Toán học - Bài tập về max min

 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 2a b a b> ≥ 0⇒ > 
Hệ quả: 2 2a b a b> ⇔ > 
e. 
1 1
a b
a b
> > 0⇒ < 
1 1
a b
a b
f. 0A > 
• x A A x A< ⇔ − < < 
• 
x A
x A
x A
< −
> ⇔ 
>
II. Vài bất đẳng thức thơng dụng: 
 Với a, b, c, tùy ý ( , , ...a b c R∈ ) 
a. 2 2 2a b ab+ ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b= ) 
b. 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c= = ) 
c. Với , 0a b > ta cĩ: 
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
pi pi ∈ − 
 
. Chứng minh bất đẳng thức: 
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−
Giải: 
 , ;
4 4
x y
pi pi ∈ − 
 
thì 2 21 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1x y x y− < < ≤ < 
 Ta cĩ: 
tan tan
1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−
⇒
 2 
 tan tan 1 tan tanx y x y⇔ − > − 
 2 2 2 2tan tan 2 tan tan 1 2 tan tan tan tanx y x y x y x y⇔ + − < − + 
 2 2 2 2tan tan tan tan 1 0x y x y⇔ + − − < 
 2 2 2tan (1 tan ) (1 tan ) 0x y y⇔ − − − < 
 2 2(1 tan )(tan 1) 0y x⇔ − − < ( Luơn đúng , ;
4 4
x y
pi pi ∀ ∈ − 
 
) 
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 3a b c a b c
a b c + + ≥ + + 
 
Giải: 
 Vì hàm số 
1
3x
 giảm nên ta cĩ: 
1 1
0 ( )
3 3 3 3 3 3a b b a a b
a b a b
a b
 ≥ − − ⇒ + ≥ + 
 
 Tương tự ta cĩ: 
3 3 3 3c b b c
b c b c
+ ≥ + ; 
3 3 3 3a 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 3a b c a b c a b c
a b c a b c   + + − + + ≥ 2 + +   
   
1 1 1
3
3 3 3 3 3 3a 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 11 x yxy
≥ +
+ ++
 (1) 
b. Cho 0 a b c d< ≤ ≤ ≤ và 1bd ≤ . Chứng minh: 
4
4 1 1 1 1
1 1 1 11 a b c dabcd
≥ + + +
+ + + ++
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 cĩ: 
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 22 0 2a a a a⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + (1) 
• Tương tự ta cũng cĩ 
2
2
 (2)
2 (3)
b b c
c c
 ≤ +

≤ +
 Cộng (1), (2), (3) ta cĩ: 
 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 2x y z+ + ≤ 5 
Giải: 
 Ta cĩ: , , 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 cĩ: 3 3 2 2( )( )x y x y x y xy+ = + + − 
 Mà 
2 2 2 22
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 1xyz = ) 
 3 3 ( ) 0x y xy x y z⇔ + +1≥ + + > 
3 3
1 1
1 ( )x y xy x y z
⇔ ≤
+ + + +
 (a) 
 Tương tự ta cĩ: 
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 cĩ: 
1 1 1 1 1
T 1
( )
x y z
x y z xy yz zx x y z xyz
   + +
≤ + + = =   + + + +   
 ( Vì 1xyz = ) (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
> ⇒ >

= ⇒ ⇔ =
 , , 0a b c > và 1abc = nên theo kết quả câu a, ta cĩ: 
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + + + + +
 (đpcm) 
Ví dụ 7: 
 Cho , 0a b > và , 0b 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 cĩ: 
2
2 2 2
4
a
b c ab ac bc+ + ≥ − + (1) 
Giải: 
 Bất đẳng thức (1) tương đương với: 
 2 2 24 4 4 8 4a b c ac bc ac+ + − − + ≥ 0 
 22 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
= ) 
 22 ( )3( ) 0
3
x b c
aa
f x x ax
a
= +

⇔   = − + − > 
 
 Xét tam thức bậc hai 
2
2 3( ) ( )
3
a
f x x ax
a
= − + − cĩ: 
2 3
2 3 364 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− . Chứng minh: 
 6 
 2(1 ) (1 ) 2n nx n− + + < 
Giải: 
Vì 1 1x− < < nên cos (0x α α= < < pi) lúc đĩ: 
 (1 ) (1 ) (1 cos (1 cos )n n n nn n α α+ + − = + ) + − 
 2 22cos 2sin
n n
α α   = +   2 2   
 2 2 2 22 cos sin 2 cos sin 2
n n
n n nα 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 cĩ 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 cĩ thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức 
luơn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8). 
3. Nên thuộc lịng và bất đẳng thức thơng 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 1y x z x z
x z y x z
   + + + ≤ + +   
   
* Hướng dẫn: 
 Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đơng 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 2a 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 cơng thức 2 2 2( ) 0 ...a b a b− ≥ ⇔ + ≥ 
 Áp dụng kết quả trên. 
5. Chứng minh [ 1;1]t∀ ∈ − ta cĩ: 
 2 21 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + + ≥ − 
* Hướng dẫn 
• Với [ 1;1]t∀ ∈ − , ta luơn cĩ: 
 2 2(1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 )t t t t t t− + − + + + ≥ + − + − 
 Biến đổi tương đương suy ra 21 1 1 1t t t+ + − ≥ + + 
• Từ: 20 1 1t≤ − ≤ 
 2 21 1 2t t⇒ + + ≥ − 
Chương II 
BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI (CAUCHY) 
I. Phương pháp giải tốn 
1) Cho 2 số a,b > 0, ta cĩ: 
2
a b
ab
+
≥ 
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 
2) Cho n số 1 2 3, , ,..., 0na a a a ≥ ta cĩ: 
 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 ... na a a a= = = = 
3) Bất đẳng thức cơsi suy rộng 
 Phát biểu: Với các số thực dương 1 2 3, , ,..., na a a a và 1 2 3, , ,..., nx x x x là các số 
thực khơng âm và cĩ tổng bằng 1, ta cĩ: 
 31 21 1 2 2 3 3 1 2 3... ...
nx xx x
n n na x a x a x a x a a a a+ + + + ≥ 
 8 
 Tổng quát: Cho n số dương tùy ý ai, i = 1,n và n số hữu tỉ dương qi, i = 1,n 
thỏa 
1
1
n
i
i
q
=
=∑ khi đĩ ta luơn cĩ: 
11
.i
n n
q
i i i
ii
a q a
==
≤∑∏ 
 Dấu “=” xảy ra 
II. Các ví dụ 
Ví dụ 1: Cho n số dương ai, 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 cơsi cho các số 1 2 3
1 2 3
1 1 1 1
, , ,..., , , , ,...,n
n
a a a a
a a a a
Ta cĩ: 
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 ... na a a a= = = = 
Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luơn cĩ: 
2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )a a b b b c c c a a b c
+ + ≥
+ + + + +
Giải: 
Áp dụng bất đẳng thức cơsi 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
23
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 
 29
3 27
2( )( )( )( ) a b cabc 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 luơn cĩ 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
Giải 
Ta cĩ: 
 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 cĩ 
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 cĩ 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 cĩ: 2 2 2x y xy+ ≥ 
 5 5 5 5 2 2 2 22 = 2 (x+y)x y x y x y xy x y⇒ + ≥ ≥ 
 10 
Do đĩ : 
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 cĩ đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 
2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh : 
3 3 3x y z
x y z
yz xz xy
+ + ≥ + + 
*Hướng dẫn: 
 Áp dụng bất dẳng thức cơsi, ta cĩ: 
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 cb c a c a b a b c
+ +
 + + + + + ≤ + +  
*Hướng dẫn: 
 Áp dụng bất đẳng thức cơsi, ta cĩ: 
( ) ... ( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( )b c b c a c a c a b a b+ + + + + + + + + + + + + +

 
 

 n lần n lần n lần 
( ). ( ) ( ) ( )a b ca b ca b c b c a c a b+ +≥ + + + + + 
 Hay : 
2( )
( ) ( ) ( )
a b c
a b ca b c b c a c a b
a b c
+ +
+ +  ≥ + + + + + 
 (1) 
 11 
Ta cĩ 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 2a b c ab bc ca⇔ + + ≥ + + (đúng) 
Từ (1)(2), ta cĩ 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 cơsi: 
)
( )( )
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 cơsi: 
 33 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 ≥ ) 
 a1, a2, , an và b1, b2, , bn. 
 Ta cĩ: 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + + 
 Dấu “ = ” xảy ra 1 2
1 2
... n
n
aa a
b b b
⇔ = = = hay 1 1 2 2; ; ...; n na 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 luơn đúng 
• Nếu , 0a b > : 
 Đặt: ; i ii i
a b
a b
α β= = ( 1,i n= ) 
 Thế thì 2 2 2 2 2 21 2 1 2... ... 1n nα α α β β β+ + + = + + + = 
 Mà: 2 2( )i i i iα β α β
1
≤ +
2
 Suy ra: 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2... ( ... )( ... ) 1n n n na a a b b bα β α β α β
1
+ + + ≤ + + + + + + ≤
2
 1 1 2 2 ... n na b a b a b ab⇒ + + + ≤ 
 Lại cĩ: 1 1 2 2 1 1 2 2... ...n n n na b a b a b a b a b a b+ + + ≤ + + + 
 Suy ra: 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ... ) ( ... )( ... )n n n na 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
=
⇔ 
,... cùng dấu
 1 2
1 2
... n
n
aa 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 cĩ: 
 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 cĩ: 
 2 2( 1 1 )( 1 ) 2a b b a a b b a a b2+ + + ) ≤ ( + + + + = + + 
 2 2 2 22 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 bb 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 cĩ: 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 23 4 2 4 3 0x x x x⇔ − + − + ≥ 
 2 2 4 2( 1) (3 2 3) 0x x x⇔ − + + ≥ ( luơn 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 caa 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 đĩ 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 cĩ: 
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: 33 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 cĩ m1, m2, m3 là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường trịn 
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng 
1 2 3
9R
2
m m m
≥
+ +
Giải: 
Ta cĩ cơng thức đường trung tuyến: 
2 2 2
2 2 2
4a
b c a
m
+ −
= 
 2 2 2 2 2 2
3
( )
4a b c
m m m a b c⇒ + + = + + 
 Mặt khác, trong mỗi tam giác ta cĩ: 2 2 2 29Ra b c+ + ≤ (1) 
 Dấu “ = ” trong (1) xảy ra ABC⇔ ∆ đều. 
 2 2 2 2
27
4a b c
m m m R⇒ + + ≤ (2) 
 Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: 
 ( ) 2 2 2 )a b c a b cm m m m m m
2
⇒ + + ≤ 3( + + (3) 
 Dấu “ = ” trong (3) xảu ra a b cm m m⇔ = = ABC⇔ ∆ đều. 
 Từ (2) và (3) ( ) 2a b cm m m R
2 81
⇒ + + ≤
4
9
2a 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, ,..., 0na a a > . Chứng minh rằng: 
2
1 21 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( ... )
...
2( ... )
n n
n
a a a aa a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +
Giải: 
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta cĩ: 
 [ ] 21 2 2 3 3 4 1 2 1 2
2 3 3 4 1 2
... ( ... )n n n
aa a
a a a a a a a a a a a a
a a a a a a
1 2
 
+ + + ( + ) + ( + ) + ...+ ( + ) ≥ + + + + + + 
 Hay 
2
1 21 2
2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2
( ... )
...
...
n n
n n
a a a aa 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... na a a a a a a a⇔ + = + = = + = + 
 16 
 1 2 ... na a a⇔ = = = 
 Do 
2 2 2 22 2
21 3 2 31 2
1 2 1 3 12 2 2
a a a aa 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 2n n n
a a
a a a a a
+
+ ≤ + 
 Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta cĩ: 
 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 3 2 3 2 4 1 2 1 2... 2 ...n n na a a a a a a a a a a a a a a+ + + + + + ≤ + + + (2) 
 Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi: 
 1 2 ... na a a= = = 
 Từ (1), (2) suy ra: 
2
1 21 2
2 2 2
2 3 3 4 1 2 1 2
( ... )
...
2( ... )
n n
n
a a a aa a
a a a a a a a a a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +
 Dấu “ = ” xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = 
III. Bài tập tương tự: 
1. Cho 4ab 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 4ab 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 8xy yz x+ + ≤ 
*Hướng dẫn 
 Theo bất đẳng thức B.C.S, ta cĩ: 
2 2
2 2 2 2 2 23 318 ( )( )
2 4 4 2
x z
x xy y y yz z y x z y
      = + + + + = + + + +      
         
 ( )
2
23 3 3
z
2 2 2 2 4
x z
y z x y xy yz x
    ≥ + + + = + +    
    
 ( )2z 64xy yz x⇒ + + ≤ 
 ⇒đpcm. 
 17 
3. Chứng minh rằng nếu phương trình 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = cĩ nghiệm thì: 
 2 2
4
5
a b+ ≥ 
*Hướng dẫn 
 Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho: 
 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = ( 0x⇒ ≠ ) 
 Chia 2 vế cho 2 0x > , ta được: 
 2
2
1 1
0x a x b
x x
   + + + + =   
   
 (1) 
 Đặt 
1
, 2t x t
x
= + ≥ . 
 (1) 2 2 0t at b⇔ + + − = 2t at b⇔ 2− = + 
 Áp dụng B.C.S: ( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2 1t at b a b t2 − = + ≤ + + 
( )222 2
2
2
1
t
a b
t
−
⇒ + ≥
−
 Ta dễ chứng minh được: 
( )22
2
2
1
t
t
− 4
≥
− 5
 ( dành cho bạn đọc tự chứng minh). 
 2 2
4
5
a b⇒ + ≥ 
4. Cho , , 0x y z > thỏa z 1xy yz x+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 
2 2 2x 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 0x y z≥ ≥ ≥ . Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2x 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 2x y y z z x x z y x z y
A
z x y y z x
= + + − − − 
 ( )( ) ( )( )1 z 0x y y z z x xy yz x
xyz
= − − − + + > (2) 
 Từ (1), (2) 
2 2 2
2 2 2x 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 cĩ: MBC MCA MABS S S S+ + = 
 1
a b c
x y z
h h h
⇒ + + = 
 Ta cĩ: ( )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 ch h h x y z⇒ + + ≥ + + (1) 
 Do trong mọi tam giác nên ta cĩ: 
 sin ; sin ; sina b ch b C h c A h a B= = = nên: 
 sin sin sin
2a 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
2a 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, , ,..., na a a a và 1 2 3, , ,..., nb 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 cĩ: ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3... ... ( ... )n n n na a a a b b b b n ab ab ab 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 cĩ: 
( )( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3... ... ( ... )n n n na 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+ + + ≤ + 
 20 
Giải 
Giả sử 
3 3
5 5
a b
a b
a b
 ≥
≥ ⇒ 
≥
Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta cĩ: 
3 3 5 5 8 8
2 2 2
a b a b a b  + + +
≤  
  
 (1) 
Nhân vế của (1) cho 0
2
a b+
≥ , ta cĩ: 
3 3 5 5 8 8
2 2 2 2 2
a b a b a b a b a b    + + + + +   ≤       
       
Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta cĩ: 
8 8 9 9
2 2 2
a b a b a b   + + +  ≤    
    
Suy ra: 
3 3 5 5 9 9
3 3 5 5 9 9
( )( )( )
8 2
( )( )( ) 4( )
a b a b a b a b
a b a b a b a b
+ + + +
≤
⇔ + + + ≤ +
Dấu “=” xảy ra a b⇔ = 
Ví dụ 2: Cho dãy số dương trong đĩ : 
2 2 2
1 2 ... 1na a a+ + + > 
Chứng minh: 
33 3
1 2
1 2
1
...
1
n
n
aa a
s a s a s a n
+ + + >
− − − − 
Với 1 2 ... ns a a a= + + + 
Giải 
Khơng mất tính tổng quát ta giả sử: 1 2 ... na a a≥ ≥ ≥ do: 
 21 
2 2 2
1 2
1 2
1 2
...
0 1, 2,3,...