Chứng minh Bất đẳng thức

1
Chương I
ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG
I . Tính chất cơ bản:
a.
khi 0
khi 0
ax bx x
a b
ax bx x
> >

> ⇔

< <



b.
a x
a b x y
b y
>

⇒ + > +

>

Chú ý
a x

b y
>


>



a b x y
ab xy
a x
b y


− > −

>



>



c.
0
0
a x
ab xy
b y

> ≥

⇒ >

> ≥


d.
2 2
a b a b> ≥ 0 ⇒ >

Hệ quả:
2 2
a b a b> ⇔ >

e.
1 1
a b
a b
> > 0 ⇒ <


1 1
a b
a b
< < 0 ⇒ >

f.
0A >

•
x A A x A< ⇔ − < <

•
x A
x A
x A
< −

> ⇔

>


II. Vài bất đẳng thức thông dụng:
Với a, b, c,… tùy ý (
, , ...
a b c R∈
)
a.
2 2
2
a b ab+ ≥
( Dấu “ = ” xảy ra
⇔ a b=
)
b.
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
( Dấu “ = ” xảy ra

⇔ a b c= =
)
c. Với
, 0
a b >
ta có:
1 1 1 1 4
( ) 4a b
a b a b a b
 
+ + ≥ ⇔ + ≥
 
+
 

III. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho
, ;
4 4
x y
π π
 
∈ −
 
 
. Chứng minh bất đẳng thức:

tan tan
1
1 tan tan

x y
x y
−
<
−

Giải:

, ;
4 4
x y
π π
 
∈ −
 
 
thì
2 2
1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1x y x y− < < ≤ <

Ta có:
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−

⇒
2

tan tan 1 tan tanx y x y⇔ − > −


2 2 2 2
tan tan 2 tan tan 1 2 tan tan tan tanx y x y x y x y⇔ + − < − +


2 2 2 2
tan tan tan tan 1 0x y x y⇔ + − − <


2 2 2
tan (1 tan ) (1 tan ) 0x y y⇔ − − − <


2 2
(1 tan )(tan 1) 0y x⇔ − − <
( Luôn đúng
, ;
4 4
x y
π π
 
∀ ∈ −
 
 
)

Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện
1a b c+ + =
thì:

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

Giải:
Vì hàm số
1
3
x
giảm nên ta có:

1 1
0 ( )
3 3 3 3 3 3
a b b a a b
a b a b
a b
 
≥ − − ⇒ + ≥ +

 
 

Tương tự ta có:

3 3 3 3
c b b c
b c b c
+ ≥ +
;
3 3 3 3
a c c a
c a c a
+ ≥ +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng
1a b c+ + =
), ta được:

1 1 1
3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b c a b c a b c
a b c a b c
   
+ + − + + ≥ 2 + +
   
   


1 1 1

3
3 3 3 3 3 3
a b c a b c
a b c
 
⇔ + + ≥ + +
 
 
(đpcm)
Ví dụ 3:
a. Cho
0, 0x y> >
và
1xy ≤
. Chứng minh:

2 1 1
1 1
1
x y
xy
≥ +
+ +
+
(1)
b. Cho
0 a b c d< ≤ ≤ ≤
và
1bd ≤
. Chứng minh:

4
4 1 1 1 1
1 1 1 1
1
a b c d
abcd
≥ + + +
+ + + +
+

Giải:

a. Vì
0, 0x y> >
nên bất đẳng thức (1) tương đương với:

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


2 2 2 2 1 1x y xy xy y y xy xy x x xy⇔ + + + ≥ + + + + + + +


( ) 2 ( ) 2x y xy xy x y xy⇔ + + ≥ + +


( ) ) 2(x y xy x y xy xy⇔ + − ( + + − ) ≥ 0


( )(1 2x y xy xy xy⇔ + − ) + ( −1) ≥ 0

(1 2xy x y xy⇔ − )( + − ) ≥ 0

3

(1 xy x y
2
⇔ − )( − ) ≥ 0
(2)
Vì:
2
( ) 0
1 1 0
x y
xy xy

− ≥


≤ ⇒ − ≥


nên (2) đúng (đpcm)
b.
, , , 0
1
a b c d
a b c d
bd

>


≤ ≤ ≤


≤

nên
, , , 0
1
a b c d
a b
c d
bd
>


≤


≤


≤


1ac db⇒ ≤ ≤

Theo kết quả câu a, ta có:

1 1 2
( , 0; 1)
1 1
1
1 1 2
( , 0; 1)
1 1
1
a c ac
a c
ac
b d bd
c d
bd

+ ≤ > ≤

+ +
+



+ ≤ > ≤

+ +
+


1 1 1 1 1 1
2.
1 1 1 1
1 1
2
2.
1 .
a b c d
ac bd
ac bd
 
⇒ + + + ≤ +
 
+ + + +
+ +
 
≤
+


4
1 abcd
=
+
(đpcm)
Ví dụ 4:
Cho
, , [ 1;2]a b c ∈ −
thỏa mãn điều kiện
0a b c+ + =

. Chứng minh:

2 2 2
6a b c+ + ≤

Giải:
•
[ 1;2] 1 2 1)( 2) 0a a a a∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤


2 2
2 0 2a a a a⇔ − − ≤ ⇔ ≤ +
(1)
• Tương tự ta cũng có
2
2
(2)
2 (3)
b b c
c c

≤ +


≤ +



Cộng (1), (2), (3) ta có:

2 2 2
) 6 6a b c a b c+ + ≤ ( + + + =
(đpcm)
Ví dụ 5:
Cho
, , [0;2]x y z ∈
và
3x y z+ + =
. Chứng minh rằng:

2 2 2
x y z+ + ≤ 5

Giải:
Ta có:
, , 2 ( 2)( 2)( 2) 0x y z x y z≤ ⇒ − − − ≤


2( ) 4( ) 8 0xyz xy yz zx x y z⇔ − + + + + + − ≤


2( ) 4.(3) 8 0xyz xy yz zx⇔ − + + − − ≤


2( ) 4xyz xy yz zx⇔ ≤ + + −
( vì
3x y z+ + =
)

2 2 2 2

( ) ( ) 4xyz x y z x y z⇔ ≤ + + − + + −


2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 4 3 ( ) 4xyz x y z x y z x y z⇔ ≤ + + − + + − = − + + −

4

2 2 2
5x y z xyz⇔ + + ≤ −
( Vì
3x y z+ + =
)

2 2 2
5x y z⇒ + + ≤
( Vì
0xyz ≥
) (đpcm)
Ví dụ 6:
Cho
0, 0, 0x y z> > >
và
1xyz =
. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a.
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x

+ + ≤
+ + + + + +
(1)
b.
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +
(2)
Giải:

a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1≤ )
Ta có:
3 3 2 2
( )( )
x y x y x y xy
+ = + + −
Mà
2 2 2 2
2
0 ( Vì 0, 0)
x y xy x y xy xy
x y x y

+ ≥ ⇔ + − >

+ > > >


Nên
2 2
( )( ) ( )
x y x y xy x y xy
+ + − ≥ + hay
3 3
( )
x y xy x y
+ ≥ +

3 3
( )
x y xy x y xyz
⇒ + +1≥ + + ( Vì 1
xyz
= )

3 3
( ) 0
x y xy x y z
⇔ + +1≥ + + >

3 3
1 1
1 ( )
x y xy x y z
⇔ ≤
+ + + +
(a)
Tương tự ta có:

3 3
3 3
1 1
(b)
1 ( )
1 1
(c)
1 ( )
y z xy x y z
z x xy x y z

≤

+ + + +

⇔


≤

+ + + +


Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:

1 1 1 1 1
T 1
( )
x y z

x y z xy yz zx x y z xyz
   
+ +
≤ + + = =
   
+ + + +
   
( Vì 1
xyz
= ) (đpcm)
b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1)
Đặt
3
3
3
x a
y b
z c

=

=


=

mà
3 3 3
, , 0 , , 0
1 1

x y z a b c
xyz a b c abc
> ⇒ >


= ⇒ ⇔ =


, , 0
a b c
> và 1
abc
= nên theo kết quả câu a, ta có:

3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +


1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + + + + +
(đpcm)

Ví dụ 7:
Cho , 0
a b
> và , 0
b c
> . Chứng minh:

( ) ( )a c c b c c ab− + − ≤
(1)
5
Giải:

Bất đẳng thức (1) tương đương với:

2
( ) ( ) 2 ( )( )c a c b c c c a c b c ab− + − + − − ≤


2 2
2 ( )( ) 0c c ac ab bc c a c b c⇔ + − + − − − − ≥


2
( ) ( ) 2 ( )( ) 0c a b c c b c c a c b c⇔ + − − − − − − ≥


2
( )( ) 2 ( )( ) 0c a c b c c a c b c⇔ + − − − − − ≥

2
( )( ) 0c a c b c
 
⇔ − − − ≥
 
đây là bất đẳng thức đúng (đpcm)
Ví dụ 8:
Chứng minh rằng đối với mọi
, ,a b c R∈
, ta có:

2
2 2
2
4
a
b c ab ac bc+ + ≥ − +
(1)
Giải:
Bất đẳng thức (1) tương đương với:

2 2 2
4 4 4 8 4a b c ac bc ac+ + − − + ≥ 0


2
2 2 ) 0a b c⇔ ( − + ≥
đây là bất phương trình đúng (đpcm)
Ví dụ 9:
Cho

3
36a >
và
1abc =
. Chứng minh:

2
2 2
3
a
b c ab bc ca+ + > + +
(1)
Giải:

Bất đẳng thức (1) tương đương với:

2
2
( ) 2 ( )
3
a
b c bc a b c bc+ + − > + +


2
2
( ) ( ) 3 0
3
a
b c a b c bc⇔ + − + + − >

2
2
3
( ) ( ) 0
3
a
b c a b c
a
 
⇔ + − + + − >
 
 
( Vì
1
bc
a
=
)

2
2
( )
3
( ) 0
3
x b c
a
a

f x x ax
a
= +


⇔
 

= − + − >
 

 


Xét tam thức bậc hai
2
2
3
( ) ( )
3
a
f x x ax
a
= − + −
có:

2 3
2
3 36
4 0

3 3
a a
a
a a
 
−
∆ = − − = <
 
 
( Vì
3
36a >
)

( ) 0, ( )f x x R a⇒ > ∀ ∈ ⇒
đúng (đpcm)
Ví dụ 10:
Cho
1 1x− < <
và
, 1n N n∈ >
. Chứng minh:
6

2
(1 ) (1 ) 2
n n
x n− + + <

Giải:

Vì
1 1x− < <
nên
cos (0x
α α
= < < π)
lúc đó:

(1 ) (1 ) (1 cos (1 cos )
n n n n
n n
α α
+ + − = + ) + −


2 2
2cos 2sin
n n
α α
   
= +
   
2 2
   


2 2 2 2
2 cos sin 2 cos sin 2
n n

n n n
α α α α
 
     
= + < + =
 
     
2 2 2 2
     
 
 
(đpcm)

* Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần:
1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho
thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…).
2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức
luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…).
3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II.

IV. Bài tập tương tự:

1. Chứng minh rằng: nếu
0 x y z< ≤ ≤
thì:

( ) ( )
1 1 1 1 1
y x z x z
x z y x z

   
+ + + ≤ + +
   
   

* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng
( )x z+
, chuyển
vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,…
2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2
a b c d e ab ac ad ac+ + + + ≥ + + +

Khi nào đẳng thức xảy ra?
* Hướng dẫn:
Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng:

2 2 2 2
0
2 2 2 2
a a a a
b c d e
       
− + − + − + − ≥
       
       

…

3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh:

2 2 2
2( )a b c ab bc ca+ + < + +

* Hướng dẫn:

2
, ...a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒

4. Chứng minh:

2 2
2 , , Ra b ab a b+ ≥ ∀ ∈

Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh:

4 4 4
( )a b c abc a b c+ + ≥ + +

7
* Hướng dẫn:
Dùng công thức
2 2 2
( ) 0 ...a b a b− ≥ ⇔ + ≥

Áp dụng kết quả trên.
5. Chứng minh
[ 1;1]t∀ ∈ −
ta có:

2 2
1 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + + ≥ −

* Hướng dẫn
• Với
[ 1;1]t∀ ∈ −
, ta luôn có:

2 2
(1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 )t t t t t t− + − + + + ≥ + − + −

Biến đổi tương đương suy ra
2
1 1 1 1t t t+ + − ≥ + +

• Từ:
2
0 1 1t≤ − ≤


2 2
1 1 2t t⇒ + + ≥ −





Chương II
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY)

I.
Phương pháp giải toán

1) Cho 2 số a,b > 0, ta có:
2
a b
ab
+
≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

2) Cho n số
1 2 3
, , ,..., 0
n
a a a a ≥
ta có:

1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
n
a a a a
a a a a
n

+ + + +
≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3
...
n
a a a a= = = =


3) Bất đẳng thức côsi suy rộng
Phát biểu: Với các số thực dương
1 2 3
, , ,...,
n
a a a a

và
1 2 3
, , ,...,
n
x x x x

là các số
thực không âm và có tổng bằng 1, ta có:

31 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3
... ...
n

x x
x x
n n n
a x a x a x a x a a a a+ + + + ≥

8
Tổng quát: Cho n số dương tùy ý a
i,
i =
1, n

và n số hữu tỉ dương q
i
, i =
1, n

thỏa
1
1
n
i
i
q
=
=
∑

khi đó ta luôn có:
1
1

.
i
n
n
q
i i i
i
i
a q a
=
=
≤
∑
∏

Dấu “=” xảy ra
II. Các ví dụ

Ví dụ 1: Cho n số dương a
i,
i =
1, n
.
Chứng minh rằng:
2
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
( ... ) ...
n

n
a a a a n
a a a a
 
+ + + + + + + + ≥
 
 

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số
1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
, , ,..., , , , ,...,
n
n
a a a a
a a a a

Ta có:

1 2 3 1 2 3
1 2 3
1 2 3
... ...
1 1 1 1
...
...
n
n n

n
n
n
a a a a n a a a a
n
a a a a
a a a a
+ + + + ≥
+ + + + ≥

Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi
1 2 3
...
n
a a a a= = = =


Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:

2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )a a b b b c c c a a b c
+ + ≥
+ + + + +


Giải:

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái:
3

1 1 1 3
( ) ( ) ( )
( )( )( )
a a b b b c c c a
abc a b a c b c
+ + ≥
+ + +
+ + +
(1)

Mà

3 3
3 3
6
6
2
3
3 ( )
3 ( )( )( ) 8( )
8
( )( )( ) ( )
3
2
( )( )( ) ( )
9
abc a b c
a b b c c a a b c
abc a b b c c a a b c
abc a b b c c a a b c

≤ + +
+ + + ≤ + +
⇒ + + + ≤ + +
⇔ + + + ≤ + +

9

2
9
3 27
2( )
( )( )( )
a b c
abc a b b c c a
⇔ ≥
+ +
+ + +
(2)

Từ (1)(2) đpcm
Dấu “=” xảy ra a = b = c

Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +

Giải

Ta có:

3 3
( )a b ab a b+ ≥ +

Nên

3 3
( )
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
≤ =
+ + + + + +

Tương tự ta cũng có

3 3
3 3
( )
( )
abc abc a
b c abc bc b c abc a b c
abc abc b
a c abc ac a c abc a b c
≤ =
+ + + + + +
≤ =
+ + + + + +

Cộng vế theo vế ta được

3 3 3 3 3 3
1 1 1
1abc
a b abc b c abc c a abc
 
+ + ≤
 
+ + + + + +
 

Hay

3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
(
đpcm
)

III. Bài tập tương tự

1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :

5 5 5 5 5 5
1

xy yz xz
x xy y y yz z x xz z
+ ≤
+ + + + + +

*Hướng dẫn:
Ta có:
2 2
2x y xy
+ ≥


5 5 5 5 2 2 2 2
2 = 2 (x+y)x y x y x y xy x y
⇒ + ≥ ≥



10
Do đó :

5 5 2 2
1
(x+y) 1 ( )
xy xy z
x xy y xy x y xy x y x y z
≤ = =
+ + + + + + +

Tương tự:

5 5
5 5
yz x
y yz z x y z
xz y
x xz z x y z
≤
+ + + +
≤
+ + + +

Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh :

3 3 3
x y z
x y z
yz xz xy
+ + ≥ + +

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có:

3
3
3
3
3

3
x
y z x
yz
y
x z y
xz
z
x y z
xy
+ + ≥
+ + ≥
+ + ≥

Cộng vế theo vế ta được:

3 3 3
2( ) 3( )
x y z
x y z x y z
yz xz xy
+ + + + + ≥ + +

⇒
đpcm
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z.

3. Cho
, ,a b c
là 3 số nguyên dương. Chứng minh:

2
( ) ( ) ( ) ( )
3
a b c
a b c
b c a c a b a b c
+ +
 
+ + + + + ≤ + +
 
 

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có:
( ) ... ( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( )b c b c a c a c a b a b
+ + + + + + + + + + + + + +
  

n lần n lần n lần

( ). ( ) ( ) ( )
a b c
a b c
a b c b c a c a b
+ +
≥ + + + + +

Hay :

2( )
( ) ( ) ( )
a b c
a b c
a b c
b c a c a b
a b c
+ +
+ +
 
≥ + + +
 
+ +
 
(1)
11
Ta có bất đẳng thức sau:

2( ) 2( )
3
a b c ab bc ca
a b c
+ + + +
≥
+ +
(2)
Thật vậy (2)
2
( ) 3( )a b c ab bc ca
⇔ + + ≥ + +

2 2 2
a b c ab bc ca
⇔ + + ≥ + +
(đúng)
Từ (1)(2), ta có đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

4. Cho
, ,a b c
là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −

*Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức côsi:

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

Tương tự :

( )( )
( )( )
a b c c a b a
b c a a b c b
+ − + − ≤
+ − + − ≤

Nhân vế theo vế ta được:

( )( )( )b c a c a b a b c abc
+ − + − + − ≤


1 (1)
( )( )( )

abc
b c a c a b a b c
⇒ ≥
+ − + − + −

Ta lại dử dụng bất đẳng thức côsi:

3
3 3 do(1)
( )( )( )
a b c abc
b c a c a b a b c b c a c a b a b c

+ + ≥ ≥
+ − + − + − + − + − + −
(đpcm)












12
Chương III
BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC
BUNHIACOPXKI ( B.C.S)

I. Bất đẳng thức bunhiacopxki:

Cho 2 n số thực (
2n
≥
)
a
1
, a
2

, …, a
n
và b
1
, b
2
, …, b
n
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ... ) ( ... )( ... )
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +

Dấu “ = ” xảy ra
1 2
1 2
...
n
n
a
a a
b b b
⇔ = = =
hay
1 1 2 2
; ; ...;
n n

a kb a kb a kb= = =

Chứng minh:
Đặt:
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2
...
...
n
n
a a a a
b b b b

= + + +


= + + +



• Nếu
0a =
hay
0b =
thì bất đẳng thức luôn đúng
• Nếu
, 0a b >
:

Đặt:
;
i i
i i
a b
a b
α β
= =
(
1,i n=
)
Thế thì
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
... ... 1
n n
α α α β β β
+ + + = + + + =

Mà:
2 2
( )
i i i i
α β α β
1
≤ +
2

Suy ra:
2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2
... ( ... )( ... ) 1
n n n n
a a a b b b
α β α β α β
1
+ + + ≤ + + + + + + ≤
2


1 1 2 2
...
n n
a b a b a b ab⇒ + + + ≤

Lại có:
1 1 2 2 1 1 2 2
... ...
n n n n
a b a b a b a b a b a b+ + + ≤ + + +

Suy ra:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ... ) ( ... )( ... )
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +

Dấu “ = ” xảy ra
1 1

i i
n n
α β
α β α β
=

⇔

,...

cuøng daáu


1 2
1 2
...
n
n
a
a a
b b b
⇔ = = =

II. Các ví dụ:

Ví dụ 1:
Cho
, , 0a b c >
. Chứng minh:

2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:
13

( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a b c
b c a c a b a b c
b c c a a b
 
+ + + + + + + ≥ + +
 
+ + +
 


2 2 2

2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
⇔ + + ≥
+ + +

Ví dụ 2:
Cho
2 2
1a b+ =
. Chứng minh:
1 1 2 2a b b a+ + + ≤ +

Giải:

Áp dụng 2 lần bất đẳng thức B.C.S ta có:

2 2
( 1 1 )( 1 ) 2a b b a a b b a a b
2
+ + + ) ≤ ( + + + + = + +


2 2 2 2
2 1 1 . 2 2a b≤ + + + = +
(do
2 2
1a b+ =
)

Vì vậy
1 1 2 2a b b a+ + + ≤ +
.
Dấu “ = ” xảy ra
1

1
a b
a b
b a
a b
+

=

⇔ ⇒ =
+


=


Ví dụ 3:

Chứng minh rằng nếu phương trình

4 3 2
1 0x ax bx cx+ + + + =
(1) cos nghiệm thì
2 2 2

4
3
a b c+ + ≥

Giải:

Từ (1) ta có:
4 3 2
(1 )x ax bx cx− + = + +

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

4 2 3 2 2 2 2 2 6 4 2
(1 ) ( ) ( )( )x ax bx cx a b c x x x+ = + + ≤ + + + +


4 2
2 2 2
6 4 2
(1 )
( )
x
a b c
x x x
+
⇒ + + ≥
+ +
(2)
Mặt khác:
4 2

6 4 2
(1 ) 4
3
x
x x x
+
≥
+ +
(3)
Thật vậy: (3)
4 8 6 4 2
(1 2 ) 4( )x x x x x⇔ 3 + + ≥ + +


8 6 4 2
3 4 2 4 3 0x x x x⇔ − + − + ≥


2 2 4 2
( 1) (3 2 3) 0x x x⇔ − + + ≥
( luôn đúng)
Từ (2) và (3):
2 2 2
4
3
a b c+ + ≥

Dấu “ = ” xảy ra
2
( 1)

3
2
( 1)
3
a b c x
a b c x

= = = =

⇔


= = = − = −



Ví dụ 4:
Cho
, , 0a b c >
thỏa
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng:
14

2 2 2
1 1 1 1
30P
a b c ab bc ca
= + + + ≥
+ +

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
100 . .3 .3a b c ab bc ca
ab bc ca
a b c
 
= + + + + + .3
 
+ +
 


2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
9 9 9 )a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
 
≥ + + + ( + + + + +
 
+ +
 

2 2
7 10
( ) 7( ) 1 ( ) 30
3 3
P
P a b c ab bc ca P a b c P
 
 
= + + + + + ≤ + + + ≤ ⇒ ≥
 
 
 

Do:
1a b c+ + =
( theo giả thuyết)

2
( )
3
a b c
ab bc ca
+ +
⇒ + + ≤

Ví dụ 5:
Cho
, , 0a b c >
và
1abc =

. Chứng minh rằng:

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

Giải:
Đặt:
1 1 1
; ; a b c
x y z
= = =
. Khi đó từ
, , 0a b c >
và
1abc = , , 0x y z⇒ >
và
1xyz =

Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau:

3 3 3
3
2
x yz y zx z xy
y z z x x y
+ + ≥

+ + +


2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
⇒ + + ≥
+ + +
(do
1xyz =
) (1)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

2 2 2
2
( ) ( )
x y z
y z z x x y x y z
y z z x x y
 
⇒ + + + + + + + ≥ + +
 
+ + +
 


2 2 2 2
( )

2( ) 2
x y z x y z x y z
y z z x x y x y z
+ + + +
⇔ + + ≥ =
+ + + + +
(2)
Dấu “ = ” xảy ra
1
2( ) 2
x y z x y z
y z z x x y x y z
+ +
⇔ = = = =
+ + + + +


2 ; 2 ; 2zy z x z x y x y⇔ + = + = + =


x y z⇔ = =

Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi:
3
3 3x y z xyz+ + ≥ =
( do
1xyz =
) (3)
Dấu “ = ” xảy ra khi x y z
= =

.
Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
. Vậy (1) đúng.
Dấu “ = ” xảy ra
x y z
⇔ = =
hay a b c
= =

15

⇒
đpcm.
Ví dụ 6:

Cho
ABC
∆
tùy ý có m
1
, m
2
, m

3
là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng

1 2 3
9R
2
m m m
≥
+ +

Giải:

Ta có công thức đường trung tuyến:

2 2 2
2
2 2
4
a
b c a
m
+ −
=


2 2 2 2 2 2
3
( )
4

a b c
m m m a b c
⇒ + + = + +

Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có:
2 2 2 2
9R
a b c
+ + ≤
(1)
Dấu “ = ” trong (1) xảy ra
ABC
⇔ ∆
đều.

2 2 2 2
27
4
a b c
m m m R
⇒ + + ≤
(2)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

( )
2 2 2
)
a b c a b c
m m m m m m
2

⇒ + + ≤ 3( + +
(3)
Dấu “ = ” trong (3) xảu ra
a b c
m m m
⇔ = =

ABC
⇔ ∆
đều.
Từ (2) và (3)
( )
2
a b c
m m m R
2
81
⇒ + + ≤
4


9
2
a b c
R
m m m
⇔ + + ≤


9

2
a b c
R
m m m
⇔ ≥
+ +

Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay
ABC
∆
đểu.
Ví dụ 7:
Cho
1 2
, ,..., 0
n
a a a
>
. Chứng minh rằng:

2
1 2
1 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( ... )
...
2( ... )
n n
n

a a a a
a a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +


Giải:

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

[ ]
2
1 2
2 3 3 4 1 2 1 2
2 3 3 4 1 2
... ( ... )
n
n n
a
a a
a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
1 2
 
+ + + ( + )+ ( + ) + ...+ ( + ) ≥ + + +
 
+ + +
 

Hay
2
1 2
1 2
2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2
( ... )
...
...
n n
n n
a a a a
a a
a a a a a a a a a a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + + +
(1)
Dấy “ = ” xảy ra:
2 3 3 4 1 1 2
...
n
a a a a a a a a
⇔ + = + = = + = +

16

1 2
...
n

a a a
⇔ = = =

Do
2 2 2 2
2 2
2
1 3 2 3
1 2
1 2 1 3 1
2 2 2
a a a a
a a
a a a a a
+ +
+
+ ≤ + = +


2 2
2
3 4
2 3 2 4 2
2
a a
a a a a a
+
+ ≤ +

…

2 2
2
1 2
1 2
2
n n n
a a
a a a a a
+
+ ≤ +

Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có:

( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
1 2 1 3 2 3 2 4 1 2 1 2
... 2 ...
n n n
a a a a a a a a a a a a a a a
+ + + + + + ≤ + + +
(2)
Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi:

1 2
...
n
a a a
= = =

Từ (1), (2) suy ra:

2
1 2
1 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( ... )
...
2( ... )
n n
n
a a a a
a a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +

Dấu “ = ” xảy ra
1 2
...
n
a a a
⇔ = = =


III. Bài tập tương tự:
1. Cho

4
ab bc ca
+ + =
. Chứng minh:
4 4 4
16
3
a b c
+ + ≥

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
( ) ( )( ) ( ) 3( )
ab bc ca a b c b c a a b c a b c
+ + ≤ + + + + = + + ≤ + +


4 4 4
16
3
a b c
⇒ + + ≥
( do
4
ab bc ca
+ + =
).
Dấu “ = ” xảy ra

2
3
a b c
⇔ = = = ±


2. Cho
2 2
2 2
3
16
x xy y
y yz z

+ + =


+ + =



Chứng minh rằng:
z 8
xy yz x
+ + ≤

*Hướng dẫn
Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có:

2 2

2 2 2 2 2 2
3 3
18 ( )( )
2 4 4 2
x z
x xy y y yz z y x z y
   
   
= + + + + = + + + +
   
   
   
   
   


( )
2
2
3 3 3
z
2 2 2 2 4
x z
y z x y xy yz x
 
   
≥ + + + = + +
 
   
   

 


( )
2
z 64
xy yz x
⇒ + + ≤


⇒
đpcm.
17

3. Chứng minh rằng nếu phương trình
4 3 2
1 0
x ax bx ax
+ + + + =
có nghiệm thì:

2 2
4
5
a b
+ ≥

*Hướng dẫn
Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho:

4 3 2
1 0
x ax bx ax
+ + + + =
(
0
x
⇒ ≠
)
Chia 2 vế cho
2
0
x
>
, ta được:

2
2
1 1
0
x a x b
x x
   
+ + + + =
   
   
(1)
Đặt
1
, 2

t x t
x
= + ≥
.
(1)
2
2 0
t at b
⇔ + + − =

2
t at b
⇔ 2 − = +

Áp dụng B.C.S:
( )
( )
( )( )
2
2
2 2 2 2
1
t at b a b t
2 − = + ≤ + +


( )
2
2
2 2

2
2
1
t
a b
t
−
⇒ + ≥
−

Ta dễ chứng minh được:
( )
2
2
2
2
1
t
t
−
4
≥
− 5
( dành cho bạn đọc tự chứng minh).

2 2
4
5
a b
⇒ + ≥

4. Cho
, , 0
x y z
>
thỏa
z 1xy yz x+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

2 2 2
x y z
T
x y y z z x
= + +
+ + +

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:
+)
1 .x y y z z x x y z x y z x y z= + + ≤ + + + + = + +

+)
( )
2
2
x y z
x y z x y y z z x
x y y z z x
 

+ + = + + + + +
 
 
+ + +
 


( )
2 2 2
2 ( )
x y z
x y y z z x T x y z
x y y z z x
 
≤ + + + + + + + = + +
 
+ + +
 


( )
1 1
2 2
T x y z⇒ ≥ + + =

Dấu “ = ” xảy ra
1
3
x y z⇔ = = =

Vậy
1
( )
2
Min T =
khi
1
3
x y z= = =
.



18

5. Cho
0
x y z≥ ≥ ≥
. Chứng minh rằng:

2 2 2
2 2 2
x y y z z x
x y z
z x y
+ + ≥ + +

*Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S:

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
)
x y y z z x x z y x z y
x y z
z x y y z x
  
+ + + + ≥ ( + +
  
  

Xét hiệu:

2 2 2 2 2 2
x y y z z x x z y x z y
A
z x y y z x
= + + − − −


( )( )( )( )
1
z 0
x y y z z x xy yz x
xyz
= − − − + + >
(2)
Từ (1), (2)
2 2 2
2 2 2

x y y z z x
x y z
z x y
⇒ + + ≥ + +

Dấu “ = ” xảy ra
x y z⇔ = =


6. Cho
ABC∆
, M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC,
AC, AB. Chứng minh rằng:

2 2 2
2
a b z
x y z
R
+ +
+ + ≤

*Hướng dẫn

Ta có:
MBC MCA MAB
S S S S+ + =


1

a b c
x y z
h h h
⇒ + + =

Ta có:
( )
a b c a b c
a b c
x y z
h h h h h h
h h h
 
+ + = + + + +
 
 

Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra:

a b c a b c
a b c
x y z
h h h h h h
h h h
 
+ + ≥ + +
 
 
 

a b c
h h h x y z⇒ + + ≥ + +
(1)
Do trong mọi tam giác nên ta có:

sin ; sin ; sin
a b c
h b C h c A h a B= = =
nên:

sin sin sin
2
a b c a b c
bc ac ab
h h h h b C h c A h a B
R
+ +
+ + = = + = + = =

Theo bất đẳng thức Causi:

2 2 2
2
a b c
a b c
h h h
R
+ +
+ + =

(2)
19
Từ (1), (2) suy ra đpcm.
Dấu “ = ” xảy ra khi
ABC∆
đều, M là trọng tâm tam giác.







Chương IV
BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV)

I. Phát biểu

- Cho 2 dãy số
1 2 3
, , ,...,
n
a a a a
và
1 2 3
, , ,...,
n
b b b b

+ Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm
1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
a a a a
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤


≤ ≤ ≤ ≤

hoặc
1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
a a a a
b b b b
≥ ≥ ≥ ≥


≥ ≥ ≥ ≥


Ta có:

( )( )
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
... ... ( ... )
n n n n
a a a a b b b b n ab a b a b a b+ + + + + + + + ≤ + + + +


+ Nếu 1 dãy tăng, 1 dãy giảm
1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
a a a a
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤


≥ ≥ ≥ ≥

hoặc
1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
a a a a
b b b b

≥ ≥ ≥ ≥


≤ ≤ ≤ ≤



Ta có:
( )( )
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3
... ... ( ... )
n n n n
a a a a b b b b n a b a b a b a b+ + + + + + + + ≥ + + + +


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3
1 2 3
...
...
n
n
a a a a
b b b b
= = = =


= = = =


II. Các ví dụ

Ví dụ 1: Cho
0a b+ ≥
.
Chứng minh
3 3 5 5 9 9
( )( )( ) 4( )a b a b a b a b+ + + ≤ +