Bất đẳng thức Bunhiacopxki và ứng dụng

Chia sẻ: manhhakcqt

Tham khảo bài viết 'bất đẳng thức bunhiacopxki và ứng dụng', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Nội dung Text: Bất đẳng thức Bunhiacopxki và ứng dụng

www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn




I.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ( BCS ) :

Cho 2 bộ số thực ( a1 ; a2 ;...; an ) và ( b1 ; b2 ;...; bn ) , mỗi bộ gồm n số. Khi đó ta có:
≤ ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) ( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )
( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )
2


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
a
a1 a2
= = ... = n với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0.
b1 b2 bn

II. Các hệ quả :
Hệ quả 1:

C
Nếu a1 x1 + ... + an xn = C (không đổi) thì min ( x12 + ... + xn ) =
2

a + ... + an
2 2
1

x
x1
= ... = n
đạt được khi
a1 an

Hệ quả 2:

Nếu x12 + ... + xn = C 2 (không đổi) thì max ( a1 x1 + ... + an xn ) = C a12 + ... + an
2 2


x
x1
= ... = n ≥ 0
đạt được khi
a1 an
min ( a1 x1 + ... + an xn ) = − C a12 + ... + an
2


x
x1
Dấu “=” xảy ra ⇔ = ... = n ≤ 0
a1 an

III.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng:

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




Chứng minh:
Đặt A = 3 a13 + a2 + ... + an , B = 3 b13 + b2 + ... + bn , C = 3 c13 + c2 + ... + cn
3 3 3 3 3 3




www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 1 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Nếu A = 0 hoặc B = 0 hoặc C = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì khi đó cả hai vế của bất đẳng thức
đều bằng 0.
Vậy ta chỉ xét trường hợp A > 0; B > 0; C > 0
a b c
Đặt xi = i ; yi = i ; zi = i với i = 1; 2;3
A B C
⎧ x1 + x2 + x3 = 1
3 3 3


Khi đó ta có: ⎨ y13 + y2 + y3 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x1 y1 z1 + x2 y2 z2 + x3 y3 z3 ≤ 1
3 3

⎪3
⎩ z1 + z2 + z3 = 1
3 3


⎧ x 3 + x13 + x13
x1 y1 z1 ≤ 1

3

⎪ x2 + x2 + x2
3 3 3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm: xi ; yi ; zi ( i = 1; 2;3) ta có: ⎨ x2 y2 z2 ≤
3 3 3

3

⎪ x + x3 + x3
3 3 3
x3 y3 z3 ≤ 3

3


Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được: x1 y1 z1 + x2 y2 z2 + x3 y3 z3 ≤ 1 (đpcm)
⎧ a1 b1 c1
⎪A = B =C
⎧ x1 = y1 = z1 ⎪
⎪ ⎪ a2 b2 c2
Đẳng thức xảy ra ⇔ ⎨ x2 = y2 = z2 ⇔ ⎨ = =
ABC
⎪x = y = z ⎪
⎩3 ⎪ a3 b3 c3
3 3

⎪A = B =C

Hay ai : bi : ci = A : B : C ( i = 1; 2;3) tức là: a1 : b1 : c1 = a2 : b2 : c2 = a3 : b3 : c3
• Tổng quát : bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng cho rộng cho m dãy số thực không âm:
Cho m dãy số thực không âm:
( a1 ; a2 ;...; an ) , ( b1 ; b2 ;...; bn ) , … , ( K1 ; K 2 ;...; K n )
Ta có:
( a1b1...K1 + a2b2 ...K 2 + ... + anbn ...K n ) ≤ ( a1m + a2m + ... + anm ) ( b1m + b2m + ... + bnm ) ... ( K1m + K 2m + ... + K nm )
m


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
a1 : b1 : ... : K1 = a2 : b2 : ... : K 2 = an : bn : ... : K n ( chứng minh tương tự như trên)



I- MỘT SỐ VÍ DỤ :
Bài 1: Cho x, y, z là ba số dương thỏa 4 x + 9 y + 16 z = 49 . Chứng minh rằng:
1 25 64
T= + + ≥ 49
xy z

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 2 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải
158
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho sáu số 2 x ;3 y ; 4 z và ta được:
; ;
x yz
⎡ 2⎤
2
⎤ ⎢⎛ 1 ⎞ + ⎛ 5 ⎞ + ⎛ 8 ⎞ ⎥
2
⎛ 1 25 84 ⎞ ⎡
( ) + (3 y ) ( )
2 2 2
49.T = ( 4 x + 9 y + 16 z ) ⎜ + + ⎟= 2 x +4z ⎜ ⎟
⎥ ⎢⎜ x ⎟ ⎜ y ⎟ ⎜ z ⎟ ⎥
z⎠ ⎢⎣ ⎦⎝
⎝x y ⎠⎝ ⎠⎦
⎠⎝

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

1 25 64
⇒T = + + ≥ 49
xy z
⎧ 1
⎪x = 2
⎧1 5 8 ⎪
⎪= = ⎪ 5
⇔ ⎨y =
Đẳng thức xảy ra khi ⎨ 2 x 3 y 4 z
3
⎪4 x + 9 y + 16 z = 49 ⎪
⎩ ⎪z = 2



Bài 2 : Cho x > 0; y > 0 và x 2 + y 2 ≤ x + y .Chứng minh:
x + 3y ≤ 2 + 5
Hướng dẫn giải
2 2
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1
Giả thiết: x 2 + y 2 ≤ x + y ⇔ ⎜ x − ⎟ + ⎜ y − ⎟ ≤
2⎠ ⎝ 2⎠ 2

⎛ 1⎞
1
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: (1;3) ; ⎜ x − ; y − ⎟ ta có:
⎝ 2 2⎠
⎡⎛ 1⎞ ⎤
2 2 2
⎡ ⎛ 1⎞ 1 ⎞⎤
⎛ 1⎞ ⎛
⎢1. ⎜ 1 − 2 ⎟ + 3. ⎜ y − 2 ⎟ ⎥ ≤ 10 ⎢⎜ x − 2 ⎟ + ⎜ y − 2 ⎟ ⎥ ≤ 5
⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎢⎝ ⎠⎝ ⎠⎥
⎣ ⎦
⇒ ( x + 3 y − 2) ≤ 5
2



⇒ x + 3y − 2 ≤ 5
⇒ x + 3y ≤ 2 + 5
⎧ 1 5
⎪x = +
⎪ 2 10
Đẳng thức xảy ra khi ⎨
⎪y = 1 + 3 5

⎩ 2 10

Bài 3 : Cho a, b, c ≥ 0 ; a + b + c = 1 .Chứng minh:



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 3 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

1 1 1 1
+ ++ ≥ 30
a +b +c
2 2 2
ab bc ac
Hướng dẫn giải
1 1 1 1
Gọi A = + ++
a +b +c
22 2
ab bc ac
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số:
⎛ 1⎞
1 1 1
; ; ;
⎜2 ⎟
ab bc ca ⎠
⎝ a +b +c
2 2



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

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



⇒ 100 ≤ ⎡( a + b + c ) + 7 ( ab + bc + ca ) ⎤ A (*)
2
⎣ ⎦
1 1
Mà ab + bc + ca ≤ ( a + b + c ) = (do a + b + c = 1)
2

3 3
Do đó: (*) ⇒ A ≥ 30.
1
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
3
1 1 1
Bài 4 : Cho x; y; z > 0 và thoả x + y + z ≤ 1 .Chứng minh : x2 + + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x y z
Hướng dẫn giải
1 1 1
Gọi S = x 2 + + y2 + 2 + z2 + 2
2
x y z
⎛ 1⎞
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: (1;9 ) ; ⎜ x; ⎟
⎝ x⎠
9 1 1
x + ≤ 1 + 81. x 2 + 2 = 82. x 2 + 2 (1)
Ta có:
x x x
9 1
y + ≤ 82. y 2 + 2
Tương tự: ` (2)
y y

9 1
z+ ≤ 82. z 2 + 2 (3)
z z
⎛1 1 1⎞
S . 82 ≥ x + y + z + 9 ⎜ + + ⎟
Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được:
⎝x y z⎠
⎛1 1 1⎞
S . 82 ≥ 81( x + y + z ) + 9 ⎜ + + ⎟ − 80 ( x + y + z )
Hay ⎝x y z⎠




www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 4 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


⎛1 1 1⎞
( x + y + z)⎜
≥ 2.9.3. + + ⎟ − 80 ≥ 162 − 80 = 82
⎝x y z⎠
1 1 1
x2 + + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
Vậy 2
x y z

Bài 5 : Cho ba số thực dương a, b, c thoả ab + bc + ca = abc .Chứng minh rằng:
b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 a 2 + 2c 2
+ + ≥3
ab bc ca
Hướng dẫn giải
b 2 + 2a 2 b 2 + 2a 2 1 1
= = + 2 2 (do a, b dương)
Ta có: 22 2
ab ab a b
1 1 1
Đặt x = ; y = ; z = thì
a b c
⎧a, b, c > 0 ⎧ x; y; z > 0
⇔⎨
giả thiết ⎨
⎩ab + bc + ca = abc ⎩x + y + z = 1
và (đpcm) ⇔ x 2 + 2 y 2 + y 2 + 2 z 2 + z 2 + 2 x 2 ≥ 3
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
3( x2 + 2 y2 ) = 3( x2 + y2 + y2 ) ≥ ( x + y + y )
2


1
( x + 2y)
⇒ x2 + 2 y 2 ≥
3
1
( y + 2z )
y2 + 2z2 ≥
Tương tự
3
1
( z + 2x)
z 2 + 2 x2 ≥
3
1
( 3x + 3 y + 3z ) =
x2 + 2 y 2 + y 2 + 2 z 2 + z 2 + 2 x2 ≥
Vậy 3
3
1
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
3
1
Với x = y = z = thì a = b = c = 3
3

a − 1 + b − 1 + c − 1 ≤ c ( ab + 1) với mọi số thực dương a; b; c ≥ 1
Bài 6 : Chứng minh:
Hướng dẫn giải
Đặt a − 1 = x ; b − 1 = y ; c − 1 = z
2 2 2


Với x; y; z > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

(z + 1) ⎡( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 1⎤
x+ y+z ≤ 2
⎣ ⎦
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 5 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


(x + 1)( y 2 + 1) ⇒ x + y + z ≤ (x + 1) ( y 2 + 1) + z
x+ y≤ 2 2
(1)

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

(z + 1) ⎡( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 1⎤
Kết hợp (1) và (2) ta có x + y + z ≤ 2
⎣ ⎦
a − 1 + b − 1 + c − 1 ≤ c ( ab + 1)
Vậy (đpcm)

Bài 7 : Cho a; b; c > 0 và thoả abc = 1 .Chứng minh:
1 1 1 3
+3 +3 ≥
a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 2
3


Hướng dẫn giải
1 1 1
⇒ xyz = 1; x > 0; y > 0; z > 0
Đặt x = ; y = ; z =
a b c
x2 y2 z2 3
+ + ≥
Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau : A=
y+z z+x x+ y 2
⎛x z⎞
( )
y
y + z ; z + x; x + y ;⎜
⎜ y+z z+x x+ y ⎟
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số : ; ;

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


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


Bài 8 : Cho a; b; c > 0 .Chứng minh:
a b c
+ + ≤1
( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b )
a+ b+ c+
Hướng dẫn giải

( )( )
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: a; b ; c; a
Ta có:
( )
2
≤ ( a + b )( c + a ) ⇒ ac + ab ≤ ( a + b )( c + a )
ac + ab

( a + b )( c + a )
⇒ a + ac + ab ≤ a +
a a a
⇒ ≤ = (1)
( a + b )( a + c ) a + ac + ab a+ b+ c
a+




www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 6 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

b b

Tương tự: (2)
( b + c )( b + a ) a+ b+ c
b+
c c
≤ (3)
( c + a )( c + b ) a+ b+ c
c+
Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được:
a b c
+ + ≤1
( a + b )( a + c ) ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b )
a+ b+ c+
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .

3 2 −3
ab
Bài 9 : Cho a; b > 0 và thoả a 2 + b 2 = 9 .Chứng minh : ≤
a+b+3 2
Hướng dẫn giải
Ta có: a 2 + b 2 = 9
⇔ 2ab = ( a + b ) − 9
2


⇔ 2ab = ( a + b + 3)( a + b − 3)
2ab
⇔ = a +b−3
a+b+3
a+b 3
ab
⇔ = −
a+b+3 2 2
Mà theo BĐT Bunhiacôpxki thì a + b ≤ 2. a 2 + b 2 = 3 2
3 2 −3
ab

Nên
a+b+3 2
⎧a; b > 0

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

⎪a = b

p+q p+q p+q
111
++≥ + +
Bài 10: Cho a; b; c; d dương tuỳ ý.Chứng minh :
a b c pa + qb pb + qc pc + qa
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có
2
⎛p ⎞ ⎛ p q⎞
q
( p + q) ⎜ a . pa + b . qb ⎟ ≤ ⎜ a + b ⎟ ( pa + qb )
2
=⎜ ⎟⎝ ⎠
⎝ ⎠
Tương tự ta chứng minh được
⎛ p q⎞ ⎛ p q⎞
( p + q)
≤ ⎜ + ⎟ ( pb + qc ) ; ( p + q) ≤ ⎜ + ⎟ ( pc + qa )
2 2

⎝b c⎠ ⎝ c a⎠
Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức ta có :



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 7 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

⎡1 1⎤ ⎛1 1 1⎞
1
( p + q) ⎢ pa + qb + pb + qc + pc + qa ⎥ ≤ ( p + q ) ⎜ a + b + c ⎟
2

⎝ ⎠
⎣ ⎦
⎡1 1 ⎤111
1
( p + q) ⎢ + + ⎥≤ + +
Hay
⎣ pa + qb pb + qc pc + qa ⎦ a b c
p+q p+q p+q
111
++≥ + +
Vậy
a b c pa + qb pb + qc pc + qa

Bài 11 : Cho 4 số dương a; b; c; d .Chứng minh:
a 2 + b2 + c2 + d 2
a3 b3 c3 d3
+ + + ≥
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c 3
Hướng dẫn giải
3 3 3
d3
a b c
Đặt P = + + +
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số:
⎛ ⎞
( )
a3 b3 c3 d3
⎟ ; a (b + c + d ); b ( c + d + a ); c ( d + b + a ); d ( a + b + c )
⎜ ; ; ;
⎜ b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c ⎟
⎝ ⎠
Ta có:
( a + b + c + d ) ≤ P ⎡a ( b + c + d ) + b ( c + d + a ) + c ( d + a + b ) + d ( a + b + c )⎤
22
2 2 2
⎣ ⎦
⇔ ( a + b + c + d ) ≤ P ⎡( a + b + c + d ) − ( a + b + c + d ) ⎤
22 2
2 2 2 2 2 2 2
(1)
⎣ ⎦
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( a; b; c; d ) ; (1;1;1;1) ta được:
≤ 4 ( a 2 + b2 + c2 + d 2 )
(a + b + c + d )
2
(2)

(a + b 2 + c 2 + d 2 ) ≤ 3P ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )
2
2
Từ (1) và (2) ta được
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≤ 3P
a 2 + b2 + c2 + d 2
a3 b3 c3 d3
+ + + ≥
Vậy
b+c+d c+d +a b+d +a a+b+c 3

a b c
+ + ≥1
Bài 12 : Cho các số dương a; b; c thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh :
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
Hướng dẫn giải
a b c a b c
Đặt A = + + = + +
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c 2b + c 2c + a 2a + b
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
2
⎡ ⎤
a b c
(a + b + c) = ⎢ a ( 2b + c ) + b ( 2c + a ) + c ( 2a + b ) ⎥
2

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



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 8 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


(a + b + c)
2

⇔ A≥
3 ( ab + bc + ca )
Ta lại có:
3 ( ab + bc + ca )
(a + b + c) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) . Suy ra A ≥
2
=1
3 ( ab + bc + ca )
a b c
+ + ≥1
Vậy
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
⎧2b + c = 2c + a = 2a + b
⎪ 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi ⎨a = b = c ⇔a=b=c=
3
⎪a + b + c = 1

Bài 13 : Giả sử các số thực x; y; z; t thoả mãn điều kiện: a ( x 2 + y 2 ) + b ( z 2 + t 2 ) = 1 với a; b là hai số dương cho
a+b
trước. Chứng minh: ( x + z )( y + t ) ≤
ab
Hướng dẫn giải
Do a; b > 0 nên từ giả thiết ta có:
x2 + y 2 z 2 + t 2 1
a(x + y ) + b(z + t ) = 1 ⇔ + =
2 2 2 2

b a ab
2 2 2 2
x z y t 1
⇔ ++ +=
b a b a ab
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
2
⎛ x2 z 2 ⎞
⎛x ⎞
z
( x + z) = ⎜ . a ⎟ ≤ (b + a ) ⎜ + ⎟
2
. b+ (1)
⎝b a⎠
⎝b ⎠
a
⎛ y2 t 2 ⎞
( y + t ) ≤ (b + a ) ⎜ + ⎟
2
Tương tự : (2)
⎝b a⎠
Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
⎛ x2 z 2 y 2 t 2 ⎞ a + b
( x + z ) + ( y + t ) ≤ (b + a ) ⎜ + + + ⎟ =
2 2
(3)
⎝b a b a⎠ ab
Mặt khác ( x + z ) + ( y + t ) ≥ 2 ( x + z )( y + t )
2 2
(4)
a+b
Do đó từ (3) và (4) suy ra: ( x + z )( y + t ) ≤
ab
⎧x z
⎪b = a
⎧x = y

⎪y t ⎪
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ ⎨ = ⇔⎨ ax
⎪z = t = b
ba
⎪ ⎩
⎪x + z = y + t





www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 9 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Bài 14 : Cho các số thực dương x; y; z; t thoả mãn xyzt = 1. Chứng minh:
1 1 1 1 4
+3 +3 +3 ≥
x ( yz + zt + ty ) y ( xz + zt + tx ) z ( xt + ty + yx ) t ( xy + yz + zx ) 3
3


Hướng dẫn giải
1 1 1 1
Với x; y; z; t dặt a = ; b = ; c = ; d = (a; b; c; d > 0) và abcd = 1
x y z t
1 1 1 1
⇒ x = ; y = ; z = ;t =
a b c d
Bất đẳng thức cần chứng minh tương với:
1 1 1 1 4
+ + + ≥
1⎛1 1⎞ 1⎛1 1 ⎞ 1⎛ 1 1⎞ 1⎛1 1⎞ 3
1 1 1 1
+ + + + + +⎟ ++⎟
3⎜ ⎟ 3⎜ ⎟ 3⎜ 3⎜
a ⎝ bc cd bd ⎠ b ⎝ ac cd ad ⎠ c ⎝ ad bd ab ⎠ d ⎝ ab bc ac ⎠
a3 b3 c3 d3 4
⇔ + + + ≥
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c 3
bcd adc abd abc
3 3 3
d3
a b c 4
⇔ + + + ≥ (vì abcd = 1 )
a (b + c + d ) b ( c + d + a ) c ( d + a + b) d ( a + b + c ) 3
a2 b2 c2 d2 4
⇔ + + + ≥
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c 3
a2 b2 c2 d2
Đặt S = + + +
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
S . ⎡( b + c + d ) + ( c + d + a ) + ( d + a + b ) + ( a + b + c ) ⎤ ≥ ( a + b + c + d )
2
⎣ ⎦
(a + b + c + d ) 1
2

= (a + b + c + d )
⇒S≥ (1)
3( a + b + c + d ) 3
Áp dụng BĐT Cauchy với 2 số dương:
a + b ≥ 2 ab ; c + d ≥ 2 cd
( )
Suy ra a + b + c + d ≥ 2 ab + cd
Lại áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ab ; cd ta có:
ab + cd ≥ 2 abcd = 2 4 abcd = 2 (vì abcd = 1 ) (2)
4
Từ (1) và (2) suy ra S ≥
3
1 1 1 1 4
+ + + ≥
Vậy
1⎛1 1⎞ 1⎛1 1 ⎞ 1⎛ 1 1⎞ 1⎛1 1⎞ 3
1 1 1 1
+ + + + + +⎟ ++⎟
3⎜ ⎟ 3⎜ ⎟ 3⎜ 3⎜
a ⎝ bc cd bd ⎠ b ⎝ ac cd ad ⎠ c ⎝ ad bd ab ⎠ d ⎝ ab bc ac ⎠
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1 ⇔ x = y = z = t = 1 .



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 10 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Bài 15 : Cho x1 ; x2 ; x3 ; x4 dương thoả điều kiện x1 + x2 + x3 + x4 = 1 .Chứng minh :
x14 + x2 + x3 + x4 1
4 4 4

x13 + x2 + x3 + x4 4
3 3 3


Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
1 = ( x1 + x2 + x3 + x4 ) ≤ 4 ( x12 + x2 + x3 + x4 )
2 2 2 2


1
⇒ x12 + x2 + x3 + x4 ≥
2 2 2
(1)
4
)
(
(x + x2 + x3 + x4 ) =
2
x1 . x13 + x2 . x2 + x3 . x3 + x4 . x4
2 2 2 2 3 3 3
• 1


≤ ( x1 + x2 + x3 + x4 ) ( x13 + x2 + x3 + x4 )
3 3 3


(vì x1 + x2 + x3 + x4 = 1 )
= x13 + x2 + x3 + x4
3 3 3


x +x +x +x
3 3 3 3
⇔ ≥ x12 + x2 + x3 + x4
2 2 2
1 2 3 4
(2)
x +x +x +x
2 2 2 2
1 2 3 4

(x + x + x + x ) 32
3 3 3
• 1 2 3 4

= ( x .x + x .x + x .x + x .x )
2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 4 4

≤ ( x + x + x + x )( x + x + x + x4 )
2 2 2 2 4 4 4 4
1 2 3 4 1 2 3

x14 + x2 + x3 + x4 x13 + x2 + x3 + x4
4 4 4 3 3 3
⇒3 ≥ (3)
x1 + x2 + x3 + x4 x12 + x2 + x3 + x4
3 3 3 2 2 2


Từ (1);(2) và (3) suy ra:
x14 + x2 + x3 + x4 1
4 4 4

x13 + x2 + x3 + x4 4
3 3 3



Bài 16 : Cho bốn số dương a; b; c; d .Chứng minh:
a+b+c+d
a4 b4 c4 d4
+ + + ≥
(a + b) (a ) (b + c ) (b ) (c + d ) (c ) (d + a)(d )
+b +c +d +a 4
2 2 2 2 2 2 2 2


Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b2 ) ⇔ ( a 2 + b2 ) ( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b2 ) ≤ 4 ( a 2 + b2 )
2 2
(1)
a 4 + b4 1
(a + b)
⇔ ≥
( a + b) ( a )
+b 4
2 2


a −b
4 4
= a −b
Mặt khác:
( a + b ) ( a 2 + b2 )
a4 b4 c4 d4
Đặt N = + + +
( a + b ) ( a 2 + b2 ) ( b + c ) ( b2 + c2 ) ( c + d ) ( c2 + d 2 ) ( d + a ) ( d 2 + a 2 )
www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 11 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Ta có:
(a − b4 ) + ( a 4 + b4 ) (b − c 4 ) + ( b4 + c 4 ) (c − d 4 ) + ( c4 + d 4 ) (d − a4 ) + ( d 4 + a4 )
4 4 4 4

2N = + + + (1)
( a + b ) ( a 2 + b2 ) ( b + c ) ( b2 + c 2 ) ( c + d ) ( c2 + d 2 ) ( d + a ) ( d 2 + a2 )
1 1 1 1
( a + b) + a − b + (b + c ) + b − c + (c + d ) + c − d + ( d + a ) + d − a
⇔ 2N ≥
4 4 4 4
1 1
⇔ 2 N ≥ ( a + b + b + c + c + d + d + a ) ⇔ N ≥ ( a + b + c + d ) ( đpcm )
4 4

a b c
+ +
≥1
Bài 17 : Cho a; b; c là các số thực dương.Chứng minh:
a + 8bc b + 8ac c + 8ab
2 2 2

(Trích đề thi Olympic Toán Quốc Tế lần thứ 42, năm 2001)
Hướng dẫn giải
a b c
Đặt A = + +
a + 8bc b + 8ac c + 8ab
2 2 2

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki hai lần ta được:
2
⎡ ⎤
a b c
(a + b + c)
2
=⎢ . a . 4 a 2 + 8bc + . b . 4 b 2 + 8ac + . c . 4 c 2 + 8ab ⎥
⎣ a + 8bc b + 8ac c + 8ab
42 42 42

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


= A. ⎡ a . a 3 + 8abc + b . b3 + 8abc + c . c3 + 8abc ⎤
⎣ ⎦
( a + b + c ) ( a3 + b3 + c3 + 24abc )
≤ A. (1)
Mặt khác
( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( a + c )
3


Áp dụng BĐT Cauchy với hai số dương ta có:
a + b ≥ 2 ab ; b + c ≥ 2 bc ; a + c ≥ 2 ac
Suy ra:
( a + b )( b + c )( a + c ) ≥ 8abc
⇒ ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( a + c ) ≥ a 3 + b3 + c3 + 24abc
3
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
(a + b + c) ( a + b + c )( a + b + c ) = A. ( a + b + c )
2 3 2
≤ A.
a b c
Do đó A ≥ 1 , nghĩa là + + ≥1
a 2 + 8bc b 2 + 8ac c 2 + 8ab
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c .

+
Bài 18 : Cho x; y; z ∈ thoả xy + yz + zt + tx = 1 .Chứng minh:


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 12 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

x3 y3 z3 t3 1
+ + + ≥
y+ z+t x+ z+t x+ y+t x+ y+ z 3
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( xy + yz + zt + tx ) ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ) ( y 2 + z 2 + t 2 + x 2 )
2



⇔ 1 ≤ x2 + y 2 + z 2 + t 2 (1)
Đặt: X = y + z + t ; Y = x + z + t ; Z = x + y + t ; T = x + y + z
Không mất tính tổng quát giả sử: x ≥ y ≥ z ≥ t
⇒ x 2 ≥ y 2 ≥ z 2 ≥ t 2 và x3 ≥ y 3 ≥ z 3 ≥ t 3
1111
và y + z + t ≤ x + z + t ≤ x + y + t ≤ x + y + z ⇔ X ≤ Y ≤ Z ≤ T ⇒ ≥≥≥
XYZT
Áp dụng BĐT Trê-bư-sếp cho hai dãy số sau:
⎧ x3 ≥ y 3 ≥ z 3 ≥ t 3

⎨1 1 1 1
⎪≥≥≥
⎩X Y Z T

x3 y 3 z 3 t 3 1 ⎛ 1 1 1 1 ⎞ 3
+ + ≥ ⎜ + + + ⎟ ( x + y3 + z3 + t 3 )
+ (2)
XY Z T 4⎝ X Y Z T ⎠
⎧x ≥ y ≥ z ≥ t
Áp dụng BĐT Trê-bư-sếp cho hai dãy ⎨ 2
⎩x ≥ y ≥ z ≥ t
2 2 2



( x3 + y 3 + z 3 + t 3 ) ≥ 1 ( x + y + z + t ) ( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 )
4
Mặt khác:
1 1
x + y + z + t = (x + y + z + x + y + t + x + z + t + y + z + t) = ( X + Y + Z + T )
3 3
12 1
⇒ ( x3 + y 3 + z 3 + t 3 ) ≥ ( x + y 2 + z 2 + t 2 ) . ( X + Y + Z + T ) (3)
4 3
Từ (2) và (3) rút ra:
x3 y 3 z 3 t 3
( x + y2 + z2 + t 2 ) ( X + Y + Z + T ) ⎛ X + Y + Z + T ⎞
12 1111
+ ++≥ ⎜ ⎟
XY Z T 48 ⎝ ⎠
Theo (1) ta lại có: 1 ≤ x + y + z + t
2 2 2 2


Áp dụng BĐT Cauchy cho X ; Y ; Z ; T > 0 ta có:
X + Y + Z + T ≥ 4 4 X .Y .Z .T
1111 1
+ + + ≥ 44
XYZT X .Y .Z .T
⎛ 1 1 1 1⎞
⇒ ( X + Y + Z + T ) . ⎜ + + + ⎟ ≥ 16
⎝X Y Z T⎠



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 13 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

x3 y 3 z 3 t 3 1 1
+ + + ≥ .1.16 =
Vậy
XY Z T 48 3
Thay X ; Y ; Z ; T ta được kết quả:
x3 y3 z3 t3 1
+ + + ≥
y+ z+t x+ z+t x+ y+t x+ y+ z 3
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t =
2
Bài 19 : Cho n là số tự nhiên.Chứng minh rằng:
Cn + Cn + ... + Cn ≤ n ( 2n − 1)
1 2 n


Hướng dẫn giải
) ; (b = b
( = ... = bn = 1)
Chọn hai dãy a1 = C ; a2 = C ;...; an = C n
1 2
n n n 1 2



)
( ≤ ( Cn + Cn + ... + Cn ) (1 + 1 + ... + 1)
2
Cn + Cn + ... + Cnn n
1 2 1 2
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: (1)
n
Theo nhị thức Newton ta có: ( a + b ) = ∑ Cn a k b n − k
n
k

k =1
Cho a = b = 1 .Ta có:
2n = Cn + Cn + ... + Cn ⇒ 2n − 1 = Cn + ... + Cn
n n
0 1 1


Vậy từ (1) ta có:
Cn + Cn + ... + Cn ≤ n ( 2n − 1)
n
1 2



Cn = Cn = ... = Cn ⇔ n = 1 .
n
1 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi

a b c d 2
Bài 20 : Cho a; b; c; d > 0 .Chứng minh : + + + ≥
b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3
(Trích đề dự bị Quốc Tế Toán Mỹ năm 1993)
Hướng dẫn giải
2
⎛ xi ⎞ ⎛ ⎞ ⎛n ⎞
n n
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ⎜ ∑ ⎟ ⎜ ∑ xi yi ⎟ ≥ ⎜ ∑ xi ⎟
⎝ i =1 yi ⎠ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠
với n = 4; ( x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) = ( a; b; c; d ) ; ( y1 ; y2 ; y3 ; y4 ) = ( b + 2c + 3d ; c + 2d + 3a; d + 2a + 3b; a + 2b + 3c )
(a + b + c + d )
2

⇒ VT ≥ (1)
4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )
3
Mặt khác ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) ≤ (a + b + c + d )
2
(2)
8
2
Từ (1) và (2) ⇒ VT ≥ ( đpcm )
3

a 3 + b3 + c 3
a4 b4 c4
Bài 21 : Cho a > 0; b > 0; c > 0 .Chứng minh : + + ≥
b+c c+a a+b 2

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 14 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Hướng dẫn giải
4 4 4
a b c
và a ( b + c ) = y12 ; b 2 ( c + a ) = y2 ; c 2 ( a + b ) = y3
2
Đặt x12 = ; x2 = ; x3 =
2 2 2 2

b+c c+a a+b
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có cho các số x1 ; x2 ; x3 và y1 ; y2 ; y3 ta được:
⎛ a4 c4 ⎞ ⎡ 2
b4
⎟ ⎣a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )⎤ ≥ ( a + b + c )
2
32
+ + 2 2 3 3
⎜ ⎦
⎝b+c c+a a+b⎠
( a 3 + b3 + c 3 )
2
a4 b4 c4
+ + ≥
Nên
b + c c + a a + b a 2 ( b + c ) + b2 ( c + a ) + c2 ( a + b )
Để chứng minh được bài toán ta cần chứng minh:
2 ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ a ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ( a + b )
2
(**)
(**) ⇔ a 3 + b3 − a 2 b − b 2 a + b3 + c3 − b 2 c − bc 2 + c3 + a 3 − c 2 a − ca 2 ≥ 0
⇔ ( a − b) ( a + b) + (b − c ) (b + c ) + ( c − a ) (c + a ) ≥ 0
2 2 2
(***)
Bất đẳng thức (***) là đúng ⇔ (**) là đúng – Bài toán đúng.
a 3 + b3 + c3
a4 b4 c4
+ + ≥
Vậy
b+c c+a a+b 2

Bài 22 : Cho xi > 0; i = 1; 2;...; n có x1 + x2 + ... + xn = 1 .Cho xi1 ; xi2 ;...; xin là hoán vị của x1 ; x2 ;...; xn .Chứng minh:

1 ⎞ ( n + 1)
2
2
⎛ 2
n

∑⎜ x ⎟ xk + ⎟ ≥
⎜ n
k =1 ⎝ ik ⎠

Hướng dẫn giải
2
2 2
⎡n⎛ ⎞⎤
⎛ 1⎞ ⎛n ⎞
n n
1 1
Theo Bunhiacôpxki: n.∑ ⎜ xk + ⎟ ≥ ⎢ ∑ ⎜ xk + ⎟ ⎥ = ⎜ ∑ xk + ∑ ⎟
⎜ xik ⎟ ⎢ k =1 ⎜ ⎟⎥ ⎜ k =1 ⎟
xik k =1 xik
k =1 ⎝ ⎠ ⎣⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎠
⎞⎛ n 1 ⎞
⎛n n2
n n
1
Mà ∑ xk = 1 ⎜∑ xik ⎟ ⎜ ∑ ⎟ ≥ n 2 ⇒ ∑ ≥ = n2
⎝ k =1 ⎠ ⎜ k =1 xik ⎟
n
k =1 xik
∑x
⎝ ⎠
k =1
ik
k =1


1 ⎞ ( n + 1)
2
2
⎛ 2
n

∑ ⎜ xk + x ⎟ ≥ n
Vậy
⎜ ⎟
k =1 ⎝ ik ⎠




BÀI TẬP :


a 3 b3
Bài 1: Cho a; b; c; d > 0 và thỏa c 2 + d 2 = ( a 2 + b 2 ) .Chứng minh:
3
+ ≥1
c d


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 15 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

1 1 4 16 64
Bài 2: Cho a; b; c; d > 0 .Chứng minh: +++ ≥
a b c d a+b+c+d
a3 b3 c3 1
Bài 3: Cho a; b; c là 3 số dương và a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1 .Chứng minh: + + ≥
b+c c+a a+b 2
Bài 4: Cho a + b + c = 1 .Chứng minh: a + b + c + ab + ac + bc ≤ 1 + 3
2 2 2


a2 + b2 + c2
a4 b4 c4
+2 +2 ≥
Bài 5: Cho a; b; c là các số dương.Chứng minh: 2
a + ba + b 2 b + bc + c 2 c + ac + a 2 3
4
Bài 6: Cho 3 số x; y; z thoả x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ .Chứng minh: x + y + z ≤ 4
3
a + 2b b + 2c c + 2a
+ + ≥ a+ b+ c
Bài 6: Cho a; b; c là 3 số không âm.Chứng minh:
3 3 3
bc ca ab 3
+2 +2 ≥
Bài 7: Cho 3 số dương a; b; c có abc = 1 .Chứng minh: 2
a b+a c b c+b a c a+c b 2
2 2 2


1+ x 1+ y 1+ z 9 + 3 3
Bài 8: Cho 3 số dương x; y; z có x + y + z = 1 .Chứng minh: + + ≥
y+z z+x x+ y 2

abc( )
2
a+ b+ c
Bài 9: Chứng minh: + + ≥
x+ y+z
x y z
x2 y y2 z z 2 x
≥ ( x2 + y2 + z 2 )
2
+ +
Bài 10: Cho x ≥ y ≥ z > 0 .Chứng minh:
z x y
⎛a+b⎞
Bài 11: Cho a ≥ 1; b ≥ 1 .Chứng minh: log 2 a + log 2 b ≤ 2 log 2 ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎛1 1 1⎞
Bài 12: Cho a; b; c > 0 .Chứng minh: ( a 3 + b3 + c3 ) ⎜ + + ⎟ ≥ ( a + b + c )
2

⎝a b c⎠
32
.Chứng minh: a 2 + (1 − b ) + b 2 + (1 − c ) + c 2 + (1 − a ) ≥
2 2 2
Bài 13: Cho a; b; c ∈
2
3 1 1 1 3
Bài 14: Cho x; y; z > 0 và x + y + z ≤ .Chứng minh: x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 17
2 2
x y z
Bài 15: Cho trước 2 số dương a; b và 2 số dương c; d thay đổi sao cho a + b < c + d .Chứng minh:
(a − c)
2
c2 a2
+ ≥ . Dấu “=” xảy ra khi nào?
c+d a+b−c−d a+b
a
a1 a2
+ + ... + n < 2
Bài 16: Cho a1 ; a2 ;...; an là các số thực thoả mãn a12 + a2 + ... + an = 3 .Chứng minh:
2 2

n +1
23
a b c 3
Bài 17: Cho a; b; c; p; q > 0 .Chứng minh: + + ≥
pb + qc pc + qa pa + qb p + q
( i = 1; 2;...; n ) ta có:
Bài 18: Chứng minh rằng với mọi ai ∈
n
a12 + (1 − a2 ) + a2 + (1 − a3 ) + ... + an + (1 − a1 ) ≥
2 2 2
2 2

2

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 16 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn




2(a + b + c) 2
a3 b3 c3
+ + =
Bài 1: Cho ΔABC thoả mãn hệ thức: (1).CM ΔABC đều
br + cR cr + aR ar + bR 9R
Hướng dẫn giải
x = br + cR > 0
Để đơn giản ta đặt: y = cr + aR > 0 (2)
z = ar + bR > 0
a b c 3 2(a + b + c) 2
3 3
vậy (1) ⇔ + + =
x yz 9R
Từ (2) ta có:
ax + by + cz = (ab + bc + ca )(r + R) (3)
a 3 b3 c 3 y x z y x z
(ax + by + cz )( + + ) = a 4 + b 4 + c 4 + ab(a 2 + b 2 ) + bc(b 2 + c 2 ) + ca(c 2 + a 2 )
x yz x y y z z x
Theo BĐTCauchy,ta có:
a 3 b3 c 3
(ax + by + cz )( + + ) ≥ a 4 + b 4 + c 4 + 2ab.ab + bc.2bc + ca.2ca ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2
x yz
(a 2 + b 2 + c 2 )
a 3 b3 c 3
+ + )≥
Suy ra : ( (theo 3) (4)
( ab + bc + ca ) (r + R)
x yz
mặt khác ta luôn có (Cauchy): a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
(a 2 + b 2 + c 2 )2 a 2 + b2 + c2
a 3 b3 c 3
nên (4): + + ≥ 2 =
y z (a + b 2 + c 2 )(r + R) r+R
x
(a + b + c)2
≥ (theo BĐT BCS)
3(r + R)
R 9R
Mà R ≥ 2r ⇒ 3(r + R ) ≤ 3( + R) =
2 2
2(a + b + c) 2
2(a + b + c)
3 3 3 2
a3 b3 c3
abc
⇒ + + ≥
từ đó: + + ≥
br + cR cr + aR ar + bR 9R
x yz 9R




www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 17 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


⎪a = b = c


dấu “=” xảy ra khi ⎨ R = r ⇔ ΔABC đều
⎪y y z y x z
⎪a 2 = b 2 , b 2 = c 2 , c 2 = a 2

⎩x z y z y x

Bài 2 : CM: 1 + cos A cos B cos C ≥ 3 sin A sin B sin C với A, B,C nhọn
Hướng dẫn giải
AB BC CA
Do tgA>0,tagB>0,tgC>0 và tg tg + tg tg + tg tg = 1
22 22 22
A 2B B 2C C 2A 1
+ tg 2 tg + tg 2 tg ≥
Áp dụng BCS ta có: tg 2 tg (1)
2 2 2 2 2 23
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
AB BC CA A B C
tg tg + tg tg + tg tg ≥ 3 3 tg 2 tg 2 tg 2 (2)
22 22 22 2 2 2
ABC1
⇔ 3tg tg tg ≤
2223
từ (1)và(2):
A B B C C A4 ABC
1 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 ≥ ≥ 4 3tg tg tg
2 2 2 2 2 23 222
⎛ A ⎞⎛ B ⎞⎛ C⎞ ⎛ A ⎞⎛ B ⎞⎛ C⎞ ABC
⇔ ⎜ 1 + tg 2 ⎟ ⎜1 + tg 2 ⎟ ⎜1 + tg 2 ⎟ + ⎜1 − tg 2 ⎟ ⎜1 − tg 2 ⎟⎜1 − tg 2 ⎟ ≥ 8 3tg tg tg
2 ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠ 222

A B C A B C
1 − tg 2 1 − tg 2 1 − tg 2 2tg 2tg 2tg
2. 2. 2≥ 3 2. 2. 2
⇔ 1+
2A 2B 2C 2A 2B 2C
1 + tg 1 + tg 1 + tg 1 + tg 1 + tg 1 + tg
2 2 2 2 2 2
⇔ 1 + cos A cos B cos C ≥ 3 sin A sin B sin C
Dấu “=” xảy ra khi ΔABC đều

Bài 3 : Cho a, b, c, là số đo 3 cạnh Δ .chứng minh rằng
a b c
T= + ≥1
+
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho 6 số:
a b c
; a(2b + 2c − a ); b(2c + 2a − b ); c(2a + 2b − c )
; ;
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c
Ta có: T .[a (2b + 2c − a ) + b(2c + 2a − b ) + c(2a + 2b − c )] ≥ (a + b + c )
2


Sau đó dùng biến đổi tương đương chứng minh:
(a + b+ c)2 ≥ 4ab +4bc +4ca –a2 –b2 - c2
Từ đó suy ra đpcm.


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 18 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Bài 4 : Cho ΔABC và đường tròn nội tiếp Δ , các tiếp tuyến của đường tròn song song với 3 cạnh của Δ nhỏ
S
và có diện tích S1; S2; S3. Gọi S là diện tích ΔABC . Chứng minh: S1 + S 2 + S 3 ≥
3
Hướng dẫn giải
Giả sử S1= SAMN
ha − 2r
Ta có: ΔAMN đồng dạng ΔABC với tỉ số đồng dạng là: với r là bán kính đường tròn nội tiếp và ha là
ha
đường cao kẻ từ đỉnh A.
2
2
S ⎛ ha − 2r ⎞ ⎛ a ⎞
⎟ = ⎜1 − ⎟
Ta có: 1 = ⎜
S ⎝ ha ⎠ ⎜ p⎟
⎝ ⎠
1 2r a
(Vì S = aha = pr ⇒ = với p là nửa chu vi)
2 ha p
S1 a
= 1−
Vậy:
p
S
S3
S2 b c
= 1− = 1−
Tương tự: ;
p p
S S
S1 + S 2 + S 3 a+b+c
= 3− =1
Do đó:
p
S
Áp dụng BĐT Bun ta có:
( ) ≤ (1 )
+ 12 + 12 (S1 + S 2 + S 3 )
2
S = 1. S1 + 1. S 2 + 1. S 3 2


S
⇒ S1 + S 2 + S3 ≥ (đpcm). Dấu “=” xảy ra khi ΔABC đều
3

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


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 19 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


( )
2
Suy ra: S = S1 + S 2 + S3 ⇒ S = S1 + S 2 + S3
b) Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( ) ≤ (1 + 12 + 12 ) ( S1 + S 2 + S3 )
2
S = 1. S1 + 1. S2 + 1. S3 2


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

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

Đặt ⎨c + a − b = y > 0
⎪a + b − c = z > 0

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

( )
yz ( y + z ) + zx ( z + x ) + xy ( x + y ) ≥ 2 xyz
⇔ x+ y + y+z + x+z (1)
Dễ thấy VT (1) ≥ 2 ( xy + yz + zx ) (2)
Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( )
2
≤ 6( x + y + z)
x+ y + y+z + z+x

⇒ x + y + y + z + z + x ≤ 6( x + y + z)
VT (2) ≤ 2 3xyz ( x + y + z ) (3)
Rõ ràng ta có
x 2 y 2 + x 2 y 2 + x 2 y 2 ≥ xyz ( x + y + z )
⇒ ( xy + yz + zx ) ≥ 3 xyz ( x + y + z )
2



⇒ xy + yz + zx ≥ 3xyz ( x + y + z ) (4)
Từ (1) (2) (3) (4) ⇒ đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

a2b(a – b) +b2c(b – a) + c2a(c – a) ≥ 0
Bài 7 : Cho ∆ABC. Chứng minh :
( Trích đề thi vô địch toán quốc tế 1983 )
Hướng dẫn giải
Gọi A’; B’; C’ là các tiếp điểm:



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 20 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

⎧ AB ' = AC ' = x ⎧a = y + z
⎪ ⎪
Đặt: ⎨ BA ' = BC ' = Y => ⎨b = z + x
⎪CA ' = CB ' = Z ⎪c = x + y
⎩ ⎩
vậy: a2b(a – b) + b2c(b – c) + c2a(c – a) ≥0
(y + z )2 (z + x) (y – x) + (z + x)2 (x + y) (x – y) + (x + y)2 (y + z) (x - z) ≥ 0
< => y3z + z3x + x3y – xyz(x+y+z) ≥0
y3z + z3x + x3y ≥ xyz (x+y+z)
y 2 z 2 x2
⇔ + + ≥ x + y + z (*)
x y z
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki(biến dạng) ta có:

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

+ +≥ = x+ y+z
x+ y+z
z x y
vậy (*) đúng ( đpcm ) .
4a 9b 16
+ + ≥ 26
Bài 8 : Với a; b; c là độ dài 3 cạnh của ∆. CMR :
b+c −a a +c −b a +b−c
Hướng dẫn giải
4a 9b 16c
Đặt: P = + +
b+c −a a +c −b a +b−c
2a 2b 2c
Ta có: 2 P = 4. +9 + 16
b+c−a a +c−b a+b−c
⎛ a+b+c ⎞ ⎛ a+b+c ⎞ ⎛ a+b+c ⎞
= 4. ⎜ − 1⎟ + 9 ⎜ − 1⎟ + 16 ⎜ − 1⎟
⎝ b +c + a ⎠ ⎝ a +c −b ⎠ ⎝ a+b−c ⎠
⎛ 16 ⎞
4 9
= (a + b + c)⎜ + + ⎟ − 29
⎝ b+c −a a +c −b a +b−c ⎠
⎡4 16 ⎤
9
= ⎡( b + c − a ) + ( a + c − b ) + ( a + b − c ) ⎤ ⎢
⎦ b + c − a + a + c − b + a + b − c ⎥ − 29

⎣ ⎦
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có:
2
⎡ ⎤
2 3 4
81 = ( 2 + 3 + 4 )
2
=⎢ . b+c−a + . a +c −b + a +b−c⎥
⎣ b+c−a a +c−b a+b−c ⎦
⎡4 16 ⎤
9
≤ ⎡( b + c − a ) + ( a + c − b ) + ( a + b − c ) ⎤ ⎢
⎦ b+c−a + a +c −b + a +b−c⎥

⎣ ⎦


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 21 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

=> 2P ≥ 81 - 29
=> 2P ≥ 52 => P ≥ 26
Chọn a = 7; b = 6; c = 5 thì dấu đẳng thức xảy ra.
x2 y2
+ = 1 các điểm M; N chuyển động lần lượt trên, các tia Ox; Oy sao cho MN luôn
Bài 9 : Cho elip (E):
16 9
tiếp xúc với (E). Xác định toạ độ của M; N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Hướng dẫn giải
C1: Gọi M(m;O) và N(O,r) với m; n>0 là 2 điểm C2 đường trên 2 tia Ox; Oy.
xy
+ −1 = 0
Đường thẳng MN có pt:
mn
2 2
⎛1⎞ ⎛1⎞
Đường thẳng này tx với (E) khi và chỉ khi: 16 ⎜ ⎟ + 9 ⎜ ⎟ = 1
⎝m⎠ ⎝n⎠
2
⎛ 16 9 ⎞ ⎛ 4 3⎞
Theo ĐBT Bunhiacôpxki. Ta có MN 2 = m 2 + n 2 = (m 2 + n 2 ) ⎜ 2 + 2 ⎟ ≥ ⎜ m. + n. ⎟ = 49
⎝m n ⎠ ⎝ m n⎠
=> MN ≥ 7
⎧ 4 3
⎪m : m = n : n

⎪ 16 9
Dấu “=” xảy ra ⎨ 2 + 2 = 1 ⇔ m = 2 7;n = 21
⎪m n
⎪m > 0; n > 0


Vậy với M (2 7;0; N (0; 21) thì MN đạt GTNN và GTNN của Mn là 7
x.x0 y. y0
+ =1
C2: Pt tiếp tuyến tại điểm (x0; y0) thuộc (E) là
16 9
⎛ 16 ⎞ ⎛ 9⎞
Suy ra toạ độ của M và N là M ⎜ ;0 ⎟ và N ⎜ 0; ⎟
⎝ x0 ⎠ ⎝ y0 ⎠

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

x0 y0 ⎝ 16 9 ⎠ ⎝ x0 y0 ⎠

( )( )
Khi đó M = 2 7;0 ; N 0; 21 và GTNN của MN là 7

P2 q2 r
a+ b+ c 2 ≥ 2s. 3
Bài 10 : Cho ∆ABC. Cho p; q; r >0. CMR:
q+r r+ p p+q


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 22 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

(Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ)
Hướng dẫn giải
Trước hết ta chứng minh bài toán sau:
Trong ∆ABC ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4s 3 + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2
Thật vậy:
(2) ⇔ ⎡ a 2 − (b − c) 2 ⎤ + ⎡b 2 − (c − a ) 2 ⎤ + ⎡c 2 − (a − b) 2 ⎤ ≥ 4 s 3
⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

⇔ 4( p − a)( p − b) + 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) ≥ 4 s 3

⎧x = p − a > 0

⇔ xy + yz + zx ≥ s 3 với ⎨ y = p − b > 0
⎪z = p − c > 0


⇔ xy + yz + xz ≥ 3( x + y + z ) xyz

(Vì theo công thức Hêrông: s = p ( p − a)( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z )

⇔ ( xy − yz ) 2 + ( yz − zx) 2 + ( zx − xy ) 2 ≥ 0
BĐT này đúng. vậy (2) đước chứng minh:
Mặt khác theo BĐT Bunhiacôpxki. Ta có:
2
⎛a ⎞
b c
(a + b + c) = ⎜ q+r + r+ p+ p+q⎟
2
⎜ q+r ⎟
r+ p p+q
⎝ ⎠
⎛ a2 c2 ⎞
b2
≤ 2⎜ + + ⎟ ( p + q + r)
⎝ p+r r+ p p+q⎠
⎛p 2 ⎞
q2 r
≤ 2⎜ a+ b+ c 2 ⎟ + 2(a 2 + b 2 + c 2 )
⎝q+r r+ p p+q ⎠

⎛p 2 ⎞
q2 r
⇒ 2⎜ a+ b+ c 2 ⎟ ≥ (a + b + c) 2 − 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2
⎝q+r r+ p p+q ⎠

≥ a 2 + b 2 + c 2 − ⎡ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ⎤ ≥ 4 s 3
⎣ ⎦
p2 q2 r
a+ b+ c 2 ≥ 2s 3
Vậy:
q+r r+ p p+q

⎧a = b = c
Dấu “=” xảy ra khi ⎨
⎩p = q = r


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 23 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chú ý:
+ Qua phép chứng minh trên, ta có kết quả “đẹp” trong ∆ABC
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4s 3 + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 ≥ 4s 3
+ Lấy p = q = r > 0 ta có BĐT quen thuộc
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4s 3 (Đề thi Olympic toán quốc tế lần 3)
+ Lấy a = b = c. ta có BĐT Nesbit:
p q r 3
+ + ≥ (3)
q+r r+ p p+q 2
Dấu “=” xảy ra khi p = q = r > 0
+ Nếu nhân 2 vế của (3) cho p + q + r > 0 ta được
p+q+r
p2 q2 r2
+ + ≥
q+r r+ p p+q 2
Bài 11 : Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G, bán kính mặt cầu ngoại tiếp R. CMR
2
( AB + AC + AD + BC + CD + DB )
GA + GB + GC + GD + 4 R ≥
6
( Trích tạp chí Toán học và Tuổi trẻ)
Hướng dẫn giải
Ta có 2 bổ đề:
• Bổ đề 1: Nếu G là trọng tâm của tứ diện ABCD thì
3 ( AB 2 + AC 2 + AD 2 ) − ( CD 2 + DB 2 + BC 2 )
GA =2

16
Chứng minh:
Gọi Ga là trọng tâm của ΔBCD . Ta có:
9 1 uuu uuur uuur 2
r
( )
9
GA2 = AGa = . AB + AC + AD
2

16 16 9
)(
(
uuu 2 uuur 2 uuur 2
r uuur uuur 2 uuur uuu 2 uuu uuur 2
r r
)( )( )
3 AB + AC + AD − AC − AD − AD − AB − AB − AC
=
16
3 ( AB + AC + AD ) − ( CD + DB 2 + BC 2 )
2 2 2 2

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

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 24 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

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




6 ( R + GA ) ≥ AB + AC + AD
Suy ra
⎧ 6 ( R + GB ) ≥ BC + BD + BA


Tương tự ⎨ 6 ( R + GC ) ≥ CD + CA + CB

⎪ 6 ( R + GD ) ≥ DA + DB + DC

2
( AB + AC + AD + BC + CD + DB )
Suy ra GA + GB + GC + GD + 4 R ≥
6
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ diện ABCD là đều



BÀI TẬP :


Bài 1 : Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB, M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn.Xác định vị trí
của M để MA + 3MB đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2 : Cho ΔABC nội tiếp đường tròn bán kính R; BC = a; CA = b; AB = c .Gọi x;y;z lần lượt là khoảng cách từ
a 2 + b2 + c 2
M thuộc miền trong của ΔABC đến các cạnh BC;CA;AB.Chứng minh: x + y + z ≤
2R
2 2
c2
a b
+ 2+ 2
2
Bài 3 : Cho a , b , c là 3 cạnh của tam giác.Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = b c a
abc
++
bca
36 ⎛ abc ⎞
a+b+c
Bài 4 : Cho a , b , c là 3 cạnh của tam giác và p = .Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ⎜ p 2 + ⎟
2 35 ⎝ p⎠

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 25 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Bài 5 : Điểm M nằm trong ΔABC .Hạ MA , MB , MC lần lượt vuông góc với BC;CA;AB.Xác định vị trí của M
BC CA AB
+ +
để đạt giá trị nhỏ nhất.
MA MB MC
Bài 6 : Cho tứ giác lồi ABCD.Cho M ∈ AC ; P ∈ BC ; Q ∈ AD; MP song song AB; MQ song song CD .
1 1 1
≤ +
Chứng minh : . Dấu “=” xảy ra khi nào?
MP + MQ
2 2 2
CD 2
AB




DẠNG 1: Bất đẳng thức Schwartz ( Svắcxơ )

Cho một số nguyên dương n ≥ 1 và hai dãy số thực a1 ; a2 ;...; an và b1 ; b2 ;...; bn , trong đó ai ≥ 0; bi > 0; ∀i = 1, n .
a 2 ( a + a + ... + an )
2
a12 a2 2
+ + ... + n ≥ 1 2
Khi đó ta có:
b1 + b2 + ... + bn
b1 b2 bn
a
a1 a2
= = ... = n .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b1 b2 bn

Chứng minh:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
⎛ a12 a2 2 a2⎞
+ ... + n ⎟ ( b1 + b2 + ... + bn ) ≥ ( a1 + a2 + ... + an )
2
+

⎝ b1 b2 bn ⎠
⎡⎛ a ⎞ 2 ⎛ a ⎞ 2 ⎛ an ⎞ ⎤ ⎡
2


( b ) +( b ) ( b)⎤
2 2 2
⎢⎜ ⎟⎥
⎟ +⎜ ⎟ + ... + ⎜ + ... +
1 2
⎜ b ⎟ ⎥⎢ ⎥
⎢⎜ b1 ⎟ ⎜ b2 ⎟ 1 2 n
⎝ n ⎠ ⎦⎣ ⎦
⎣⎝ ⎠⎝ ⎠
Hay
2
⎡⎛ a ⎞ ⎤
⎛a ⎞
⎛a ⎞
() () ()
≥ ⎢⎜ 1 ⎟ b1 + ⎜ 2 ⎟ b2 + ... + ⎜ n ⎟ bn ⎥
⎢⎜ b1 ⎟ ⎜ b⎟ ⎜ b⎟ ⎥
⎣⎝ ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ n⎠ ⎦
a
a a
Áp dụng BĐT BCS cho hai dãy số thực: 1 ; 2 ;...; n và b1 ; b2 ;...; bn ta có BĐT trên. Từ đó ta có
b1 b2 bn
BĐT cần chứng minh.
a
a a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 : b1 = 2 : b2 = ... = n : bn
b1 b2 bn

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 26 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

a
a1 a2
= = ... = n
Hay
b1 b2 bn
DẠNG 2:

Cho 4 số a; b; c; d tuỳ ý ta có :
(a + c) + (b + d ) ≤ a 2 + b2 + c2 + d 2
2 2
(1)

Chứng minh:
(a + b2 ) ( c2 + d 2 ) + c2 + d 2
(1) ⇔ ( a + c ) + ( b + d ) ≤ a 2 + b 2 + 2
2 2 2
Ta có:


(a + b2 ) ( c2 + d 2 ) + c2 + d 2
⇔ a 2 + 2ac + c 2 + b 2 + 2bd + d 2 ≤ a 2 + b 2 + 2 2



(a + b 2 )( c 2 + d 2 )
⇔ ac + bd ≤ 2


Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo BĐT Bunhiacôpxki.

VẬN DỤNG 2 DẠNG TRÊN:


11 4 111 9
+≥ ++≥
Bài 1:Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh: 1) 2)
a b a+b a b c a+b+c
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT BCS ta có các BĐT sau:
1 1 12 12 (1 + 1)
2
4
+=+≥ =
a+b a+b
abab
1 1 1 1 1 1 (1 + 1 + 1)
2
2 2 2
9
++= ++ ≥ =
a+b+c a+b+c
abcabc

a 2 b2 c2 a 3 b3 c 3
+ + ≥ a+b+c + + ≥ a2 + b2 + c2
Bài 2 : Cho a, b, c dương . Chứng minh : 1) 2)
b ca bca
Hướng dẫn giải
a 2 b2 c2 ( a + b + c )
2

++≥ = a+b+c
1) Áp dụng BĐT BCS ta có:
b+c+a
b ca
a 3 b3 c 3 a 4 b 4 c 4 ( a ) ( b ) ( c )
2 2 2
2 2 2

++= ++ = + +
Ta có: .
2)
b c a ab bc ca ab bc ca
( a ) + (b ) + (c ) ≥ ( a + b2 + c2 )
22 22 22 2
2

Áp dụng BĐT BCS ta có: .
ab + bc + ca
ab bc ca
Mặt khác, ta đã biết: a + b + c ≥ ab + bc + ca > 0
2 2 2


Từ đó ta suy ra:

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 27 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


( a ) + (b ) + (c )
22 22 22
⎛ a 2 + b2 + c2 ⎞ 2
⎟(a + b + c ) ≥ a + b + c .
≥⎜ 2 2 2 2 2

⎝ ab + bc + ca ⎠
ab bc ca
Đến đây ta có đpcm.

Bài 3 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
1 1 1 1 1 1
+ + ≤ ++
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6a 6b 6c
Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT BCS ta có:
1 2 3 12 22 32 (1 + 2 + 3)
2
36
++=+ + ≥ =
a b c a 2b 3c a + 2b + 3c a + 2b + 3c
123 36
Tương tự ta cũng chứng minh được: + + ≥
b c a b + 2c + 3a
123 36
++≥
c a b c + 2a + 3b
Cộng the vế ba BĐT trên ta nhận được:
666 36 36 36
++≥ + +
a b c a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b
1 1 1 1 1 1
+ + ≤ ++.
Từ đó suy ra:
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6a 6b 6c

Bài 4 : Tìm GTNN của biểu thức
a2 b2 c2
a b c
4a 9b 16c
P= + + P= + + ≥ + + trong đó
2b + c 2c + a 2a + b a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b )
b+c −a c + a −b a +b−c
a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Hướng dẫn giải
Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên b + c − a, c + a − b, a + b − c là các số thực dương.
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞ 29
a b c
Ta có: P = 4 ⎜ + ⎟ + 9⎜ + ⎟ + 16 ⎜ + ⎟−
⎝ b+c −a 2 ⎠ ⎝ c + a −b 2⎠ ⎝ a+b−c 2⎠ 2
2 ( a + b + c ) 9 ( a + b + c ) 16 ( a + b + c ) 29
= + + −
2 (c + a − b)
b+c−a a+b−c 2
⎛ a + b + c ⎞⎛ 16 ⎞ 29
4 9
=⎜ + + ⎟−
⎟⎜
⎠⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ 2
2

Áp dụng BĐT BCS ta có:
22 32 42
4 9 16
+ + = + +
b+c −a c + a −b a +b−c b+c −a c + a −b a +b−c
( 2 + 3 + 4)
2
81
≥ =
(b + c − a ) + (c + a − b ) + ( a + b − c ) a + b + c

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 28 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

⎛ a + b + c ⎞⎛ 16 ⎞ 81
4 9
+ + ⎟≥
Từ đó suy ra: ⎜ ⎟⎜
⎠⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ 2
2

Do đó:
⎛ a + b + C ⎞⎛ 16 ⎞ 29 81 29
4 9
P=⎜ + + ⎟− ≥− = 26
⎟⎜
⎠⎝ b + c − a c + a − b a + b − c ⎠ 2
2 22

2 3 4
= =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b+c−a c+ a −b a +b−c
5 7 6
= =
Hay
2c 2a 2b
abc
Vậy GTNN của biểu thức P là 26, đạt được khi = = > 0
765
a b c
Bài 5 : Tìm GTNN của biểu thức P = + + trong đó a,b,c là các số thực dương thỏa
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c
mãn a + b + c = 1
Hướng dẫn giải
Vì a + b + c = 1 nên 1 + b − a = ( a + b + c ) + b − a = 2b + c
Tương tự ta cũng chứng minh được:
1 + c + b = 2 c + a và 1 + a − c = 2 a + b
Từ đó suy ra:
a2 b2 c2
a b c
P= + + ≥ + +
2b + c 2c + a 2a + b a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b )
Áp dụng BĐT BCS ta có:
(a + b + c)
2
a2 b2 c2
+ + ≥
a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b )
(a + b + c) ≥ 1
2

=
3 ( ab + bc + ca )
(vì ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) )
2


a b c
Do đó: P = + + ≥1
2b + c 2c + a 2a + b
Vậy GTNN của biểu thức P là 1
Bài 6 : Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a 2 + b 2 + c 2 = 1
a3 b3 c3 1
+ + ≥.
Chứng minh:
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6
Hướng dẫn giải
1
Đặt P là vế trái của BĐT cần chứng minh. Ta cần chứng minh: P ≥
6
Áp dụng BĐT BCS ta có:
(a ) (b ) (c )
22 22 22

P= + +
a ( a + 2b + 3c ) b ( b + 2c + 3a ) c ( c + 2a + 3b )

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 29 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


(a + b2 + c2 )
2
2


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

(a + b2 + c 2 )
2
2

=
(a + b 2 + c 2 ) + 5 ( ab + bc + ca )
2


Mặt khác: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca > 0
Từ đó suy ra:
(a + b + c)
2
a2 b2 c2
P= + + ≥
a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) a (b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )
(a + b 2 + c 2 ) + 2 ( ab + bc + ca )
2
a 2 + b2 + c2
= = +1 ≥
2 ( ab + bc + ca ) 2 ( ab + bc + ca )

(a + b2 + c2 ) (a + b + c ) = a
2 22
2 2 2
+ b2 + c 2
2
P≥ ≥
(a ) + 5 ( ab + bc + ca ) 6 ( a + b + c )
+ b2 + c2
2 2 2 2
6
Thay a 2 + b 2 + c 2 = 1 vào BĐT trên ta nhận được BĐT cần chứng minh.

Bài 7 : Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh:
a b c 3 a b c d
+ + ≥ + + + ≥2
1) ( BĐT Nesbit ) 2) ( BĐT Nesbit )
b+c c+a a+b 2 b+c c+d d +a a+b
Hướng dẫn giải
3
1) Đặt P là vế trái của BĐT đã cho. Ta cần chứng minh P ≥
2
Áp dụng BĐT BCS ta có:
(a + b + c)
2
a2 b2 c2
P= + + ≥
a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) a (b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )
(a + b 2 + c 2 ) + 2 ( ab + bc + ca )
2
a 2 + b2 + c2 3
= = +1 ≥
2 ( ab + bc + ca ) 2 ( ab + bc + ca ) 2
( do a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca > 0 )
2) Đặt Q là vế trái của BĐT đã cho. Ta cần chứng minh Q ≥ 2 .
Áp dụng BĐT BCS ta có:
a2 b2 c2 d2
Q= + + +
a (b + c ) b ( c + d ) c ( d + a ) d ( a + b)
(a + b + c + d )
2

≥ ≥2
a (b + c ) + b (c + d ) + c ( d + a ) + d ( a + b)
(a + b + c + d )
2

( a + b + c + d ) ≥ 2 ( ab + bc + cd + da ) + 4 ( ac + bd ) ≥
2
.
a (b + c ) + b (c + d ) + c ( d + a ) + d ( a + b)
⇔ ( a − c ) + (b − d ) ≥ 0
2 2


Do đó BĐT đã cho đúng nếu ta chứng minh được:

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 30 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn


(a + b + c + d )
2

≥2
a (b + c ) + b (c + d ) + c ( d + a ) + d ( a + b )
Hay ( a + b + c + d ) ≥ 2 ( ab + bc + cd + da ) + 4 ( ac + bd )
2


⇔ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ 2 ( ac + bd )
⇔ ( a − c ) + ( b − d ) ≥ 0 : BĐT đúng.
2 2




Bài 8 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
3 ( a 2 + b2 + c 2 )
a2 b2 c2
+ + ≥
b+c c+a a+b 2
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT BCS ta có:
( a 2 ) + (b2 ) + ( c2 )
2 2 2
a2 b2 c2
+ + =
b + c c + a a + b a 2 ( b + c ) b2 ( c + a ) c2 ( a + b )

(a + b2 + c2 )
2
2


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

(a + b2 + c2 )
2
2

≥ (1)
ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )
Áp dụng BĐT BCS dạng thông thường ta có:
⎡ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⎤ ≤ ⎡( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ⎤ ⎡( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ⎤
2 2 2 2 2 2 2
⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦
Mặt khác, ta có các BĐT sau:
(a + b2 + c2 )
2
2

• ( ab ) + ( bc ) + ( ca )
2 2 2

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



(a + b2 + c2 )
2
2
42
( a + b2 + c2 )
.4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) =
3
Từ đó suy ra : ⎡ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⎤
2

⎣ ⎦ 3 3
22
( a + b2 + c2 ) a 2 + b2 + c2
Hay ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ≤
3
Kết hợp với (1) ta suy ra:
( a 2 + b2 + c2 )
2
a2 b2 c2
+ + ≥
b + c c + a a + b ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )
3 ( a 2 + b2 + c2 )
(a + b2 + c2 )
2
2

≥ =
22
( a + b2 + c2 ) a 2 + b2 + c2 2
3


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 31 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

25a 16b c
+ + >8
Bài 9 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh :
b+c c+a a+b
Hướng dẫn giải
BĐT cần chứng minh tương đương với:
⎛a ⎞ ⎛b ⎞⎛c ⎞
+ 1⎟ + 16 ⎜ + 1⎟ + ⎜ + 1⎟ > 8 + 25 + 16 + 1 = 50
25 ⎜
⎝b+c ⎠ ⎝c+a ⎠ ⎝ a+b ⎠
25 16 1 50
+ + ≥
Hay (1)
b+c c+a a+b a+b+c
Ký hiệu P là vế trái của (1). Áp dụng BĐT BCS ta có:
( 5 + 4 + 1)
2
52 42 12 50
P= + + ≥ =
b + c c + a a + b (b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) a + b + c
b+c c+a a+b
= =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5 4 1
b + c ( c + a ) + ( a + b ) b + c + 2a
= = , hay a = 0 : trái với giả thiết a > 0
Suy ra
4 +1
5 5
50
Từ đó suy ra: P >
a+b+c
Do đó BĐT (1) đúng và ta có BĐT cần chứng minh.

Bài 10 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
a b c 3
+ + ≥ .
2
ab + b bc + c ca + a
2 2 2

Hướng dẫn giải
Ký hiểu P là cế trái của BĐT cần chứng minh. Áp dụng BĐT BCS ta có:
2
⎛a c⎞
b
a b c + +
⎜ ⎟
⎝b c a⎠
b+c+ a≥
P=
a b c a b c
+1 +1 +1 +1 + +1 + +1
b c a b c a
( )
2
x+ y+ z a b c
Hay P ≥ (1) với x = ,y = ,z =
x +1 + y +1 + z +1 b c a
( chú ý xyz = 1 ).
Sử dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm ta có:
xy + yz + zx ≥ 3. 3 xy . yz . zx = 3. 3 xyz = 3.
Suy ra:
( ) ( )
2
= (x + y + z) + 2
x+ y+ z xy + yz + zx ≥ x + y + z + 6
Mặt khác, áp dụng BĐT BCS (dạng thông thường ta có):
x + 1 + y + 1 + z + 1 ≤ 3 ( x + y + z + 3)
Kết hợp hai BĐT vừa có với BĐT (1) ta nhận được:

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 32 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

x+ y_ z+6
P≥
3 ( x + y + z + 3)
S +3
Hay P ≥ với S = x + y + z + 3 ≥ 3. 3 xyz + 3 = 6
3S
S +3 3

Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh đúng nếu ta có:
3S 2
3 33
S+ ≥ (2).
Hay
S 2
Chú ý: S ≥ 6 nên ta có các biến đổi như sau:
S⎛S 3⎞ 6 S3 3 23 3
VT (2) = +⎜ +3 ⎟≥
⎟ 2 +2 2 . S = 2 + 2 = 2
⎜2
2⎝ S⎠
Từ đó suy ra BĐT (2) đúng và ta có BĐT cần chứng minh

Bài 11 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
b2
a c
+ +
≥1 ( IMO 2001 )
a 2 + 8bc
b 2 + 8ca c 2 + 8ab
Hướng dẫn giải
b2
a c
Ký hiệu P là vế trái của BĐT BCS ta có: P = + +
a a + 8bc b b + 8ca c c + 8ab
2 2 2


(a + b + c)
2


a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab
Từ đó suy ra BĐT đã cho đúng nếu ta chứng minh được:
(a + b + c)
2

≥1
a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab
Hay a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab ≤ ( a + b + c )
2
(1)
Ký hiệu Q là vế trái của BĐT (1).
Áp dụng BĐT BCS ta có:
2
Q 2 = ⎡ a a ( a 2 + 8bc ) + b b ( b 2 + 8ca ) c c ( c 2 + 8ab ) ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
≤ ( a + b + c ) ⎡ a ( a + 8bc ) + b ( b + 8ca ) + c ( c + 8ab ) ⎤
2 2 2
⎣ ⎦
= ( a + b + c ) ( a + b + c + 24abc )
3 3 3



Do đó BĐT (1) đúng nếu ta có: a 3 + b3 + c3 + 24abc ≤ ( a + b + c )
3


Ta đã biết:
( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3a ( b 2 + c 2 ) + 3b ( c 2 + a 2 ) + 3c ( a 2 + b 2 ) + 6abc.
3


Từ đó suy ra BĐT trên tương đương với:
a ( b 2 + c 2 ) + b ( c 2 + a 2 ) + c ( a 2 + b 2 ) ≥ 6abc.


www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 33 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Hay a ( b 2 + c 2 − 2bc ) + b ( c 2 + a 2 − 2ca ) + c ( a 2 + b 2 − 2ab ) ≥ 0
BĐT cuối cùng đúng vì nó tương đương với BĐT đúng:
a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) ≥ 0 ⇒ đpcm
2 2 2




Bài 12 : Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương a, b, c :
(a ) (b ) (c )
3 3 3
ab + bc + ca
+ + ≥3
b − bc + c
c − ca + a a − ab + b a+b+c
2 2 2 2 2 2

Hướng dẫn giải
Ký hiệu P là vế trái của BĐT BCS ta có:
(a ) (b ) (c )
22 22 2

Áp dụng BĐT BCS ta có: P = + +
a ( b 2 − bc + c 2 ) b ( c 2 − ca + a 2 ) c ( a 2 − ab + b 2 )

(a + b + c ) 22
2 2


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



(a + b + c ) 22
2 2

=
ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − 3abc
Mặt khác, áp dụng BĐT: 3 ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) ta có:
2


ab + bc + ca
≤ a+b+c
3
a+b+c
Do đó để có BĐT đã cho ta chỉ cần chứng minh:
(a + b2 + c 2 )
2
2

≥ a+b+c
ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − 3abc
Hay
(a + b 2 + c 2 ) ≥ ⎡ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − 3abc ⎤ ( a + b + c )
2
2
⎣ ⎦
⇔ (a + b + c ) + 2(a b + b c + c a ) ≥
4 4 4 22 22 22



≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + abc ⎡( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ⎤ − 3abc ( a + b + c )
2 2 2
⎣ ⎦
⇔ a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc ( a + b + c ) ≥ a 3 ( b + c ) + b3 ( c + a ) + c 3 ( a + b )
a 2 ⎣( a 2 + bc ) − a ( b + c ) ⎦ + b 2 ⎣( b 2 + ca ) − b ( c + a ) ⎦ + c 2 ⎣( c 2 + ab ) − a ( a + b ) ⎦ ≥ 0
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⇔ a 2 ( a − b )( a − c ) + b 2 ( b − c )( b − a ) + c 2 ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 (1)
Do vai trò của a, b, c trong BĐT (1) là như nhau nên không nhấn mất tính tổng quát ta có thể giả sử
a ≥ b ≥ c > 0 . Khi đó ta có:
VT (1) ≥ a 2 ( a − b )( a − c ) + b 2 ( b − c ) ( b − a )
= ( a − b ) ⎡a 2 ( a − c ) − b2 ( b − c )⎤
⎣ ⎦
= ( a − b ) ⎡( a 3 − b 3 ) − ( a 2 c − b 2 c ) ⎤
⎣ ⎦

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 34 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

= ( a − b ) ( a 2 + b 2 + ab − ca − cb )
2



= ( a − b ) ⎡ a ( a − c ) + b ( b − c ) + ab ⎤ ≥ 0
2
⎣ ⎦
Từ đó suy ra BĐT (1) đúng. Do đó ta có BĐT cần chứng minh.

Bài 13 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
a b c a+b b+c
++≥ + +1
b c a b+c a+b
Hướng dẫn giải
Ta chỉ cần chứng minh BĐT sau đúng:

(a + b + c)
2
a+b b+c
≥ + +1
ab + bc + ca b+c a+b
(a + b + c)
2
a+b b+c
−3≥ + −2
Hay
ab + bc + ca b+c a+b
(a + b + c) − 3 ( ab + bc + ca ) ( a + b ) + ( b + c ) − 2 ( a + b )( b + c )
2 2 2

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

⇔ (1)
2 ( ab + bc + ca ) ( a + b )( b + c )
Ta có: ( a − b ) + ( b − c ) = ⎡( a − b ) + ( b − c ) ⎤ − 2 ( a − b ) + ( b − c )
2
2 2
⎣ ⎦
= ( c − a ) − 2 ( a − b) + (b − c )
2


Từ đó suy ra BĐT (1) tương đương với:
(c − a) − 2 ( a − b )( b − c ) + ( c − a ) (c − a)
2 2 2


2 ( ab + bc + ca ) ( a + b )( b + c )
( c − a ) − ( a − b )( b − c ) ≥ (c − a)
2 2

Hay
( a + b )( b + c )
ab + bc + ca
⇔ ( c − a ) ( a + b )( b + c ) − ( a 2 − b 2 )( b 2 − c 2 ) ≥ ( c − a ) ( ab + bc + ca )
2 2



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



⇔ b 4 + a 2 c 2 − 2b 2 ac ≥ 0 ⇔ ( b 2 − ac ) ≥ 0 : BĐT đúng.
2



Từ đó ta có BĐT cần chứng minh.

Bài 16 : Cho f : R + → R + là một hàm số thỏa mãn điều kiện:
f ( x) + f ( z) ≥ f ( y) với mọi x ≥ y ≥ z > 0
Chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực dương a, b, c :
f ( a )( a − b )( a − c ) + f ( b )( b − c )( b − a ) + f ( c ) ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 (1)
Hướng dẫn giải

www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 35 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c > 0 . Theo giả thiết ta có:
f (a) + f (c) ≥ f (b) (2)
Dễ dàng chứng minh rằng nếu a = b hoặc b = c thì (1) đúng. Do đó ta chỉ cần xét trường hợp a > b > c > 0 .
Khi đó ta viết BĐT (1) dưới dạng:
f ( a )( a − b )( a − c ) + f ( c )( a − c ) ( b − c ) ≥ f ( b ) ( b − c ) ( a − b )
f ( a ) f ( c ) f (b)
+ ≥ vì a − c > 0, a − b > 0, b − c > 0
Hay (3)
b−c a −b a −c
Áp dụng BĐT BCS ta có:

f (a) f (c) ( ) +( ) ≥( (c) ) ( (c) )
2 2 2 2
f (a) f (c) f (a) + f (a) +
+ = =
b−c a −b b−c a −b b−c + a −b a−c
Kết hợp BĐT trên với BĐT (2) ta nhận được:

( (c) )
2
f (a) +
f (a) f (c) f (b)
⇒ BĐT (3) đúng và ta có ĐPCM.
+ ≥ =
b−c a −b a−c a−c

Nhận xét:
Nếu hàm số f : R + → R + xác định bởi f ( x ) = x r với r là một số thực thì f thỏa mãn tính chất của bài toán.
Thật vậy, với x ≥ y ≥ z > 0 ta có:
i) Nếu r ≥ 0 thì x r ≥ y r nên x r + z r > x r ≥ y r
ii) Nếu r < 0 thì z r ≥ y r nên x r + z r > z r ≥ y r
f ( x) + ( z) ≥ f ( y)
Do đó trong cả hai trường hợp ta đều có:
Khi đó ta có BĐT:
a r ( a − b )( a − c ) + b r ( b − c )( b − a ) + c r ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0
với mọi số thực dương a, b, c




BÀI TẬP :


n2
11 1
+ + ... + ≥
Bài 1: Cho a1 , a2 ,..., an là các số thực dương. Chứng minh:
an a1 + a2 + ... + an
a1 a2
Bài 2: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh;
a+b+c a 2 + b2 + c2
a2 b2 c2 a3 b3 c3
+ + ≥ + + ≥
1) 2)
b+c c+a a+b b+c c+a a+b
2 2
1 1 1 1
+ ≤ +
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh :
a + 2b b + 2a 3a 3b



www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 36 
www.MATHVN.com
Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 . Tìm GTNN của biểu thức
1 1 11
P= 2 + ++
a + b + c ab bc ca
2 2

Bài 5: Cho a, b, c, d , e, f là các số thực dương. Chứng minh:
a b c d e f
+ + + + + ≥3
b+c c+d d +e e+ f f +a a+b
a 2 b2
+ ≥ 2 ( a 2 + b2 )
Bài 6: Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh :
ba
Bài 7: Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương. Chứng minh:
x+ y+z
xa yb zc
+ + ≥ xy + yz + zx −
b+c c+a a+b 2
Bài 8: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh
a b c
+ + ≥1
1)
a 2 + 3 ( b 2 + c 2 ) + 2bc b 2 + 3 ( c 2 + a 2 ) + 2ca c 2 + 3 ( a 2 + b 2 ) + 2ab

3( a + b + c)
a b c
+ + ≥ với x ≥ 2
2)
a + xb b + xc c + xa 1+ x




www.MATHVN.com
Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 37 
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản