CHUYÊN đề sử DỤNG bất ĐẲNG THỨC AM – GM TRONG các bài TOÁN CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC và tìm cực TRỊ

Họ và Tên:
Trần Thị Phi Nga
Chức vụ:
Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc
CHUYÊN ĐỀ
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM TRONG
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
VÀ TÌM CỰC TRỊ
Đối tượng bồi dưỡng: Đội tuyển HSG lớp 9.
Số tiết: 12

A. Lý do chọn chuyên đề:
Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp tôi thấy rằng học sinh thường mất điểm
khi không giải được các bài tập chứng minh bất đẳng thức (CMBĐT) hay tìm giá trị
lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN). Nhiều học sinh cho rằng đó là bài tập mà
các em thường khơng giải được, do tính chất đặc thù của loại tốn mang tính tư duy
và trừu tượng cao. Vì vậy học sinh thường mất nhiều thời gian hoặc không làm được
loại bài này. Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) tôi rất trăn trở và suy
nghĩ mình phải làm thế nào để học sinh u thích giải các bài tập CMBĐT hơn. Vì
nếu các em có phương pháp giải các bài tập đó một cánh thành thạo thì việc tư duy và
thuật tốn để giải các loại bài tập khác sẽ nhanh nhẹn hơn, giúp các em có thể đạt
được kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
Do vậy tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM trong
các bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị”. Nhằm giúp các em có cách nhìn tổng
quát và những suy nghĩ để mở rộng các kiến thức đã học từ sách giáo khoa. Từ đó các
em tự vận dụngvà phát triển tư duy với các bài tập tương tự, tổng quát và liên hệ một
cách lơ-gic với các dạng tốn đã học.
Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với cách làm trên tôi
thấy rằng học sinh của tôi đã bắt đầu yêu thích các bài tập CMBĐT, các chuyên đề
CMBĐT và tìm cực trị đã lơi cuốn học sinh học tập say mê hơn. Từ đó tơi thấy rằng

trong các kỳ thi học sinh giỏi nếu làm được bài tập CMBĐT hay tìm cực trị là chúng
ta có niềm tin rằng chất lượng đội tuyển sẽ được nâng lên và đạt thành tích cao.
Tơi cũng nhận ra rằng hướng dẫn học sinh biết cách tìm tịi khám phá những điều
mới lạ, xuất phát điểm từ những điều giản đơn, từ sách giáo khoa, từ những kiến thức
chuẩn kỹ năng. Học sinh sẽ làm được những điều phi thường từ những điều giản đơn
đó. Thực tế cho tơi thấy rằng mình đã phần nào có được kết quả mong đợi. Trong kỳ
thi học sinh giỏi cấp Tỉnh năm học 2009-2010, đội tuyển tôi phụ trách hầu hết các em
làm được bài tốn CMBĐT, nhờ đó mà chất lượng đội tuyển đạt vị thế cao. Do đó tơi
đã giảng dạy chun đề: “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM trong các bài tốn chứng
minh BĐT và tìm cực trị” cho đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 ở nhiều năm học, với kỳ
vọng các em sẽ yêu thích các bài tập CMBĐT khô khan, trừu tượng, nhưng vô cùng
hấp dẫn và lý thú. Với mục tiêu bồi dưỡng nhân tài cho Huyện,cho Tỉnh nhà và cho
đất nước của chúng ta. Thực hiện lời dạy của Bác trước lúc người đi xa: “ Vì lợi ích
mười năm trồng cây, vì lợi ích trăm năm trồng người”
35


B. Nội dung của chuyên đề:

.

*) Các bất đẳng thức cơ bản:
+) Với mọi số thực a ta ln có |a| ≥ a ; a2 ≥ 0
+) Với mọi số thực a; b ta có (a – b)2 ≥ 0
*) Các bất đẳng thức suy ra:
+) Với mọi số thực a, b ta ln có :

2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 ≥ 4ab

+) Với a; b là các số thực cùng dấu thì:

a b
+ ≥2
b a

Hoặc với a, b là các số thực trái dấu thì:

a b
+ ≤ −2
b a

*)Bất đẳng thức AM - GM:
+) Với các số thực khơng âm a1, a2, ...an ta có

a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1a 2 ...a n
n

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 =...= an
( Bất đẳng thức được phát biểu như sau: Trung bình cộng của n số khơng âm lớn hơn
hoặc bằng trung bình nhân của n số đó).
*) Các trường hợp đặc biệt
+) Với n = 2 ta có bất đẳng thức:
a1 + a 2
≥ a1a 2
2

hay a1 + a 2 ≥ 2 a1a 2

hay

( a1 + a 2 )

2

4

≥ a1a 2

+) Với n = 3 ta có bất đẳng thức:
a1 + a 2 + a 3 3
≥ a1a 2a 3 hay a1 + a 3 + a 3 ≥ 3 3 a1a 2a 3
3

I)

hay

( a1 + a 2 + a 3 )
27

3

≥ a1a 2a 3

Một số bài toán quen thuộc có sử dụng BĐT AM – GM

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta có:

1 1 1

9
+ + ≥
a b c a +b +c
( Đây là BĐT mà HS hay gọi là BĐT cộng mẫu)

36


Chứng minh: Sử dụng BĐT AM – GM cho 3 số a, b, c và

1 1 1
; ; ta có
a b c

1 1 1
1
( a + b + c)( + + ) ≥ 3 3 abc .3 3
=9
a b c
abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b =c
Tổng quát hóa bài toán : Với mọi số thực dương a1 ; a2 ; a3 ;.....; an ta có bất đẳng
thức

1 1 1
1
n2
+ + + .... + ≥
a1 a2 a3
an a1 + a2 + a3 + .... + an

Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 =…= an
*) Sử dụng BĐT ở VD1 ta chứng minh bài toán sau : Cho x, y, z là 3 số dương thay
đổi luôn thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

1
1
1
+
+
x
y
z

Giải: Áp dụng VD1 ta có P =
2
 P ≥

1
1
1
+
+
≥
x
y
z

9
x+ y+ z

81
81
≥
( x + y + z ) 2 3( x + y + x)

2
Do x + y + z = 3 nên ta có P ≥

81
=9
9

⇒

P≥3

Dấu “ = “ xảy ra khi x = y = z và x + y + z = 3 hay x = y =z = 1
Vậy Min P = 3 khi x = y =z = 1
Ví dụ 2: Cho các số thực không âm a; b; c trong đó khơng có hai số nào đồng thời

bằng 0. Chứng minh rằng:

a
b
c
3
+
+
≥

b+c a+c b+a 2

Chứng minh:
Khơng mất tính tổng quát ta đặt
37


a
b
c
+
+
b+c a+c b+a
b
c
a
M=
+
+
b+c a+c b+a
S=

N=

c
a
b
+
+
b+c a+c b+a

Ta có M + N = 3. Áp dụng BĐT AM – GM cho ba số khơng âm ta có:

b+a b+c c+a
+
+
≥3
b+c a+c b+a
a+c a+b b+c
N +S =
+
+
≥3
b+c a+c b+a

M +S =

Do vậy M + N + 2S ≥ 6. Mà M + N = 3 nên ta suy ra 2S ≥ 3 hay S ≥

3
2

Dấu “=” xảy ra khi a = b =c
Bất đẳng thức mà chúng ta vừa chứng minh chính là BĐT Nestbit.
Sau đây chúng ta sẽ bắt đầu quá trình khám phá các bài toán sử dụng BĐT AM – GM.
Chúng ta hãy bắt đầu với bài toán sau:
Bài toán 1: Cho x, y, z là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
xyz ≥ (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y)
Nếu ta đặt x = b+c; y = c + a; z = a + b
BĐT cần chứng minh trở thành bài toán sau:

Bài toán 1.1: Cho a; b; c là các số dương. Chứng minh rằng
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc
Lời giải: Áp dụng BĐT AM – GM cho 2 số dương ta có

a + b ≥ 2 ab ; c + b ≥ 2 cb ; a + c ≥ 2 ac
Nhân vế với vế của 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh.
Trở lại bài toán 1 ta thấy rằng chỉ cần điều kiện x, y, z là số dương là đủ.
Do vậy nếu x, y, x là các số dương ta sẽ có bài toán sau:
Bài toán 1.2: Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh rằng
xyz ≥ (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y)
Lời giải: Khơng mất tính tổng qt giả sử x ≥ y ≥ z >0
38


+) Nếu x ≥ y + z thì x + y – z ≥ x + z –y > 0 > y + z – x
Nên xyz > 0 > (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y)
+) Nếu x < y + z Áp dụng BĐT AM – GM cho các số dương ta có
x+ y−z+ y+z−x
2
y+z−x+x+z− y
( y + z − x)( x + z − y ) ≤
2
x+z− y+x+ y−z
( x + z − y )( x + y − z ) ≤
2
( x + y − z )( y + z − x) ≤

(1)
(2)
(3)

Nhân vế với vế của (1); (2); (3) ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Giả sử S = a + b + c ta có
(S – a)(S – b)(S – c) = (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc

(1)

Với 3 số dương a + b; b + c; c + a áp dụng bài toán 1.1 ta thu được
(S + a)(S + b)(S + c) = [(c + b) + (c + a)][(c + a)+(a + b)][(a + b) + (b + c)] ≥ 64abc
(2)
Nhân theo từng vế của (1) và (2) ta có
(S2 – c2) (S2 – b2) (S2 – a2) ≥ 83a2b2c2
Chúng ta thu được bài toán sau:
Bài toán 1.3: Cho a; b; c là các số dương và S = a + b + c. Chứng minh rằng

S2
S2
S2
( 2 − 1)( 2 − 1)( 2 − 1) ≥ 83
a
b
c
Bài toán 1.4: ( IMO 2000)
Cho a; b; c có tích bằng 1. Chứng minh rằng
1
1
1
(a + − 1)(b + − 1)(c + − 1) ≤ 1
b
c

a

Lời giải: Do abc = 1 nên tồn tại 3 số x; y; z dương sao cho a =
BĐT cần chứng minh trở thành
 x z   y x  z y 
 + − 1÷ + − 1÷ + − 1÷≤ 1
 y y   z z  x x 

 (x +z-y)(x+y-z)(y+z-x) ≤ xyz
39

x
,
y

b=

y
z

c=

z
x


Theo bài toán 1.2, BĐT được chứng minh.
Bài toán 1.5: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng
a
a 2 + 8bc

b

+

b 2 + 8ac
a

Lời giải: Đặt x =

a 2 + 8bc

c

+

c 2 + 8ab
b

y=

;

≥1

b 2 + 8ac

z=

;

c
c 2 + 8ab

Nhận thấy x, y, z đều dương nên BĐT trên tương đương với x + y + z ≥ 1
1
8bc
1
8bc
=
1
+
=>
−
1
=
x2
a2
x2
a2
Tương tự ta có
Ta thu được (

1
8ac 1
8ab
−
1
=
; 2 −1 = 2

2
2
y
b
z
c

1
1
1
− 1)( 2 − 1)( 2 − 1) = 83
2
x
y
z

Mặt khác nếu S = x + y + z < 1 thì
1
1
1
S2
S2
S2
( 2 − 1)( 2 − 1)( 2 − 1) > ( 2 − 1)( 2 − 1)( 2 − 1) ≥ 83
x
y
z
x
y
z

(Mâu thuẫn với đẳng thức ở trên)
Vậy x+y+z ≥ 1. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2: (Đề thi tuyển sinh THPT Chuyên Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012)
Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
c ( a +b
2

2

)

2 2

+a (b +c
2

2

)

2 2

+b (c +a
2

2

)

2 2

≥

54 ( abc )

( a + b + c)

2

( ab )

4

3

+ ( bc ) + ( ca )
4

Lời giải: Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
2
c 2 ( a 2 + b 2 ) + a 2 ( b 2 + c 2 ) + b 2 ( c 2 + a 2 ) ≥ 3 3 ( abc ) ( a 2 + b 2 ) ( b 2 + c 2 ) ( c 2 + a 2 ) 
2

2

2

≥ 3 3 ( abc ) 64 ( abc ) = 12 ( abc )
2

4

2

Suy ra c 2 ( a 2 + b 2 ) + a 2 ( b 2 + c 2 ) + b 2 ( c 2 + a 2 ) ≥ 2 3abc
2

2

2

Cũng theo bất đẳng thức AM-GM

( ab )
⇒

4

( ab )

+ ( bc ) + ( ca ) ≥ 3 3 ( ab )
4

4

4

4

( bc ) ( ca )
4

+ ( bc ) + ( ca ) ≥ 3 ×abc 3 abc
4

4

40

4

= 3 ( abc )

2 3

( abc )

2

2

4

×


và ( a + b + c ) ≥ 9 3 ( abc )
2

2

Suy ra:
c 2 ( a 2 + b 2 ) + a 2 ( b 2 + c 2 ) + b 2 ( c 2 + a 2 ) ×( a + b + c ) × ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≥
2

2

2

2

≥ 2 3 ( abc ) × 3 ( abc ) 3 abc ×9 3 ( abc ) ≥ 54 ( abc )
2

4

4

4

3

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài tốn 3: H·y t×m tất cả các giá trị a, b, c là các số cùng dơng hoặc
cùng âm sao cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị
nhỏ nhất ®ã, víi:
2010a   2011b   2012c 

P = 1 +

. 1+
. 1+
2011b ÷  2012c ÷  2010a ữ

Li gii:
Đặt x =

x, y, z > 0 ( A)
2010a
2011b
2012c
, y=
, z=
suy ra: 
2011b
2012c
2010a
( B)
 xyz = 1

Khi ®ã P=(1+x)(1+y)(1+z)=1+(x+y+z)+(xy+yz+zx)+xyz (C)
Áp dơng B§T AM – GM ta cã:
x + y + z ≥ 33 xyz = 3 ; xy + yz + zx ≥ 3.3 ( xyz ) 2 = 3. Dấu = xảy ra cho cả hai
BĐT là x=y=z (D)
2011
2012


a = 2010 b
a = 2010 c



2012
2012


c ⇔ b =
c
Tõ (A), (B), (D) suy ra x=y=z=1 ⇔ b =
2011
2011


2010

c ∈ R *
c
=
a


2012



(E)

Tõ (C), (D) vµ (E) suy ra GTNN của P bằng 8 và các giá trị a, b, c

thoả mÃn (E) là tất cả các giá trị cần t×m

Bài tốn 4: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

4 ≥ a ≥ b ≥ c > 0

3abc ≤ Min { 6a + 8b + 12c; 72}

 2ab ≤ Min { 3a + 4b; 24}
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + a + b + c
Lời giải: Áp dụng BĐT AM – GM và kết hợp với giả thiết ta có

41


4 3 2
4 3
4
9 = 4 + 3 + 2 = c( + + ) + (b − c)( + ) + ( a − b)
a b c
a b
a
24
12
+ (b − c).2.
+ (a − b)
abc
ab
≥ 3c + 2(b − c ) + (a − b) = a + b + c
≥ c.3. 3

Vậy a + b + c ≤ 9. Dấu “=” xảy ra khi a = 4; b = 3; c = 2

42 32 22
4 2 32
42
Lại có 42 + 32 + 22 = c 2 ( 2 + 2 + 2 ) + (b 2 − c 2 )( 2 + 2 ) + ( a 2 − b 2 ). 2
a b c
a b
a

42 32 22 4 3 3 2 2 4 12c + 6 a + 8b
+ + ≥ . + . + . =
≥3
a2 b2 c2 a b b c c a
abc

42 32 1 4 3 2 1 4a + 3b 2
+ ≥ ( + ) = (
) ≥2
a2 b2 2 a b
2
ab
Suy ra 42+32+22 ≥ 3c2+2(b2 - c2) + (a2 – b2) = a2 + b2 + c2
Hay 29 ≥ a2 + b2 + c2. Dấu “=” xảy ra khi a =4; b = 3; c = 2
Vậy Pmax = 42+32+22 + 9 = 38 khi a =4; b = 3; c = 2
Bài toán 5: (Đề thi HSG huyện Yên Lạc năm học 2011 – 2012)
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng

a
b
c
+

+
> 2.
b+c
c+a
a+b

Lời giải:
Áp dụng BĐT AM – GM cho 2 số dương ta có
b+c
b+c
+1 ≥ 2
.1
a
a

<=>

a +b+c
b+c
≥2
a
a

<=>

a
2a
≥
b+c a+b+c

Chứng minh tương tự ta có
b
2b
≥
Và
c+a a+b+c

c
2c
≥
a+b a+b+c

Dấu “=” khơng xảy ra.
Vậy

a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b

II) Kỹ thuật tìm điểm rơi trong BĐT AM – GM
Bài tốn xuất phát: Cho các số dương a;b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S=

a b

+
b a

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số dương ta có
S=

a b
a b
+ ≥ 2 . = 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b >0
b a
b a

Vậy Min S = 2 khi a = b >0
Nhận xét: Từ bài tốn này ta có thể thay đổi miền xác định để có bài tốn sau.
Bài tốn 1: Cho a ≥ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a +

42

1
a


1
a

1
a

Sai lầm thường gặp: S = a + ≥ 2 a. = 2
Nguyên nhân sai lầm: Min S = 2 khi a =

1
= 1 Mâu thuẫn với giả thiết a ≥ 3
a

Phân tích tìm lời giải: Lập bảng giái trị tương ứng giữa a và S ta nhận định S đạt
GTNN khi a = 3.
Ta có sơ đồ điểm rơi sau:
a 3
 α = α
1 3
a = 3 => 
=> = => α = 9 : Hệ số điểm rơi
3 α
1 = 1
 a 3

Từ đó ta có lời giải như sau:
1
a 1 8a
a 1 8.3 10
=( + )+
≥2 . +
=
a
9 a
9
9 a 9
3
10

Với a = 3 thì MinS =
3
S =a+

Bài tốn 2 : Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a +

1
a2

a 2
 α = α
1 1
=> = => α = 8 : Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi a = 2 => 
4 α
1 =1
2
 a
4

Lời giải đúng: S = a +
S=

1  a a 1  6a
a a 1 6.2 9
=  + + 2 ÷+
≥ 33 . . 2 +
= . Với a = 2 thì Min
2
a

8 8 a
8
4
8 8 a  8

9
4
1
2

Bài toán 3: Cho 0 < a ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 2a +

1
a2

1

a=

1
1 4

2
=> = => α = 8 : Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi 1: a = => 
2
2 α
 1 = 4
2
 aα

α

Cách 1: S = 2a +
Với a =

1 
1  7
1
7
3 7
3 7.4
=  a + a + 2 ÷+ 2 ≥ 3 3 a.a. 2 + 2 = + 2 ≥ +
=5
2
a
8a  8a
8a
8a
2 8a
2 8


1
thì Min S = 5
2

α

a
.

α
=

1
1 4
2
=> = => α = 8 Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi 2: a = => 
2
2 α
 1 =4
 a 2

Cách 2: S = 2a +

1 
1 
1
1
=  8a + 8a + 2 ÷− 14a ≥ 3 3 8a.8a. 2 − 14a = 12 − 14a ≥ 12 − 14. = 5
2
a
a 
a
2


43

1
thì MinS=5
2
 a.b > 0
1
Bài tốn 4: Cho 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a.b +
a.b
a + b ≤ 1

Với a =

t 4
 α = α
1 4
=> = => α = 16 Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi: t = 4 => 
4 α
1 = 1
 t 4

Lời giải tổng hợp:
1
1  t 1  15t
t 1 15t 2 15t 2 15.4 17
S = t +  + ÷+
≥2
. +
= +
≥ +

= . Với t = 4 hay a = b = thì
2
t  16 t  16
16 t 16 4 16 4 16
4
17
MinS =
4
1
Lời giải thu gọn: Do t = 4  a = b = Nên ta biến đổi trực tiếp S như sau:
2
1 
1  15
1
15
17
S = ab +
=  ab +
≥ 2 ab
+
≥
÷+
2
ab 
16ab  16ab
16ab
4 .
 a+b
16 
÷

 2 
1
17
Với a = b = thì MinS =
2
4
a+b
ab
+
Bài tốn 5: Cho a, b> 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
ab a +b
2a 2
 a+b
α a.b = α a = α
1 1
=> = => α = 4 : Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi: a = b => a = b => 
2 α
 ab = a = 1
 a + b 2a 2

Lời giải đúng:
a+b
a.b  a + b
a.b  3(a + b)
a +b
a.b 3 ( a + b )
3 5
+
= 

+
+
≥
2.
.
+
= 1+ = .
÷
÷
2 2
a.b a + b  4 a.b a +b  4 a.b
4 a.b a +b 4. a.b
5
Với a = b> 0 thì Min S =
2
a
,
b
,
c
>
0

1 1 1

Bài tốn 6: Cho 
3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = a + b + c + + +
a b c
 a + b + c ≤ 2
1


a=b=c=

1
α

2
=> = 2 => α = 4 Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi 1: a = b = c = =>  1
1
1
2
2

=
=
=2
 α a α b α c
S=

Cách 1:

44


S = a +b+c +

1 1 1 
1 1 1 31 1 1
+ + =  4a + 4b + 4c + + + ÷+  + + ÷ ≥

a b c 
a b c 4a b c

1 1 1 3 3 1 1 1 
9
1
9
1
. . + 
. . ÷
=
3
+
.
≥
3
+
.
=
3
4a 4b 4c 4  a b c ÷
4 a.b.c
4 a+b+c

3
27
1
27 1 15
= 3+ .
≥ 3+ . =

4 a+b+c
4 3 2
2
1
15
Với a = b = c = thì MinS=
2
2
α

aα = bα = cα = 2
1
α
=> = 2 => α = 4 Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi 2: a = b = c = => 
2
2
1 = 1 = 1 = 2
 a b c
≥ 6 6 abc.

Cách 2:
S = a +b+c +

1 1 1 
1 1 1
+ + =  4a + 4b + 4c + + + ÷− 3 ( a + b + c ) ≥
a b c 
a b c

1 1 1
3 15
≥ 6 6 4a 4b 4c. . . − 3 ( a + b + c ) ≥ 12 − 3. =
a b c
2 2
1
15
Với a = b = c = thì MinS=
2
2
 a , b, c > 0

Bài toán 7: Cho 
3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 a + b + c ≤ 2
1 1 1
S = a 2 + b2 + c 2 + + +
a b c
1
 2
a + b2 + c2 =

1 2
1

4
=> = => α = 8 Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi a = b = c = =>  1
1
1

2
4 α
2

=
=
=
 α a α b α c α

Lời giải đúng:
S = a 2 + b2 + c2 +

1 1 1  2
1
1 1 1
1 1  31 1 1
+ + =  a + b2 + c 2 + + + + + + ÷+  + + ÷≥
a b c 
8a 8b 8c 8a 8b 8c  4  a b c 

1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1  9 9 1
9 9
1
9 9
27
. . . . . +  3 . . ÷
= + .
≥ + .
≥ + .2 =
÷

a
+
b
+
c
8a 8b 8c 8a 8b 8c 4  a b c  4 4 a.b.c 4 4
4 4
4
3
1
27
Với a = b = c = Thì Min S =
2
4
 a, b, c > 0

1
1
1
Bài toán 8: Cho 
3 Tìm Min S = a 2 + 2 + b 2 + 2 + c 2 + 2
b
c
a
 a + b + c ≤ 2
≥ 9 9 a 2 .b 2 .c 2 .

45

1
 2
a + b2 + c2 =

1 4
1

4
=> = => α = 16 Hệ số điểm rơi
Sơ đồ điểm rơi a = b = c = => 
4 α
2
 1 = 1 = 1 =4
 α a α b α c α

Lời giải 1:
S = a2 +

1
1
1
1
1
1
+ ......... +
+ b2 +
+ ......... +
+ c2 +
+ ......... +
2

2
2
2
2
16
b 4 4 2 4 416
b
16
c 44 2 4 416
c
16
a 4 4 2 4 416
a2 ≥
14
43
14
43
14
43
16sè

≥ 1717


3 17
a 17 b 17 c 
1
17

.

.
=
3
17.
=
5 ≥
17
168 b16 168c16 168 a16 
168 a5b5c5
2
2
a
.2
b
.2
c
(
)


3 17

≥

16sè


a2
b2
c2

a
b
c 
17
17
+
17
+
17
= 17 17 8 32 + 17 8 32 + 17 8 32  ≥
16 32
16 32
16 32
16 b
16 c
16 a
16 c
16 a 
 16 b

≥ 173.3 17


16sè

15
 2a + 2b + 2c  ≥
17
2 
÷

3



1
3 17
3 17
. Với a = b = c = thì Min S=
2
2
2

Sơ đồ:
a 1b
α = β

b 1c
α = 1
1
α a b c 1
a= b= c = ⇒  =
⇔ = = = = ⇒ 
: Hệ số điểm rơi
1
1
1
2
α
β
β

4
β
=
4


b c a
c 1a
 =
β
α

Kết hợp với biến đổi theo “Điểm rơi” trong AM - GM ta có lời giải sau:
.Lời giải 2:
 2 1
1  2 1 2 2
1 
4
. a + 2 ÷ 1 + 4 ≥
. a + ÷ ( 1)
 a + 2 =
b
b 
b
17 
17 


1  2 1 2 2
1 

4
 2 1
. b + 2 ÷ 1 + 4 ≥
. b + ÷ ( 2)
+ b + 2 =
c
c 
c
17 
17 


 c2 + 1 = 1 .  c2 + 1  12 + 42 ≥ 1 . c + 4  ( 3)



a2
a2 ÷
a÷
17 
17 


1 
4 4 4
1 
1 1 1 15 1 1 1  
. a + b + c + + + ÷ =
. a + b+ c +
+

+ +
+ + ≥
=> S ≥
a b c
4a 4b 4c 4  a b c ÷
17 
17 

1  6
1 1 1 15
1 1 1 
1 
45 1 
. . . . +  3.3 . . ÷
3+ . 3
6. a.bc
=
≥
≥

÷
4a 4b 4c 4 
a b c  
4 abc ÷
17 
17 


(

)

(

)

(

)

46




÷ 1 
1 
45
1
45 
3+ .2÷= 3 17
≥
 3+ . a + b + c ÷≥

4
4 
17 
2
÷ 17 


3 
1
1
3 17
3 17
Với a = b = c = thì Min S=
Với a = b = c = thì Min S=
2
2
2
2
1
3 17
Với a = b = c = thì Min S=
2
2

III) Kỹ thuật cân bằng hệ số
Bài toán 1: Cho các số dương a,b,c,d. Chứng minh rằng
a
b +c +d
2

2

2

+

b

c +d +a
2

2

2

c

+

d +b +a
2

2

2

+

d
a +b +c
2

2

2

≥2

Lời giải:
1
2

Áp dụng BĐT AM – GM ta có: (x + 1) ≥ x
Khi đó ta có

b2 + c2 + d 2
1+
b2 + c 2 + d 2
suy ra
a2
≤
2
a
2

Chứng minh tương tự ta được:

2a 2
≥ 2 2
2
2
b2 + c2 + d 2 b + c + d + a
a

2b 2
≥ 2 2
2
2

c2 + d 2 + a2 b + c + d + a
b

c
d 2 + a 2 + b2

≥

2c 2
b2 + c 2 + d 2 + a 2

2d 2
≥ 2 2
2
2
2
b + c + d 2 + a2
a +b +c
d

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 2: Cho 3 số thực không âm x,y,z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTLN của
biểu thức
F = (x2 – xy +y2) (y2 – zy +z2) (x2 – xz +z2)
Lời giải
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0. Do đó
x2 – xz +z2 ≤ x2
z2 – zy +y2 ≤ y2
47

Vì vậy F ≤ x2y2(x2 – xy + y2) = v2(u2 – 3v) ( trong đó u = x+ y, v = xy)
Theo BĐT AM – GM, ta có
4 3
3
1
4
v 2 (u 2 − 3v) ≤ ( v + v + u 2 − 3v )3 =
≤
(do u = x + y ≤ x + y + z = 1 => u 2 ≤ 1)
3 2
2
27 243
u = 1
3

Đẳng thức xảy ra khi  v = 1 − 3v
2
 z = 0

2 1
⇔ ( x, y, z ) = (0, , ) và các hốn vị của nó
3 3

Bài tốn 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c, d ≥ 0 thì
1
8
( a+b+c+d)
64
a

Chứng minh: Khơng mất tính tổng qt ta giả sử ≥ b ≥ c ≥ d ≥ 0 . Do đó

(a

2

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

2

( a + c + d ) ≤  a + 2c + d2 ÷ , ( b2 + c 2 + d 2 ) ≤  b + 2c + d2 ÷ và ( a 2 + b2 + d 2 ) ≤ ( a 2 + b2 + c2 ) .




2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Gọi L = ( a + b + c ) ( b + c + d ) ( c + d + a ) ( d + a + b ) Ta có
2

2

2

L≤ ( a + b + c
2

2

)

2 2

2

c d

a + + ÷
2 2


2

c d

b + + ÷
2 2


(4)

Theo bất đẳng thức AM – GM vế phải R của (4) có thể được đánh giá như sau:
2

1
c d 
c d 

R ≤  a 2 + b 2 + c 2 + 2  a + + ÷ b + + ÷ ≤
8
2 2 
2 2 

2
2
1 
c d 
c d
c d 
c d 

a
+
+
+
b
+
+


÷ 
÷ + 2  a + + ÷ b + + ÷
8 
2 2 
2 2
2 2 
2 2  


2

Chú ý rằng x 2 + y 2 + 2 xy = ( x + y ) 2 , ta thu được điều phải chứng minh
Bài tốn 4: Cho các số thực khơng âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm
giá trị lớn nhất của f = 9xy + 10yz + 11zx
Lời giải: Tồn tại một bộ ba số thức không âm p, q, r sao cho
f= px(y + z) + qy(z + x) +rz(x + y) = (p + q)xy +(q + r)zy + (p + r)zx
Ta cần chọn p,q,r sao cho :
p+q=9
q + r = 10
p + r = 11
Giải hệ phương trình này cho ta q = 4, p = 5, r = 6. Do đó f có thể viết dưới dạng
2
2
2
15  
1
1
1 



f = − 4  y − ÷ + 5  x − ÷ + 6  z − ÷ 
4  
2
2
2  



Đặt y −

1
1
1
1
= a, x − = b, z − = c , thì từ điều kiện x + y + z = 1 ta sẽ có a + b + c ≥ .
2
2
2
2

48


Bài tốn chuyển về việc tìm giá trị nhỏ nhất của g = 4a 2 + 5b 2 + 6c 2 , trong đó a, b, c là
những số khơng âm thỏa mãn a + b + c ≥

1
2

Ta chọn các số α, β, γ sao cho khi áp dụng bất đẳng thức AM - GM, các đẳng thức

xảy ra với cùng bộ a, b, c. Ta có
a2 + α2 ≥ 2aα, b2 + β2 ≥ 2bβ, c2 + γ 2 ≥ 2cγ
Suy ra g + 4α2 + 5β2 +6γ 2 ≥ 2(4aα + 5bβ + 6cγ )
5
4

3
2

Ta cần chọn α, β, và γ sao cho α = β = γ . Do đó
g
5
3
+ α 2 + β 2 + γ 2 ≥ 2α ( a + b + c ) ≥ α
4
4
2
15
 2 5 2 3 2

Thành thử f ≤ − 4 −α − β − γ + α 
4
4
2


4
5

2

3

1
2

Đẳng thức xảy ra với a + b + c = α + β + γ = α + α + α = . Do đó α =

15
6
,β=
74
37

15
1  2 5 2
5
 30
. Dẫn đến f ≤ +
.Tính tốn đơn giản cho ta
15 + 12 + 150 ÷−
4 1369 
4
37
 37
495
495
f ≤
≈ 3,3446 Vậy Maxf =
đạt được khi
148

148
15
6
25
11
27
a = α = ; b = β = ; c = γ => x = ; y = ; z =
74
37
74
37
74

và γ =

IV) Ứng dụng bất đẳng thức giữa các lượng trung bình
Bài tốn 1: Một tấm nhơm hình vng có cạnh
bằng 50. Người ta cắt ở bốn góc bốn hình
vng bằng nhau, rồi gấp lại để thành một cái
hộp không nắp. Tính các cạnh hình vng bị
cắt sao cho thể tích của khối hộp là lớn nhất
Chứng minh:
Gọi x (cm) là độ dài cạnh hình vng phải cắt,
x phải là số dương và nhỏ hơn 25. Thể tích của
khối hộp V tính theo x là
V = x ( 50 – 2x )2= 4x(25 – x)2
Ta cần tính x sao cho V đạt giá trị lớn nhất. Áp
dụng bất đẳng thức AM - GM cho tấm
3

 2 x + 25 − x + 25 − x 
V = 4x(25 – x) = 4x(25 – x) (25 – x) ≤ 2 
÷ Từ đó suy ra
3


2

3

 50 
V ≤ 2 ÷ .
 3 

49


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x = 25 – x = 25 – x. Tức là x =
vng bị cắt có cạnh dài là

25
. Nghĩa là, hình
3

25
(cm).
3

Bài tốn 2: Từ một mảng giấy bìa có dạng hình chữ nhật kích thước 15x8cm, người ta
cắt ra từ bốn góc của hình chữ nhật bốn hình vng bằng nhau. Mảnh giấy cịn lại

trơng như một hình chữ thập, được gấp lại làm thành một cái hộp không nắp. Hỏi
cạnh của bốn hình vng bị cắt bằng bao nhiêu để thể tích của chiếc hộp là lớn nhất.
Lời giải: Gọi x là độ dài cạnh hình vng , khi đó chiếc hộp sẽ có kích thước là :
15 – x – x; 8 – x – x.
Thể tích của chiếc hộp V được tính
theo x như sau:
V = x(15 – 2x)(8 – 2x)
Ta cần tìm x sao cho V đạt giá trị lớn
nhất. Khi chưa có cơng cụ đạo hàm,
ta vẫn có thể tìm giá trị lớn nhất của
V bằng cách sử dụng bất đẳng thức
AM - GM
Thực vậy ta phải tìm k, l trong tích
kx(15-2x)l(8-2x) sao cho
15 – 2x = l(8 – 2x) = kx , và 2 + 2l –
k=0
Từ đây, biểu diễn x theo k, l ta tìm k, l bằng cách giải hệ phương trình
8l
 15 − 8l
=

 2(1 − l ) k + 2l
2 + 2l − k = 0

5
2

Giải hệ này cho l = , k = 7 . Bây giờ áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho ba số:
3

2
2  7 x + 15 − 2 x + 20 − 5 x 
V = x(15 – 2x)(8 – 2x) = .7 x ( 15 − 2 x ) ( 20 − 5 x ) ≤ 
÷
35
35 
3

3

25  35  2450
Từ đó V ≤ .  ÷ =
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 7x = 15 – 2x = 20 -5x
35  3 
27
5
5
Giải hệ phương trình này cho ta x = . Vậy cạnh hình vng là (cm)
3
3

Bài tốn 3:Tìm tất cả các giá trị của x ≥ 1 sao cho

( 3x + 1)

5
− x = −2 x 2 + 3 x + 1
4

50

Giải: Điều kiện để phương trình có nghĩa là x≤
ta có

5
. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM,
4

5
15
3
 1 5
− x = 2  − x÷≤ + − x = − x
4
44
2
 4 4

5
3

− x ≤ ( 3 x + 1)  − x ÷.
4
2


Suy ra, vì 3x + 1 > 0 ta có ( 3 x + 1)




2
Từ đây ta có −2 x + 3 x + 1 ≤ ( 3x + 1)  − x ÷
2
3





Khai triển vế phải và rút gọn cho ta: -2x2 + x + 1 ≥ 0
Hay là (1 – x) (1+ 2x) ≥ 0. Do x ≥ 1 => 1+2x>0 => 1 – x ≥ 0  x ≤ 1 => x = 1.
Từ đó suy ra x = 1 là giá trị cần tìm
V) Chứng minh và áp dụng một số bất đẳng thức phụ
Xuất phát từ bất đẳng thức AM – GM, nếu chúng ta chịu khó nghiên cứu, biết
cách tìm tịi sáng tạo thì có thể xây dựng và chứng minh được rất nhiều các bất đẳng
thức phụ mà sử dụng nó ta có thể chứng minh được khá nhiều bài tốn về bất đẳng
thức hay và khó.
Sau đây là một vài bất đẳng thức phụ có nhiều ứng dụng được chứng minh trên
cơ sở bất đẳng thức AM – GM
Bài toán 1 : Với mọi số thực dương x, y ta ln có

x3 + y3 ≥ xy(x + y)

(1)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có:
x3 + x3 + y3 ≥ 3x2y

x3 + y3 + y3 ≥ 3xy2
Cộng vế theo vế của hai bất đẳng thức trên ta có
3(x3 + y3) ≥ 3(x2y + xy2)
<=> x3 + y3 ≥ xy(x + y)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y
Vậy ta có x3 + y3 ≥ xy(x + y) với mọi x, y > 0.
Sử dụng một cách linh hoạt, sáng tạo bất đẳng thức phụ (1) ta sẽ giải được một số
bài toán sau.
51


Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức

A=

1
1
1
+
+
a 3 + b3 + 1 b 3 + c3 + 1 c3 + a 3 + 1

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
a3 + b3 ≥ ab(a + b) => a3 + b3 + 1 ≥ ab(a + b) + abc (do abc = 1)
=> a3 + b3 + 1 ≥ ab(a + b + c)
Chứng minh tương tự ta có:

=>

1
1
≤
3
a + b + 1 ab(a + b + c)
3

1
1
1
1
≤
≤
; 3
3
3
a + b + 1 ab(a + b + c) a + b + 1 ab(a + b + c)
3

Cộng theo vế các bất đẳng thức ta được:

A≤

1
1
1
a+ b+c
1
+

+
=
=
= 1 (do abc = 1)
ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c) abc(a + b + c) abc

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy MaxA = 1 <=> a = b = c = 1.
Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn abc = 1.
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
+
≤1
a + b +1 b + c +1 c + a +1

Lời giải:
Đặt a = x3, b = y3 và c = z3 với x, y, z là các số dương => abc = x3y3z3 = 1 => xyz = 1.
Và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
1
1
+
+
≤1
x 3 + y3 + 1 y3 + z 3 + 1 z 3 + x 3 + 1
Áp dụng ví dụ 3 ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a.b.c = 2. Chứng minh
rằng:

a 3 + b3 + c3 ≥ a b + c + b c + a + c a + b
(Đề thi học sinh giỏi toán 9 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2008 – 2009)

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có a3 + b3 ≥ ab(a + b)
52

(1)


Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có:
ab(a + b) + 2c3 ≥ 2 2abc3 (a + b) = 2 4c 2 (a + b)

(2) (do abc = 2)

Từ (1) và (2) suy ra a 3 + b3 + 2c3 ≥ 4c a + b
Chứng minh tương tự ta có

b3 + c3 + 2a 3 ≥ 4a b + c
c3 + a 3 + 2b3 ≥ 4b c + a

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta được:

(

4(a 3 + b3 + c3 ) ≥ 4 a b + c + b c + a + c a + b

)

=> a 3 + b3 + c3 ≥ a b + c + b c + a + c a + b
Vậy ta có

a 3 + b3 + c3 ≥ a b + c + b c + a + c a + b

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 2
Ví dụ 4: Cho a, b, c là các số thực không âm.
Chứng minh rằng:

a 3 + b3 + c3 ≥ a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có

a3 + b3 ≥ ab(a + b)
b3 + c3 ≥ bc(b + c)
c3 + a3 ≥ ca(c + a)

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta được:
2(a3 + b3 + c3) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)

(1)

Ta lại có ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) = a2b + ab2 + b2c + bc2 + c2a + ca2
hay ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) = a2 (b + c) + b2(c + a) +c2(a + b)

(2)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số khơng âm ta có
a 2 ( b + c ) ≥ 2a 2 bc
b 2 ( c + a ) ≥ 2b 2 ca
c2 ( a + b ) ≥ 2c 2 ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
a 2 ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ab ≥ 2a 2 bc + 2b 2 ca + 2c 2 ab
53

(3)


Từ (1) (2) và (3) ta có

a 3 + b3 + c3 ≥ a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab

a 3 + b3 + c3 ≥ a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab

Vậy ta có

Bằng cách tương tự ta có thể xây dựng và chứng minh được các bất đẳng thức
phụ tương tự bất đẳng thức (1) rồi áp dụng ta giải được các bài tốn:
Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn
A=

nhất của biểu thức

ab
bc
ca
+ 5 5

+ 5
5
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca
5

Phân tích tìm lời giải:
Ta nhận thấy các biểu thức dưới mẫu của biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất có
dạng tương tự bất đẳng thức

x 3 + y3 ≥ xy(x + y) và Giá trị lớn nhất của biểu thức

cần tìm bằng 1 khi a = b = c = 1. Vì vậy ta xây dựng và chứng minh bất đẳng thức
tương tự: x5 + y5 ≥ x2y2(x + y)
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 5 số dương ta có:
x 5 + x 5 + x 5 + y5 + y5 ≥ 5 5 x15 y10 = 5x 3 y 2
y5 + y5 + y5 + x 5 + x 5 ≥ 5 5 y15 x10 = 5y3x 2
Cộng vế theo vế của hai bất đẳng thức trên ta được
5(x5 + y5 ) ≥ 5x2y2(x + y) => x5 + y5 ≥ x2y2(x + y)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(2)

x=y

Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có:
a5 + b5 + ab ≥ ab[ab(a + b) + 1] = ab[ab(a + b) + abc] = a2b2(a + b + c) (do abc = 1)
Suy ra:

1

1
≤ 2 2
5
a + b + ab a b ( a + b + c )

⇒
Hay ta có

5

ab
1
abc
c
≤
=
=
Do abc = 1
5
a + b + ab ab ( a + b + c ) ab ( a + b + c ) a + b + c
5

ab
c
≤
5
a + b + ab a + b + c
5

54

Chứng minh tương tự ta có:

bc
a
≤
;
5
b + c + bc a + b + c
5

ca
b
≤
5
c + a + ca a + b + c
5

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta có
ab
bc
ca
a+b+c
+ 5 5
+ 5
≤
=1
5
5

a + b + ab b + c + bc c + a + ca a + b + c
5

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Vậy MaxA = 1 khi và chỉ khi a = b = c = 1
Ví dụ 6: Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
1
1
+
+
+
≤
a 4 + b 4 + c4 + abcd b 4 + c 4 + d 4 + abcd c 4 + d 4 + a 4 + abcd d 4 + a 4 + b 4 + abcd abcd
Phân tích tìm lời giải:
Cũng tương tự ví dụ 5 để chứng minh bài tốn ta tìm cách xây dựng bất đẳng
thức tương tự: x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z)
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 4 số dương ta có:
a 4 + a 4 + b 4 + c4 ≥ 4 4 a 8b 4c 4 = 4a 2 bc
a 4 + b 4 + b 4 + c 4 ≥ 4 4 a 4 b8c 4 = 4ab 2c
a 4 + b 4 + c4 + c 4 ≥ 4 4 a 4 b 4c8 = 4abc2
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

(

) (

)

4 a 4 + b 4 + c 4 ≥ 4 a 2 bc + ab 2c + abc 2 = 4abc(a + b + c)
Hay ta có:

a 4 + b 4 + c4 ≥ abc(a + b + c)

Suy ra

a 4 + b 4 + c4 + abcd ≥ abc(a + b + c + d)
=>

1
1
≤
a 4 + b 4 + c4 + abcd abc(a + b + c + d)

Chứng minh tương tự ta có
1
1
≤
4
b + c + d + abcd bcd(a + b + c + d)
4

4

55


1

1
≤
4
c + d + a + abcd cda(a + b + c + d)
4

4

1
1
≤
d 4 + a 4 + b 4 + abcd dab(a + b + c + d)
Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên ta được
1
1
1
1
1
+ 4 4 4
+ 4 4 4
+ 4 4 4
≤
4
a + b + c + abcd b + c + d + abcd c + d + a + abcd d + a + b + abcd abcd
4

4

Vậy ta có điều cần chứng minh.
Tiếp tục dùng bất đẳng thức AM – GM ta chứng minh được bất đẳng thức sau để

áp dụng:
Bài toán 2. Với các số thực dương x, y, z ta ln có:

(

+) ( 1 + x ) ( 1 + y ) ≥ 1 + xy

)

2

(3)

(

+) ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≥ 1 + 3 xyz

)

3

(4)

Chứng minh:
*) Chứng minh (3)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương ta có:

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

(

xy + xy = 1 + xy

)

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y

( 1 + x ) ( 1 + y) ≥ ( 1 +

Vậy ta có

xy

)

2

* Chứng minh (4)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có:

( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) = 1 + x + y + z + xy + yz + zx + xyz ≥ 1 + 3 3 xyz + 3 3 x 2 y 2z 2 + xyz

(

=> ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≥ 1 + 3 xyz

)

3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Vậy ta có

(

( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≥ 1 + 3 xyz

)

56

3


Ví dụ 7: Cho a, b, c dương và a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = (1 + 8a)(1 + 8b)(1 + 8c)
Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức (4) với x = 8a , y = 8b , z = 8c ta có

(

A ≥ 1 + 3 8a8b8c

)

(

3

<=> A ≥ 1 + 3 8a + b+c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

)

3

= 27

1
3

Ví dụ 8: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
(1 + a3)(1 + b3)(1 + c3) ≥ (a + bc)3.
Lời giải:
Do b > 0 và c > 0. Chia cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh cho b 3c3 ta có bất
đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

(

3

1 
1 
1 1

1 + a 1 + 3 ÷1 + 3 ÷ ≥ 1 + a. . ÷

b c
 c  b  
3

)

Áp dụng bất đẳng thức (4) với x = a, y =

(

(*)

1
1
và z = ta có:
b
c
3

3
1 
1  3 3 1 1  
1 1

1 + a 1 + 3 ÷1 + 3 ÷ ≥ 1 + a . 3 . 3 ÷ = 1 + a. . ÷
b c
b c  
 c  b  
3

)

Suy bất đẳng thức (*) đúng
Vậy ta có

(1 + a3)(1 + b3)(1 + c3) ≥ (a + bc)3.

Ví dụ 9: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
4

4

4

4

3 
 1  1  1

1 + ÷ + 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥ 3 1 +
÷
 a  b  c
 2 + abc 
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có
4

4

4

4

 1  1  1
 1
1 + ÷ + 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥ 3 3 1 + ÷
 a  b  c
 a
4

4

4

 1
1 + ÷
 b

4

 1
1 + ÷
 c
4

4

1
1
1


1
1  1  
<=>  1 + ÷ +  1 + ÷ +  1 + ÷ ≥ 3 3   1 + 
÷ 1 + ÷1 + ÷÷
 a  b  c
  a  b  c  
Áp dụng bất đẳng thức (4) ta có:
57

(1)


3

1 
 1  1  1  
 1 + ÷ 1 + ÷1 + ÷ ≥ 1 + 3
÷
abc 
 a  b  c  
Lại có abc + 2 = abc + 1 + 1 ≥ 3 3 abc
=>

3

abc ≤

(2)

( Theo BĐT AM – GM)

abc + 2
1
3
=> 3
≥
3
abc 2 + abc

(3)

4

4

4

4

3 
 1  1  1

Từ (1), (2) và (3) ta có  1 + ÷ +  1 + ÷ +  1 + ÷ ≥ 3 1 +
÷
 a  b  c
 2 + abc 
Vậy ta có điều cần chứng minh.

Bây giờ ta lại dùng bất đẳng thức AM – GM với các số dương hợp lý để xây dựng
bất đẳng thức một biến và áp dụng.

Bài toán 3: Với a > 0 ta ln có

(

)

(

)

(

)

a 1 − a2 ≤
a 1 − a3 ≤
a 1 − an ≤

2

(5)

3 3
3

(6)

3

4 4

n

( n + 1) n n + 1

Với n∈N*

(7)

Chứng minh (5): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có:
a3 +

1
3 3

+

1

≥ 3.a.

3 3

(

)

2
Vậy ta có a 1 − a ≤

1 1

2
2
.
= a => a − a 3 ≤
=> a(1 − a 2 ) ≤
3 3
3 3
3 3

2
3 3

Chứng minh (6): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương ta có:
a4 +

1
43 4

(

+

1
43 4

)

3
Vậy ta có a 1 − a ≤

+

(

1

)

1 1 1
3
3
≥
4.a.
.
.
=
a
=>
a
1
−
a
≤
3
43 4
4 34 34
43 4

3
3

4 4

Chứng minh (7): Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho n + 1 số dương ta có:

58


a n +1 +

Vậy ta có

1

( n + 1) n n + 1

(

)

a 1− an ≤

+ ... +

1

( n + 1) n n + 1

(

)

≥ a => a 1 − a n ≤

n

( n + 1) n n + 1

n

( n + 1) n n + 1

Ví dụ 10: Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện a 2 + b2 + c2 = 1.
Chứng minh rẳng:

a
b
c
3 3
+
+
≥
2
b2 + c2 c2 + a 2 a 2 + b 2

Lời giải:
Do a2 + b2 + c2 = 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với.

(

a
b
c
3 3 2
+
+
≥
a + b2 + c2
2
2
2
2
1− a 1− b 1− c
Vậy ta chỉ cần chứng minh
Thật vậy ta có

a
3 3 2
≥
a
2
2
1− a

(

)

2
a

3 3 2
a 1− a2 ≤
<=>
≥
a
3 3
2
1 − a2

Chứng minh tương tự ta có

)

(theo bất đẳng thức 5)

b
3 3 2
≥
b ;
2
1 − b2
c
3 3 2
≥
c
2
2
1− c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

Vậy ta có điều cần chứng minh

(

a
b
c
3 3 2 2 2
+
+
≥
a +b +c
2
2
2
2
1− a 1− b 1− c

)

a
b
c
3 3
+ 2
+ 2
≥
2
2
2

b +c c +a a +b
2
2

Ví dụ 11: Cho a, b, c, d là các số thực dương và a 3 + b3 + c3 + d3 = 1. Chứng minh
rẳng:

a2
b2
c2
d2
43 4
+
+
+
≥
3
b 3 + c3 + d 3 c3 + d 3 + a 3 d 3 + a 3 + b 3 a 3 + b 3 + c 3

Lời giải:
Do a3 + b3 + c3 + d3 = 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
59