ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
VŨ THỊ DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - NĂM 2013
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
VŨ THỊ DUNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
PGS. TS. NGUYỄN VŨ LƯƠNG
HÀ NỘI - NĂM 2013
Mục lục
LỜI CẢM ƠN 5
LỜI NÓI ĐẦU 6
MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT
VÀ CÁC KÍ HIỆU TRONG LUẬN VĂN 7
1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN 8
1.1 Các kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.1 Định nghĩa và tính chất cơ bản của bất đẳng thức . . . . . . . . . . . 8
1.1.2 Một số hằng đẳng thức thường sử dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.3 Bất đẳng thức AM – GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1.4 Bất đẳng thức hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1.5 Bất đẳng thức Schur tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Một số kỹ năng chứng minh bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1 Kỹ năng 1: Sử dụng tham số khi biến đổi. . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.2 Kỹ năng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. . . . . . . . . . 15
1.2.3 Kỹ năng 3: Kỹ thuật thêm hạng tử. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.2.4 Kỹ năng 4: Sử dụng bất đẳng thức phụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.2.5 Kỹ năng 5: Chuyển một biến trở thành tham số. . . . . . . . . . . . . 25
1.2.6 Kỹ năng 6: Chọn chiều đơn giản từ bất đẳng thức dạng phân thức. . . 27
1.2.7 Kỹ năng 7: Sử dụng hằng đẳng thức thích hợp. . . . . . . . . . . . . . 28
3
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC 32
2.1 Xây dựng bất đẳng thức xoay vòng từ bất đẳng thức
1
1 + x
1
+
1
1 + x
2
+ +
1
1 + x
n
≥
n
1 +
n
√
x
1
.x
2

x
n
. . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 Xây dựng bất đẳng thức từ dạng làm mạnh
α(a −b)
2
≥ 0, α ≥ 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3 Xây dựng bất đẳng thức từ dạng làm mạnh
(c −a)

1
a + b
−
1
c + b

=
(c −a)
2
(a + b) (c + b)
, a, b, c > 0. . . . . . . . . . . . . . . 44
2.4 Xây dựng bất đẳng thức từ đẳng thức của hàm số
y =
a.x + b
c.x + d
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.5 Xây dựng bất đẳng thức làm mạnh nhờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy –
Schwarz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
MỘT SỐ NHẬN XÉT VỀ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG PHÂN THỨC 63
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4
LỜI CẢM ƠN
Sau hai năm học tập và nghiên cứu tại trường Đại học khoa học tự nhiên – Đại
học quốc gia Hà Nội, tác giả đã hoàn thành khóa luận với đề tài “ Một phương pháp làm
mạnh bất đẳng thức”.
Để hoàn thành được luận văn này, đầu tiên tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc
tới PGS.TS Nguyễn Vũ Lương, thầy đã dành thời gian hướng dẫn, chỉ bảo tận tình giúp đỡ
trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vần đề nảy sinh trong quá trình
làm luận văn và hoàn thành luận văn đúng định hướng ban đầu.
Tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau đại học, Khoa
Toán - Cơ – Tin trường Đại học khoa học tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá
trình học tập tại trường.
Qua đây tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Tổ Toán – Tin
trường THPT Ngô Sĩ Liên, TP. Bắc Giang, T. Bắc Giang, cùng các bạn học viên lớp Phương
pháp toán sơ cấp khóa 11 – 13 đã đọc, kiểm tra và cho những ý kiến quý báu để luận văn
được hoàn thiện và phong phú hơn.
Cuối cùng là sự biết ơn tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông cảm, động viên
giúp đỡ tác giả trong quá trình hoàn thành luận văn.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các vấn đề
trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không tránh khỏi thiếu sót, kính mong
nhận được sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn.
Xin chân chân thành cảm ơn!.
5
LỜI MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một nội dung lâu đời và quan trọng của toán học. Sự ra đời và
phát triển của bất đẳng thức có sức hút mạnh mẽ với những người yêu và đam mê toán học,
không chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả ở những bí ẩn nó luôn thôi thúc người làm toán phải
tìm tòi, sáng tạo. Bất đẳng thức còn có rất nhiều ứng dụng trong các môn khoa học khác
và trong cả thực tế. Ngày nay, bất đẳng thức vẫn luôn chiếm một vai trò quan trọng và vẫn

thường xuất hiện trong các kỳ thi quốc gia, quốc tế.
Trong luận văn này, tác giả xin trình bày một phương pháp mới tiếp cận bất đẳng thức
đó là “Một phương pháp làm mạnh bất đẳng thức”. Từ các bất đẳng thức quen thuộc,
kết hợp với một số bất đẳng thức cơ bản ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mạnh hơn.
Từ đó, ta sẽ xây dựng được rất nhiều các bất đẳng thức mới và lạ.
Luận văn gồm 2 chương
Chương 1: Một số kiến thức cơ bản (Bài toán và phương pháp giải)
Chương 2. Một phương pháp làm mạnh bất đẳng thức.
Trong chương 2, tác giả đã chia thành 5 bài.
Bài 1. Xây dựng bất đẳng thức xoay vòng từ bất đẳng thức
1
1 + x
1
+
1
1 + x
2
+ +
1
1 + x
n
≥
n
1 +
n
√
x
1
.x
2

x
n
.
Bài 2. Xây dựng bất đẳng thức từ dạng làm mạnh α(a −b)
2
≥ 0, α ≥ 0.
Bài 3. Xây dựng bất đẳng thức từ dạng làm mạnh
(c − a)

1
a + b
−
1
c + b

=
(c − a)
2
(a + b) (c + b)
, a, b, c > 0.
Bài 4. Xây dựng bất đẳng thức từ đẳng thức của hàm số y =
a.x + b
c.x + d
.
Bài 5. Xây dựng bất đẳng thức làm mạnh nhờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các vấn đề
trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không tránh khỏi hạn chế, kính mong
nhận được sự chỉ bảo, đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2013
Tác giả luận văn

VŨ THỊ DUNG
6
MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT
VÀ CÁC KÍ HIỆU TRONG LUẬN VĂN
I. Một số chữ viết tắt.
AM - GM – Arithmetic mean - Geometric mean.
MO – Olympic Toán quốc gia.
IMO – Olympic Toán quốc tế.
IMO Shortlish – Danh sách ngắn các bài đề nghị của các quốc gia trong IMO.
APMO – Olympic châu Á Thái Bình Dương.
VMEO – Kỳ thi giải toán trên mạng của trang www.diendantoanhoc.net.
TST – Đề dự tuyển thi toán quốc tế.
Đpcm – Điều phải chứng minh.
II. Các ký hiệu tổng và tích thông dụng.
n

k=1
a
k
= a
1
+ a
2
+ + a
n
.
n

k=1
a

k
= a
1
.a
2
a
n
.

1≤i<j≤n
a
i
a
j
= a
1
a
2
+ a
1
a
3
+ + a
1
a
n
+ a
2
a
3

+ + a
2
a
n
+ + a
n−1
a
n
.
7
Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
(BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI)
1.1 Các kiến thức cơ bản
1.1.1 Định nghĩa và tính chất cơ bản của bất đẳng thức
1. Định nghĩa bất đẳng thức
A > B ⇔ A − B > 0.
A < B ⇔ A − B < 0.
Như vậy từ định nghĩa của bất đẳng thức, ta có ngay một phương pháp để chứng minh
bất đẳng thức: Để chứng minh A > B, ta chỉ cần chứng minh A − B > 0 và muốn chứng
minh A < B ta chỉ cần chứng minh A − B < 0.
2. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức
1) Tính chất bắc cầu
Nếu a > b, b > c thì a > c.
2) Nếu a > b thì
ma > mb khi m > 0
ma < mb khi m < 0.
3) Nếu a > b, c > d thì a + c > b + d.
4) Nếu a > b, c < d thì a − c > b − d.
5) Nếu a > b > 0; c > d > 0 thì ac > bd.

8
6) Nếu a > b > 0; d > c > 0 thì
a
c
>
b
d
.
7) Nếu a > b > 0 thì a > b ⇔ a
2
> b
2
.
8) a > b ⇔ a
3
> b
3
.
1.1.2 Một số hằng đẳng thức thường sử dụng.
1. Các hằng đẳng thức đáng nhớ
1) (a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2
=

a
2

+ b
2

+ 2ab.
2) (a −b)
2
= a
2
− 2ab + b
2
=

a
2
+ b
2

− 2ab.
3) (a + b)
3
= a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+ b
3
.
(a + b)

3
= a
3
+ b
3
+ 3ab (a + b) .
4) (a −b)
3
= a
3
− 3a
2
b + 3ab
2
− b
3
.
(a − b)
3
= a
3
− b
3
− 3ab (a − b) .
5) a
2
− b
2
= (a −b) (a + b) .
6) a

3
− b
3
= (a −b)

a
2
+ ab + b
2

.
a
3
− b
3
= (a −b)
3
+ 3ab (a − b) .
7) a
3
+ b
3
= (a + b)

a
2
− ab + b
2

.

a
3
+ b
3
= (a + b)
3
− 3ab (a + b) .
8) a
n
− b
n
= (a −b)

a
n−1
+ a
n−2
b + + ab
n−2
+ b
n−1

, n ∈ N
∗
.
9) a
2n+1
+ b
2n+1
= (a + b)


a
2n
− a
2n−1
b + − ab
2n−1
+ b
2n

, n ∈ N.
2. Các đẳng thức mở rộng
1) (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2 (ab + bc + ca) .
2) (a + b + c)
3
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3ab (a + b) + 3bc (b + c) + 3ca (c + a) + 6abc.

(a + b + c)
3
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3 (a + b) (b + c) (c + a).
3) (a + b) (b + c) (c + a) = ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) + 2abc.
4) (a + b) (b + c) (c + a) = (a + b + c) (ab + bc + ca) − abc.
5) (a + b + c) (ab + bc + ca) = ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) + 3abc.
6) a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc −ca =
(a − b)
2
+ (b −c)
2
+ (c −a)
2
2
.
7) a
3
+ b

3
+ c
3
− 3abc =
(a + b + c)
2

(a − b)
2
+ (b −c)
2
+ (c −a)
2

.
8) a
2
b + b
2
c + c
2
a − ab
2
− bc
2
− ca
2
=
(a − b)
3

+ (b −c)
3
+ (c −a)
3
3
.
9) a
3
+ b
3
+ c
3
− a
2
b − b
2
c − c
2
a =
(2a+b)(a−b)
2
+(2b+c)(b−c)
2
+(2c+a)(c−a)
2
3
.
10) a
3
b + b

3
c + c
3
a − ab
3
− bc
3
− ca
3
=
(a + b + c)
3

(b − a)
3
+ (c −b)
3
+ (a −c)
3

.
9
1.1.3 Bất đẳng thức AM – GM
Cho a
1
, a
2
, , a
n
là các số thực không âm, ta có

a
1
+ a
2
+ + a
n
n
≥
n
√
a
1
a
2
a
n
.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a
1
= a
2
= = a
n
≥ 0.
Hệ quả 1.1.1. Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình điều hòa.
Cho a
1
, a
2
, , a

n
là các số thực dương, ta có
a
1
+ a
2
+ + a
n
n
≥
n
1
a
1
+
1
a
2
+ +
1
a
n
.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a
1
= a
2
= = a
n
.

1.1.4 Bất đẳng thức hoán vị
Cho hai dãy số thực hữu hạn được sắp thứ tự cùng chiều nhau chẳng hạn là hai
dãy đơn điệu tăng





a
1
≤ a
2
≤ ≤ a
n
b
1
≤ b
2
≤ ≤ b
n
.
Gọi (t
1
, t
2
, , t
n
) là một hoán vị tùy ý của (b
1
, b

2
, , b
n
).
Khi đó ta có a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
≥ a
1
t
1
+ a
2
t
2
+ + a
n
t
n
.
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a

1
= a
2
= = a
n
hoặc b
1
= b
2
= = b
n
.
Hệ quả 1.1.2. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
Cho hai bộ số thực a
1
, a
2
, , a
n
; b
1
, b
2
, , b
n
, khi đó ta có

a
2
1

+ a
2
2
+ + a
2
n

b
2
1
+ b
2
2
+ + b
2
n

≥ (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)

2
.
Đẳng thức xảy ra ⇔
a
1
b
1
=
a
2
b
2
= =
a
n
b
n
.
Hệ quả 1.1.3. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel
Cho hai bộ số a
i
∈ R, x
i
∈ R
∗

i = 1, n

, khi đó
n


i=1
a
2
i
x
i
≥
(a
1
+ a
2
+ + a
n
)
2
x
1
+ x
2
+ + x
n
.
10
Đẳng thức xảy ra ⇔
a
1
x
1
=

a
2
x
2
= =
a
n
x
n
.
Hệ quả 1.1.4. Bất đẳng thức Nesbit.
Với a, b, c > 0, ta có
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
≥
3
2
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Hệ quả 1.1.5. Bất đẳng thức Tchebyshev
Cho hai bộ số thực a
1
≤ a
2

≤ ≤ a
n
; b
1
≤ b
2
≤ ≤ b
n
, ta có
a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
n
≥
a
1
+ a
2
+ + a
n
n

.
b
1
+ b
2
+ + b
n
n
.
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a
1
= a
2
= = a
n
hoặc b
1
= b
2
= = b
n
.
1.1.5 Bất đẳng thức Schur tổng quát
Định lý. Với a, b, c > 0 và k là số thực bất kỳ ta luôn có
a
k
(a − b) (a − c) + b
k
(b − c) (b − a) + c
k

(c − a) (c − b) ≥ 0.
Chứng minh.
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ta có
V T = c
k
(a − b) (b − c) + (a −b)

a
k
(a − c) − b
k
(b − c)

≥ 0.
Điều này hiển nhiên đúng. Bất đẳng thức Schur được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Đặc biệt khi k = 1 và k = 2:
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)
a
4
+ b
4
+ c
3

+ abc (a + b + c) ≥ ab

a
2
+ b
2

+ bc

b
2
+ c
2

+ ca

a
2
+ c
2

11
1.2 Một số kỹ năng chứng minh bất đẳng thức cơ bản
1.2.1 Kỹ năng 1: Sử dụng tham số khi biến đổi.
Bài toán 1.1
Với các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P = 4a
2
+ 4b

2
+ c
2
. (1.1)
Lời giải.
Ta thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = αc (α > 0) .
Thay vào biểu thức ban đầu ta thấy α thỏa mãn
α
2
c
2
+ 2αc
2
= 1.
Vậy suy ra
c
2
=
1
α
2
+ 2α
.
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
c
2
2
+
a
2

2α
2
≥
ca
α
.
c
2
2
+
b
2
2α
2
≥
cb
α
.
1
2α

a
2
+ b
2

≥
ab
α
.

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta được

1
2α
+
1
2α
2


a
2
+ b
2

+ c
2
≥
1
α
(ab + bc + ca) .
Hay

1
2α
+
1
2α
2



a
2
+ b
2

+ c
2
≥
1
α
.
12
Giải phương trình
1
2α
+
1
2α
2
= 4
⇔ 8α
2
− α −1 = 0
⇔ α =
1 +
√
33
16
.(α > 0)

Từ đó suy ra P = 4a
2
+ 4b
2
+ c
2
≥
16
1 +
√
33
Vậy giá trị nhỏ nhất của P =
16
1 +
√
33
đạt được khi và chỉ khi a = b =
1 +
√
33
16
c .
Bài toán 1.2.
Với các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a+ b + c + abc = 6. Chứng minh rằng
6a
3
+ 6b
3
+ c
3

≥ 20. (1.2)
Lời giải.
Ta thấy dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 1, c = 2 .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
c
3
2
+ 4a
3
+ 4b
3
≥ 6abc.
c
3
2
+ 4 + 4 ≥ 6c.
2

a
3
+ 1 + 1

≥ 6a.
2

b
3
+ 1 + a

≥ 6b.

Cộng các bất đẳng thức trên ta được
6

a
3
+ b
3

+ c
3
+ 16 ≥ 6 (a + b + c + abc) .
Hay 6a
3
+ 6b
3
+ c
3
≥ 20 đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1, c = 2.
Bài toán 1.3.
Cho x, y, z > 0, x + y + xy = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x
3
+ y
3
. (1.3)
13
Lời giải.
Dự đoán A đạt được giá trị nhỏ nhất khi x = y, thay vào điều kiện ban đầu ta được
x = y = −1 +

√
2. Đặt α = −1 +
√
2.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
x
3
+ α
3
+ α
3
≥ 3xα
2
(1)
y
3
+ α
3
+ α
3
≥ 3yα
2
(2)
x
3
+ y
3
+ α
3
≥ 3xyα (3)

Nhân bất đẳng thức (3) với α rồi cộng lại ta được

x
3
+ y
3

(1 + α) + 4α
3
+ α
4
≥ 3α
2
(x + y + xy) .
Hay

x
3
+ y
3

(1 + α) + 4α
3
+ α
4
≥ 3α
2
⇔

x

3
+ y
3

(1 + α) ≥ 3α
2
− 4α
3
− α
4
⇔ x
3
+ y
3
≥
3α
2
− 4α
3
− α
4
1 + α
.
Vậy ta có giá trị nhỏ nhất MinA =
3α
2
− 4α
3
− α
4

1 + α
với α = −1 +
√
2.
Bài toán 1.4.
Cho x, y, z, t > 0, xy + zt + xyzt = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x
4
+ y
4
+ z
4
+ t
4
. (1.4)
Lời giải.
Dự đoán A đạt được giá trị nhỏ nhất khi x = y = z = t, thay vào điều kiện ban đầu ta được
x = y = z = t = 1.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
x
4
+ y
4
+ z
4
+ t
4
≥ 4xyzt.
x
4

+ y
4
+ 1
4
+ 1
4
≥ 4xy.
z
4
+ t
4
+ 1
4
+ 1
4
≥ 4zt.
Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được
14
2A + 4 ≥ 4 (xyzt + xy + zt) .
Hay A ≥ 4. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t = 1. Vậy Min A = 4 khi và chỉ khi
x = y = z = t = 1.
Tương tự ta có được các bài toán
Bài 1. Cho x, y, z, t > 0, x + y + xy = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x
n
+ y
n
, n ∈ N, n ≥ 2.
Bài 2. Cho x, y, z, t > 0, 2xz + 2yt + xyzt = 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x

4
+ y
4
+ z
4
+ t
4
.
Bài 3. Cho x, y, z, t > 0, xz + yt + xyzt = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x
4
+ y
4
+ z
4
+ t
4
.
Bài 4. Cho x, y, z, t > 0, xy + zt + xyz + yzt + zxt + xyt + xyzt = 7. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
A = x
4
+ y
4
+ z
4
+ t
4
.
Bài 5. Cho x, y, z, t > 0, 4xyz

2
+4xyz +2yz
2
+2xz
2
+3xz +3yz +xy +z
2
+x+y +2z = 48.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x
4
+ y
4
+ z
4
+ t
4
.
1.2.2 Kỹ năng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz.
Bài toán 1.5.
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c ≥ 3, chứng minh rằng
a
2
a +
√
bc
+
b
2
b +

√
ac
+
c
2
c +
√
ab
≥
3
2
.
(1.5)
Phân tích.
Từ bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy vế trái của bất đẳng thức có tử số của mỗi
15
số hạng có dạng bình phương của một số từ đó ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy –
Schwarz dạng Engel để đưa về bất đẳng thức đơn giản hơn.
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có
a
2
a +
√
bc
+
b
2
b +
√

ac
+
c
2
c +
√
ab
≥
(a + b + c)
2
a + b + c +

√
ab +
√
bc +
√
ca

.
Mặt khác dễ dàng chứng minh được a + b + c ≥
√
ab +
√
bc +
√
ca.
Từ đó suy ra
a
2

a +
√
bc
+
b
2
b +
√
ac
+
c
2
c +
√
ab
≥
(a + b + c)
2
2 (a + b + c)
.
Hay
a
2
a +
√
bc
+
b
2
b +

√
ac
+
c
2
c +
√
ab
≥
3
2
đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ≥ 1 .
Bài toán 1.6.(Séc và Slovakia, 1999)
Cho ba số thực dương a, b, c, chứng minh rằng
a
b + 2c
+
b
c + 2a
+
c
a + 2b
≥ 1. (1.6)
Phân tích.
Từ yêu cầu của bài toán ta thấy VT của bất đẳng thức cần chứng minh có dạng phân
số, từ đó ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel. Để sử dụng được bất
đẳng thức Cauchy – Schwarz thì tử số của mỗi số hạng phải là bình phương của một số. Từ
đó ta có thể giải quyết bài toán như sau :
Lời giải.

Biến đổi vế trái của bất đẳng thức ta được
a
b + 2c
+
b
c + 2a
+
c
a + 2b
=
a
2
a (b + 2c)
+
b
2
b (c + 2a)
+
c
2
c (a + 2b)
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có
a
2
a (b + 2c)
+
b
2
b (c + 2a)

+
c
2
c (a + 2b)
≥
(a + b + c)
2
3 (ab + bc + ca)
.
16
Mặt khác ta có (a + b + c)
2
≥ 3 (ab + bc + ca) .
Từ đó suy ra
a
2
a (b + 2c)
+
b
2
b (c + 2a)
+
c
2
c (a + 2b)
≥ 1.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Vậy ta có được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 1.7.
Cho ba số thực dương a, b, c, chứng minh rằng

a
3
a
2
+ ab + b
2
+
b
3
b
2
+ bc + c
2
+
c
3
c
2
+ ca + a
2
≥
a + b + c
3
. (1.7)
Phân tích.
Từ yêu cầu của bài toán ta thấy VT của bất đẳng thức cần chứng minh có dạng phân
số, từ đó ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel. Để sử dụng được bất
đẳng thức Cauchy – Schwarz thì tử số của mỗi số hạng phải là bình phương của một số. Từ
đó ta có thể giải quyết bài toán như sau :
Lời giải.

Biến đổi vế trái của bất đẳng thức trên ta được
a
3
a
2
+ ab + b
2
+
b
3
b
2
+ bc + c
2
+
c
3
c
2
+ ca + a
2
=
a
4
a (a
2
+ ab + b
2
)
+

b
4
b (b
2
+ bc + c
2
)
+
c
4
c (c
2
+ ca + a
2
)
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có
a
4
a (a
2
+ ab + b
2
)
+
b
4
b (b
2
+ bc + c

2
)
+
c
4
c (c
2
+ ca + a
2
)
≥

a
2
+ b
2
+ c
2

2
a
3
+ b
3
+ c
3
+ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)
.
Mặt khác ta có
a

3
+ b
3
+ c
3
+ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) = (a + b + c)

a
2
+ b
2
+ c
2

.
Từ đó suy ra
a
4
a (a
2
+ ab + b
2
)
+
b
4
b (b
2
+ bc + c
2

)
+
c
4
c (c
2
+ ca + a
2
)
≥
a
2
+ b
2
+ c
2
a + b + c
.
17
Vậy ta cần chứng minh
a
2
+ b
2
+ c
2
a + b + c
≥
a + b + c
3

.
Thậy vậy ta có
a
2
+ b
2
+ c
2
a + b + c
−
a + b + c
3
=
2a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
− 2ab −2bc −2ac
3 (a + b + c)
=
(a − b)
2
+ (b −c)
2
+ (c −a)
2
3 (a + b + c)
≥ 0 ∀a, b, c > 0.

Suy ra đpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 1.8. (IMO, 1995)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
1
a
3
(b + c)
+
1
b
3
(c + a)
+
1
c
3
(a + b)
≥
3
2
. (1.8)
Phân tích.
Ta thấy vế trái của bất đẳng thức có dạng phân số, ta nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng
thức Cauchy – Schwarz dạng Engel. Nhưng nếu áp dụng luôn ta có
1
a
3
(b + c)
+
1

b
3
(c + a)
+
1
c
3
(a + b)
≥
(1 + 1 + 1)
2
a
3
(b + c) + b
3
(c + a) + c
3
(a + b)
.
Bài toán trở nên phức tạp hơn. Vì vậy ta sẽ tìm cách biến đổi trước khi sử dụng bất đẳng
thức Cauchy – Schwarz dạng Engel.
1
a
3
(b + c)
+
1
b
3
(c + a)

+
1
c
3
(a + b)
=
1
a
2
a (b + c)
+
1
b
2
b (c + a)
+
1
c
2
c (a + b)
.
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có
1
a
2
a (b + c)
+
1
b

2
b (c + a)
+
1
c
2
c (a + b)
≥

1
a
+
1
b
+
1
c

2
2 (ab + bc + ca)
.
Hay
1
a
2
a (b + c)
+
1
b
2

b (c + a)
+
1
c
2
c (a + b)
≥
(ab + bc + ca)
2
2 (ab + bc + ca)
.
⇔
1
a
2
a (b + c)
+
1
b
2
b (c + a)
+
1
c
2
c (a + b)
≥
ab + bc + ca
2
.

18
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
ab + bc + ca
2
≥
3
3
√
a
2
b
2
c
2
2
⇔
ab + bc + ca
2
≥
3
2
.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Từ đó suy ra đpcm.
Từ các bài toán trên ta có thể giải quyết được một số bài toán tương tự
Bài 6. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z

2
≥
1
3
. Chứng minh rằng
x
3
2x + 3y + 5z
+
y
3
2y + 3z + 5x
+
z
3
2z + 3x + 5z
≥
1
30
.
Bài 7. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 3abc. Chứng minh rằng
a
b
2

c
2
+
b
c
2
a
2
+
c
a
2
b
2
≥
9
a + b + c
.
Bài 8. Cho ba số thực dương a, b, c, chứng minh rằng
a
3
a
3
+ abc + b
3
+
b
3
b
3

+ abc + c
3
+
c
3
c
3
+ abc + a
3
≥ 1.
Bài 9. Cho ba số thực dương a, b, c, chứng minh rằng
a
2
+ b
2
a + b
+
b
2
+ c
2
b + c
+
c
2
+ a
2
c + a
≥ a + b + c
Bài 10. (USAMO, 2003) Cho ba số thực dương a, b, c, chứng minh rằng

(2a + b + c)
2
2a
2
+ (b + c)
+
(2b + c + a)
2
2b
2
+ (c + a)
2
+
(2c + a + b)
2
2c
2
+ (a + b)
2
≤ 8.
1.2.3 Kỹ năng 3: Kỹ thuật thêm hạng tử.
Trong nhiều bài toán ta khéo léo thêm các số hạng và sử dụng bất đẳng thức AM-
GM một cách phù hợp có thể giải quyết được nhất nhiều bài toán khó một cách dễ dàng.
Bài toán 1.9. (IMO Shortlist 1998)
Với x, y, z là các số thực dương và có tích bằng 1, chứng minh rằng
x
3
(1 + y) (1 + z)
+
y

3
(1 + z) (1 + x)
+
z
3
(1 + x) (1 + y)
≥
3
4
. (1.9)
19
Phân tích.
Ta tìm cách thêm cho hạng tử
x
3
(1 + y) (1 + z)
những hạng tử dạng
1 + y
α
,
1 + z
α
với
α > 0 nào đó . Để tìm α nhận giá trị bao nhiêu ta tìm điều kiện xảy ra dấu bằng.
Nhận thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Từ đó ta thấy
x
3
(1 + y) (1 + z)
=

1 + y
α
=
1 + z
α
cho ta α = 4 . Vậy ta có lời giải bài toán như
sau
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
x
3
(1 + y) (1 + z)
+
1 + y
8
+
1 + z
8
≥
3x
4
.
y
3
(1 + z) (1 + x)
+
1 + z
8
+
1 + x

8
≥
3y
4
.
z
3
(1 + x) (1 + y)
+
1 + x
8
+
1 + y
8
≥
3z
4
.
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có
x
3
(1 + y) (1 + z)
+
y
3
(1 + z) (1 + x)
+
z
3
(1 + x) (1 + y)

+
3
4
≥
1
2
(x + y + z) .
Hay
x
3
(1 + y) (1 + z)
+
y
3
(1 + z) (1 + x)
+
z
3
(1 + x) (1 + y)
≥
3
2
.(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Từ bài toán trên ta có các bài tập tương tự
Bài 11. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
1
a
+
1

b
+
1
c
= 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P = a +
b
2
2
+
c
3
3
.
Bài 12. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
Q =
1
a
+
1
2b
2
+
1
3c
3
.
Bài 13. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3abc. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức
20
T = ab +
(bc)
2
2
+
(ca)
3
3
.
Bài 14. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
S = a +
b
2
2
+
c
3
3
.
Bài 15. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
1 − a
a
+
1 − b
b
+
1 − c

c
= 0. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
S =
1
a +
b
2
2
+
c
3
3
.
Bài toán 1.10.
Chứng minh rằng ∀a, b, c > 0 ta có
a
2
b + c
+
b
2
c + a
+
c
2
a + b
≥
a + b + c
2

. (1.10)
Phân tích.
Ta tìm cách thêm cho hạng tử
a
2
b + c
hạng tử dạng
b + c
α
. Để tìm α nhận giá trị bao
nhiêu ta tìm điều kiện xảy ra dấu bằng. Nhận thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c, từ đó ta nhận được α = 4 .
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
a
2
b + c
+
b + c
4
≥ a.
b
2
a + c
+
a + c
4
≥ b.
c
2

a + b
+
a + b
4
≥ c.
.
Từ đó suy ra
a
2
b + c
+
b + c
4
+
b
2
a + c
+
a + c
4
+
c
2
a + b
+
a + b
4
≥ a + b + c
⇔
a

2
b + c
+
b
2
a + c
+
c
2
a + b
≥ a + b + c
.
Suy ra đpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Từ bài toán trên ta xây dựng được một số bài toán tương tự.
Bài 16. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
21
a.
a
3
b + c
+
b
3
c + a
+
c
3
a + b
≥
3

2
.
b.
a
5
b + c
+
b
5
c + a
+
c
5
a + b
≥
3
2
.
Bài toán 1.11. (Canada 2002)
Cho a, b, c dương thỏa mãn, chứng minh rằng
a
3
bc
+
b
3
ac
+
c
3

ab
≥ a + b + c. (1.11)
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
a
3
bc
+ b + c ≥ 3a.
b
3
ac
+ a + c ≥ 3b.
c
3
ab
+ a + b ≥ 3c.
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta được
a
3
bc
+
b
3
ac
+
c
3
ab
≥ a + b + c.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Suy ra đpcm.

Từ bài toán trên ta xây dựng một số các bài toán tương tự
Bài 17. Chứng minh rằng với x, y, z dương ta có
x
3
y
+
y
3
z
+
z
3
x
≥ x
2
+ y
2
+ z
2
.
Bài 18. Chứng minh rằng với x, y, z dương ta có
x
2
y
2
+
y
2
z
2

+
z
2
x
2
≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.
Bài 19. Chứng minh rằng với x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1 ta có
x
3
+ y
3
+ z
3
≥ x + y + z.
Bài 20. Cho x, y dương thỏa mãn xy = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
x
3
1 + y
+
y

3
1 + x
.
22
Bài 21. Cho x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng
y + z
√
x
+
z + x
√
y
+
x + y
√
z
≥
√
x +
√
y +
√
z + 3.
Bài toán 1.12. (Ailen, 1999).
Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a+b+ c + d = 1. Chứng minh
rằng
a
2
a + b
+

b
2
b + c
+
c
2
c + d
+
d
2
d + a
≥
1
2
. (1.12)
Phân tích.
Ta tìm cách thêm cho hạng tử
a
2
b + c
hạng tử dạng
b + c
α
. Để tìm α nhận giá trị bao
nhiêu ta tìm điều kiện xảy ra dấu bằng. Nhận thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c, từ đó ta nhận được α = 4 .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được
a
2
a + b

+
a + b
4
≥ a.
b
2
b + c
+
b + c
4
≥ b.
c
2
c + d
+
c + d
4
≥ c.
d
2
d + a
+
d + a
4
≥ d.
Cộng vế với vế của bốn bất đẳng thức trên ta được đpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c =
1
4
Từ bài toán trên ta xây dựng được các bài toán tương tự.

Bài 22. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng
a
2
a + b
+
b
2
b + c
+
c
2
c + a
≥
1
2
.
Bài 23. Cho x
1
, x
2
, , x
n
là các số thực dương thỏa mãn x
1
+ x
2
+ + x
n
= 1. Chứng
minh rằng

x
2
1
x
1
+ x
2
+
x
2
2
x
2
+ x
3
+ +
x
2
n
x
n
+ x
1
≥
1
2
.
23
1.2.4 Kỹ năng 4: Sử dụng bất đẳng thức phụ.
Trong chứng minh bất đẳng thức ta thường sử dụng một số bất đẳng thức phụ sau:

+ Với mọi x, y > 0 ta có
1
x
+
1
y
≥
4
x + y
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y.
+ Với mọi x, y, z > 0 ta có
1
x
+
1
y
+
1
z
≥
9
x + y + z
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Bài toán 1.13.
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a
2
+b
2
+c
2

= 3. Chứng minh rằng
1
1 + ab
+
1
1 + bc
+
1
1 + ca
≥
3
2
. (1.13)
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức phụ với mọi x, y, z > 0 ta có
1
x
+
1
y
+
1
z
≥
9
x + y + z
.
Ta có
1
1 + ab

+
1
1 + bc
+
1
1 + ca
≥
9
3 + ab + bc + ca
.
Mặt khác ta có
ab + bc + ca ≤ a
2
+ b
2
+ c
2
.
Suy ra
1
1 + ab
+
1
1 + bc
+
1
1 + ca
≥
9
3 + a

2
+ b
2
+ c
2
.
Hay
1
1 + ab
+
1
1 + bc
+
1
1 + ca
≥
3
2
(đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Từ bài toán trên ta có thể xây dựng các bài toán mới sau
Bài 24. Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
1
a
2
+
1
b
2
+

1
c
2
= 3. Chứng minh rằng
ab
ab + 1
+
bc
bc + 1
+
ca
ca + 1
≥
3
2
.
24
Bài 25. Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 3abc. Chứng minh rằng
a
a + 1
+
b
b + 1
+

c
c + 1
≥
3
2
.
Bài toán 1.14.(Russia, 2003)
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng
1
1 − a
+
1
1 − b
+
1
1 − c
≥
2
1 + a
+
2
1 + b
+
2
1 + c
. (1.14)
Lời giải.
Từ giả thiết ta có
1
1 − a

=
1
b + c
, suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
việc chứng minh bất đẳng thức
1
b + c
+
1
c + a
+
1
a + b
≥
2
2a + b + c
+
2
a + 2b + c
+
2
a + b + 2c
.
Sử dụng bất đẳng thức phụ với mọi x, y > 0 ta có
1
x
+
1
y
≥

4
x + y
ta được
2

1
b + c
+
1
c + a
+
1
a + b

≥
4
a + b + 2c
+
4
2a + b + c
+
4
a + 2b + c
.
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3
. Suy ra đpcm.
Với cách làm tương tự ta được bài toán sau
Bài 26.(Etonia, 2004) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a

2
+b
2
+c
2
= 3. Chứng minh
rằng
1
1 + 2ab
+
1
1 + 2bc
+
1
1 + 2ca
≥ 1.
Tổng quát bài toán trên ta được bài toán
Bài 27. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Chứng minh rằng
1
1 + n.ab
+
1
1 + n.bc
+

1
1 + n.ca
≥
9
3 + 3n
.
1.2.5 Kỹ năng 5: Chuyển một biến trở thành tham số.
Bài toán 1.15.
Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + ab ≥ c
2
+ 2c. Chứng minh rằng
a
3
+ b
3
≥ 2c
3
. (1.15)
25