Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 1 
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH 
 BẤT ĐẲNG THỨC 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 2 
PHƯƠNG PHÁP 1: Sử dụng định nghĩa và biến đổi 
tương đương. 
1.Cơ sở lí thuyết: 
 Ta sử dụng một số biến đổi sơ cấp để đưa bất đẳng thức cần phải chứng minh 
về một bất đẳng thức mới mà bất đẳng thức mới luôn đúng hoặc có thể chứng 
minh được đúng. 
2.Một số ví dụ minh họa 
 Ta có thể biến đổi tương đương trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ rồi biến đổi tương 
đương 
A.Biến đổi tương đương trực tiếp 
VD1: Cho a,b,c>0.Cmr: 
22
2
22
2
22
2
ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac
b
cb
a











 (1) 
Giải 
 (1)  0)()()(
22
2
22
2
22
2











 ba
c
ba
c
ac
b
ac
b
cb
a
cb
a 
  0
))(())(())(( 22
2222
22
2222
22
2222









baba
cbcabcac
acac
babcabcb
cbcb
acabcaba 
  0
))((
)()(
))((
)()(
))((
)()(
222222









baba
bccbacca
acac
ababcbbc
cbcb
caacbaab 




















))((
1
))((
1
)(
))((
1
))((
1
)(
22222222 babaacac
cbbc
acaccbcb
baab 
0
))((
1
))((
1
)(
2222










cbcbbaba
acca (2) 
Do a,b,c>0 nên nếu ba  thì: 










0
))((
1
))((
1
0
2222 acaccbcb
ba
  0
))((
1
))((
1
)(
2222










acaccbcb
baab 
 Nếu ba  thì: 










0
))((
1
))((
1
0
2222 acaccbcb
ba
  0
))((
1
))((
1
)(
2222










acaccbcb
baab 
Như vậy ta luôn có: 0
))((
1
))((
1
)(
2222










acaccbcb
baab 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 3 
 Tương tự: 0
))((
1
))((
1
)(
2222










babaacac
cbbc 
 0
))((
1
))((
1
)(
2222










cbcbbaba
acca 
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên  (2) luôn đúng với a,b,c>0 
 đpcm. 
VD2: Cho  1;0,, cba .Cmr: 1)1)(1)(1(
111






cba
ba
c
ac
b
cb
a 
Giải: 
 Do vai trò của a,b,c như nhau nên có thể giả sử: 1,,0  cba 
 Đặt 1 cbaS  
cS
a
aS
a
cb
a




 1
 (1) 
  
cS
b
bS
b
ac
b




 1
 (2) 
 Ta cm cho: 
1
1
)1)(1)(1(



ba
c
cba (3) 
  0
1
1
)1)(1()1( 





ba
bac 
  0
1
1)1)(1(
)1( 



ba
baabba
c 
  0
1
11
)1(
2222




ba
ababbabbabaababa
c 
  0
1
)1(
2222




ba
abbaabba
c 
  0
1
))(1(
)1( 



ba
baab
c .Điều này luôn đúng vì  1;0,, cba . 
Từ (1),(2),(3) 
 1
1
)1)(1)(1(
111














 cS
c
cS
c
cS
b
cS
a
cba
ba
c
ac
b
cb
a 
 đpcm. 
VD3: 
Cho nn
nn axaxaxaxp  

1
1
10 ...)( có n nghiệm phân biệt,  nn ,2 . 
Chứng tỏ: 20
2
1 2)1( nnan  (1) 
Giải 
 (1)  
0
2
2
0
1 2)1(
n
n
a
a
n 





 (2) 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 4 
Do đa thức p(x) có n nghiệm phân biệt nên theo định lí Viet ta có: 
0
1
21 ...: a
a
xxxA n

 và 
0
2
13221 ...: a
a
xxxxxxB nn   
Ta có: BxxxxxA
n
i
i
n
ji
ji
ji
n
i
i
n
i
i 2
1
2
1,1
2
2
1
2 





 



 (2)  nBAn 2)1( 2   nBBxn
n
i
i 2)2)(1(
1
2  

  


n
i
i Bxn
1
2 2)1( 
  
 

n
i
n
i
ii ABxxn
1 1
222 2 
  
 







n
i
n
i
ii xxn
1
2
1
2 .Điều này luôn đúng theo bđt Bunhiacopski với 2 bộ số 
 ),...,,( 21 nxxx và )1,...,1,1( .Dấu bằng không xảy ra vì: 
1
...
11
21 nxxx  (các nghiệm của p(x) phân biệt). 
 (1) luôn đúng  đpcm. 
B.Đặt ẩn phụ sau đó biến đổi tương đương 
VD1: CMR: cba ,, ta có 333333444666666 )(23 cbacbacbaaccbba  (1) 
Giải 
(1)  )(23
222
4
22
4
22
4
22
ab
c
ca
b
bc
a
b
ac
a
cb
c
ba
 (2) 
Đặt 
ca
b
z
bc
a
y
ab
c
x
222
,,  .Ta có: xyz=1 
Khi đó (2) trở thành: )(23111
222
zyx
zyx
 
  0)1()1)(1(2)11( 22  xyyx
yx
 (3) 
Vì xyz=1 nên tồn tại 2 số nhỏ hơn hay bằng 1 hoặc 2 số lớn hơn hay bằng 1 
 0)1)(1(  yx  (3) luôn đúng 
Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh. 
VD2: CMR: CBACBA coscoscos)cos1)(cos1)(cos1(  (1) 
Giải 
Ta luôn có: 1cos,cos,cos CBA  0)cos1)(cos1)(cos1(  CBA 
 Nếu ABC vuông hoặc tù thì 0coscoscos CBA .Khi đó (1) luôn đúng. 
 Nếu ABC nhọn  0coscoscos CBA 
Khi đó (1)  1
cos
cos1
cos
cos1
cos
cos1


C
C
B
B
A
A (2) 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 5 
Đặt 
2
tan,
2
tan,
2
tan
C
z
B
y
A
x  
Ta có (1)  1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
















z
z
z
z
y
y
y
y
x
x
x
x
  1
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2

 z
z
y
y
x
x  
xyzz
z
y
y
x
x 1
1
2
1
2
1
2
222


  
2
tan
2
tan
2
tan
1
tantantan
CBA
CBA  
  
2
cot
2
cot
2
cottantantan
CBA
CBA  (3) 
Mặt khác: ABC luôn có: CBACBA tantantantantantan  
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
CBACBA
 
Từ đó (3)  
2
cot
2
cot
2
cottantantan
CBA
CBA  
  
2
tan
2
tan
2
tantantantan
CBA
CBA  (4) 
Ta có bổ đề sau: 
2
,0:,

 yxyx  
2
tan2tantan
yx
yx

 
ABC nhọn  
2
,,0

 CBA . 
Áp dụng bổ đề: 
2
cot2
2
tan2tantan
CBA
BA 

 
2
cot2
2
tan2tantan
ACB
CB 

 
2
cot2
2
tan2tantan
BAC
AC 

 
Cộng vế với vế ta có: )
2
tan
2
tan
2
(tan2)tantan(tan2
CBA
CBA  
  
2
tan
2
tan
2
tantantantan
CBA
CBA  (đpcm) 
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 
3.Bài tập áp dụng 
Bài 1: Với mọi a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 
CMR: 
222
nmnmnnmm bababa  


 (1) 
HD: 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 6 
(1)  0))((  mmnn baba luôn đúng do a,b cùng dấu và m,n là các số tự nhiên 
cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 
Bài 2: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 1,,0  cba .Cmr: 
 accbbacba 222222 1  (1) 
HD: (1)  1)1()1()1( 222  accbba 
 Mà )1()1()1()1()1()1( 222 accbbaaccbba  
 cabcabcba  
 11)1)(1)(1(  abccba 
(do 1,,0  cba ) 
Bài 3: Cho a,b >0.Cm: )(4))()(( 663322 babababa  (1) 
HD: (1)  ))(1(4))(1)()(1)(1( 632
a
b
a
b
a
b
a
b
 
Đặt 
a
b
t  khi đó )1(4)1)(1)(1( 632 tttt  
Bài 4: Cho 
cab
ab
ab
ab
cab
ab
ab
ab 22








Cmr: 






cba
cbaf
1
,
1
,
1
max4),,( 
Bài 5: Cho a,b,c>0.Cm bất đẳng thức: )(2
222222
cba
c
ba
b
ac
a
cb





 
HD: áp dụng vd1.A 
PHƯƠNG PHÁP 2:Sử dụng tam thức bậc hai 
1.Cơ sở lí thuyết: 
 Xét )0()( 2  acbxaxxf , : acb 42  
Xuất phát từ đồng nhất thức 



 
2
2
4
)
2
()(
aa
b
xaxf ta có các kết quả sau: 
Định lí 1: 






0
0
0)(
a
xxf 
Định lí 2: 






0
0
0)(
a
xxf 
Định lí 3: 






0
0
0)(
a
xxf 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 7 
Định lí 4: 






0
0
0)(
a
xxf 
Định lí 5: 0)( xf có nghiệm 021  xx 
Khi đó ))(()( 21 xxxxaxf  và 









a
c
xx
a
b
xx
21
21
Để chứng minh BA  ta viết biểu thức BA thành tam thức bậc hai theo một 
biến số nào đó .Sau đó dựa vào các định lí về dấu của tam thức bậc hai suy ra 
điều phải chứng minh. 
2.Các ví dụ minh họa 
VD1: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: 363 a và 1abc 
Cmr: cabcabcba  22
2
3
 (1) 
Giải 
 (1)  0
3
3)()(
2
2 
a
bccbacb (2) 
 Từ 1abc  
a
bc
1
 . 
 Thế vào (2) ta có: 0
3
1
3)()(
2
2 
a
a
cbacb (3) 0
3
12
3
412 222 
a
a
a
a
a 
(do 363 a ). Theo định về dấu tam thức bạc hai (3) luôn đúng.  (1) luôn đúng. 
 đpcm. 
VD2: Giả sử CBA ,, là 3 góc của một tam giác không cân tai C.Biết rằng phương 
trình : 0sinsin)sin(sin)sin(sin 2  CBxACxBA (1) 
Có đúng một nghiệm thực.Cmr: 060B 
Giải 
Vì ABC không cân tại C nên BA   BA sinsin  .Vậy (1) là pt bậc hai. 
Mặt khác 0sinsinsinsinsinsin  ACCBBA nên (1) có 1 nghiệm 11 x 
 nghiệm kia là: 
BA
CB
a
c
x
sinsin
sinsin
2 

 
Vì (1) có đúng một nghiệm thực nên 21 xx  
  1
sinsin
sinsin



BA
CB  BCA sin2sinsin  

2
cos
2
sin4
2
cos
2
sin2
BBCACA

  
2
sin2
2
cos
BCA

 
 1
2
sin20 
B  
2
1
2
sin0 
B  030
2

B  060B  đpcm. 
VD3: Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S.Khi đó ta có: 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 8 
 0,34)12()12( 222  xScb
x
ax (1) 
Giải: 
 (1)  0,3422 222222  xSxxcxbbxaxa 
  02)34(2 222222  bxScbaxa 0x (2) 
Có 22222 )4()34( abScba  
 )434)(434( 222222 abScbaabScba  
Theo định lí côsin: Cabbac cos2222   Cabcba cos2222  
Xét SCabScba 34cos234222  
 CabSCab sin
2
1
34cos2  
 )sin3(cos2 CCab  
áp dụng Bunhiacopski ta có: 4)sin3(cos 2  CC 
  2sin3cos2  CC 
  abCCabab 4)sin3(cos24  
Nên 0)434)(434( 222222  abScbaabScba 
  0 
Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai  (2) luôn đúng (1) được cm. 
Dấu ‘=’ xảy ra  
3
sin
1
cos


CC  3tan C  0120C 
VD4: Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c.Cmr: 
 )(12)(15)(2012152050 222222333 bacacbcbacbaabc  (1) 
Giải: 
 Theo định lí hàm số cos ta có: Abcacb cos2222  
 Bacbac cos2222  
 Cabcba cos2222  
(1)  CabcBabcAababc cos24cos30cos4050  
  CBA cos24cos30cos4050  
 025cos245)cos6cos8(25  CBA 
 025cos245)cos6cos8(52  CBA (2) 
Coi 5 là ẩn có: 100)cos(96cos36coscos9664 22  BABBAAsos 
100sinsin96coscos96cos36coscos96cos64 22  BABABBAA 
100sinsin96sin36sin64100 22  BABA 
0)sin6sin8( 2  BA  (2) luôn đúng.  (1) được cm. 
Dấu bằng xảy ra khi 0  
4
3
sin
sin

B
A 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 9 
VD5: Cho a,b,c thỏa mãn 022  ba và x,y thay đổi thỏa mãn cbyax  (1) 
CMR: 
22
2
22
ba
c
yx

 
Giải 
Từ giả thiết 022  ba  




0
0
b
a
Không mất tính tổng quát ta giả sử: 0b 
Từ (1)  
b
axc
y

 .Do đó 
2
222 




 
b
axc
xyx 
  2222
2
2)(
1
cacxxba
b
 
Đặt 2222 2)()( cacxxbaxf  
Có 022  ba  
22
22
22
)()(
ba
cb
ba
ac
fxf



 
  
22
2
22
22
2
22 1
ba
c
ba
cb
b
yx



  đpcm. 
VD6: Cho 122  ba và 3 dc với cba ,, 
CMR: 
4
269 
 cdbdac 
Giải 
Đặt cdbdacS  
Từ 3 dc  cd  3 .Nên )3()3( cccbacS  bcbac 3)3(2  (*) 
Xét tam thức CBxAxxf  2)( 
Nếu 0A thì 
A
BAC
A
B
fxf
4
4
)
2
()(
2


 
 (*) 
4
)3(12 2



bab
S  
4
11)(6)( 2 

baba
S 
Đặt bat   2)(2)( 2222  babat 
  22  t 
Trên  2;2 hàm 116)( 2  tttf tăng  269)2()(  ftf 
Do đó 
4
269 
S  đpcm. 
3.Bài tập áp dụng: 
Bài 1: Với n là số nguyên dương cho 2n số bất kì: nn bbbaaa ,...,,,,...,, 2121 . 
 Cmr: 


n
i
ii
n
i
i
n
i
i baba
1
2
1
2
1
2 )())(( .Dấu bằng xảy ra khi nào? 
 (Bất đẳng thức Bunhiacopski) 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 10 
HD: Xét xbxaxf
n
i
ii 

0)()(
1
2 
Viết lại: xbxbaxaxf
n
i
i
n
i
ii
n
i
i  

0)(2)()(
1
2
1
2
1
2 
Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai  0 .  đpcm. 
Bài 2: Cho ABC .Cmr x ta đều có: 
 )cos(coscos
2
1
2
CBxA
x
 (1) 
HD: (1)  xAxCBx  0)cos1(2)cos(cos22 
 Cm: 0
2
sin4
2
cos
2
cos4 222' 


ACBCB 
Bài 3: Cmr nếu b,c,d là 3 số thực thỏa mãn bcd  ,thì với mọi số thực a ta 
có bất đẳng thức: )(8)( 2 bdacdcba  (1) 
HD 
 Đưa (1) về bất đẳng thức bậc 2 ẩn a và chứng minh cho 0'  
Bài 4: Cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn: 
 )(
2
1 444222222 cbaaccbba  
 Cmr có thể dựng được một tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c. 
Bài 5: Cho x,y,z là 3 nghiệm của hệ: 





4
4
zxyzxy
zyx
 (1) 
 Cmr: 
3
8
,,0  zyx 
HD: 
(1)  





)(4
4
zyxyz
xzy
 





44
4
2 xxyz
xzy
 y,z là hai nghiệm của phương trình: )2(044)4( 22  xxXxX 
Do x,y,z tồn tại nên (2) có nghiệm  0 
Bài 6: Cmr : 
xyz
zyx
C
z
B
y
A
x 2
cos
1
cos
1
cos
1 222 
 (1) với 0,, zyx 
HD: 
 Đưa (1) về bất phương trình bậc hai với ẩn là x và chứng minh cho 0 
Bài 7: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Cmr nếu 0 czbyax thì 
0 cxybzxayz 
Bài 8: Cho ABC với 3 cạnh a,b,c và 3 đường cao cba hhh ,, với 2
cba
p

 
ta có: 
 



























cba
cba
hc
bac
hb
acb
ha
cba
ba
hcc
ac
hbb
cb
haap
2
)(
2
)(
2
)()2()2()2(
2
)21( 22 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 11 
PHƯƠNG PHÁP 3: Sử dụng các bất đẳng thức cổ 
điển 
A.Bất đẳng thức Cauchy 
 1.Cơ sở lí thuyết: 
Với n số không âm naaa ,...,, 21 ta luôn có: 
n
aaa
aaa nn n


...
... 2121 .Dấu bất đẳng thức xảy ra khi naaa  ...21 
 2.Các ví dụ minh họa 
VD1. Cho a,b,c>0 và 
4
3
 cba .CMR: 
a, 3333 333  accbbaT 
b, 3333 23777  accbbaS 
Giải 
a, Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số dương a+3b,1,1: 
Ta có: 
3
113
33


ba
ba 
Tương tự: 
3
113
33


cb
cb 
3
113
33


ac
ac 
Cộng các vế bất đẳng thức trên ta được: 
3
3
6)(4
333 333 


cba
accbbaT vì 
4
3
 cba theo giả thiết. 
Dấu bằng xảy ra  
4
1
 cba 
b, Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số dương a+7b,2,2 
Ta có: 
3
227
47 33


ba
ba 
Tương tự: 
3
227
47 33


cb
cb 
3
227
47 33


ac
ac 
Cộng các vế bất đẳng thức trên ta được: 
6
3
12)(8
4)777( 3333 


cba
accbba (vì 
4
3
 cba ) 
 3
3
333 23
4
6
777  accbbaS .Dấu bằng xảy ra 
4
1
 cba 
VD2: Cho a,b,c là 3 số dương.Cmr 
2
3





 ba
c
ac
b
cb
a 
Giải 
Đặt 
ba
c
ac
b
cb
a
S





 Ta có: 1113 






ba
c
ac
b
cb
a
S 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 12 
  
ba
cba
ac
cba
cb
cba
S








 3 
 )
111
)((3
baaccb
cbaS





 (1) 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 
Cho 3 số dương: a+b,b+c,c+a có: 3 ))()((3 accbbaaccbba  
Cho 3 số dương 
accbba 
1
,
1
,
1 có: 3
))()((
1
3
111
accbbaaccbba 






Nhân 2 vế bất đẳng thức trên ta có: 
))()((
1
3))()((3)
111
)(()3(2 33 








accbba
accbba
accbba
accbbaS
 
2
9
3 S  
2
3
S  đpcm. 
Dấu bằng xảy ra  cba  . 
VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
3
2 2)(
x
xxf  trên khoảng  ;0 
Giải: 
Với 0x ta có: 
5
5 2
3
32
33
222
27
5
)
2
()
3
1
(5
11
333
)( 
x
x
xx
xxx
xf 
Dấu “=” xảy ra  
3
2 1
3 x
x
  5 3x 
Vậy  ;0
)(min xf
=
5 27
5 khi 5 3x 
VD4: cho a,b,c>0.Cmr: 33 1))()(( abcb
a
c
a
c
b
c
b
a
 (1) 
Giải: 
(1)  33 )1())()(( abcb
a
c
a
c
b
c
b
a
 (2) 
Ta có VT(1)= ))((
2
b
a
c
cab
b
a
c
a
 
 abccb
a
bc
a
b
ac
c
ab
 2221 
Áp dụng bđt cauchy cho 0,0,0 
a
bc
b
ac
c
ab và 0,0,0 222  cba 
 33 abc
a
bc
b
ac
c
ab
 và 3 222222 3 cbacba  
 abcabcabcVT  3 23 )(331  33 )1( abcVT  .đpcm 
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c. 
VD5: Cho 0,, cba , 3 cba . 
 CMR: 
cbac
c
b
b
a
a










 1
1
1
1
1
1
111 222
 (1) 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 13 
Giải 
(1)  )
111
(111
111 222 c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a











 3
111111 222











 c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a (2) 
Xét 
4
1
2
1
1
1.
1
1
11 2









a
a
a
a
a
a
a
a
a 
Tương tự 
4
1
2
1
11 2





b
b
b
b
b , 
4
1
2
1
11 2





c
c
c
c
c 
Vậy 
44
3
2
3
111111 222
cba
c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a 












 3
4
3
4
3
2
3
111111 222











 c
c
b
b
a
a
c
c
b
b
a
a (do a+b+c=3) 
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 
VD6: Cho a,b,c>0. 
 Cmr: 1
888 222







abc
c
acb
b
bca
a
T 
Giải 
Ta có: ))(()()( 3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
23
4
23
4
3
4
3
4
acbaacbaacba  
 bcacbacba 3
2
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
3
4
8))((  
 23
4
3
2
23
4
3
4
3
4
)(8)( abcacba  
 )()( 23
2
23
4
3
4
3
4
abcacba  
 
3
4
3
4
3
4
3
4
2 8 cba
a
bca
a



 Tương tự: 
3
4
3
4
3
4
3
4
2 8 cba
b
acb
b



3
4
3
4
3
4
3
4
2 8 cba
c
abc
c



Vậy 1
888 222







abc
c
acb
b
bca
a
T . 
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c 
VD7: Cho n số dương naaa ,...,, 21 . 
 Cmr: 
nn aaa
n
aaa 

...
1
...
11
21
2
21
Giải 
Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho n số dương 
Ta có: 0...... 2121  n nn aaanaaa 
Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 14 
 0
...
1
...
11
2121

n
nn aaa
n
aaa
 2
21
21 )
1
...
11
)(...( n
aaa
aaa
n
n  
 
nn aaa
n
aaa 

...
1
...
11
21
2
21
. 
Dấu bằng xảy ra khi naaa  ...21 
VD8: Cho x,y,z>0.Cmr: 
3 xyz
zyx
x
z
z
y
y
x 
 
Giải 
Áp dụng cauchy cho 3 số dương có: 
3
3
3
3
xyz
x
x
z
y
x
y
x
x
z
y
x
y
x
 
3
3
3
3
zzx
y
x
z
z
y
z
y
x
z
z
y
z
y
 
3
3
3
3
xxy
z
y
x
x
z
x
z
y
x
x
z
x
z
 
  
3
)(3
)(3
xyz
zyx
x
z
z
y
y
x 
 
Nhận xét: Ta có thể thêm bớt điều kiện bài tóan trên để có bài toán mới 
Bài toán 1: Cho x,y,z>0 và xyz=1.Cmr: zyx
x
z
z
y
y
x
 
Bài toán 2: Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Cmr: 
3
1
xyzx
z
z
y
y
x
 
Bài toán 3: Chứng minh 0,,  zyx có: 
3
2)1)(1)(1(
xyz
zyx
x
z
z
y
y
x 
 
 3.Kĩ thuật Cauchy ngược dấu: 
 Đây là một trong những kĩ thuật khéo léo,mới mẻ và ấn tượng nhất của bất 
đẳng thức cauchy.Ta hãy xét các ví dụ sau: 
VD1: Cho x,y,z>0 và x+y+z=3.Cmr: 
2
3
1
1
1
1
1
1
222





 zyx
Giải 
Ta không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức cauchy vì dấu đổi chiều: 
zyxzyx 2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
222






Mà 
2
3
2
1
2
1
2
1

zyx
Tuy nhiên ta có thể sử dụng bất đẳng thức cauchy theo cách sau: 
2
2
2 1
1
1
1
x
x
x 


Bất đẳng thức  - ducduyspt 
 15 
Vì xx 21 2   
221
2
2
2 x
x
x
x
x 




  
2
1
1
1
2
2 x
x
x


 .Vậy 
2
1
1
1
2
x
x


Tương tự ta được: 
2
3
2
3
3)
222
(3
1
1
1
1
1
1
222






zyx
zyx
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1. 
VD2: Cmr mọi số dương có tổng bằng 4 thì 
 4
1
1
1
1
1
1
1
1
2222












d
d
c
c
bb
a
S 
Giải 
Làm tương tự ví dụ trên: 
2
1
2
)1(
1
1
)1(
1
1
1 2
2
2
2
bab
a
b
ab
a
b
ba
a
b
a 







 
Tương tự suy ra: 
2
1
2
1
2
1
2
1
dda
d
dcd
c
cbc
b
bab
aS







 
  
2
4)(
dcbadacdbcab
dcbaS

 
 
2
)(
4
dcbadacdbcab
S

 
 4
2
)(
4 


dacdbcabdcba
S 
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=1. 
 4.Bài tập đề nghị: 
Bài 1:Cho 0, ba .Cmr: )(4)( 333 baba  
Bài 2:Cmr cbazyx ,,,,, ta có: 
 ))((
2
3
))(( 222222 zyxcbazyxcbaczbyax  
Bài3: Cho a,b,c dương thỏa mãn: abccba 3)(4  
 Cmr: 
8
3111
333

cba
HD: Từ giả thiết  
4
3111

cabcab
Áp dụng b đt cauchy cho 3 số dương:
abba