-
1
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
I. GIỚI THIỆU
1/ Bđt Cauchy cho 2 số không âm
Cho 2 số thực không âm a, b. Ta luôn có bđt: .
Dấu bằng xảy ra <=> a = b.
2/ Bđt Cauchy cho n số không âm
Với n số thực không âm , ta có:
.
Dấu bằng xảy ra <=> tất cả các số hạng đều bằng nhau.
Chứng minh:
* Cách 1: Quy nạp
- n = 2: đúng.
- Giả sử bđt đúng đến n. Ta chứng minh bđt đúng đến n + 1.
Đặt:
Theo giả thiết quy nạp ta có:
=> đpcm.
Dấu bằng xảy ra <=> a1 = a2 = … = an.
* Cách 2: Quy nạp
- n = 2: đúng.
- Giả sử bđt đúng với n = k. Ta chứng minh bđt đúng với n = k + 1.
Giả sử thì .

-
2
Đặt thì ta có , và khi đó,
Theo giả thiết quy nạp, ta có: .
Ta có:
=> đpcm.

Chú ý: Bđt (2) có được là do khai triển nhị thức Newton:
* Cách 3: Quy nạp Cauchy
- Bước 1: n = 2: đúng.
- Bước 2: Bước quy nạp.
Ta chứng minh 2 nhận xét sau:
+ Nhận xét 1: Nếu bđt đúng với n số thì nó cũng đúng với 2n số.
Thật vậy, áp dụng Cauchy cho n số không âm:
Vậy bđt đúng với 2n số, và do đó cũng đúng khi n là một luỹ thừa của 2.
+ Nhận xét 2: Nếu bđt đúng với n số thì nó cũng đúng với n - 1 số.
Ta cm như sau:
Ta đặt:
Khi đó ta có:

-
3
B. BÀI TẬP
Bài 1. Cho a, b, c > 0. CMR:
( )
3 3 3
a b b c c a abc a b c+ + ≥ + +
HD:
+ Quan sát VT và VP
+ Từ a
3
b, muốn xuất hiện a
2
bc, áp dụng cô si cho hai số a
3
b và abc
2

.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 2. Cho
2 2 2
1x y z+ + =
. CMR:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
x y y z z x
z x y
+ + ≥
HD:
+ VP = 1
2 2 2
x y z= + +
+ Từ
2 2
2
x y
z
, muốn xuất hiện x
2
, áp dụng cô si cho hai số
2 2 2 2
2 2
;
x y x z
z y
.

+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 3. Cho a, b, c > 0. CMR:

3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ca c ab+ + ≥ + +
HD:
+ Từ a
3
, muốn xuất hiện
2
a bc
, áp dụng cô si cho 2 số a
3
; abc.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.

Bài 4. Cho a, b, c
≠
0. CMR:

2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
HD:
+ Từ
2
2
a

b
, muốn xuất hiện
a
b
, áp dụng cô si cho 2 số
2
2
a
b
và 1.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 5. Cho a, b > 0. CMR:
3
3
3 3
1 1a a
b b
a b a b
+ + ≥ + +
HD:
+ Từ
3
1
a
, muốn xuất hiện
1
a
, áp dụng cô si cho 3 số:
3
1

; 1; 1
a
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.

Bài 6. Cho a, b, c > 0. CMR:
2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
+ + ≥
+ + +

-
4
HD:
+ Quan sát VT và VP, VP =
2 2 2
a b c
+ +
+ Từ hạng tử
2
a
b c+
, muốn xuất hiện a, áp dụng cô si cho hai số
2
a
b c+
và

4
b c+
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 7. CMR:
12 15 20
3 4 5 ,
5 4 3
x x x
x x x
x R
     
+ + ≥ + + ∀ ∈
 ÷  ÷  ÷
     
+ Muốn xuất hiện 3
x
, áp dụng cô si cho hai số
12 15
;
5 4
x x
   
 ÷  ÷
   
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 8. Cho a, b, c > 0. CMR:
3 3 3
3 3 3

a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
HD:
+ Từ
3
3
a
b
, muốn xuất hiện
a
b
, áp dụng cô si cho 3 số
3 3
3 3
; ; 1.
a a
b b
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 9. Cho a + b + c = 0. CMR:
( )
8 8 8 2 2 2 1
a b c a b c
+ + ≥ + +
HD:
Đặt x = 2
a
, y = 2
b
, z = 2

c

+ (1) ⇔
3 3 3
x y z x y z+ + ≥ + +
, với
. . 1
, , 0
x y z
x y z
=


>

+ Từ x
3
, muốn xuất hiện x, áp dụng cô si cho 3 số x
3
; 1 ; 1.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 10. Cho
2 2 2
1a b c+ + ≥
. CMR:
HD:
+ VP
2 2 2
1 1
( )

2 2
a b c≥ + + ≥

-
5
3 3 3
1
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
+ Từ
3
a
b c+
, muốn xuất hiện a
2
, áp dụng cô si cho hai số
3
( )
;
4
a a b c
b c
+
+
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 11. Cho x, y, z > 0;

3 3 3
3x y z+ + =
. CMR:
2 2 2
) 3
) 3
a x y z
b x y z
+ + ≤
+ + ≤
HD:
a)
+ Từ x
3
, muốn xuất hiện x
2
, áp dụng cô si cho ba số x
3
; x
3
; 1.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
b)
+ Từ x
3
, muốn xuất hiện x, áp dụng cô si cho ba số x
3
; 1; 1.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 12. Cho x, y ≥ 0 và

2 3 3 4
x y x y+ ≥ +
. CMR:
2 2 3 3
2 2
)
)
a x y x y
b x y x y
+ ≥ +
+ ≥ +
HD:
a)
+ Từ y
2
, muốn xuất hiện y
3
, áp dụng cô si cho hai số y
2
và y
4
.
b)
+ Từ x, muốn xuất hiện x
2
, áp dụng cô si cho hai số x và x
3
.
+ Hạng tử còn lại tương tự.
Bài 13. Cho a > 0. CMR:

( )
3 2
3
1 1a a a+ ≤ +
HD:
+ Từ a, muốn xuất hiện
3
a
, áp dụng cô si cho 3 số: a; 1; 1.
+ Từ a, muốn xuất hiện
3 2
a
, áp dụng cô si cho 3 số: a; a; 1.
Bài 14. Cho x, y, z > 0; x + y + z ≥ 1. CMR:
5 5 5
4 4 4
1
x y z
y z x
+ + ≥
HD:
+ Từ
5
4
x
y
, muốn giảm dần bậc của x, áp dụng cô si cho 2 số
5
4
x

y
và x.
( )
5 5 5 3 3 3
4 4 4 2 2 2
2
x y z x y z
x y z
y z x y y x
 
⇒ + + ≥ + + − + +
 ÷
 

-
6
+ Từ
3
2
x
y
, muốn giảm dần bậc của x, áp dụng cô si cho 2 số
3
2
x
y
; x.
( )
3 3 3 2 2 2
2 2 2

2
x y z x y z
x y z
y z x y z x
 
⇒ + + ≥ + + − + +
 ÷
 
+ Từ
2
x
y
, muốn xuất hiện x, áp dụng côsi cho 2 số
2
x
y
và y.
2 2 2
x y z
x y z
y z x
⇒ + + ≥ + +
Bài 15: Cho x, y, z > 0. CMR:
3
1 1 1 2 1
x y z x y z
y z x
xyz
 
 

+ +
  
+ + + ≥ +
 ÷
 ÷
 ÷ ÷
 ÷
  
 
 
HD:
+ BĐT ⇔
2 2 2
3
3 3
2
x x y y z z x y z
y z x z x y yz zx xy
 
+ + + + + ≥ + +
 ÷
 ÷
 
+ Từ VT, muốn xuất hiện
2
3
x
yz
, áp dụng cô si cho 3 số
; ; 1

x x
y z
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 16. Cho x, y > 0, thỏa x + y = 1. Tìm GTNN của
1
Q xy
xy
= +
HD:
+ Từ x + y, muốn xuất hiện xy, áp dụng cô si cho 2 số x, y ta được
1
4
xy ≤
.
+ Từ xy,
1
xy
muốn xuất hiện hằng số, thử điều kiện dấu “=” xảy ra, áp dụng cô si
cho 2 số: xy và
1
16xy
.
+
1 15 15
4 16 64
xy xy≤ ⇔ − ≥ −
.
+ ĐS: MinQ =
17

4
Bài 17. Cho x, y > 0; x
2
, y
2
≥ 4. Tìm GTNN của
6 10
2 3E x y
x y
= + + +
HD:

-
7
+ Từ
6
x
, muốn xuất hiện hằng số, thử điều kiện dấu “=” xảy ra, áp dụng cô si cho 2
số
3 6
;
2
x
x
và
5 10
;
2
y
y

.
(
2
3 6
4
2
x
x
x
= ⇔ =
;
2
5 10
4
2
y
y
y
= ⇔ =
)
+
3 6 5 10 6 10
( ) ( ) (2 3 )
2 2 2 2
x y x y
x y
x y x y
+ + + = + + + − −
+ ĐS: MinE = 18
Bài 18. Tìm nghiệm dương của hệ phương trình:

( )
2 2 2
32 (1)
4 4 2 96 2
xyz
x xy y z
=



+ + + =


HD:
+ Muốn xuất hiện xyz ở PT (1), áp dụng cô si cho 2 số x
2
; z
2
và z
2
; 4y
2
.
+
2 2 2 2
3
4 4 2 4 2 4 2.3 4( )x xy y z xy xz yz xyz+ + + ≥ + + ≥
.
+ ĐS: x = z = 4, y = 2.
Bài 19. Cho x > 0, y > 0; x

2
+ y
2
= 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1
P
x y
= +
HD:
+ Từ x
2
và
1
x
, muốn xuất hiện hằng số, áp dụng cô si cho 3 số:
2
1 1
; ; .x
x x
+ Hạng tử còn lại tương tự.
Bài 20. Cho
0, 0x y≥ ≥
; x
3
+ y
3

≤
2

Tìm giá trị lớn nhất của P = x
2
+ y
2
HD:
+ Từ x
3
, muốn xuất hiện x
2
, áp dụng cô si cho 3 số x
3
; x
3
; 1.
+ Hạng tử còn lại tương tự.
Bài 21. Cho x, y, z > 0. CMR
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z
x y y z z x x y z
+ + ≤ + +
+ + +
HD:
+ Từ
3 2
2 x
x y+
, muốn xuất hiện

1
xy
và rút gọn
2 x
, áp dụng cô si cho 2 số x
3
và y
2
.

-
8
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 22. Cho a, b, c > 0. CMR:
2 2 2 2
5 5 5 5 3 3 3 3
1 1 1 1a b c d
b c d a a b c d
+ + + ≥ + + +
HD:
+ Từ VT, muốn xuất hiện
3
1
b
, áp dụng cô si cho 5 số:
2 2 2
5 5 5 3 3
1 1
; ; ; ;
a a a

b b b a a
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
Bài 23. Tìm nghiệm dương của hệ phương trình:
( )
( )
3
9 1
3 6 2
x y
x y

=


+ =


HD:
+ Muốn xuất hiện x
3
y ở phương trình (1), áp dụng cô si cho 4 số
x; x; x; y.
+
3
4
6 3 4x y x x x y x y= + = + + + ≥
.
+ ĐS: Hệ phương trình vô nghiệm.
Bài 24. Cho a, b, c > 0, thỏa:

2000 2000 2000
3a b c+ + =
Tìm GTLN của T =
2 2 2
a b c+ +
HD:
+ Từ
2000
a
, muốn xuất hiện a
2
, áp dụng cô si cho 2000 số gồm:
1998 số 1 và 2 số a
2000
.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
+ ĐS: Max T = 3
Bài 25. Cho x, y, z > 0, thỏa: x + y + z = 2004
Tìm GTNN của
30 30 30
21 21 21
x y z
P
y z x
= + +
HD:
+ Từ
30
21
x

y
, muốn xuất hiện x, áp dụng cô si cho 30 số dương gồm:
30
21 8
.668
x
y
; 21 số y và 8 số 668.
+ Các hạng tử còn lại tương tự.
+ (Ví dụ: Áp dụng cô si cho 30 số dương gồm:
30
21
x
y
; 21 số y và 8 số a > 0 nào đó.

-
9
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = a =
2004
668
3
=
).
+ ĐS: Min P = 3.(668)
9
MỠ RỘNG

-
10

Bi toỏn: Vi hai s dng x v y ta cú:
1 1 1 1
( )
4x y x y
+
+
(1)
ng thc xy ra khi x =y.
Bt ng thc (1) cú nhiu cỏch chng minh õy a ra hai cỏch chng minh ph
bin nht.
Cỏch 1. Vi hai s dng x v y ta cú:

)( yx +
2

0
(x + y)
2
1 1 1 1
4 ( )
4
xy
x y x y
+
+
Rừ rng, ng thc xy ra khi x = y.
Cỏch 2. ỏp dng bt ng thc Cụ-si cho hai s dng ta cú

yx
+

,2 xy

1 1 1 1 2
2 .
x y x y
xy
+ =
T ú:
( )x y+
(
1 1 1 1 1 1
) 4 ( )
4x y x y x y
+ +
+
V ng thc xy ra khi x =y.
Tng quỏt: Cho hai s x, y dng v a, b l hai s bt kỡ ta cú:
( )
2
2 2
( )
a b
a b
x y x y
+
+
+
hay
( )
2

2 2
( )
a b
a b
x y x y
+
+
+
.
Du bng sy ra khi v ch khi
a b
x y
=
. ( chng minh bt ng thc ny cng cú nhiu
cỏch chng minh xin dnh cho bn c).
Biện pháp thực hiện.
Để làm đợc việc này cần có nhiều việc phải làm.
Thứ nhất: yêu cầu và rèn luyện cho học sinh nắm vững các lý thuyết cơ bản nh
côsi,bunhiacopski,trêbsep, các cách chứng minh thông thờng.
Thứ hai: Khi cho các em làm bài tập tôi đặc biệt hớng cho các em phân tích các
bài toán bằng cách trả lời câu hỏi:
-Vai trò các số hạng nhân tử có bình đẳng không?
-Bất đẳng thức có xảy ra dấu bằng không? Nếu xảy ra thì thì các số hạng phải
thoả mãn điều kiện nào. Từ đó cho phép áp dụng bât đẳng thức hợp với giả thuyết của
bài toán.
Thứ ba : Khuyến khích các em biến đổi các bất đẳng thức về bất đẳng thức quen
thuộc. đặc biệt là bất dẳng thức (1)
Thứ t: Sau khi khuyến khích các em giải bài toán theo nhiều cách, nhiều công
cụ. Tổng quát bài toán.Công việc này rất có lợi cho t duy cũng nh khả năng tổng hợp
kiến thức của các em.

Thực hiện

-
11
Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c, ta có:

1 1 1 1 1 1 1
( )
2a b b c c a a b c
+ + ≤ + +
+ + +
(2)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Áp dụng (1) ta có ngay điều phải chứng minh.
* Phát triển: Áp dụng (2) cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được:

1 1 1 1 1 1 1
( )
2 2 2 2a b c b c a c a b a b b c c a
+ + ≤ + +
+ + + + + + + + +
(3)
* Kết hợp (2) và (3) ta có
Bài toán 2. Với a, b, c là các số dương:

1 1 1 1 1 1 1
( )
2 2 2 4a b c b c a c a b a b c
+ + ≤ + +
+ + + + + +

(4)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Chú ý: Nếu thêm giả thiết
1 1 1
4
a b c
+ + =
thì bài toán 2 là nội dung câu V, Đề thi
Đại học và Cao đẳng khối A, năm 2005.
Bài toán 3. Chứng minh rằng với a, b, c dương:

1 1 1 1 1 1
2 2 2 3 3 3a b c b c a c a b a b b c c a
+ + ≤ + +
+ + + + + + + + +
(5)
Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có:

1 1 4 2
3 2 ( 3 ) ( 2 ) 2a b b c a a b b c a a b c
+ ≥ =
+ + + + + + + + +

1 1 4 2
3 2 ( 3 ) ( 2 ) 2b c c a b b c c a b b c a
+ ≥ =
+ + + + + + + + +

1 1 4 2
3 2 ( 3 ) ( 2 ) 2c a a b c c a a b c c a b

+ ≥ =
+ + + + + + + + +
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta có bất đẳng thức (5)
Đẳng thức xảy ra khi:
3 2
3 2
3 2
a b b c a
b c c a b a b c
c a a b c
+ = + +


+ = + + ⇔ = =


+ = + +

Bài toán 4. Hãy xác định dạng của tam giác ABC nếu các góc của nó luôn
thỏa mãn đẳng thức sau:

1
2 2 2
1 . 1 . 1 . 4. . .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C
tg tg tg
B C C A A B A B C
tg tg tg tg tg tg tg tg tg
+ + =

+ + +

-
12
Giải: Đặt
tgx
=
, ,
2 2 2
A B C
y tg z tg= =
thế thì x, y, z dương và xy + yz + zx=1
Hệ thức trở thành:
1
1 1 1 4
x y z
yz zx xy xyz
+ + =
+ + +
Ta có:

1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
4 4 4
1 1 1 1 1
4 4 4
x y z
yz zx xy
x y z

xy yz zx yz xy zx yz zx xy yz zx xy
x x y y z z
xy yz zx yz xy zx yz zx xy yz zx xy
x z x y y z xy yz zx
xy yz zx yz xy zx x y z x
+ + =
+ + +
= + + ≤
+ + + + + + + + +
     
≤ + + + + + =
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + +
     
   
+ + + + +
= + + = + + =
 ÷  ÷
+ + +
   
1
4yz xyz
=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z hay tam giác ABC đều.
Bài toán 5. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0, x +
1>0, y + 1 > 0, z + 4 > 0. Hãy tìm giá trị lớn nhất của

1 1 4
x y z
Q

x y z
= + +
+ + +
Giải: Đặt a = x + 1 > 0, b = y + 1 > 0, c = z + 4 > 0. Ta có: a + b + c = 6
và

1 1 4 1 1 4
3
a b c
Q
a b c a b c
− − −
 
= + + = − + +
 ÷
 
Theo bất đẳng thức (1) ta có:

1 1 4 4 4 16 8
( )
3
8 1
3
3 3
a b c a b c a b c
Q
+ + ≥ + ≥ =
+ + +
⇒ ≤ − =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

3 1
2 2
3 1
6
a b
a b x y
a b c
c z
a b c
=

 
= = = =
  
+ = ⇔ ⇔
  
  
= = −
+ + =
 

Vậy:
1
3
MaxQ =
đạt được khi
1
2
1
x y

z

= =



= −

.

-
13
Bi toỏn 6 : Chứng minh rằng :
2 2 2 1 1 1
6 4 6 4 6 4 4 4 4
x y z
x y y z z x x y z
+ + + +
+ + +

với x, y, z là các số dơng. Dấu bằng sảy ra khi nào ?
Giải :
( )
2
2
1
1 1 1 4
4 4 6 4 6 4 6 4
x
x x

x y x y x y x y
+
+ = +
+ +
. Tơng tự ta cũng có
1 1 4 1 1 4
;
4 4 6 4 4 4 6 4

y z
y z y z z x z x
+ +
+ +
. Cộng từng vế bất dẳng thức trên ta có bất
dẳng thức cần chứng minh. Dờu bằng sảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.
Bi toỏn 7 : Cho 3 s thc dng a, b v c tho :ab+bc+ca = abc. chng minh
rng :

( ) ( ) ( )
4 4 4 4 4 4
1
3 3 3 3 3 3
a b b c c a
ab a b bc b c ca c a
+ + +
+ +
+ + +
Giải: ta có ab+bc+ca = abc
1 1 1
1

a b c
+ + =
. Đặt
1 1 1
; ; x+y+z=1 x y z
a b c
= = =
.
Khi đó ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
(
)

1 1
2
3 3
4 4 4 4 6 64 4
3 3
3 3 2 3 3 2 3 3 3 3 2 2
1 1 1
3 3
2
2 2
3 3 4 4 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2
x y
a b x y x yx y
x y
ab a b x x y y x y x y x y
xy
x y
x y
x y x y x y x y
x y
x y
x x y y x y x y x y

ữ
ữ

+

+
+ +
= = = +
+
+ + + + +
+
+
+ + +
= = + =
+
+
+ + + +
Tơng tự ta có
( ) ( )
4 4 4 4
3 3 3 3
;
2 2
y z z x
b c c a
bc b c ca c a
+ +

+ +

+ +
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có
( ) ( ) ( )
4 4 4 4 4 4
1

3 3 3 3 3 3
a b b c c a
x y z
ab a b bc b c ca c a
+ + +
+ + + + =
+ + +
.
Suy ra điều phải chng minh
Bi toỏn 8: Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc

-
14

x t t y y z z x
A
t y y z z x x t
− − − −
= + + +
+ + + +
Với x, y, z, t là các số dương.
Giải : Ta có:

( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 4
4
1 1 1 1
( ) ( ) 4
4 4
( ) ( ) 4
4( )

4 0
x t t y y z z x
A
t y y z z x x t
x y t z y x z t
t y y z z x x t
x y t z
t y z x y z x t
x y t z
x y z t x y z t
x y z t
z y z t
− − − −
= + + + + + + + − =
+ + + +
+ + + +
= + + + − =
+ + + +
   
= + + + + + − ≥
   
+ + + +
   
≥ + + + − =
+ + + + + +
+ + +
= − =
+ + +
Vậy MinA=0 khi x = y = z = t.
Trên đây là một số bài toán áp dụng bất đẳng thức (1) sau đây là một số bài tập

tương tự:
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh các bất đẳng thức:

1 1 1 1 1 1 1
1/ .
2 3( ) 2 3( ) 2 3( ) 4
1 1 1 1 1 1 1
2 /
2 3 2 3 2 3 2 2 2 2
a b c b c a c a b a b b c c a
a b c b c a c a b a c b a c b
 
+ + ≤ + +
 ÷
+ + + + + + + + +
 
 
+ + ≤ + +
 ÷
+ + + + + + + + +
 
Bài 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
abc = ab + bc + ca thì:

1 1 1 17
2 3 2 3 2 3 96a b c b c a c a b
+ + <
+ + + + + +
Bài 3. Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x + y
1≤

. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

1 2
4
2 2
A xy
xy
x y
= + +
+
Bài 4. Cho tam giác ABC có chu vi a + b + c = k (không đổi), BC = a, CA =
b, AB = c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2
ab bc ca
T
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +

-
15
Bi 5. Cho tam giỏc ABC cú chu vi 2p=a+b+c (a,b, c l di 3 cnh). Chng
minh rng:

1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c

+ + + +

ữ


III. M rng.
Cho x, y,z l ba s dng. chng minh rng:
( )
1 1 1 1 1
( ) 7
9

x y z x y z
+ +
+ +
;Du bng sy ra khi v ch khi x=y=z
Tng quỏt:
Cho ba s a, b, c bt kỡ, x, y, z la ba s thc dng ta cú:
( )
( )
2
2 2 2
6
a b c
a b c
x y z x y z
+ +
+ +
+ +
.(Bt ng thc s-vac) Du bng sy ra khi v ch khi
a b c
x y z

= =
.
Chng minh:
p dng bt ng thc bunhiacopski ta cú:
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
2 2 2
2 2 2
2
.
a b c a b c
x y z x y z
x y z
x y z
a b c






ữ
+ + + + = + + + +
ữ
ữ
ữ

ữ
ữ
ữ

ữ





+ +
T ú suy ra iu phi chng minh.
IV. p dng
Bi toỏn 1: Chứng minh rằng :
2 2 2
a b c
a b c
b c a
+ + + +
với a, b, c là các số thực
dơng.
Giải :áp dụng bất đẳng thức (6) ta có :
( )
2
2 2 2
a b c
a b c
a b c
b c a a b c
+ +

+ + = + +
+ +
. Suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng sảy ra
khi và chỉ khi
a b c
a b c
b c a
= = = =
Bi toỏn 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
6 6 6
3 3 3 3 3 3
a b c
B
b c c a a b
= + +
+ + +
trong đó a, b, c là các số thực dơng thỏa mãn
1a b c+ + =
Giải :

-
16
áp dụng bất đẳng thức (6) ta có :
( )
( )
2
3 3 3
6 6 6 3 3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3

2
2
a b c
a b c a b c
B
b c c a a b
a b c
+ +
+ +
= + + =
+ + +
+ +
. Mặt khác theo bất
đẳng thức Bunhiacovski ta có :
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
4
2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 3 3
1
9 9
9
a b c a b c aa a bb b cc c
a b c a b c a b c a b c



= + + + + = + +


+ + + + = + + + +
.
Vậy
1
18
B
Bi toỏn 3 : Cho các số thực dơng x, y, z, t thỏa mãn xyzt=1. chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
1 1 1 1 4
3x yz zt ty y xz zt tx z yt xt xy t yz zx xy
+ + +
+ + + + + + + +
Giải :
đặt
1 1 1 1
; ; ; y z t=x
a b c d
= = =
, theo bài ra ta có abcd = 1 và
( )
2
3
3
1 1

1 1 1 1
a
x yz zt ty b c d
a bc dc bd
= =
+ + + +
+ +


; tơng tự ta có :
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3
1 1 1
; ;
b c d
y xz zt tx a c d z yt xt xy a b d t yz zx xy a b c
= = =
+ + + + + + + + + + + +
Công các vế bất đẳng thức trên ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
3 3 3 3
2
2 2 2 2
4
1 1 1 1
3
4 4

3 3 3
x yz zt ty y xz zt tx z yt xt xy t yz zx xy
a b c d
a b c d
b c d a c d a b d a b c a b c d
a b c d abcd
+ + +
+ + + + + + + +
+ + +
= + + +
+ + + + + + + + + + +
+ + +
= =
(M rng t nhiờn bt ng thc (6) cho bn s)
Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi
1a b c d
a b c d
b c d a c d a b d a b c
= = = =



= = =

+ + + + + + + +


-
17
Bi toỏn 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( ) ( )
8 8 8
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c
B
b c a c b a
= + +
+ + +
, trong đó a, b, c là các số thực dơng thỏa điều
kiện
1ab bc ca+ + =
Giải :
áp dụng bất đẳng thức (6) ta có :
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2
4 4 4
8 8 8
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4 4 4
4 4 4 2 2 2 2 2 2
2 2
a b c
a b c

B
b c a c b a b c a c b a
a b c
a b c a b b c a c
+ +
= + +
+ + + + + + + +
+ +
=
+ + + + +
Xét biểu thức
2 2 2 2 2 2
a b b c a c+ +
. Theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có :
2 2 2 2 2 2 4 4 4
a b b c a c a b c+ + + +
. Do đó
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
4 4 4 4 4 4
4 4 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4
4
2 2 4
a b c a b c
a b c
B

a b c a b c a b c
+ + + +
+ +
= =
+ + + + + + +
.
Mát khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacovski
( )
2
4 4 4
1 ab bc ca a b c= + + + +
.
Bi toỏn 5 : Cho x,y,z>0 v tho :
2 2 2
1
3
x y z
+ +

Tỡm giỏ tr nh nht ca:
3
3 3
2 3 5 2 3 5 2 3 5
y
x z
x y z y z x z x y
+ +
+ + + + + +
Nhn xét: Các số x, y, z có vai trò bình đẳng. dự đoán dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi
chúng bằng nhau và bằng

1
3
.
Giải: áp dụng bất đẳng thức (6) ta có :
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3 3 4 4 4
2 2 2
2 3 5 2 3 5 2 3 5
2 3 5 2 3 5 2 3 5
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 8 2 8 10
1
2 2 2
30

x y z x y z
x y z y z x z x y
x xy xz y yz yx z xz yz
x y z x y z x y z
x y z xy yz zx x y z x y z x y z
x y z
+ + = + +
+ + + + + +
+ + + + + +
+ + + + + +

+ + + + + + + + + + + +
= + +

-
18
Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi
2 2 2
2 2 2
2 3 5 2 3 5 2 3 5
1
3
1
2 2 2
3
x y z
x xy xz y yz yx z xz yz
x y z x y z
x y z












= =
+ + + + + +
= = = = =
+ + =
.
Bi toỏn 6 : Cho a,b,c>0 v tho : a.b.c = 1
Chng minh rng:
( )
( )
( )
2 2 2
3
3 3 3
a b c b c a c a b
+ +
+ + +

Nhn xét: -Các số x, y, z có vai trò bình đẳng. dự đoán dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi
chúng bằng nhau và bằng 1.
- Để đơn giản biểu thức ta có thể đặt

1 1 1
; ; b c . a
x y z
= = =
Giải: Đặt
1 1 1
; ; b c . a
x y z
= = =
Theo giả thiết ta có: xyz = 1
Ta có
( )
2
3
3
2 2 2
1 1 1
x
a b c y z
x y z

ữ

= =
+ +
+
; tơng tự ta có:
( )
2
3

3
2 2 2
1 1 1
y
b a c x z
y x z

ữ

= =
+ +
+
;
( )
2
3
3
2 2 2
1 1 1
z
c b a y x
z y x

ữ

= =
+ +
+
. Do đó áp dụng bất
đẳng thức (6) ta có :

( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
22 2
2
2 2 2 2 2
2
2 2
3
3 3
2 2
y
x z
y z x z y x
b c aa b c c a b
x y z x y z
xyz
x y z
+ + = + +
+ + +
++ +
+ + + +
= =
+ +
Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi

1x y z
= = =
Bi toỏn 7 : Cho 3 s thc dng x,y,z >o tho :
3x y z+ +
.Tỡm GTNN ca
A =
2
2 2
y
x z
x yz y zx z xy
+ +
+ + +

Giải: áp dụng bất đẳng thức (6) ta có :

-
19
( )
2
2
2 2
x y z
y
x z
x yz y zx z xy x y z yz zx xy
+ +
+ + ≥
+ + + + + + + +
.Ta cã

yz zx xy x y z
+ + ≤ + +
.
Do ®ã
( )
2
2
2 2
3
2 2
x y z
y x y z
x z
x y z x y z
x yz y zx z xy
+ +
+ +
+ + ≥ = ≥
+ + + + +
+ + +
DÊu b»ng s¶y ra khi vµ chØ khi
3
1
x y z
x y z x y z
x y z
x yz y zx z xy


+ + =



= = ⇔ = = =



= =

+ + +


Bài toán 8 : Với x, y, z là số dương và
. . 1x y z ≥
Chứng minh rằng:
3
2
x y z
x yz y zx z xy
+ + ≥
+ + +

(1)
Hướng dẫn.
Đặt
, ,a x b y c z
= = =
Bài toán trở thành : a, b, c là số dương và
. . 1a b c ≥
Chứng minh rằng :
2 2 2

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

(2)
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
a b c
a b c
a bc b ac c ab a bc b ac c ab
+ +
+ + ≥
+ + + + + + + +
Bình phương hai vế bất đẳng thức:

-
20
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )

( )
2
2 4
2
2
2 2 2
2 2 2
4 4
2
2 2 2
4
2
(3)
3( )
3 3
3 3
a b c a b c
VT
a bc b ac c ab
a bc b ac c ab
a b c a b c
a b c ab bc ac
a b c ab bc ac
a b c
a b c

+ + + +
=

+ + + + +



+ + + + +


+ + + +

+ + + + +

+ + + +

+ +


+ +

( Vỡ
( )
2
3
3 3ab bc ac abc+ +
)
t
( )
2
t a b c
= + +
thỡ
9t
( vỡ

3
3 3a b c abc+ +
)
Ta cú:
2
3 15 3 3 3.9 15 3 3 9
2 .
3( 3) 12 12 3 12 12 3 2
t t t t
t t t
+ +
= + + + =


2
9 3
(5') (4')
2 2
VT VT

Du bng xy ra khi x = y = z = 1

iu phi chng minh
Tng quỏt : ta cú bi toỏn sau: vi
( )
1 2
, , , 2
n
x x x n
l s dng v

1 2
. 1
n
x x x


Cmr:
1 2
1 2 3 2 3 4 1 2 1

2
. . .
n
n n n n
x
x x
n
x x x x x x x x x x x x

+ + +
+ + +
Bi toỏn 9 : chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực dơng thỏa mãn
abc ab bc ca= + +
thì
3
16
1 1 1
2 3 2 3 2 3a b c b c a c a b
<+ +
+ + + + + +

Giải :
Từ
abc ab bc ca= + +
suy ra
1 1 1
1
a b c
+ + =
. đặt
1 1 1
; ; y z x
a b c
= = =
thì
1x y z+ + =

áp dụng bất đẳng thức (7) ta có :
1 2 3 36 1 2 3
2 3
2 3 2 3 36
x y z
a b c
x y z x y z a b c
+ +
+ + = + +
+ + + +
Tơng tự ta cũng có
2 3 2 3
; ;
36 36

1 1
2 3 2 3

y z x z x y
b c a c a b
+ + + +

+ + + +
Cộng ba bất đẳng thức trên ta có
( )
6
1 3
36 6 16
1 1 1
2 3 2 3 2 3
x y z
a b c b c a c a b
+ +
= <+ +
+ + + + + +

-
21
C¸ch2 :
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3
.
2 3 9 9 4a b c a c b c b c a c b c b c a b c
   
= ≤ + + ≤ + +

 ÷  ÷
+ + + + + + + + + +
   
T¬ng tù ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2
. ;
2 3 9 9 4
1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2
.
2 3 9 9 4
b c a a c a c b a a c a c b a a b c
c a b b c b a b a b c a b b a b c a
   
= ≤ + + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + + + + + + + + +
   
   
= ≤ + + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + + + + + + + + +
   
cộng vế với vế ta có:
1 1 1 1 6 6 6 3
2 3 2 3 2 3 36 16a b c b c a c a b a b c
 
+ + ≤ + + <
 ÷

+ + + + + +
 
suy ra điều phải chứng minh.
dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi a=b=c=3.
Bài toán 10 Cho
{
, , 0
1
x y z
x y z
≥
+ + =
. Cmr:
2 2 2
9
1 1 1 10
x y z
P
x y z
= + + ≤
+ + +
Giải:
( )
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 2 2
2
2 2 2
4 4 4

3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1
1
1 1 1
1 1
x y z
P x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
x x y y z z x y z x y z
 
   
= − + − + − =
 ÷
 ÷  ÷
+ + +
   
 
 
= − + + =
 ÷
+ + +
 
+ +
 
= − + + ≤ −

 ÷
+ + + + + + + +
 

Đặt
2 2 2
t x y z= + +
từ điều kiện
1
3
t⇒ ≥
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và Côsi ta có:
( )
( )
( )
3 3 3 2 2 2
3
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
1 3 1
1 3
2 3 2 2 3
x y z x y z x y z xy yz zx xyz
x y z t
x y z x y z t t
+ + = + + + + − − − + ≤
+ +
 
 

≤ + + − − + + + = − +
 ÷
 
 
2 2 2
2
2
2
2 2 3 10 3 9 9
1 1
3 10 3 10 10
3 1
1 3 3
3
3
1
( )(57 9)
9 9
3
3 10 3 10 10
t t t t
P
t
t t
t
t t
t t
t t
P
t t

− + +
≤ − ≤ − = − + =
+ +
+ + +
+ +
− +
≤ + ≤
+ +

-
22
Du bng xy ra khi v ch khi x = y = z =
1
3


pcm.
Bi toỏn 11: Cho x, y, z là các số thực dơng thay đổi và thoả mãn điều kiện:
xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức: P =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
y y z z z z x x x x y y
+ + +
+ +
+ + +
Gii:
( ) ( ) ( )
2 2 2

2 2
2
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
x yz z xy
y xz
P
y y z z z z x x x x y y y y z z z z x x x x y y
y y
x x z z
y y z z z z x x x x y y
+ + +
= + + + +
+ + + + + +
= + +
+ + +
n gin t
; ; ; b c a x x y y z z= = =
Ta cú
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )

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

+ + + + + + +
+ +
= = +
+ + + + + +
+ +
= +
+ +
Mt khỏc ta cú
2 2 2
a b c ab bc ca+ + + +
. Nờn ta cú:
2P

. du bng sy ra khi v ch khi
a b c= =
. Hay
x=y=z=1 x x y y z z= =
Mt s bi tp tng t:
Bi toỏn 1: Tỡm giỏ tr nh nht cu biu thc Q =
yx
z
xz
y
zy
x
+
+
+
+
+

333
,vi
x, y ,z l cỏc s dng tho món iu kin x+y+z
6

-
23