Chuyên đề: Phương trình và Bất phương trình chứa căn - Hệ phương trình - Bất đẳng thức

  
 
+ Với 
5
9
u
v
 


 ta có 
2 1 5
9
x y
x y
   

 
2 5 46 0
9
x x
y x
   
 
 
 vô nghiệm 
Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x , y) = 
3 17 5 17
,
2 2
   
  
 
, 
3 17 5 17
,
2 2
   
  
 
Ví dụ 2) Giải hệ phương trình 
2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y
  

  
 (B – 2009) 
Lời giải : 
Vì y =0 không thỏa hệ. Với y  0 ta có hệ  2
1
7
1
13
x
x
y y
x
x
y y

  


      
. Đặt u = 
1
x
y
 , v = 
x
y
Hệ trở thành : 
2 2
7 7 4 5
3 1213 20 0
u v v u u u
v vu v u u
         
     
        
+ Với 
4
3
u
v



 ta có 
1
4
3
x
y
x
y

 


 

3 1
1 1/ 3
x x
y y
  
  
  
+ Với 
5
12
u
v
 


ta có 
1
5
12
x
y
x
y

  


 

hệ vô nghiệm 
Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (3, 1), (1, 1/3) 
Ví dụ 3) Giải hệ phương trình 
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x

     

     

 (A-2008) 
Lời giải : 
Hệ tương đương
2 2
2 2
5
( )
4
5
( )
4
x y xy x y xy
x y xy

     

    

. Đặt 2 ,u x y v xy   thì hệ trở thành 
2
5
4
5
4
u v uv
u v

   

   

2
2
1 1
0( ) 0
2 2
5
5 3
4
4 2
uu u u
v
v u v
 
       
    
         
 159
+ Với 
0
5
4
u
v



 
 ta có 
2 0
5
4
x y
xy
  


 

3
3
5
4
25
16
x
y



 
  

+ Với 
1
2
3
2
u
v

 

  

2 1
2
3
2
x y
xy

  
 
  

2
3
1 1
2 3
2 3 0 2
x
y x
y
x x
 
   
  
     
Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x, y) là ( 3 3
5 25
,
4 16
 ), (1, 
3
2
 ) 
Ví dụ 4) Giải hệ phương trình 
2 2
(3 )( 3 ) 14
( )( 14 ) 36
x y x y xy
x y x xy y
   

   
Lời giải : 
:ĐK : xy 0. Đặt ;u x v y  , đk u 0, v0. Hệ trở thành 
4 2 2 4 5 3 3 5
6 4 2 2 4 6 6 4 2 2 4 6
(3 10 3 ) 14 3 10 3 14
15 15 36 15 15 36
uv u u v v u v u v uv
u u v u v v u u v u v v
       
 
         
6 5 4 2 3 3 2 4 5 6
6 5 4 2 3 3 2 4 5 6
6 15 20 15 6 36 2.14
6 15 20 15 6 36 2.14
u u v u v u v u v uv v
u u v u v u v u v uv v
        
 
       
6
6
2( ) 64
2( ) 8
u vu v
u vu v
    
  
     
+ Với 
2
2
x y
x y
  

 
 giải được nghiệm (x, y) = 
2 2
2 2 2 2
,
2 2
                 
+Với 
2
2
x y
x y
  

  
giải được nghiệm (x, y) = 
2 2
2 2 2 2
,
2 2
                 
4) Giải bằng phương pháp dùng tính đơn điệu hàm số 
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình 
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0(1)
4 2 3 4 7(2)
x x y y
x y x
     

   
 (A – 2010) 
Lời giải : 
ĐK : 
3 5
,
4 2
x y  . Ta có (1) 2(4 1)2 [(5 2 ) 1] 5 2x x y y      (*) 
Xét hàm f(t) = 2( 1)t t , với t R thì f’(t) = 23 1 0,t t R    suy ra hàm đồng biến trên R 
(*) có dạng 
2
0
(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2
(5 4 ) / 2
x
f x f y x y
y x

      
 
Thế 
25 4
2
x
y

 vào (2) ta có 4 2
3
4 6 2 3 4
4
x x x    (**) 
Nhận xét x = 
1
2
 là một nghiệm của (**) . Do đó 
 (**) 4 2
5
2( 3 4 1) 4 6 0
4
x x x       2 2
4(1 2 ) 1
(4 5)( ) 0
43 4 1
x
x x
x

    
 
 160
24 (1 2 )(1 2 ) (5 4 ) 0
43 4 1
x
x x
x
 
     
  
 (***) 
Do 
3
0
4
x  2
9 11
5 4 5
4 4
x     2
4 (1 2 )
(5 4 ) 0
43 4 1
x
x
x

   
 
. Nên(***)
1
2
x  2y  
Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (
1
, 2
2
) 
Ví dụ 2) Giải hệ phương trình 
3 2
3 2 3
2 5 3 3 10 6(1)
6 13 10(2)
x y x y x x y
x x x y y
         

    
Lời giải : 
(2) 3 3( 2) ( 2)x x y y      (*) 
Xét hàm f(t) = 3t t thì f’(t) = 23 1 0,t t R    f(t) đồng biến trên R 
(*) có dạng ( 2) ( ) 2f x f y x y     . Thế y = x – 2 vào (1) ta có 
 3 23 3 5 2 3 10 26x x x x x       (**). 
Với ĐK 
5
1
2
x   và nhận xét x = 2 là một nghiệm của (**) nên 
(**) 3 2( 3 3 3) (1 5 2 ) 3 10 24x x x x x          2
3( 2) 2( 2)
( 2)( 12)
3 3 3 1 5 2
x x
x x x
x x
 
     
   
 2
3 2
( 2) 12 0
3 3 3 1 5 2
x x x
x x
 
       
    
 (***) 
Do 
5
1
2
x   2 2
25 19
12 ( ) ( 1) 0
4 4
x x x x         nên (***) 2x  
Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (2, 0) 
Ví dụ 3) Giải hệ phương trình 
5 4 10 6
2
(1)
4 5 8 6(2)
x xy y y
x y
   

   
Lời giải : 
Vì y = 0 không thỏa hệ. Với y  0 thì (1) 
5
5x x y y
y y
 
   
 
 (*) 
Xét hàm f(t) = 5t t thì f’(t) = 45 1 0,t t R    f(t) đồng biến trên R 
(*) có dạng 2( )
x x
f f y y x y
y y
 
     
 
. Thế 2 0y x  vào (2) ta có 4 5 8 6x x    (**) 
Vì g(x) = 4 5 8x x   đồng biến trên [0, + ) và g(1) = 6 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của(**) 
Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (1, 1), (1, – 1) 
Ví dụ 4) Giải hệ phương trình 
2
22
2 2
2 2 4 1 1
(1)
( 1)2 2 1
4 1 4 3 3 0(2)
y
y xx x x
y x x y x
  

    

     
Lời giải 
 ĐK x > 1 và y  0. 
Do vế trái của (1) là 
2
2
2 2 4 1
1 ( 1) 1
y
x x
 
   
>0 nên để hệ có nghiệm thì phải có y > 0. Khi đó 
 161
(1) 2
2
1 1 1
2 2 4 1 1
1 1 ( 1)
y y y
x x x
     
  
 (*) 
Xét hàm 2( ) 1f t t t t   trên (0; + ). Ta có 
2
2
2
'( ) 1 1 0, 0
1
t
f t t t
t
      

suy ra f(t) đồng biến trên (0; + ). 
(*) 
1 1 1
(2 ) ( ) 2
1 1 2( 1)
f y f y y
x x x
     
  
 (**) 
(2) 2 2
2 1
(2 1) ( 2) 0
2
y x
y x x
x
  
        

 (***) 
Từ(**) và (***) ta được 
1
1 1
21
2
2
x
x yx
x

 
   
 
Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (2, 
1
2
) 
Ví dụ 5) Giải hệ phương trình 
2
(17 3 ) 5 (3 14) 4 0(1)
2 2 5 3 3 2 11 6 13(2)
x x y y
x y x y x x
      

       
Lời giải 
ĐK 5; 4;2 5 0;3 2 11 0x y x y x y        
(1) [3(5 ) 2] 5 [3(4 ) 2] 4 (5 ) (4 )x x y y f x f y           (*) 
Trong đó ( ) (3 2)f t t t  với t 0 thì 
3 2
'( ) 3 0
2
t
f t t
t

   , 0t  f(t) đồng biến trên (0 ; + ) 
Khi đó (*) 5 4 1x y y x       . Thay vào (2) ta được 22 3 4 3 5 9 6 13x x x x      (**) 
Với ĐK 
4
3
x   phương trình (**) 2[2 3 4 2( 2)]+[3 5 9 3( 3)]x x x x x x        
2 ( 1) 3 ( 1)
( 1)
3 4 ( 2) 5 9 3
x x x x
x x
x x x x
   
   
     
2 3
( 1) 1 0
3 4 2 5 9 3
x x
x x x x
 
     
      

0 1
1 2
x y
x y
   
     
 . Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x, y) là (0, – 1) và (– 1, – 2 ) 
Ví dụ 6) Giải hệ phương trình 
 2 2 2
2 2
3 2 5 2 1 2 1 2 2
2 2 4 3
x x x x y y y
x y x y
        

   
Lời giải 
Trừ vế với vế của 2 phương trình (1), (2) ta có: 
 2 2 2 22 2 . 1 2 4 2 2 1 2 2x x x y y y y y         
     
2 22 2 1 1 1 1 1x x x y y y         (*) 
Xét hàm số:   2 2 1f t t t t   thì  
 
2
2
2
2
2 2
1
' 2 1 0
1 1
t tt
f t t t t
t t
 
      
 
 162
 f t là hàm số đồng biến trên R, lại có 
(*) có dạng    1f x f y  1x y   . Thế vào (2) ta có 
   
22 22 1 2 4 1 3 3 2 5 0x x x x x x          
1 2
5 3
2 2
x y
x y
    

   

Kết luận: Hệ có hai nghiệm (x, y) = ( 1; 2)  , 
5 3
( , )
2 2
5) Giải bằng phương pháp đánh giá 
Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình
2 2 2 2
(1)
2 3
2 5 3 4 5 3(2)
x y x xy y
x y
x xy x xy x
   
  


    
Lời giải 
Từ (1) suy ra x + y  0, 
Ta có 
2 2
2 2 21 1 1( ) ( ) ( )
3 4 12 4
x xy y
x y x y x y
 
      
2 2 1
( )
3 2
x xy y
x y
 
  . 
Lại có 
2 2
2 2 21 3 1( ) ( ) ( )
2 4 4 4
x y
x y x y x y

     
2 2 1
( )
2 2
x y
x y

   
Do đó
2 2 2 2
( )
3 2
x xy y x y
x y
  
   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y 0 
Thế y = x vào (2) ta có 2 22 5 3 4 5 3x x x x x     (3) 
Vì x = 0 không thỏa (3). Với x > 0 thì (3)
2 2
5 3 5 3
2 4 ( )
x x x x
     
Đặt t = 
2
5 3
x x
 > 0. Ta có 
2
4
2 4 2
9 14 0
t
t t t
t t

     
  
2
5 3
x x
 = 2 2
3
2 5 3 0
1/ 2( )
x
x x
x loai

       
Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (3, 3) 
Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình 
   
 
22 3
2
4 1 4 8 1
40 14 1
y x x x
I
x x y x
    

  
Lời giải 
ĐK: 
1
.
14
x 
Đặt 
2
4 .
7
t x t
 
  
 
 Thì
 
     
 
22 3
2
1 2 1 1
5 7
1 2
2 4 2
y t t t
I
t
t y t
    

 
  
 
Nhận xét: từ (2) ta có: 0y  
BĐT Cô-Si ta có:  3 3
2 1
2 1
2 1 122 1 2 . .1
2 3 2
t
t
t
t t t t

 

     
 163
Do đó, từ (1) suy ra:    
22 2 21 11 3 3
2 2
y t t y t t        
Ta có: 
2 7 1
7 21
2 2
y t
y t
 
  . Do đó, từ (2) suy ra:  
2
2 2 2
7
1
5 2 5 3 1 4
2 4 2
y t
t
t t t y
 
      
Từ (3) và (4) suy ra: 2 2
1
5 3 1 3
2
t t t t       2(2 1) 0t  
1
2
t  
Suy ra 
1 1
4
2 8
x x   . Thay 
1
8
x  vào hệ  I ta có: 
2 21 3 31
34 4 2
23 3 3 3
2 4 2 2
y y y
y
y y y
 
       
     
        
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  
1 3
; ; .
8 2
x y
 
   
  
Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình 
2
3
12 (12 ) 12 (1)
8 1 2 2 (2)
x y y x
x x y
    

   
 (A, A1- 2014) 
Lời giải: 
ĐK : 2 3 2 3 ;2 12x y     . 
Ta có 
2 12
12
2
x y
x y
 
  và 
2
2 12(12 )
2
y x
y x
 
  Nên 212 (12 ) 12x y y x    . 
Do đó (1) 
2
0
12
x
y x

 
 
. Thế y = 12 – x2 vào (2) được 
3 2 2
2
2( 3)
8 3 2(1 10 ) 0 ( 3) 3 1 0
1 10
x
x x x x x x
x
 
            
  
. 
 3x  (vì 0 2 3x  ) 
Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (3 ; 3) 
Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình 
2 2 2 2
3
5 2 2 2 2 5 3( )(1)
2 1 2 7 12 8 2 5(2)
x xy y x xy y x y
x y x y xy y
       

       
Lời giải 
Vì 2 2 2 25 2 2 (2 ) ( ) 0x xy y x y x y       ; 2 2 2 22 2 5 ( 2 ) ( ) 0x xy y x y x y       
ĐK : 2x + y + 10. Ta có 
2 2 2 2 2 2 2 25 2 2 2 2 5 (2 ) ( ) ( 2 ) ( )x xy y x xy y x y x y x y x y             
 2 2 3 3( )x y x y x y x y        
Phương trình (1) xảy ra  
0
2 0 0
2 0
x y
x y x y
x y
 

    
  
. Thay y = x vào (2) ta được 
233 1 2 19 8 2 5x x x x      2 32 2 (( 1) 3 1) 2(( 2) 19 8) 0x x x x x x           
 164
2 2
2
2 23 3
(2 14)( )
2( ) 0
1 3 1 ( 2) ( 2) 19 8 (19 8)
x x x x x
x x
x x x x x x
  
    
        
2
2 23 3
1 (2 14)
( )[2 ] 0
1 3 1 ( 2) ( 2) 19 8 (19 8)
x
x x
x x x x x x

    
        
2 0x x  
0 0
1 1
x y
x y
  
    
Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x, y) là (0, 0) và (1, 1) 
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình 
2 2 2
1 1 8
( 2) ( 3) ( 5)
1 3 3 6
x y x y
x y x y

     
      
Lời giải : 
+ Với a> 0, b > 0 ta có 2( ) 4a b ab  và 
2 2
1 1 2
a b ab
  . 
Suy ra 2
2 2
1 1
( ) 8a b
a b
 
   
 
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b (*) 
+ Với điều kiện 1 0x  , 3 0y   và 3 6 0x y   suy ra 2 0x  và 3 0y   
Áp dụng (*) , ta có (1) 2
2 2
1 1
( 5) 8
( 2) ( 3)
x y
x y
 
     
  
 2 3x y    1y x   
+ Thế y = x – 1 vào (2) ta có 1 4 4 7x x x     
4
2 3 2 ( 1)( 4) 4 7
x
x x x x

 
     
2
4
3 4 2
x
x x x

 
   
2 2
4
8
3 4 4 4
x
x
x x x x

  
    
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) = (8, 7) 
Ví dụ 6) Giải hệ phương trình 
4 4
2
2
9 6 3 4 (1)
5
(2)
3 63 3
x y xy
x xy
y
xy
    


  

Lời giải 
Đặt 3 y = z . Từ (1) ta có : 6xz – 4 = 4 4x z 2 2x 2z ,suy ra : 1 t = xz  2 
Xét vế trái của phương trình (2) : 2 2
1
xz
x z
xz
 

  2xz +
1
xz
xz
( ) 2 , [1;2]
1
t
f t t t
t
  

 (t = xz ) , suy ra 
 
'
2
1
( ) 2 0, [1;2]
1
f t t
t
    

( )f t là hàm số đồng biến trên (1;2) , suy ra : 
5
( ) f(1)
2
f t   ,suy ra VT = 
1
3
( )f t 
5
6
Dấu bằng xẩy ra khi t = 1 , suy ra : x = 1; y = 
1
3
 hoặc x = 1 ; y =
1
3
 
 Tam Kỳ, ngày 01 tháng 4 năm 2015 
 165
 Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 
 CHUYÊN ĐỀ : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 
 Bài toán bất đẳng thức và giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất là bài toán ra trong đề thi dùng để phân 
loại mạnh trình độ học sinh, nên bài toán bao giờ cũng khó. Sau đây là một số ví dụ thể hiên một số 
phương pháp giải loại này 
1) Sử dụng bất đẳng thức Cô-Si (AM-GM) 
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3, ta có bất đẳng thức 
1 4 3
( )( )( ) 2xyz x y y z z x
 
  
Lời giải : 
 Đặt P = 
1 4
( )( )( )xyz x y y z z x

  
BĐT Cô-Si ta có 233 3 ( )xy yz zx xyz     xyz1 
và Q = 
1 4 2 2
2 ( )( )( ) ( )( )( )xyz x y y z z x xyz x y y z z x
 
     
= 
2 2
( )( )( )xy xz yx yz zx zy  
 166
mà 3
2( )
( )( )( )
3
xy yz zx
xy xz yx yz zx zy
 
    =2 ( )( )( ) 2 2xy xz yx yz zx zy     
Do đó Q 1PQ + 
1 3
2 2xyz
 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 
Ví dụ 2: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 2( ) 4a b c a b c      . Chứng minh rằng : 
2 2 2
1 1 1
3
( ) ( ) ( )
ab bc ca
a b b c c a
  
  
  
Lời giải : 
Đặt P = 
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
ab bc ca
a b b c c a
  
 
  
Từ GT suy ra 2 2 22 a b c ab bc ca      . 
 Từ đó 
2 2 2
2 2
1 2
2
( ) ( )
ab ab a b c ab bc ca
a b a b
       
 
  
 = 
2
2 2
( ) ( )( ) ( )( )
1
( ) ( )
a b c a c b c a c b
a b a b
     
 
 
. 
Cùng 2 BĐT tương tự và sử dụng BĐT Cô-Si ta được 
2P
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
3 3 3
( ) ( ) ( )
c a c b a b a c b a b c
a b b c a c
     
     
  
 Suy ra P3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 
1
3
Ví dụ 3 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c 3. Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
24
1 1 1
a b b c c a
c a b
     
  
  
Lời giải: 
Áp dụng bất đẳng thức : 2( ) 4x y xy  Ta có 2 2 2(1 ) (1 ) [(1 ) ( )] 4(1 )( )a b ab a b ab a b         . 
Suy ra 
2 2 2 2
2 2 2 2
(1 ) (1 ) 4(1 )( ) 1 1
4 4 .
1 1 1 1
a b ab a b b a
a b
c c c c
     
  
   
. Tương tự rồi cộng lại 
VT
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 4 4
1 1 1 1 1 1
b c c a a b
a b c
c b a c b a
          
          
          
8( ) 24a b c    , 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 
Ví dụ 4: Cho a, b, c>0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 
 2 2 21 2 1 2 1 2 6a bc b ac c ab         
Lời giải: 
BĐT Cô-Si ta có 
2 2
2 21 4 (1 2 ) 2 51 2 4(1 2 )
2 4 4
a bc a bc
a bc a bc
    
       
Tương tự 
2
2 2 51 2
4
b ac
b ac
 
   và 
2
2 2 51 2
4
c ab
c ab
 
   
Suy ra: VT
2 2 22 5 2 5 2 5
4
a bc b ca c ab       
 =
2( ) 15
6
4
a b c  
 
Ví dụ 5: Cho các số a, b, c 0 thoả mãn a +b +c = 3. 
 CMR: (a2 – ab +b2)(b2 – bc +c2)( c2 – ca +a2) 12 
Lời giải: 
 Không tính tổng quát GS a b c suy ra b2 b2 – bc + c2 0 và a2  c2 – ca +a2 0 suy ra 
 167
(b2 – bc +c2)( c2 – ca +a2)  a2b2 . Từ đó VT a2b2(a2 – ab +b2) (1). Áp dụng BĐT Cô-Si 
Ta có a2b2(a2 – ab +b2) = 
3
2 2 2 24 3 3 4 1 3 3. . ( ) ( )
9 2 2 9 3 2 2
ab ab ab ab
a ab b a ab b
  
        
  
 =
3 324 ( ) 4
12
9 3 9 3
a b a b c    
    
  
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có kết quả cần chứng minh. Dấu đt xẩy ra khi 3ab/2 = a2 – ab +b2 và c = 0 
tức 
2 2 1 22 5 2 0
2 13
a aa ab b
b ba b
      
   
    
Vậy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a = 1, b = 2, c = 0) và các hoán vị của nó 
Ví dụ 6: Cho a, b, c >0 và a +b +c = 3. Chứng minh rằng : S = 
2 2 2
1 1 1
3
1 1 1
a b c
b c a
  
  
  
Lời giải: 
Ta có 
2 2
2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1)
( 1) 1 1
1 1 2 2
a a b a b a b
a a a
b b b
   
        
 
 , tương tự rồi cộng lại ta có 
S
1 9 1
3 ( ) ( )
2 2 2 2
a b c
ab bc ca ab bc ca
 
         . 
Mặt khác 9 = (a+b+c)2 3(ab+bc+ca) suy ra 3 ab+bc+ca 
suy ra S 9/2 -3/2 = 3. Dấu đt xảy ra  a = b = c = 1 
Ví dụ 7) Cho a, b, c >0 thoả mãn abc = 1. Tìm GTNN của biểu thức 
3 3 3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
a b c
S
b c c a a b
  
     
Lời giải: 
BĐT Cô si: 
3 1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
a b c a
b c
 
  
 
 , 
3 1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
b c a b
c a
 
  
 
 và 
3 1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
c a b c
a b
 
  
 
Từ đó suy ra S + 3
3 3 3
4 2 2 2
a b c
abc
 
   . Suy ra S
3
4
 . 
 MinS= 3/4 khi a = b = c = 1 
Ví dụ 8) Cho a, b, c >0 thoả mãn a2 +b2 +c2 = 1. Tìm GTNN của 
3 3 3
2 2 2
a b c
S
b c c a a b
  
  
Lời giải: 
BĐT Cô-Si: 
3 2( 2 ) 2
2 9 3
a a b c a
b c

 

, 
3 2( 2 ) 2
2 9 3
b b c a b
c a

 

 và 
3 2( 2 ) 2
2 9 3
c c a b c
a b

 

Suy ra 2 2 2
1 2
( ) ( )
3 3
S ab bc ca a b c      . Vì 2 2 2a b c ab bc ca     
Suy ra S 2 2 2 2 2 2
2 1 1 1
( ) ( ) ( )
3 3 3 3
a b c ab bc ca a b c          
Suy ra Min S = 1/3 khi a = b = 1 
 168
2) Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki 
Ví dụ 1) Cho a,b,c>0 thoả mãn a +b+c = 3. Chứng minh rằng: 
3 2 3 2 3 2
1
a b c
a b c b c a c a b
  
     
Lời giải 
BĐT Bunhiacôpxki ta có (a3+b2+c)[(1/a)+1+c]  (a+b+c)2 
suy ra 
3 2a b c
a
 
(1+a+ca)  (a+b+c)2 hay 
3 2 2
1
( )
a a ca
a b c a b c
 

   
, 
tương tự 
3 2 2
1
( )
b b ba
b c a a b c
 

   
 và 
3 2 2
1
( )
c c cb
c a b a b c
 

   
Cộng lại được VT
2
3
( )
a b c ab bc ca
a b c
     

 
2
2
1
3 ( )
3 1
( )
a b c a b c
a b c
     
 
 
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 
Ví dụ 2) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng : 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1
( ) ( ) ( )
x xy y yz z zx
y zx z z xy x x yz y
  
  
     
Lời giải 
BĐT Bunhiacôpxki ta có 
2 2
2
2
2 2
( ) ( )( )
( )( 2 )( )
x xy x xy
y zx z y x z y z z
x y z y zy zx z
 
        
   
= 
2 21 2 1 2 2 2
2 2
x xy x xy xz
x x x
x y z y z x y z y z
     
      
        
= 
2
2
x x
y z x y z

  
. 
Tức là 
2
2
2
( )
x xy
y zx z


 
2
2
x x
y z x y z

  
 . Tương tự 
2
2
2
( )
y yz
z xy x


 
2
2
y y
z x x y z

  
Và 
2
2
2
( )
z zx
x yz y


 
2
2
z z
x y x y z

  
cộng lại được 
VT
2 2 22 2 2
1 2 1
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
y z z x x y xy xz yz yx zx zy
 
        
      
22( )
1
3( )
x y z
xy yz zx
 
 
 
2 1 1   
Dấu đẳng thức xảy ra  x = y = z 
Ví dụ 3) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 2 2 2 1a b c   . Chứng minh rằng: 
3 3 3 1
2 3 2 3 2 3 6
a b c
a b c b c a c a b
  
     
Lời giải; 
BĐT Bunhiacopxki 
3 3 3 2 2 2 2( )
2 3 2 3 2 3 ( 2 3 ) ( 2 3 ) ( 2 3 )
a b c a b c
a b c b c a c a b a a b c b b c a c c a b
 
  
             
= 
 =
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( )
5( ) 6( ) 6
a b c a b c a b c
a b c ab bc ca a b c
     
 
      
= 
1
6
Ví dụ 4) Cho a, b, c  0 thay đổi và