Chuyên đề toán 9 hay

CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 HAY

MỤC LỤC

1. Chuyên đề 1. Một số dạng toán về căn thức
2. Chuyên đề 2. Biến đổi căn thức phức tạp
3. Chuyên đề 3. Một số bài toán tổng quát về bất đẳng thức
4. Chuyên đề 4. Chứng minh giá trị biểu thức không là một số nguyên
5. Chuyên đề 5
. Đổi biến để chứng mình một dạng bất đẳng thức
6. Chuyên đề 6. Phương pháp chọn trong bất đẳng thức
7. Chuyên đề 7
. Phương pháp dồn biến để chứng minh bất đẳng thức
8. Chuyên đề 8. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phản chứng
9. Chuyên đề 9. Ứng dụng của bất đẳng thức trong giải phương trinh và hệ
phương trình
1. Bài toán tính tổng
Ví dụ 1: Tính tổng sau
1 1 1

1 2 2 3 99 100
S    
  

Lời giải: Với mỗi số thực dương n ta có:
1
1
1
n n
n n
  

 

Suy ra
2 1 3 2 100 1 10 1 9S          

2. Tính giá trị của một biểu thức theo các số vô tỉ cho trước
Ví dụ 2: Tính
5 5
1 1
S
a b
  biết
7 3 7 3
;
2 2
a b
 
 
Lời giải: Từ giả thiết suy ra
7 ; 1a b ab  

Do đó
 
2
2 2
2 5a b a b ab    
   
3
3 3
3 4 7a b a b ab a b     

Suy ra
  
 
5 5 2 2 3 3 2 2
5 5
1 1
20 7 7 19 7S a b a b a b a b a b
a b
           
3. Chứng minh một số là số vô tỉ
Ví dụ 3: Cho
3
3 2x  
. Chứng minh rằng x là một số vô tỉ.
Lời giải: Giả sử x là một số hữu tỉ.
Ta có
 
3
3
2 3 2 3x x    

 
3 2
3
2
2 3 3 9 3 3
9 2
3
3 1
x x x

x x
x
    
 
 


Suy ra 3 là một số hữu tỉ: vô lí, Ta có điều phải chứng minh.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CĂN THỨC


4. Chứng minh một số là số nguyên
Ví dụ 4: Chứng minh rằng số sau là một số nguyên
3 3
7 5 2 7 5 2y    
Lời giải:
Ta có
       
   
2 3 2 3
3 3
3 3
3 3
1 3 2 3 2 2 1 3 2 3 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
y        
       

Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 5: Cho

1 5 1 5
;
2 2
a b
 
 
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số
n n
n
S a b  là một số tự nhiên.
Lời giải: Ta có: 1; 1a b ab   
Với mỗi số tự nhiên n ta có:
 
 
 
2 2 1 1
2 1
n n n n n n
n n n
S a b a b a b ab a b S S
   
 
        
Kết hợp với
0 1
2; 1S S  ta được
2 0 1 3 1 2
; ; S S S N S S S N     
Bằng quy nạp ta chứng minh được
n

S N với mọi số tự nhiên n, ta có điều phải
chứng minh.
5. Bài toán về phần nguyên
Ví dụ 6: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì:
1 4 2n n n
   
   
   
trong đó kí hiệu
 
a chỉ số nguyên lớn nhất không
lớn hơn a.
Lời giải: Đặt
 
4 2a n a N
 
  
 

Ta có:
2
4 2 4 2a n a n     Vì không có số chính phương có dạng 4 2n 
nên
2
# 4 2a n  . Do đó
2
4 2a n 
Vì không có số chính phương có dạng 4 2n  nên
2
# 4 1a n  .

Suy ra
4 1 4 1a n a n
 
    
 

Ta có:
 
2
2
1 2 1 2 4 1n n n n n n       
Suy ra:
1 4 1
1 4 1 (1)
n n n
n n n a
   
   
     
   

Mặt khác ta có:
 
 
 
2
2
1 0 2 1 2 1
4 2 1
4 2 1

4 2 1
n n n n n
n n n
n n n
n n n
      
    
    
   
    
   
Hay
1 (2)n n a
 
  
 

Từ (1) và (2) suy ra
1 4 2n n a n
   
    
   
ta có điều phải chứng
minh.
Nhận xét: Nếu a b thì
   
a b
Bài tập tự luyện:
1. Tính
7 7

1 1
S
a b
  , biết
6 2 6 2
;
2 2
a b
 
 
2. Cho
3
2 5x  
. Chứng minh rằng x là một số vô tỉ.
3. Chứng minh rằng số sau là một số nguyên:
3 3
827 827
6 6
27 27
  

4. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n thì
 
2 3
n
 

 
 
là một số tự nhiên lẻ.

Trong các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 và thi chọn học sinh giỏi lớp 9 thường có bài toán nhỏ
yêu cầu “tính” hay “rút gọn” một biểu thức có dạng 2M N
 
,M N  
Ta chú ý đến hai hằng đẳng thức sau:

 
 
2
2
2
2
x y x y xy
x y x y xy
   
   

Như vậy, nếu ta tìm được hai số tự nhiên x, y thỏa mãn x y M  và xy N thì
 
2
2M N x y  
Sau đây là một số ví dụ:
Bài toán 1: Rút gọn 5 2 6A  
Lời giải: Ta có: 6 3 2 6 1    Hai số 2 và 3 thỏa mãn 3 2 5  . Do đó
 
2
3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2A          
Bài toán 2: Rút gọn 7 2 6  
Lời giải: Ta chọn được cặp số 1 và 6 thỏa mãn 6 1 6; 6 1 7    Do đó
 

2
6 1 6 1     (vì
6 1 0 
)
Bài tập tương tự: Rút gọn các biểu thức sau:
7 2 10 ; 6 2 5 ; 8 2 7 ; 11 2 30   
Bài toán 3: Rút gọn 7 4 3C  
BIẾN ĐỔI CĂN BẬC HAI PHỨC TẠP DẠNG M  2 N


Lời giải: Ta phân tích
4 3 2 2 3  
và có 4 3 7  . Suy ra
2 3C  

Bài tập tương tự: Rút gọn các biểu thức sau:
9 4 5 ; 11 6 2 ; 19 8 3; 11 4 7   
Bài toán 4: Rút gọn 8 4 3D  
Lời giải: Ta có
4 3 2 12 ;12 6 2; 6 2 8    

Suy ra
 
2
6 2 6 2D    
Bài tập tương tự: Rút gọn các biểu thức sau:
11 4 6 ; 23 4 15 ; 9 6 2 ; 13 4 3   
Bài toán 5: Rút gọn 4 15  
Lời giải: Ta có
 

2
2 8 2 15 3 5 3 5      
Suy ra:
3 5 6 10
2
2
 
  
Bài tập tương tự: Rút gọn biểu thức sau:
2 3 ; 3 5 ; 5 21 ; 7 3 5 ; 9 3 5    
Bài toán 6: Rút gọn 49 5 96F  
Lời giải: Ta có 49 24 25  và
2 2
5 96 5 2 24 2 25 24    
Suy ra
24 25 24 5F    

Bài tập tương tự: Rút gọn biểu thức sau:
51 7 8 ; 28 5 12 ; 12 3 12  
Bài toán số 7: Rút gọn biểu thức
   
6 2 3 2 3 2    
Lời giải: Ta có thể thực hiện theo một số hướng sau:
a.
     
2
2 6 3 2 2 6 3 2       
  
 
4 2 3 3 2 4 4 3 2         

b.
   
6 2
6 2 3 2
2

    

 
6 2 2 6
2 6 2
2 2
 
     
Bài tập tương tự: Rút gọn các biểu thức sau:
  
10 2 6 2 5 3 5  
  
4 7 14 2 4 7  
  
14 6 5 21 5 7  
  
22 2 6 11 6 11  
Bài tập tự luyện: Rút gọn các biểu thức sau:
a.
 
4 6 2 5 10 2   
b. 6 2 5 29 12 5  
c.

  
4 15 10 6 4 15  
d.
 
3 2 6 6 3 3 
e. 7 4 3 7 4 3  
f. 53 12 10 47 6 10  
g.
3 5 3 5
2 3 5 2 3 5
 

   



h.
5 2 6 8 2 15
7 2 10
  


i. 13 160 53 4 90  
PHẦN 2: CĂN BẬC HAI
Bài toán 1: Rút gọn biểu thức
4 5 3 5 48 10 7 4 3A     
Lời giải: Ta rút gọn biểu thức theo các bước sau:
 
 
 

 
2
2
7 4 3 4 2 12 3
2 3 2 3 2 3;
48 10 2 3 25 2 75 3
5 3 5 3 5 3;
5 3 5 5 3 25 5
   
     
    
     
   

Do đó: 4 5 9 3A    
Bài tập tương tự: Rút gọn các biểu thức sau:
 
13 30 2 9 4 2 ;
2 3 3 13 48 : 6 2 ;
6 2 2 3 2 18 128
B
C
D
   
    
    

Bài toán 2: Tìm x biết:
5 13 5 13 x     

Lời giải: Ta có: 5x  và
2
5 13 5 13 5 x      

Suy ra
 
2
2
5 13 5 13 5 13 13x x        

Do đó
4 2
10 12 0x x x   
 
 
3 2
3 3 4 0x x x x     
Vì 5x  nên
3 2
3 4 0x x x   
Suy ra 3x 
Bài tập tương tự: Tính
2 2 2 ;
6 6 6 ;
2 3 2 3 2 3
y
z
t
   
   

   

Bài toán 3: Rút gọn các biểu thức:
7 3 5 7 3 5;
2 2 5 2 2 2 5 2
A
B
   
     

Lời giải: Ta có:
2
14 2 (7 3 5) (7 3 5)
14 2 49 45 14 4 18
A    
     

Vì 0A  nên 18 3 2A   .
Ta có:
 
 
2
2
2
4 2 4 (2 5 2)
4 2 6 2 5 4 2 ( 5 1)
4 2 5 1 4 2 5 1 6 2 5
5 1
B    
     

       
 

Vì 0B  nên 1 5B  
Bài tập tương tự: Rút gọn các biểu thức:
3 5 2 3 3 5 2 3C      
3 2 7 1 3 2 7 1D      
Bài toán số 4: Rút gọn biểu thức:
a.
1 2 2
2 1
x x
M
x
  

 

b. 2 1 2 1N x x x x     
Lời giải:
a. Điều kiện: 2, 3x x 
Ta có:
 
1 2 2 2 2 2 1x x x x       



2 1
2 1
1 2

x
x
x

 

   

 



- 12 x nếu 3x
- 21  x nếu 3x
b. Điều kiện: 1x
Ta có:
 
222222)1(422
2
22
 xxxxxxxN

 





4
14 x

)1(4  x nếu 2x
4 nếu 2x
Bài toán 5: Giải các phương trình:
a.
)1(
4
1
2
1
axxx 
(với 0a là tham số)
b. )2(5168143  xxxx
Lời giải:
a. Điều kiện:
4
1
x
Ta có:
4
1
4
1
4
1
4
1
2
1








 xxxx

2
1
4
1
2
1
4
1
2









 xx


Do đó axx 

4
1
2
1
)1(

2
1
4
1
2
1
4
1
 axax
Do đó (1) vô nghiệm.
+ Nếu
2
1
a thì aaxax 







2
2
2

1
4
1
)'1(
Khi đó nghiệm của (1) là aax 
2
(thoả mãn điều kiện)
b. Điều kiện 1x ta có
 
212121
4141143
2


xxx
 
3131
9161168
2


xx
xxxx

Từ đó ta xét hai trường hợp sau:
+ Nếu 10x thì 53121)2(  xx
1031  xx thoả mãn
+ Nếu 101  x thì 51321)2(  xx
00  x luôn đúng.
Vậy nghiệm của (2) là 101  x

x x x x

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG QUÁT VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

Qua bài toán 1 dưới đây tôi muốn giới thiệu đến các bạn một bất đẳng thức tổng quát,có
thể sử dụng để chứng minh nhiều bất đẳng thức khác.
Bài toán 1 : Cho các số dương a, b, c, k m, n Chứng minh rằng:

3
3 3
( )( )( ) ( )
a k b m c n abc kmn
    
(*)
Lời giải: Đặt A = (a+k)(b+m)(c+n)=abc + (abn + bck + cam ) +(amn + kbn + cmk )
+kmn =
3
3 3
( )
abc kmn

(đpcm)
Đẳng thức xảy ra
a b c
k m n
 



 



 Sau đây là một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức (*)
Bài toán 2: Cho ba số a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c =
3
2
. Chứng minh
rằng:
3 3 3
1 1 1
1 1 1 729
B
a b c
   
    
   
   

Lời giải: áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
3
1
1B
abc
 
 
 
 

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho ba số dương ta có:

3
1 1
8
3 8
a b c
abc
abc
 
 
   
 
 
suy ra
3
3
1
1 (1 8) 729
B
abc
 
    
 
 

Đẳng thức xảy ra
1
2
a b c
   

Bài toán 3: Cho ba số a, b, c là các số dương thỏa mãn abc

6. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức ( ) 2 3
2 3
b c
P a bc ca ab
  
   
  
  

Lời giải: áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
3
3 2 2 2 3
3
6 (1 6) 343
6
abc
P a b c
 
    
 
 
 

Đẳng thức xảy ra
1
; 2 3 ; 6 1; 2; 3
2 3 2

b c
a bc ca ab abc a b c
          

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 343.
Bài toán 4: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc=8.Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức Q =
12 ( )
( 2 )( 2 )( 2 )
a b c
a b b c c a
  
  

Lời giải: áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có:
3
3 6
a b c abc
   

Suy ra 12 – (a + b + c )

6
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức (*) ta có (a +2b)(b+ 2c )(c + 2a)


3
3 3
8
abc abc

 

Hay (a + 2b )( b + 2c )( c + 2a )

216
Suy ra Q
6 1
216 36
 

Đẳng thức xảy ra
2
a b c
   

Vậy Q đạt giá trị lớn nhất bằng
1
36

Bài toán 5: Cho a, b, c là các số thực không âm , chứng minh rằng:
(a+b – c)(b + c – a)(c + a –b)

abc
Lời giải:
Ta nhận thấy tổng của hai số trong ba số hạng (a+b – c); (b + c – a); (c + a –b) đều
không âm nên chỉ có nhiều nhất một số âm trong ba số hạng trên.
Nếu trong ba số hạng trên có một số âm thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên
đúng.
Nếu cả ba số hạng trên đều không âm, ta có:

2 2 2
( ) ( )( ) 0
a a b c a b c c a b
        

Tương tự ta có:

2
2
2
( )( )
( )( )
( )( )
a a b c c a b
b a b c b c a
c b c a c a b
    
    
    

Nhân theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
( )( )( )
a b c a b c b c a c a b
a b c b c a c a b abc
      
       

Phép chứng minh bất đẳng thức trên khá đơn giản và quen thuộc với nhiều bạn, nhưng

bất đẳng thức này lại được ứng dụng để giải nhiều bài toán khó,
Ví dụ 1: (đề thi IOM năm 2000), Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1
Chứng minh rằng:
1 1 1
1 1 1 1
a b c
b c a
   
      
   
   

Lời giải:
Áp dụng bài toán trên cho ba số dương là a, 1,
1
b
ta có:

1 1 1
1 1 1a b c
b c a
   
      
   
   
a
b




1 1
1 1a b
b c
  
   
  
  
b
1
1c
a
 
 
 
 
1
a
1




1
1a
b
 
 
 
 
(ab+b-1)(

1 1
1
a ab
 
)
1




1 1 1
1 1 1 1
a b c
b c a
   
      
   
   

Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 1.chứng minh rằng:

3 3 3
15 1
4 4
a b c abc
   

Lời giải:
Áp dụng bài toán trên ta có:
(a+b – c)(b + c – a)(c + a –b)


abc

(1 2 )(1 2 )(1 2 )
3 27
3( ) 0
4 4
c a b abc
ab bc ca abc
    
     


3
27 1
( ) 3( )( )
4 4
a b c ab bc ca a b c abc
         


3 3 3
15 1
4 4
a b c abc
    

Đề nghị các bạn làm hai bài tập sau:
Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh
rằng

2 2 2
3 3 3 4 13
a b c abc
   

Bài 2: cho x, y, z là ba số thực không âm có tổng bằng 1.Chứng minh rằng:

7
0 2
27
xy yz zx xyz    

KHÔNG LÀ MỘT SỐ NGUYÊN
Để chứng minh giá trị của một biểu thức A không phải là một số nguyên, ta có thể sử dụng một
số cách làm sau:
- Chứng minh 1n A n   , với n  
- Biểu diễn A dưới dạng
m
n
(với , , 0m n n  ), rồi chứng minh m không chia hết
cho n.
- Viết A dưới dạng bc, trong đó , 0b b  và c không là một số nguyên.
Sau đây là một số ví dụ:
1. Cho biểu thức

1 1 1
1 1 1
1.3 2.4 99.101
A
    

   
    
    

Chứng minh rằng A không phải là một số nguyên.
2. Cho biểu thức:
,
a b c
B
a b b c c a
  
  
với
*
, ,a b c N
Chứng minh rằng B không phải là một số nguyên.
3. Cho
1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 7 8 99 100
C      
    

Chứng minh rằng C không phải là một số nguyên.
4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên x thì giá trị của biểu thức:
CHỨNG MINH GIÁ TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC


2 2 2
4 36 10 3D x x x x     không thể là một số nguyên

5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 1n  thì giá trị biểu thức:
2
2
3 1
2 1 1
n
E
n n n
 
  
không thể là một số tự nhiên.
6. Cho n là một số tự nhiên và số thực G thỏa mãn
3
11111 1077777 781111111 1
n
G 
  

Chứng minh rằng G không phải là một số nguyên.
7. Cho p là tích của n số nguyên tố đầu tiên
 
*
n N . Chứng minh rằng 1p  không là
một số nguyên .

ĐÁP ÁN:
1. Với mỗi số tự nhiên 0n ta có:
2 2
1 2 1 ( 1)
1

( 2) ( 2) ( 2)
n n n
n n n n n n
  
  
  

Suy ra:
2 2 2 2 2
2 3 4 99 100 200
. . .
1. 3 2 . 4 3 . 5 98.100 99.101 101
A  

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
2. Ta có:
1
a b c
B
a b c b c a c a b
   
     

Mặt khác: 1 1 1
b c a
B
a b b c c a
     
     
     

  
     

3
b c a
a b b c c a
 
   
 
  
 

3 2
b c a
a b c b c a c a b
 
    
 
     
 

Vậy 1 2B  . Ta có điều phải chứng minh
3. Vì
1 1 1
1
1 2 2 3 100 101
   
  

Nên

1 1 1 1
2
1 2 2 3 99 100 100 101
2 1 3 2 101 100
101 1 10 1 9
C     
   
      
    

Và
1 1 1 1
2 1
1 2 2 3 98 99 99 100
C     
   
1 2 1 3 2 100 99 100 10         

Suy ra 4 5C  ta có điều phải chứng minh.
4. Với 0x  thì D không là một số nguyên. Khi x là số nguyên dương thì
   
2 2 2
2 2
2
2
2 2 2 2
36 36 10 3 36 24 4
6 36 10 3 6 2
6 36 10 3 6 2
4 6 4 36 10 3 4 6 2

x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x x
     
     
     
        

Mà
 
2
2
2 1 4 6x x x   và
 
2
2
4 6 2 2 2x x x    nên
2 2
2 1 4 36 10 3 2 2x x x x x      
Suy ra:
 
2
2
2 1 1 1D x x x x      

Và
 
2
2

2 2 2 2D x x x x      

Tức là 1 2x D x    ta có điều phải chứng minh.
5. Ta có:
      
   
   
2 2
1 3 1
3 1 3 2 1 3 1
1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1
n n
n n n n
E
n n n n n n n n
 
  
    
       

Giả sử E N . Suy ra
   
3 1 2 1n n  . Do đó
   
6 3 2 1n n 
Mà
   
6 3 2 1n n  nên
   
 

 
6 2 6 3 2 1n n n   
hay
 
1 2 1n  vô lý vì 2 1 1n  
Vậy giá trị của E không thể là một số tự nhiên, ta có điều phải chứng minh.
6. (Lời giải vắn tắt)
Biến đổi:
 
3
3 1 3
1 9
9 10 1 9999999 9
n
n chu so
G


  


Suy ra
3
1 3
3.3333333 3
n chu so
G




Vì
3
3 là một số vô tỉ nên G là một số vô tỉ. Tức là G không thể là một số nguyên, ta có
điều phải chứng minh.
7. Vì p chẵn nên 1p  lẻ. Như thế, nếu 1p  là một số nguyên thì tồn tại số tự nhiên
k thỏa mãn 1 2 1p k  
Do đó
 
2
4 4 4 1p k k k k   
Suy ra 4p  vô lý, suy ra điều phải chứng minh.
A. ĐẶT VẤN ĐỀ

Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm , có vai
trò như nhau, bằng cách đặt:
P=a+b+c; q= ab+bc+ca; r=abc,
Ta có pq-r =(a+b)(b+c)(c+a);

2
p
+ q=( a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)

2 2 2 2
3 3 3 3
2
3 3
p q a b c
p pq r a b c
   

    

Biến đổi bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c nói trên về bất đẳng thức chứa p, q, r ,phép chứng
minh đôi khi sẽ đơn giản hơn cùng với việc áp dụng các 󴁁ng thức đúng sau:
2
3
p q

(1)

3
27
p r
 (2)

2
3
q pr

(3)

9
pq r

(4)

3
4 9 0
p pq r
  

(5)
Chúng ta cũng dễ dàng nhận thấy rằng p, q, r và các biểu thức chứa p, q, r ở trên đều không
âm.Việc chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức trên xin dành cho bạn đọc.

B. CÁC VÍ DỤ

Sau đây các bạn hãy theo dõi một vài ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc=1.Chứng minh rằng :
(a+b)(b + c)(c + a)

(1+ a+ b+ c).
Lời giải:
Do r = abc =1 ,với cách biến đổi trên bất đẳng thức trở thành:
Chuyên đề: ĐỔI BIẾN ĐỂ CHỨNG MINH MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC


2(1 ) 1 2(1 )
( 2) 3.
pq r p pq p
p q
      
  

Cũng do r=1, từ (2) suy ra
3
p


Từ (3) suy ra
3

q


Suy ra p(q-2)

3 là bất đẳng thức đúng , suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
Đẳng thức xảy ra

p = q = 3


a = b = c = 1.
Ví dụ 2: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

12
5
abc
ab bc ca
 
 

Lời giải:
Với cách biến đổi trên bất đẳng thức trở thành
12
5
r
q
 
(*)
Do p = a + b + c = 3 theo (5) ta có 27-12q + 9r


0 , suy ra

4 9 12 4 9 12
3 3
q q
r r
q q
 
    
(**)
Mặt khác ,
4 9 12
5
3
q
q

 


2 2
4 9 36 15 ( 3) 0
q q q q
      
, là bất đẳng thức đúng với mọi q .Từ (*) và (**)
suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra

a = b = c = 1.

Ví dụ 3: Cho ba số a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca + abc = 4
Chứng minh rằng:
3(
2 2 2
) 10
a b c abc
   

Lời giải:
Do q + r = ab + bc + ca + abc =4 với cách giải trên bất đẳng thức trở thành

2 2
3( 2 ) 10 3 6 7 .
p q r p q
     
Mặt khác, từ (5)
3
3 3
36
4 9( ) 9 36 9 4
4 9
p
p pq q r q p q pq q
p

          


Vì vậy để hoàn thành bài toán, ta chỉ cần chứng minh

3
2
36
3 6 7.
4 9
p
p
p

 


Thật vậy từ (1) và (2) suy ra:
2 3
3 2
2
4 9 108 0
3 27
( 3)( 12 36) 0 3
p p
q r p p
p p p p
       
      

Từ đó ta có
3
2
36
3 6 7

4 9
p
p
p

 



3 2 3
3 2
2
12 24 27 54 7 252
5 27 24 306 0
( 3)(5 42 102) 0
p p p p
p p p
p p p
     
    
    

Là bất đẳng thức đúng
Đẳng thức xảy ra

a = b = c = 1
Ví dụ 4: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 3
Chứng minh rằng
1 1 1 3
2( )

a b c
a b b c a c ab bc ca a b c
 
   
      

Lời giải:
Do q= ab + bc + ca =3 Với cách biến đổi trên , bất đẳng thức trở thành:

2 2
3 3 3
2 3 6
p q p p p
pq r q p p r p
 
    
 


2 2
3 3 2
3 2
3 2
3 2
( 3)6 ( 18)(3 ) 0
6 18 3 54 18 0
3 36 18 0
3( 12 9 ) 9 0
3( 4 9 ) ( 9) 0
p p p p r

p p p p p r r
p p p r r
p p r p r r
p pq r r p
     
      
    
     
     

Do q=3, từ (1) suy ra
2
9
p

,kết hợp với (5) ta có bất đẳng thức trên đúng , suy ra bất đẳng
thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra

a = b = c = 1
Ví dụ 5: Cho ba số a, b, c thuộc (0;1) thỏa mãn điều kiện abc = (1 – a )( 1- b )( 1- c)
Chứng minh rằng
3 3 3
5 1
a b c abc
   

Lời giải:
Ta có abc = (1 – a)(1- b)(1 – c)= 1-(a+b+c) + ( ab +bc +ca ) – abc , suy ra 2r = 1 – p + q. Với
cách biến đổi trên bất đẳng thức trở thành:

3
3 3 5 1
p pq r r
   


3
3 8 1
p pq r
   


3
3 4(1 ) 1
p pq p q
     


3
4 3 (3 4)
p p q p
    
(***)
Chú ý rằng 1 – p + q =2r > 0 và
2
3
p q

suy ra

2
1 .
3
p
p q  
Ta xét ba trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu
1
p

thì
3 2
4 3 (1 )(3 ) 0 (3 4);
p p p p p q p
        

Trường hợp 2: Nếu
4
1
3
p
 
thì: 3p – 4 <0 và 0 < p-1 < q , suy ra:
3 3 3
( 4 3) (3 4) ( 4 3) ( 1)(3 4) ( 1) 0
p p q p p p p p p
            
;
Trường hợp 3 : Nếu
4

3
p

thì:
2 2
3 3
(2 3)
( 4 3) (3 4) ( 4 3) (3 4) 0
3 2
p p
p p q p p p p

          

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có (***) là bất đẳng thức đúng , suy ra bất đẳng thức
cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra

a = b = c =
1
2

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1.Chứng minh rằng:
(a + b )( b + c ) (c + a ) +7

5( a + b + c)
Bài 2: Cho ba số dương, chứng minh rằng:

2 2 2

2(1 ) 2(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc a b c a b c
        

Bài 3: Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.Chứng minh rằng

7
0 2
27
ab bc ca abc    

Xét “ bài toán chọn sau” : Cho hai dãy số thực được xắp thứ tự
1 2 1 2
;
n n
a a a b b b
     
và các tổng
1 2 1 1

n n n
s ab a b a b

   
S=
1 1 2 2
;
n n
a b a b a b
   (*)

1 2
1 2

n
j j j n j
S a b a b a b
   
(**)
(Với (
1 2
; ; ; )
n
j j j
là một hoán vị bất kỳ của (1;2;…;n)
Chứng minh rằng
j
S S s
 

Chứng minh: Ta sẽ chứng minh
j
S S


Thật vậy: xuất phát từ (**) ta thành lập
1
S
bằng cách giữ nguyên hầu hết các số hạng của
j
S

(
giả sử
j
S
=1 ta thay đổi
1
j
b
và
i
j
b
):
2 1
2 1
1 1 2
1 1 2


i n
n
j j i j n j
j i j n j
S a b a b ab a b
a b a b ab a b
     
     

Ta có:
1 1

1
1 1 1 1 1
1 1
( ) ( )
( )( ) 0
j i j j i
i j
S S a b ab a b ab
a a b b
    
   

Suy ra:
1
j
S S


Tiếp tục thành lập
2
S
bằng cách giữ nguyên hầu hết các số hạng của
1
S
( Gỉa sử
2
k
j


Ta thay đổi
1
j
b
và
k
j
b
):
2
2
2 1 1 2
1 1 2 2


k n
n
j k j n j
k j n j
S a b a b a b a b
a b a b a b a b
    
     

Ta có:
2 2
2
2 1 2 2 2 2
2 2
( ) ( )

( )( ) 0
k j j k
k j
S S a b a b a b a b
a a b b
    
   

Suy ra
2 1
S S

;
…
Chuyên đề: PHƯƠNG PHÁP CHỌN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC