chuyên đề bất đẳng thức môn toán

Chương 2
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ MÔ HÌNH NGHIÊN CỨU
2.1. Cơ sở lí luận:
2.1.1. Định nghĩa bất đẳng thức:
Bất đẳng thức là hệ thức dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b), a gọi là vế
trái, b gọi là vế phải của bất đẳng thức.
Ta có: a > b � a - b > 0
aa≥b �a-b≥0
a≤b �a-b≤0
2.1.2. Các tính chất của bất đẳng thức:
- Nếu a > b thì b < a
- Nếu a > b và b > c thì a > c
- Nếu a > b thì a + c > b + c
- Nếu a > b và c > d thì a + c > b + d
- Nếu a > b và c < d thì a - c > b - d
- Nếu a > b và c > 0 thì ac > bc
- Nếu a > b và c < 0 thì ac < bc
- Nếu a > b > 0 và c > d > 0 thì ac > bd
- Nếu a > b > 0 thì an > bn (nN)
- Nếu a > b thì a2n+1 > b2n+1 (nN)

1 1

- Nếu a > b và ab > 0 thì a b
- Nếu m > n > 0 thì:
a > 1  am > an
a = 1  am = an
0 < a < 1  am < an
1

2.1.3. Một số bất đẳng thức cơ bản:
- Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối:
a ≥ 0. Dấu "=" xảy ra  a = 0
a ≥ a. Dấu "=" xảy ra  a ≥ 0
a + b ≥ a + b. Dấu "=" xảy ra  ab ≥ 0
a - b ≤ a - b. Dấu "=" xảy ra a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0
- Bất đẳng thức Cauchy (Cô-si ):
Với a1,a2 ,...,an là các số không âm. Ta có:

a1  a2  ... an n
 a1a2 ...an
n
Dấu "=" xảy ra  a1 = a2 = ... = an
- Bất đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-côp-xki):
Với a1, a2, ..., an và b1, b2, ..., bn là hai bộ số tuỳ ý. Ta có:

 a1b1  a2 b2  ... anbn  2 a12  a22  ... a2n b12  b22  ... b2n 
Dấu "=" xảy ra 
- Một số bất đẳng thức khác:
+ Với a và b là hai số bất kì. Ta có:
a2 + b2 ≥ 2ab. Dấu "=" xảy ra  a = b
(a + b)2 ≥ 4ab. Dấu "=" xảy ra  a = b
+ Với a và b là hai số dương. Ta có:

a b
 2
b a
. Dấu "=" xảy ra  a = b
1 1

4
 
a b a  b . Dấu "=" xảy ra  a = b
+ Với a, b, c là các số dương. Ta có:

2


 a b  c 1  1  1  9
 a b c

. Dấu "=" xảy ra  a = b = c

2.1.4. Định nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức:
Cho biểu thức f(x) xác định trên miền D.
- Ta nói rằng M = const là giá trị lớn nhất của f(x) trên D nếu hai điều
kiện sau đồng thời được thoả mãn:
+ f(x)  M với  x  D
+ Tồn tại x0  D sao cho f(x0) = M.
Kí hiệu: max f(x) = M
- Ta nói rằng m = const là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên D nếu hai điều kiện
sau đồng thời được thoả mãn:
+ f(x)  m với  x  D
+ Tồn tại x0  D sao cho f(x0) = m.
Kí hiệu: min f(x) = m
2.1.5. Các bước giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức:
Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức f(x)  m (hoặc f(x)  M) với x  D.
Bước 2: Chỉ ra giá trị x0  D để f(x0) = m (hoặc f(x0) = M).
Bước 3: Kết luận.
Chú ý: Nếu chỉ chứng minh được f(x)  m hoặc f(x)  M thì chưa đủ để kết luận

về giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x - 1)2 + (x - 3)2
*Cách giải sai:
Ta có: (x - 1)2  0

(1)

(x - 3)2  0

(2)

 A  0 nhưng không thể kết luận được min A = 0 vì dấu “=” không xảy ra
đồng thời ở hai bất đẳng thức (1) và (2).
3


*Cách giải đúng:
Ta có: f(x) = x2 - 2x + 1 + x2 - 6x + 9 = 2(x2 - 4x + 2 ) = 2(x - 2)2 + 2  2
Vậy min A = 2  x - 2 = 0  x = 2
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu:
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy rằng đại
đa số học sinh đều lúng túng khi đứng trước một bài toán về chứng minh bất
đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số, nhiều em rất ngại làm bài tập
về dạng toán này.
Nguyên nhân dẫn đến khả năng nắm bắt và vận dụng kiến thức về bất đẳng
thức để chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm cực trị của một biểu thức ở học sinh
còn yếu là do:
- Học sinh chưa nắm vững định nghĩa cũng như các tính chất của bất đẳng
thức.
- Chưa vận dụng linh hoạt các kiến thức về bất đẳng thức vào giải các bài

toán cụ thể.
- Kinh nghiệm giải toán về bất đẳng thức và tìm cực trị còn ít.
- Hệ thống các bài tập tự giải, tự tích lũy của các em chưa nhiều.
- Các em chưa phân loại được các dạng toán cùng phương pháp giải.
Để khắc phục được những mặt hạn chế trên ở học sinh thì việc xây dựng một
chuyên đề về bất đẳng thức là vô cùng cần thiết.
2.3. Mô hình nghiên cứu:
2. 3.1. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức:
* Dùng định nghĩa:
Để chứng minh A ≥ B ta chứng minh A - B ≥ 0.
Ví dụ 1: Cho a và b là hai số không âm. Chứng minh rằng: a  b 2 ab
Giải:
2
2
Ta có: a  b  2 ab( a)  2 ab ( b) ( a 
4

b)2 0


Vậy a  b 2 ab
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)
Giải: Ta có:
2(a2 + b2) - (a + b)2 = 2a2 + 2b2 - a2 - 2ab - b2 = a2 - 2ab + b2 = (a - b)2 ≥ 0
Do đó: 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 hay (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)
* Dùng phép biến đổi tương đương:
Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với một bất đẳng
thức đúng.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)
Giải: Ta có: (a + b+c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca
 a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca ≥ 0
 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
 (a2 - 2ab + b2) + (b2 - 2bc + c2) + (c2 - 2ca + a2) ≥ 0
 (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ 0 (hiển nhiên)
Vậy (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

a2  b2  c2  d2  (a c)2  (b  d)2

Giải:
Ta có:

a2  b2  c2  d2  (a  c)2  (b  d)2
 a2  b2  2 (a2  b2 )(c2  d2 )  c2  d2 (a  c)2  (b  d)2
 (a2  b2 )(c2  d2 ) ac bd

(2)

Nếu ac + bd < 0 thì (2) luôn đúng.
Nếu ac + bd ≥ 0 thì:
2
2
2
2
2 2
2 2
(2)  (a  b )(c  d ) a c  b d  2acbd

 a2 c2  a2 d2  b2 c2  b2 d2 a2 c2  b2 d2  2acbd

 a2 d2  b2 c2  2.ad.bc0
5

(1)


 (ad bc)2 0 (hiển nhiên)
Vậy

a2  b2  c2  d2  (a  c)2  (b  d)2

Ví dụ 3: Cho x, y là các số thực khác 0. Chứng minh rằng:
 x y
x2 y2
  


4

3
y2 x2
 y x
Giải: Ta có:
 x y
x2 y2
 2  4 3   
2
y
x
 y x

2

 x y
     1  3 
 y x

 x2 y2

 2  2  2  2 
y

x



 x y
3   0 
 y x

 x y
3   0
 y x

 x y  x y
   1  
 y x  y x


1 


x y
3  
y x


1 0


 x y  x y 
x2  y2  xy x2  y2  2xy
    1   2  0 
.
0
y
x
y
x
xy
xy



2

y
3 2
x



y  (x  y)2


2
4 


0
x2 y2
(hiển nhiên)
 x y
x2 y2
  


4

3
2
2
y
x
 y x
Vậy
* Dùng các tính chất của bất đẳng thức:
Sử dụng các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi và suy ra bất đẳng
thức cần chứng minh.
Ví dụ 1: Cho hai số x, y thỏa mãn điều kiện: x + y = 2.
Chứng minh rằng: x4 + y4 ≥ 2
Giải: Ta có:

(x2 - y2)2 ≥ 0  x4 + y4 ≥ 2x2y2  2(x4 + y4) ≥ (x2 + y2)2

(1)

(x - y)2 ≥ 0  x2 + y2 ≥ 2xy  2(x2 + y2) ≥ (x + y)2 = 4  x2 + y2 ≥ 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x4 + y4 ≥ 2
6


Ví dụ 2: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn điều kiện: x + y + z ≤ 6.

1 1 1 3
  
x
y z 2
Chứng minh rằng:
Giải:

1 1 1
  0
x
y z
Nhân hai vế của bất đẳng thức x + y + z ≤ 6 với
, ta được:
 1 1 1  1 1 1
    6   
 x y z
(x + y + z)  x y z 
 x y  y x  x z   1 1 1 
 3             6   

 y x  z y  z x  x y z
 x y
 y x
 x z
   2 ;    2 ;    2
 z x
 z y
Vì x, y, z > 0 nên  y x 
 1 1 1
6   
Do đó:  x y z  ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9
1 1 1 3
  
x
y z 2
Vậy
Ví dụ 3: Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c2 ≤ 2(ab + bc + ca)
Chứng minh rằng: a + b + c ≤ 2





ab bc  ca

Giải: Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ 2(ab + bc + ca)
 a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≤ 0
 a2 + b2 + c2 + 2ab - 2bc - 2ca ≤ 4ab
 (a + b - c)2 ≤ 4ab  a + b - c ≤ 2 ab
Tương tự: b + c - a ≤ 2 bc ; c + a - b ≤ 2 ca

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
a+b+c≤2





ab bc  ca

* Dùng các bất đẳng thức cơ bản:
Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Cô-si, bất đẳng thức
Bu-nhi-a-côp-xki, ... để biến đổi và suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
7


Ví dụ 1: Cho a, b, c ≥ 0. Chứng minh rằng: a + b + c ≥

ab bc  ca

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a + b ≥ 2 ab
b + c ≥ 2 bc
c + a ≥ 2 ca
Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
ab bc  ca

2(a + b + c) ≥ 2( ab bc  ca ) hay a + b + c ≥

xy 2
Ví dụ 2: Cho x, y ≥ 0. Chứng minh rằng: (1+ x)(1+ y)  (1 +

)
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có :

1
(1+ x)(1+ y) =

2



 

 ( x)2 12  ( y)2  1.1  x. y

 = (1 +
2

xy )2

xy )2
Vậy (1+ x)(1+ y)  (1 +
1
5
Ví dụ 3: Cho a, b > 0 và ab = 1. Chứng minh rằng: a + b + a b  2
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
1
5
Vậy a + b + a b  2 . Dấu "=" xảy ra  a = b = 1
Ví dụ 4: Cho a, b > 0 và 3a + 4b = 5. Chứng minh rằng:
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:


Dấu "=" xảy ra   ;

a2 b2 c2 (a  b  c)2

 
x
y
z
x y z
Ví dụ 5: Cho a, b, c, x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
 a2 b2 c2 
(x  y  z) 
   ( x)2  ( y)2  ( z)2
y
z
 x



8



2
 a 2  b 2
c





 

 
 
 x   y   z  




2


a
b
c 
 x.
 y.
 z.  (a  b  c)2
x
y
z


a2 b2 c2 (a  b  c)2

 
x
y

z
x y z
Vậy
* Phương pháp phản chứng:
Giả sử cần phải chứng minh một bất đẳng thức nào đó là đúng, ta hãy giả
sử bất đẳng thức đó sai rồi vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài
để suy ra điều vô lí (trái với giả thiết, mâu thuẫn với nhau). Từ đó suy ra bất
đẳng thức cần chứng minh là đúng.
 a b c  0

 ab bc ca 0

Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c thoả mãn:  abc 0
Chứng minh rằng: a > 0, b > 0, c > 0.
Giải:
Giả sử a  0.
+ Nếu a = 0 thì abc = 0. Vô lí!
+ Nếu a < 0:
Từ abc > 0  bc < 0. Kết hợp với ab + bc + ca > 0  ab + ac > 0
 a(b + c) > 0
Mà a < 0  b + c < 0
Do đó: a + b + c < 0. Mâu thuẫn với giả thiết a + b + c > 0!
Vậy a > 0.
Chứng minh tương tự ta có: b > 0, c > 0.
Ví dụ 2: Cho 0 < a, b, c < 1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng
thức sau là sai:

9





a1 

b

1
;
4



b1 



c 

1
;
4

c1



a



1
4



a



1
4

Giải:
Giả sử cả ba bất đẳng thức trên đều đúng.
1
1
a1  b 
;
b1  c 
;
4
4
Ta có:
1
a1 b b1  c c1  a 
64










 



 

c1



(1)
2

1 
1
1
a  a  a   a   
4 
2
4
Mặt khác:
1


4
Mà 0 < a < 1 nên 0 < a 1  a
1
1


4 ; 0 < c1 c
4
Tương tự: 0 < b 1  b
1
a1  b b1  c c1  a 
64 . Mâu thuẫn với (1)!
Do đó:
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là sai.





a1 











 



 





2.3.2. Một số dạng toán thường gặp về chứng minh bất đẳng thức:
2.3.2.1. Dạng toán vận dụng bất đẳng thức Cô-si:
Bài 1: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng:
a) a3 + b3 ≥ ab(a + b)
b) a4 + b4 ≥ ab(a2 + b2)
c) a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c)
Giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2 3 3
2
3
a3 + a3 + b3 ≥ 3 (a ) .b 3a b
2 3
2
3 3
a3 + b3 + b3 ≥ 3 a .(b ) 3ab

Do đó: 3(a3 + b3) ≥ 3ab(a + b) hay a3 + b3 ≥ ab(a + b)

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
3 4 4
3
4
a4 + a4 + a4 + b4 ≥ 4 (a ) .b 4a b

10


3 4
3
4 4
a3 + b4 + b4 + b4 ≥ 4 a .(b ) 4ab

Do đó: 4(a4 + b4) ≥ 4ab(a2 + b2) hay a4 + b4 ≥ ab(a2 + b2)
c) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2 4 4 4
2
4
a4 + a4 + b4 + c4 ≥ 4 (a ) .b .c 4a bc
2 4 4
2
4 4
a4 + b4 + b4 + c4 ≥ 4 a .(b ) .c 4ab c
2 4
2
4 4 4
a4 + b4 + c4 + c4 ≥ 4 a .b .(c ) 4abc

Do đó: 4(a4 + b4 + c4) ≥ 4abc(a + b + c) hay a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c)

Bài 2: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

ab bc ca
  a  b  c
a) c a b
a2 b2 c2

 a  b  c
a
b) b c
a3 b3 c3

 ab bc ca
c) b c a
a2 b2 c2 a b c
 2  2  
2
c
a b c a
d) b
Giải:
ab bc
ab bc
 2
. 2b
c a
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: c a
bc ca
bc ca
 2

. 2c
a b
a b
ab ca
ab ca
 2
. 2a
c b
c b
ab bc ca
  a  b  c
Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được: c a b

a2
a2
 b 2
.b 2a
b
b
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
b2
b2
 c 2
.c 2b
c
c
11


c2

c2
 a 2
.a 2c
a
a
Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
hay

a3
a3
 ab2
.ab2a2
b
c) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: b
b3
b3
 bc2
.bc 2b2
c
c
c3
c3
 ca2
.ca 2c2
a
a
Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

a3 b3 c3


  ab bc ca2(a2  b2  c2 )
b c a
2
2
2
2
2
2
Mặt khác: a  b  c ab bc ca  2(a  b  c ) 2(ab bc ca)
a3 b3 c3

  ab bc ca2(ab bc ca)
b
c
a
Do đó:
a3 b3 c3

 ab bc ca
Vậy b c a
a2 b2 c2
a2 b2 c2
3
 2  2 3 2 . 2 . 2 3
2
b
c
a
b c a
d) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

Ta lại có:
a2
a2
a b2
b2
b c2
c2
c
 1 2 2 .1 2.
 1 2 2 .1 2.
 1 2 2 .1 2.
2
2
2
b; c
c; a
a
b
b
c
a
 a2 b2 c2 
 a b c
2 2  2  2   3 2     3
b
c
a 
 b c a
Do đó: 
a2 b2 c2 a b c

 2  2  
2
c
a b c a
Vậy b
Bài 3: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng:
2
2
2
a) a  b  c a bc  b ca  c ab
3
3
3
2
2
2
b) a  b  c a bc  b ca  c ab

12


1
a bc  b ca  c ab (a  b  c)2
3
c)
Giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: b + c ≥ 2 bc a(b + c) ≥ 2a bc
 ab + ac ≥ 2a bc
Tương tự: bc + ba ≥ 2 b ca ; ca + cb ≥ 2 c ab
Do đó: ab + bc + ca ≥ a bc b ca c ab

Mặt khác: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
2
2
2
Vậy a  b  c a bc  b ca  c ab

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: b + c ≥ 2 bc a2(b + c) ≥ 2a2 bc
 a2b + a2c ≥ 2a2 bc
Tương tự: b2c + b2a ≥ 2b2 ca ; c2a + c2b ≥ 2c2 ab
2

Do đó: ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ≥ 2( a

bc b2 ca c2 ab)

Mặt khác: a3 + b3 ≥ ab(a + b) ; b3 + c3 ≥ bc(b + c) ; c3 + a3 ≥ ca(c + a)
 2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)
3
3
3
2
2
2
Vậy a  b  c a bc  b ca  c ab

c) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
(a  b  c)2 a2  b2  c2  2ab 2bc 2ca

ab bc bc ca ca ab



2
2
2
2a bc  2b ca  2c ab b ca  c ab a bc 3(a bc  b ca  c ab)
1
a bc  b ca  c ab (a  b  c)2
3
Vậy
(a2  bc)  (b2  ca)  (c2  ab) 

Bài 4: Cho a, b 1. Chứng minh rằng: a b  1  b a  1 ab
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

13


a b  1 a (b  1).1 
Tương tự:

b a 1 

a.(b  1  1) ab

2
2

ab
2

ab ab
 ab
2
2
Do đó:
Bài 5: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a b 1  b a 1 

a
b
c
3



2
2
2
a) 1  a 1  b 1  c 2
1
1
1
a b c



2
2
2
2abc

b) a  bc b  ca c  ab
Giải:
a
1

2
2
2
2
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1  a 2 1.a 2a  1  a
b
1
c
1


2
2
Tương tự: 1  b 2 ; 1  c 2
Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
a
b
c
3



2
2
2

1 a 1 b 1 c 2
2
2
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a  bc2 a bc 2a bc

Tương tự: ;
Do đó:
1
1
1
1
1
1
bc  ca  ab






2abc
a2  bc b2  ca c2  ab 2a bc 2b ca 2c ab
Ta lại có:

bc  ca  ab

b c c  a a b


a  b  c

2
2
2

1
1
1
a b c



2
2
2
2abc
Vậy a  bc b  ca c  ab

1
1
(a  b)2  (a  b) a b  b a
4
Bài 6: Cho a, b  0. Chứng minh rằng: 2
14


Giải:
1
1
1
1 1

1
1


(a  b)2  (a  b)  (a  b) a  b    (a  b) a   b  
4
2
2 2
4
4


Ta có: 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

1
1
(a  b)2  (a  b) a b  b a
4
Vậy 2
Bài 7: Cho a, b, c ba số dương. Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
a b c



b c c  a a b

2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

a2
b c
a2 b  c
a2
b c

2
.
a 
a 
b c
4
b c 4
b c
4
2
2
b
c a
c
a b
b 
c 
4 ; a b
4
Tương tự: c  a

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

a2
b2
c2


a  b  c 
b c c  a a b

 b  c c  a a  b a  b  c




4
4 
2
 4

a2
b2
c2
a b c



2
Vậy b  c c  a a  b
Bài 8: Cho a, b, c > 1. Chứng minh rằng:

a
b
c


12
b 1
c 1
a 1

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

a
 4( b  1) 2
b 1
Tương tự:

a
.4( b  1) 4 a 
b 1

b
4 b  4 c  4 ;
c 1

a
4 a  4 b  4
b 1

c
4 c  4 a  4
a 1

15


Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

a
b
c


12
b 1
c 1
a 1
Bài 9: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
a2  b2  c2



a  2b b  2c c  2a
3
a3
a(a  2b)

a4 2 2

2
 a
a

2
b
9
9
3
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
b3
b(b  2c)
b4 2 2

2
 b
b  2c
9
9 3
c3
c(c  2a)
c4 2 2

2
 c
c  2a
9
9 3

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
a3
b3
c3
2
1


 (a2  b2  c2 )  (a2  b2  c2  2ab 2bc 2ca)
a  2b b  2c c  2a 3
9
2 2
1
(a  b2  c2 )  (a  b  c)2
9
=3
1
1
(a  b  c)2  (a2  b2  c2 )
3
Mặt khác : (a  b  c) 3(a  b  c )  9
2

2

2

2

Do đó:

a3
b3
c3
2
1
a2  b2  c2


 (a2  b2  c2 )  (a2  b2  c2 ) 
a  2b b  2c c  2a 3
3
3
a3
b3
c3
a2  b2  c2



a

2
b
b

2
c
c

2

a
3
Vậy
Bài 10: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a3
b3
c3
a b c



b(c  a) c(a  b) a(b  c)
2

16


a3
b c  a 3 a3 3
 
3
 a
b
(
c

a
)
2

4
8
2
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
b3
c a  b 3 b3 3
 
3
 b
c(a  b) 2
4
8 2
c3
c a  b 3 c3 3
 
3
 c
c(a  b) 2
4
8 2

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

a3
b3
c3
a b c




b(c  a) c(a  b) a(b  c)
2
Bài 11: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a4
b4
c4
a3  b3  c3



b c c  a a b
2
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

a4
a2 (b  c)
a6
a4
a2 b  a2 c
3
3

2
a 
a 
b c
4
4
b c
4

b4
b2 c  b2a
c4
c2a  c2 b
3
3
b 
c 
4
4
Tương tự: c  a
; a b
a4
b4
c4
1



a3  b3  c3  (a2 b  a2 c  b2 c  b2a  c2a  c2 b)
b c c  a a b
4
Mặt khác : a3 + b3  a2b + ab2 ; b3 + c3  b2c + bc2 ; a3 + c3 a2c + ac2

a4
b4
c4
1 3
a3  b3  c3
3

3
3
3
3


a  b  c  (a  b  c ) 
2
2
Do đó: b  c c  a a  b
a4
b4
c4
a3  b3  c3



2
Vậy b  c c  a a  b
Bài 12: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a5 b5 c5


b2 c2 a2  a3 + b3 + c3
17


Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
a5 a5 a5



b2 b2 b2
b5 b5 b5


c2 c2 c2
c5 c5 c5


a2 a2 a2

+ b3 + b3 = 5a3

+ c3 + c3 = 5b3

+ a3 + a3 = 5c3

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
 a5 b5 c5 
 2  2  2
b
c
a  

3
5(a3 + b3 + c3) - 2(a3 + b3 + c3)
a5 b5 c5
 2  2
2
c

a  a3 + b3 + c3
hay b
Bài 13: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi.
1
 abc
Chứng minh rằng: (p - a)(p - b)(p -c) 8
Giải:
a b  c
b c  a
 a
0
2
2
Ta có: p - a =
(vì b + c > a)
Tương tự: p - b > 0, p - c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2

2

c2
 p  a  p  b  2p  a  b

 
 
2
2
4





(p - a)(p - b)
a2
b2

Tương tự: (p - b)(p -c)  4 ; (p - c)(p - a) 4

a2 b2 c2
(p  a) (p  b) (p  c) 
64
Do đó:
1
(p  a)(p  b)(p  c)  abc
8
Vậy
2

2

2

18


Bài 14: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3

a b c
 2
 2

2
2
2
2
2
a b
b c
c a
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:





a3
a (a2  b2 )  b2
ab2
ab2
b

a  2
a 
a 
2
2

2
2
2
2ab
2
a b
a b
a b
Chứng minh tương tự rồi cộng theo từng vế ta được:
a3
b3
c3
a b c a b c



a

b

c


2
2
a2  b2 b2  c2 c2  a2
a3
b3
c3
a b c




2
2
2
b2  c2 c2  a2
Vậy a  b
Bài 15: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a4
b4
c4
a b c
 3
 3

3
3
3
3
3
a  2b b  2c c  2a
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:





a4

a (a3  2b3 )  2b3
2ab3
2ab3
2

a  3
a 
a  b
3
3
3
3
3
2
3
a  2b
a  2b
a  2b
3ab
Chứng minh tương tự rồi cộng theo từng vế ta được:
a4
b4
c4
2
a b c



a


b

c

(
a

b

c
)

3
3
a3  2b3 b3  2c3 c3  2a3
a4
b4
c4
a b c



3
3
3
3
3
3
3
Vậy a  2b b  2c c  2a

2.3.2.2. Dạng toán vận dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki:
Bài 1: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng:
a)

a2  b2  b2  c2  c2  a2  2 (a  b  c)

b)

a(b  c)  b(c  a)  c(a  b)  2 (a  b  c)

19


Giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
1
2
a2  b2  (a  b)
2
(a + b)2 ≤ 2(a2 + b2)  a2 + b2 ≥ 2 (a + b)2 
Tương tự:

b2  c2 

2
(b  c)
2
;

c2  a2 

2
(c  a)
2

a2  b2  b2  c2  c2  a2  2 (a  b  c)

Do đó:

b) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

a(b  c)  b(c  a)  c(a  b)  2 (a  b  c)

Do đó:

Bài 2: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng:
a)

a2  2bc  b2  2ca  c2  2ab 3(a  b  c)

b)

a2  8bc  b2  8ca  c2  8ab3(a  b  c)

Giải:
a) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

= = 3(a +b +c)
b) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
a2  8bc  b2  8ca  c2  8ab 3(a2  8bc b2  8ca c2  8ab)

 3(a  b  c)2  3.6(ab bc ca)
2
Mặt khác: 3(ab bc ca) (a  b  c)

Do đó:

a2  8bc  b2  8ca  c2  8ab 9(a  b  c)2 = 3(a + b + c)

1 1 1
  2
x
y z
Bài 3: Cho x, y, z 1 và
. Chứng minh rằng:

x y z  x 1  y 1  z 1
20


Giải :

1 1 1
1
1
1
x 1 y 1 z 1
  2  1   1   1  1 


1

x
y
z
x
y
z
x
y
z
Ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki, ta có:

 x  1 y  1 z  1

x  y  z  x  y  z


2

x

1

y

1

z

1

x
y
z





Vậy

x y z  x 1  y 1  z 1

Bài 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a

 b  c

2



b

 c  a

2



c

 a  b

2



9
4 a  b  c

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
2
 a
  a
b
c
b
c

 
 a  b  c





2
2
2 

b

c
c

a
a  b
 c  a  a  b  
  b  c

 x  y  z 1  1  1  9

 x y z
Áp dụng bất đẳng thức:
(với x = b + c ; y = c + a ; z = a + b)
Ta có:
1
1  9
 1
  a  b  c



 b  c c  a a  b 2
a
b
c
9
 1
1

1 

b c
c a
a b 2
a
b
c
9
3



  3
b c c  a a b 2
2

a
b
c
9



2
2
2
 c  a  a  b 4 a  b  c
Vậy  b  c

21




2.3.2.3. Dạng toán vận dụng phương pháp đổi biến:
Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a
b
c


3
b c  a c  a b a b c
Giải:
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0, a + b - c > 0,
b + c - a > 0, c + a - b > 0.
Đặt b + c - a = x; c + a - b = y; a + b - c = z  x, y, z > 0
Ta có:

a

y z
z x
x y
b
c
2 ;
2 ;

2

y z z x x y


3
2
x
2
y
2
z
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
y z z x x y


6
x
y
z

 y x  z x  z y
           6
 x y  x z   y z 
(hiển
nhiên)

a
b
c



3
Vậy b  c  a c  a  b a  b  c
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c


1
2b  2c  a 2c  2a  b 2a  2b  c
Giải:
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0, 2a + 2b - c > 0,
2b + 2c - a > 0, 2c + 2a - b > 0.
Đặt 2b + 2c - a = x; 2c + 2a - b = y; 2a + 2b - c = z  x, y, z > 0
2y  2z  x
2z  2x  y
2x  2 y  z
b
c
9
9
9
Ta có:
;
;
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a


22


 y x  z x  z y
           6
  x y  x z   y z 
(hiển nhiên)
a
b
c


1
Vậy 2b  2c  a 2c  2a  b 2a  2b  c
Bài 3: Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1
1
1


1
a b1 b c 1 c  a1
Giải:
Đặt a = x3 ; b = y3 ; c = z3. Do abc = 1 nên xyz = 1.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
1
1
1

 3
 3
1
3
3
3
x  y  1 y  z  1 z  x3  1
Áp dụng bất đẳng thức: a3 + b3 ≥ ab(a + b) (với a > 0, b > 0).
1
1
z
z



3
3
Ta có: x  y  1 xy(x  y)  1 xyz(x  y)  z x  y  z
1
x
1
x

; 3

3
3
3
Tương tự: y  z  1 x  y  z z  x  1 x  y  z

(vì xyz = 1)

Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
1
1
1


1
x3  y3  1 y3  z3  1 z3  x3  1
1
1
1


1
a

b

1
b

c

1
c

a


1
Vậy
Bài 4: Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
3
 2
 2

a (b  c) b (c  a) c  a  b 2
2

Giải:

1
1
1
Đặt a = x ; b = y ; c = z . Do abc = 1 nên xyz = 1.
Ta có: a + b = z(x + y); b + c = x(y + z); c + a = y(z + x)
x
y
z
3



Bất đẳng thức cần chứng minh tương với: y  z z  x x  y 2
23

(bất đẳng thức Net-bit)
1
1
1
3



2
2
2
Vậy a (b  c) b (c  a) c  a  b 2
Bài 5: Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
3
 3
 3

a (b  c) b (c  a) c  a  b 2
3

Giải:

1
1
1
Đặt a = x ; b = y ; c = z . Do abc = 1 nên xyz = 1

Ta có: a + b = z(x + y); b + c = x(y + z); c + a = y(z + x)
x2
y2
z2
3



Bất đẳng thức cần chứng minh tương với: y  z z  x x  y 2
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
 x2
y2
z2 
 ( x  y  z) 2
 ( y  z)  (z  x )  (x  y) 


 y z z  x x  y
 x2
y2
z2 
 ( x  y  z) 2
 2( x  y  z)


 y z z  x x  y

x2
y2
z2

x  y  z 33 xyz 3






yz zx xy
2
2
2
1
1
1
3



3
3
3
Vậy a (b  c) b (c  a) c  a  b 2
2.3.2.4. Dạng toán vận dụng điều kiện ràng buộc giữa các biến:
Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và a + b + c = 2.
52
a2  b2  c2  2abc 2
Chứng minh rằng: 27
Giải:

24

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a < b + c  2a < a + b + c
mà a + b + c = 2  2a < 2  a < 1
Tương tự: b < 1, c < 1
Suy ra: (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương 1 - a, 1 - b, 1 - c, ta có:
3

1
 3  (a  b  c) 

 
3
27

(1 - a)(1 - b)(1 - c)  
1
Do đó: 0 < (1 - a)(1 - b)(1 - c)  27
1
 0  1  (a  b  c)  ab bc ca abc
27
28
 1  ab bc ca abc
27
56
 2  2ab 2bc 2ca 2abc
27
56
 2  (a  b  c)2  (a2  b2  c2  2abc) 

27
56
 2  4  (a2  b2  c2  2abc) 
27
 52
  2   (a2  b2  c2  2abc) 
27
52 2

a  b2  c2  2abc 2
27

Bài 2: Cho a, b, c  0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
7
0 ab bc ca 2abc
27
Giải: Vì a, b, c  0 và a + b + c = 1 nên 0 ≤ a, b, c ≤ 1  0 ≤ abc ≤ 1
2
3
3
3
Ta có: ab bc ca3 (abc) 3 (abc) 3abc

 ab bc ca 2abc3abc 2abcabc0
3

1
 a  b  c

 

3
27

Ta lại có: abc 
Mặt khác: (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) ≤ abc
25