của áp dụng
này là bất đẳng thức cơ bản sau đây.
Định lý: Cho z1 ,..., zn  , lúc đó z1 + ... + zn  z1 + ... + zn .
Ví dụ (bất đẳng thức Ptôlêmê) Với mọi điểm A, B, C, D trong mặt phẳng, ta có:
AB.CD + BC.DA  AC.BD .
Giải
Giả sử a, b, c và 0 là các số phức tương ứng với các điểm A, B, C, D. Bất đẳng thức chứng minh tương
đương với a − b . c + b − c . a  a − c . b .
Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho ( a − b ) c + ( b − c ) a = ( a − c ) b , ta có điều phải chứng minh

8


6 Phương pháp sử dụng tính chất của đoạn thẳng.
Định lý: Cho hàm số bậc nhất f ( x ) = ax + b . Nếu tồn tại hai số thức    sao cho f ( )  0, f (  )  0
thì f ( x )  0 với mọi x  ( ;  ) .
Ví dụ: Cho a, b và c là các số thực dương sao cho a + b + c = 1. Chứng minh
5 ( a 2 + b2 + c2 )  6 ( a3 + b3 + c3 ) + 1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Giải
Sử dụng đẳng thức ( b + c ) − 3bc ( b + c ) = b3 + c3 ta đưa đẳng thức phải chứng minh về dạng
3

(

) (

)

5 a 2 + ( b + c ) − bc  a 3 + ( b + c ) − 3bc ( b + c ) + 1 .

2

3

Sau khi rút gọn ta có bất đẳng thức mới tương đương với bất đẳng thức phải chứng minh
f ( t ) = ( 9a − 4) t + ( 2a − 1)  0 .
2

Ta phải tìm tập xác định của hàm số bậc nhất f ( t ) . Ta có t  0 , ngoài ra theo bất đẳng thức TBC-TBN.

(b + c )
t = bc 
4

2

(1 − a )
=
4

Vậy 0  t  t0 trong đó t0

2

.

(1 − a )
=
4

2

. Theo định lý trên để chứng minh bất đẳng thức đã cho ta chỉ cần

chứng minh f ( 0 )  0, f ( t0 )  0 . Điều này dễ dàng vì f ( 0 ) = ( 2a − 1)  0 và f ( t0 ) =
2

1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3

9

1
2
a ( 3a − 1)  0 .
4


Bất đẳng thức AM -GM

V.

1. Nguồn gốc
Trong toán học, bất đẳng thức AM -GM-Schwarz, còn gọi là bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức AM GM, hoặc bằng cái tên khá dài là bất đẳng thức AM -GM–Bunyakovski–Schwarz, đặt theo tên
của Augustin Louis AM -GM, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky và Hermann Amandus Schwarz, là
một bất đẳng thức thường được áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học, chẳng hạn trong đại
số tuyến tính dùng cho các vector, trong giải tích dùng cho các chuỗi vô hạn và tích phân của các tích,
trong lý thuyết xác suất dùng cho các phương sai và hiệp phương sai.
2. Chứng minh

Phát biểu bất đẳng thức AM -GM
Với mọi số thực không âm a1 , a2 ,..., an , ta có:
a1 + a2 + ... + an n
 a1a2 ...an , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
n

Chứng minh bất đẳng thức AM -GM.
Cách 1: Quy nạp.
Khi n = 2 , bất đẳng thức đúng, do:
2
a1 + a2
 a1a2  a1 − a2  0 .
2
Giả sử bất đẳng thức đúng đến n:
a1 + a2 + ... + an n
 a1.a2 ...an .
n
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng đến n + 1. Đặt:

(

)

g = n +1 a1.a2 ...an .an +1 , B = a1 + a2 + ... + an + an +1 + ( n − 1) g .

Từ giả thiết quy nạp, ta có:
B  n n a1.a2 ...an + n n an +1 g n −1
 2n 2 n a1.a2 ...an .an +1 g n −1 = 2n 2 n g 2 n = 2ng
 a1 + a2 + ... + an +1  ( n + 1) g
n +1

n +1

i =1

i =1

  a1  ( n + 1) n +1  a1 .

Cách 2: Quy nạp lùi.

10


Với n = 2 , bất đẳng thức đúng.
Ta giả sử bất đẳng thức đúng cho n = k , nghĩa là:
x1 + x2 + ... + xk k
 x1 x2 ...xk , với mọi số thực dương x1 , x2 ,..., xk .
k
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức AM -GM đúng với n = 2k :
x1 + x2 + ... + x2 k 2 k
 x1 x2 ...x2 k , với mọi số thực dương x1 , x2 ,..., x2 k .
2k
Thật vậy, ta có theo giả thiết quy nạp
x1 + x2 + ... + xk k
x + x + ... + x2 k k
 x1 x2 ...xk , k +1 k + 2
 xk +1 xk + 2 ...x2 k .
k
k

Sử dụng kết quả cho hai số
x + x + ... + xk
x + x + ... + x2 k
a= 1 2
và b = k +1 k + 2
,
k
k
Ta nhận được
x1 + x2 + ... + x2 k a + b
=
 ab = 2 k x1 x2 ...x2 k , là điều cần phải chứng minh.
2k
2
x + x + ... + xn n
Bây giờ giả sử kết luận của định lí đúng cho n: 1 2
 x1 x2 ...xn .
n
Ta sẽ chứng minh rằng kết luận của định lí đúng cho n − 1 số thực dương tùy ý:
x1 + x2 + ... + xn −1 n −1
 x1 x2 ...xn −1 .
n −1
Thật vậy, với n − 1 số thực dương tùy ý, ta đặt:
x + x + ... + xn −1
xn = 1 2
,
n −1
Theo giả thiết quy nạp, ta có:
x1 + x2 + ... + xn n
 x1 x2 ...xn .

n
x + x + ... + xn −1
Thay xn = 1 2
vào bất đẳng thức, ta được
n −1
x1 + x2 + ... + xn ( n − 1) xn + xn
=
= xn  n x1 x2 ...xn .
n
n

Từ đó, xn  n −1 x1 x2 ...xn −1 là bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Như vậy với giá trị n0 tùy ý, bất đẳng thức đúng cho 2 k đủ lớn sao cho 2k  n0 và theo quy nạp lùi, bất
đẳng thức đúng cho 2k −1, 2k − 2,..., n0 + 1, n0 .
Vì vậy, bất đẳng thức cần phải chứng minh đúng với mọi giá trị n. Định lí được chứng minh

11


3.

Những quy tắc khi chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức AM -GM

+ Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một
cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh
hơn.
+ Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “ = ” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của
chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi
dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì
thi học sinh có thể không trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương

pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si.
+ Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới
nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành
các BĐT nhưng không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT
là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng
một điều kiện của biến.
+ Quy tắc biên: Cơ sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các
bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng.
Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên.
+ Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như
nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối
xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể. Chiều của
BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và
ngược lại.

4. Nhận xét, đánh giá
Các dạng biểu diễn bất đẳng thức
4.1 Dạng tổng quát
Dạng 1
a1 + a2 + .. + an n
 a1a2 ...an
n

Dạng 2
a1 + a2 + .. + an  n n a1a2 ...an

12

Dạng 3
 a1 + a2 + .. + an 


  a1a2 ...an
n


n


4.2 Hệ quả
n

S
S
Nếu a1 + a2 + ... + an = S const thì Max(a1a2 ...an ) =   xảy ra  a1 = a2 = ... = an =
n
n

Nếu a1a2 ...an = P const thì Min(a1 + a2 + ... + an ) = n n P xảy ra  a1 = a2 = ... = an = n n P
4.3 Các trường hợp đặt biệt
n
Điều kiện
Dạng 1
Dạng 2
Dạng 3

n=2

n=3

a, b, c  0

a+b+c 3
 abc
3
a + b + c  3 3 abc

a, b, c, d  0
a+b+c+d 4
 abcd
4
a + b + c + d  4 4 abcd

 a+b

  ab
 2 
a =b

 a+b+c 

  abc
3


a =b=c

 a+b+c+d 

  abcd
4



a =b=c =d

2

Dấu bằng

n=4

a, b  0
a+b
 ab
2
a + b  2 ab

3

4

Bình luận: Khi chứng minh bất đẳng thức, nói chung ta rất ít gặp các bất đẳng thức có dạng cân đối, đầy
đủ như các dạng được phát biểu trong lý thuyết mà thường gặp các bất đẳng thức có một vế phức tạp, một
vế rút gọn. Cũng giống như khi chứng minh đẳng thức ta phải đánh giá từ vế phức tạp sang vế rút gọn.
Các dạng 1, 2, 3 đặt cạnh nhau có vẻ tầm thường nhưng việc phân loại chi tiết các dạng 1, 2, 3 giúp
chúng ta nhận dạng và phản ứng linh hoạt hơn khí sử dụng AM -GM. Đặt biệt là dạng 3 không chứa căn
thức nhắc chúng ta có thể sử dụng AM -GM ngay cả khi không có dấu hiệu căn thức. Ví dụ sau đây sẽ
minh họa cho vấn đề này:
Ví dụ: Chứng minh rằng 16ab(a − b)2  ( a + b ) , a, b  0(1)
4

Phân tích: Ta thường khai triển (1)

 16ab(a 2 − 2ab + b 2 )  a 4 + 4a3b + 6a 2b 2 + 4ab3 + b 4

Khi đó việc phân tích hiệu giữa hai vế thành tổng các bình phương sẽ gặp nhiều khó khăn. Gặp bài toán
này chúng ta sẽ ít nghĩ ngay đến dùng AM -GM vì thói quen tâm lý hình thức “chỉ sử dụng AM -GM khi
một vế chứa căn thức”. Tuy nhiên nhờ có dạng 3 mà gợi ý cho chúng ta “có thể sử dụng AM -GM ngay
cả khi cả hai vế đều không chứa căn thức”.
2

2

 4ab + ( a − b )2 
 ( a + b )2 
Giải: 16ab(a − b) = 4(4ab)(a − b)  4 
 = 4
 = ( a + b) 4
2


 2 
2

2

13


VI.

Ứng dụng

1. Trong toán học
1.1 Kỹ thuật đánh giá trung bình cộng qua trung bình nhân
Giả thiết bài toán thường cho tích các số
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM cho n số dạng
a1 + a2 + ... + an n
 a1a2 ...an .
n
Bài 1. Chứng minh với mọi a, b, c là các số thực ta có

(a

2

+ b2 )( b2 + c 2 )( c 2 + a 2 )  8a 2b2c 2 .

Giải
a 2 + b 2  2 a 2b 2 = 2 ab
b 2 + c 2  2 b 2 c 2 = 2 bc
a 2 + c 2  2 a 2 c 2 = 2 ac

Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh
Bài 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1 . Chứng minh rằng
1 + x3 + y 3
1 + y3 + z3
1 + x3 + z 3
+
+
3 3.
xy
yz

xz

Giải
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM cho 3 số dương ta được
3 3 x 3 . y 3 .1
1 + x3 + y 3

=
xy
xy

3
xy

3 3 y 3 .z 3 .1
1 + y3 + z3

=
yz
yz

3
yz

1 + x3 + z 3
3 3 x 3 .z 3 .1
3

=
xz

xz
xz
Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được

 1
1 + x3 + y 3
1 + y3 + z3
1 + x3 + z 3
1
1 
+
+
 3
+
+
.
 xy
xy
yz
xz
yz
xz 

Mặt khác AM -GM cho 3 số dương ta được

14


1
1

1
1
1
1
+
+
 33
.
.
= 3.
xy
yz
xz
xy yz xz

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng

a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  3 2abc .
Giải
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM, ta có:

a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  3 6 abc ( a + b )( b + c )( c + a ) .
 a+b+c 
Mặt khác abc  
 = 1.
3


3

( a + b )( b + c )( c + a )  8abc .
Suy ra

a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  3 6 8a 2b 2c 2  3 6 8a 3b 3c 3 = 3 2abc .

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Bài 4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều a  b, a + b + c = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = 4a + 3b +

c3
.
( a − b) b

Giải
Chú ý điều kiện a  b, a + b + c = 4, c3 ta sẽ tách P thành tổng của các số dương để sử dụng AM -GM sao
cho mất đi ( a − b ) và xuất hiện tổng ( a + b + c ) vế phải.
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM cho 3 số dương ta có:

P = 4a + 3b +

c3
c3
c3
= (a − b) + b +
+ 3( a + b)  33 ( a − b) b
+ 3 ( a + b ) = 3 ( a + b + c ) = 12
(a − b) b
(a − b) b
(a − b)b


c3
a
−
b
=
b
=

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
( a − b ) b  a = 2; b = c = 1.
a + b + c = 4


Vậy min P = 12 .

1 ( x + y )( y + z )( z + x )(1 − xy )(1 − yz )(1 − zx ) 1
Bài 5. Cho x, y, z là các số thực chứng minh − 
 .
2 2
2 2
2 2
8
8
1
+
x
1
+

y
1
+
z
( )( )( )
Giải
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM cho 2 số ta có:

(1 + x )(1 + y ) = ( x + y ) + ( xy − 1)
2

2

2

2

 2 ( x + y )( xy − 1) .
15


(1 + y )(1 + z ) = ( y + z ) + ( yz − 1)  2 ( y + z )( yz − 1) .
(1 + x )(1 + z ) = ( x + z ) + ( xz − 1)  2 ( x + z )( xz − 1) .
2

2

2

2

2

2

2

2

Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được
8 ( x + y )( y + z )( z + x )(1 − xy )(1 − yz )(1 − zx )  (1 + x 2 ) (1 + y 2 ) (1 + z 2 )
2

2

2

1 ( x + y )( y + z )( z + x )(1 − xy )(1 − yz )(1 − zx ) 1
− 

2
2
2
8
8
(1 + x2 ) (1 + y 2 ) (1 + z 2 )

Bất đẳng thức được chứng minh.
Bài tập:
Bài 1: Cho a, b  0 chứng minh rằng:

(

a+ b

)

8

 64ab ( a + b ) .
2

Bài 2: Cho a, b  0 chứng minh rằng: 3a 3 + 6b3  9ab 2 .
108

Bài 3: Cho a  b  c  0 chứng minh a +

Bài 4: Cho x, y là các số thực

( a − b) (b − c ) c
1 ( x + y )(1 − xy ) 1
− 
 .
3

2

(1 + x )(1 + y )
2

2

2

 7.

2

1.2 Đánh giá trung bình nhân qua trung bình cộng
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM theo chiều

n

a1a2 ...an 

a1 + a2 + ... + an
.
n

Ta có 2 hướng xử lý
+ Đánh giá trực tiếp
+ Nhân thêm hằng số mục đích lược bỏ biến hoặc hằng số không thích hợp.
Nhận dạng bất đẳng thức có dạng:

m

A1 + m A2 + ... + m An  B .

Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM -GM theo chiều trung bình nhân qua trung bình cộng cho mỗi căn thức
vế trái

Bài 1. Chứng minh rằng với mọi a, b  1 ta có a b − 1 + b a − 1  ab .
Giải
Nhận xét: vế phải không chứa hằng số do vậy sử dụng AM -GM để triệt tiêu các số −1 trong 2 căn thức
do đó nhân thêm vào mỗi căn với 1.
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:

16


b − 1 + 1 ab
=
1
2
a − 1 + 1 ba
b a − 1 = b ( a − 1) .1  b.
=
1
2
Cộng vế theo vế 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 .
a b −1 = a

( b − 1) .1  a.

0  x  3
Bài 2. Cho 
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( 3 − x )( 4 − y )( 2 x + 3 y ) .
0  y  4
Giải

Nhận xét: ta cần triệt tiêu đi x và y vì vậy nhân thêm vào ( 3 − x ) , ( 4 − y ) lần lượt thành 2 ( 3 − x ) ,3 ( 4 − y )
khi đó sử dụng AM -GM cho 3 số không âm ta được.

1
1  2 (3 − x ) + 3( 4 − y ) + ( 2x + 3 y ) 
P =  2 ( 3 − x )  . 3 ( 4 − y ) . ( 2 x + 3 y )  
 = 36 .
6
6
3

3

Đẳng thức xảy ra khi và chi x = 0, y = 2 . Vậy MaxP = 36 .
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = ( a + 2b + 3c )( 6a + 3b + 2c ) .
Giải
Với các hệ số lệch nhau trước tiên giảm biến bằng phép thế c = 1 − a − b . Khi đó đưa về

P = ( 3 − 2a − b )( 2 + 4a + b ) .
Ta thấy nếu áp dụng trực tiếp AM -GM cho 2 số triệt tiêu được b tuy nhiên còn dư 2a không đánh giá
được vì vậy nghĩ đến triệt tiêu a bằng cách nhân thêm 2 vào ( 3 − 2a − b ) .
P = ( a + 2b + 3 (1 − a − b ) ) ( 6a + 3b + 2 (1 − a − b ) )
b

= ( 3 − 2a − b )( 2 + 4a + b ) = 2 ( 3 − 2a − b ) 1 + 2a + 
2

2

b
b


 3 − 2a − b + 1 + 2a + 2 
 4− 2 
 2
 = 2. 
 =8
2


 2 




1
Vậy MaxP = 8 đạt tại a = c = , b = 0 .
2

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a và b ta có
Giải

17

2a ( a + b ) + b 2 ( a 2 + b2 )  3 ( a 2 + b2 ) .
3

Trước hết chuyển bất đẳng thức về dạng một biến bằng cách chia hai vế bất đẳng thức cho b 2 và đưa về

2 x ( x + 1) + 2 ( x 2 + 1)  3 ( x 2 + 1) .
3

chứng minh bất đẳng thức:

Chú ý dấu bằng đạt tại x = 1 và bậc vế phải là bậc hai do vậy ta cần tách 2 x ( x + 1) = 2 x ( x + 1) . ( x + 1) để
3

sử dụng bất đẳng thức AM -GM thuận tiện cho việc so sánh với vế phải.
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có
2 x ( x + 1) = 2 x ( x + 1) . ( x + 1) 
3

2

2 x ( x + 1) + ( x + 1)

2

2

2 + x +1
2
Cộng theo 2 vế bất đẳng thức trên ta được
2

2 ( x 2 + 1) 

2 x ( x + 1) + 2 ( x + 1)
3

2

( x + 1)


2

+ 2 x ( x + 1) + x 2 + 3
2

.

Vậy ta chỉ cần chứng minh
3 ( x + 1)
2

( x + 1)


2

+ 2 x ( x + 1) + x 2 + 3
2

 6 ( x + 1)  4 x + 4 x + 4  2 ( x − 1)  0
2

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng và ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .
Bài 5. Cho a, b, c là các số thực không âm chứng minh rằng

( a + b) (b + c ) ( c + a )
2

2

2

 4 ( a 2 + bc )( b 2 + ac )( c 2 + ab ) .

Giải
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c . Khi đó a 2 + bc  a 2 + ac  ( a + c ) .
2

Vậy ta chứng minh ( a + b ) ( b + c )  4 ( b 2 + ac )( c 2 + ab ) .
2

2

Thật vậy sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:
4 ( b 2 + ac )( c 2 + ab )  ( b 2 + ac + c 2 + ab )

2

= ( b 2 + ab + bc + ca + c 2 − bc )

2

= ( ( b + a )( b + c ) + c ( c − b ) )  ( a + b ) ( b + c )
2

2

2

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c = 0 hoặc các hoán vị.
Bài tập:
Bài 1: Chứng minh rằng x 12 − y + y (12 − x 2 )  12 với x, y là các số thực để các căn thức có nghĩa.

18

2


Bài 2: Cho 0  x 

5
, 0  y  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( 5 − 2 x )( 3 − y )( 2 x + 3 y − 5) .
21

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ( a + b )( b + c )( c + a ) = 2 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P = ( a 2 + bc )( b2 + ca )( c 2 + ab ) .
 a , b, c  0

Bài 4: Cho 
. Tìm giá trị lớn nhất của S = 3 a + b + 3 b + c + 3 c + a .
a + b + c = 1
1.3 Kỹ thuật đánh giá mẫu số
Các bất đẳng thức hay được sử dụng để đánh giá mẫu số

x3 + y3  xy ( x + y ) ; x5 + y 5  x 2 y 2 ( x + y ) .
Chú ý dạng toán này thường cho các điều kiện ràng buộc ta cần tinh tế phân tích mẫu số thành nhân tử dựa
vào điều kiện.
Chú ý nếu mẫu số có chứa căn hoặc tổng các biến ta có thể đặt mỗi mẫu số là một ẩn khi đó đưa về sử
dụng bất đẳng thức AM -GM đơn giản hơn.
1
1
1
a+b+c
+ 2
+ 2

Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 2
.
a + bc b + ac c + ab
2abc
Giải
Áp dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:

a 2 + bc  2a bc 
Tương tự ta có:

2
1

1 1
1 

  + .
a + bc a bc 2  ab ac 
2

2
1
1 1
1 

  + ,
b + ac b ac 2  bc ab 
2

2
1
1 1 1 

  + .
c + ab c ab 2  ac bc 
2

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được
2
2
2
a+b+c
+ 2

+ 2

.
2
a + bc b + ac c + ab
abc
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
1
1
1
1
+ 3 3
+ 3

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh 3 3
.
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
Giải
Ta có:

a3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) = ab ( a + b ) + ( a + b )( a − b )  ab ( a + b ) .
2



1
1
1
c


=
=
.
3
a + b + abc ab ( a + b ) + abc ab ( a + b + c ) abc ( a + b + c )
3

19


Tương tự:

1
b + c + abc
3

3

1
c + a + abc
3

3



a
,
abc ( a + b + c )



b
.
abc ( a + b + c )

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng
ab
bc
ca
1
+
+
 .
c + ab
a + bc
b + ca 2
Giải
Theo giả thiết ta có
ab
ab
=
=
c + ab
c ( a + b + c ) + ab

1  ab
ab 

 
+
,
( c + a )( c + b ) 2  c + a c + b 
ab

bc
=
a + bc

1  bc
bc 
 
+
,
( a + b )( a + c ) 2  a + b a + c 

ac
=
b + ac

1  ac
ac 
 
+
.
( b + c )( b + a ) 2  b + c b + a 

bc

ac

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
ab
bc
ca
a+b+c 1
+
+

= .
2
2
c + ab
a + bc
b + ca
1
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
Bài 4. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1 . Chứng minh rằng

1
1
1
1
+ 2
+ 2
 .
2
2

2
x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2
2

Giải
Áp dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:
x 2 + y 2  2 xy ,
y2 +1  2 y .

Cộng vế theo vế ta được: x 2 + 2 y 2 + 3  2 ( x + xy + 1) .
Suy ra

1
1
1
 .
.
2
x + 2 y + 3 2 x + xy + 1
2

Tương tự:

1
1
1
 .
,
2
y + 2 z + 3 2 y + yz + 1

2

20


1
1
1
.
 .
2
z + 2 x + 3 2 z + zx + 1
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và gọi P là biểu thức vế trái của bất đẳng thức ta được
2


1
1
1
1
P 
+
+
.
2  x + xy + 1 y + yz + 1 z + zx + 1 


1
1
1

+
+
Vậy ta cần chứng minh 
  1.
 x + xy + 1 y + yz + 1 z + zx + 1 
Tuy nhiên đây là một đẳng thức luôn đúng, thật vậy
1
1
1
+
+
x + xy + 1 y + yz + 1 z + zx + 1
1
1
1
=
+
+
x + xy + 1 y + y. 1 + 1 1 + 1 x + 1
xy
xy xy
1
x
xy
=
+
+
=1
x + xy + 1 xy + 1 + x 1 + x + xy

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
Lưu ý: đẳng thức quan trọng với x, y, z có tích bằng 1 ta có
Bài 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

1
1
1
+
+
= 1.
x + xy + 1 y + yz + 1 z + zx + 1

1 1 1
+ + = 1 . Chứng minh rằng
a b c

a2
b2
c2
a+b+c
+
+

.
a + bc b + ca c + ab
4
Giải
Điều kiện được viết lại dưới dạng: abc = ab + bc + ca .

Khi đó

a2
a3
a3
a3
.
= 2
= 2
=
a + bc a + abc a + ab + bc + ca ( a + b )( a + c )

Sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:
a3
a + b a + c 3a
a3
4a − b − c
.
+
+



8
4
8
( a + b )( a + c ) 8
( a + b )( a + c )
b2
4b − a − c c 2
4c − a − b


,

.
b + ca
8
c + ab
8
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 .
Bài 6. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a + 3c
4b
8c
P=
+
+
.
a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c

Tương tự ta có:

21


Giải

 x = a + 2b + c a = − x + 5 y − 3z


Đặt  y = a + b + 2c  b = x − 2 y + z .

 z = a + b + 3c
c = z − y


Khi đó P =
=

−x + 2 y 4( x − 2 y + z ) 8( z − y )
+
−
x
y
z
2 y 4x 4z 8 y
+
+ +
− 17
x
y
y
z

 y 2x 
 z 2y 
= 2 +  + 4 +
 − 17 .
x y 
y z 
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có

P  4.

y 2x
z 2y
. +8 .
− 17 = 12 2 − 17 .
x y
y z

(
(
(

)
)

a = 5 2 − 7 x
 y 2x
=

x
y

 y = 2 x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

 b = 3 − 2 2 x .
z
2

y
z
=
2
y
=
2
x

 =


c = 2 − 2 x
z
 y


)

Vậy MinP = 12 2 −17 .
Bài tập:
Bài 1: Cho x, y, z là các số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh

1
1
1
+
+
1.
x + y +1 y + z +1 z + x +1

Bài 2: Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh


1
1
1
+
+

.
a + bc
b + ca
c + ab 6abc

Bài 3: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8 . Chứng minh rằng
1
1
1
1
+
+
 .
2x + y + 6 2 y + z + 6 2z + x + 6 4

Bài 4: Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x+3
4y
8
P=

+
+
.
x + 2 y +1 x + y + 2 x + y + 3
1.4 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM -GM dạng lũy thừa
a1m + a2m + ... + anm  a1 + a2 + ... + an 

 .
n
n


m

Trong đó ak , k = 1, n là các số không âm và m, n là các số nguyên dương.

22


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Các bất đẳng thức hay được sử dụng
1
1
3
4
a 3 + b3  ( a + b ) , a 4 + b 4  ( a + b ) .
4
8
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh

a3

( b + 3c )

3

+

b3

( c + 3a )

3

+

c3

( a + 3b )

3



3
.
64

Giải
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM dạng lũy thừa ta có

3

a3

( b + 3c )

3

+

b3

( c + 3a )

3

+

c3

( a + 3b )

3

b
c 
 a
 b + 3c + c + 3a + a + 3b 
 3
 .

3





Áp dụng bất đẳng thức AM -GM ta có:

(a + b + c)
a
b
c
a2
b
c2
+
+
=
+
+

b + 3c c + 3a a + 3b a ( b + 3c ) b ( c + 3a ) c ( a + 3b ) a ( b + 3c ) + b ( c + 3a ) + c ( a + 3b )
2

(a + b + c)
=
4 ( ab + bc + ca )
3 ( ab + bc + ca ) 3

=

4 ( ab + bc + ca ) 4
2

Suy ra

a3

( b + 3c )

3

+

b3

( c + 3a )

3

+

c3

( a + 3b )

3



3

.
64

1
1
4
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh a 4 + b 4 + c 4  ( a + b + c ) .
8
64
Giải
Sử dụng bất đẳng thức AM -GM dạng lũy thừa ta có:
4

c c

a+b+ + 

1
1
1
2 2 = 1 ( a + b + c )4 .
a 4 + b4 + c4 = a 4 + b4 + c4 + c4  4 

8
16
16
4
64






Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
Bài 3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh
3

a +b−c + 3 b+c −a + 3 c + a −b  3 a + 3 b + 3 c .

Giải
Áp dụng bất đẳng thức AM -GM dạng lũy thừa ta có:
23

c
.
2


3

a + b − c + 3 b + c − a  3 4(a + b − c + b + c − a ) = 23 b .

3

b + c − a + 3 c + a − b  3 4 (b + c − a + c + a − b ) = 2 3 c .

3

c + a − b + 3 a + b − c  3 4 (c + a − b + a + b − c ) = 2 3 a .

Cộng theo vế bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài tập:
3

3

3

 a   b   c  1
Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh 
 +
 +
  .
 a + 2b   b + 2c   c + 2a  9
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác. Chứng minh
a +b−c + b+c −a + c + a −b  a + b + c .

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng
ab
bc
ca
3
+ 2
+ 2
 .
2
c +1 a +1 b +1 4
1.5 Kỹ thuật lựa chọn điểm rơi
Bài 1. Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S = a +

1
.
a

Giải
Sai lầm thường gặp: S = a +
Dấu “ = ” xảy ra  a =

1
1
 2 a. = 2 .
a
a

1
 a = 1 , suy ra vô lí vì giả thiết là a  2 .
a

Cách làm đúng
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử

1
để sao cho khi áp dụng BĐT AM -GM dấu “ = ”
a

xảy ra khi a = 2 . Có các hình thức tách sau:
 1 1 
  a; a  (1)




1
  a;  (2)
a
 1  
 a;   
 a
 1 
  a;
 (3)
  a 
  
(4)
  a; 
 a 

Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1) (sơ đồ 2, 3, 4 làm tương tự)
2
1
a
=

  2 = 1   = 4.

 2
1 = 1
 a 2

24