BẤT ĐẲNG THỨC

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 2

Chuyên đề
BẤT ĐẲNG THỨC

I. BĐT Cauchy


1. Kiến thức cơ bản :


1.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số )
n = 2:  x, y

0 khi đó :

n = 3:  x, y, z

0 khi đó :

2.1.1
2
x y
xy



3
3

x y z
xyz
 


2.1.2 2
x y xy
 
3
3
x y z xyz
  
2.1.3
2
2
x y
xy
 
 
 



3
3
x y z
xyz
 
 
 

 

2.1.4
 
2
4
x y xy
 
 
3
27
x y z xyz
  
2.1.5
1 1 4
x y x y
 


1 1 1 9
x y z x y z
  
 

2.1.6
 
2
1 4
xy
x y




 
3
1 4
xyz
x y z

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
z.


BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 3


Chứng minh công thức 2.2.1
 x, y

0 ,ta có :
2
1 1
( 2 ) ( )
2 2
0

2
x y
x y
xy xy x y     



Do đó
2
x y
xy


.
Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi :
2
( )
x y
 , tức là x = y .
Hệ quả 1:
Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi
và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi. Khi đó,
2
2
S
x y
xy




nên
2
4
S
xy  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó, tích
xy đạt giá trị lớn nhất bằng
2
4
S
khi và chỉ khi x = y.
Hệ quả 2:
Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi
và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tích x.y = P không đổi. Khi đó,
2
P
x y
xy 


nên
2
x y P
 
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
P
khi và chỉ khi x = y.

ỨNG DỤNG:
Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất .
Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ
nhất.
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
3
( )f x x
x
 
với x > 0.
Giải. Do x > 0 nên ta có :
3 3
( ) 2 . 2 3
f x x x
x x
    và
3
( ) 2 3 3
f x x x
x
    
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
( )f x x
x
 
với x > 0 là
( 3) 2 3
f 

.
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 4



Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương thì
1 1 1
( )( ) 9.
x y z
x y z
    
Khi nào xảy ra đẳng thức ?

Giải. Vì x, y, z là ba số dương nên
3
3 .
x y z xyz
   ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z )
3
1 1 1 1
3 .
x y z xyz
  
( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1 1
x y z
 
).

Do đó
3
3
1 1 1 1
( )( ) 3 .3 9.
x y z xyz
x y z xyz
     

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
.
1 1 1
x y z
x y z
 



 



Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

1.2. Dạng tổng quát (n số) x
1
, x
2
, x
3

, ,x
n
không âm ta có:
Dạng 1:
1 2

1 2



n
n
n
x x x
x x x
n
 

Dạng 2:
1 2

1 2


n
n
n
x x x n
x x x
 



Dạng 3:
1 2
1 2



n
n
n
x x x
x x x
n
 
 
 
 


Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2


n
x x x
 


Bình luận:
 Để học sinh dễ nhớ, ta nói Trung bình cộng (TBC)

Trung bình nhân (TBN).
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 5

 Dạng 2 và dạng 3 khi đặt cạnh nhau có vẽ tầm thường nhưng lại giúp ta nhận dạng
khi sử dụng BĐT Côsi : (3) đánh giá từ TBN sang TBC khi không có cả căn
thức.

Hệ quả 3:
Nếu:
1 2

n
x x x S const
    
thì:
 
1 2
P
n
n
S
Max
n
x x x
 


 
 


Khi
1 2

n
S
n
x x x

  
Hệ quả 4:
Nếu:
1 2


n
x x x P const
 
thì:


1 2 2

n
Min
S n P

x x x  
Khi
1 2

n
n
x x x P
  
2.Các kỹ thuật sử dụng của bất đẳng thức
Cauchy (Côsi )
Để sử dụng BĐT Cauchy hiệu quả chúng ta cần nhớ các quy tắc sau
Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng
các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả
nhanh chóng và định hướng cách giiải nhanh hơn.
Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “=” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm
tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào
điểm rơi của BĐT.
Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một
số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thường rất hay mắc sai
lầm này, áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chu ý đến điểm rơi
của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được
đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng điều
kiện của biến.
Quy tắc biên: Cở sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính,
các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất , giá trị
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 6

nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất,

nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên.
Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vậy thì vai trò của
các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biên đó
bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ”
xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể
Chiều của BĐT cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh : đánh giá
từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) và ngược lại.



2.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân


Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “

”.Đánh giá từ tổng sang
tích.
Bài 1. Chứng minh rằng:






2 2 2 2 2 2 2 2 2
, ,
8
a b c
a b b c c a a b c    

Giải
Sai lầm thường gặp
Sử dụng:  x, y thì x
2
- 2xy + y
2
= ( x- y)
2


0  x
2
+ y
2


2xy. Do đó:

2 2
2 2
2 2
2
2
2
a b ab
b c bc
c a ca






 
 
 







2 2 2 2 2 2 2 2 2
8 , ,
a b b c c a a b c a b c
    
(Sai)
Ví dụ:
2 2
3 5
4 3





 
 

 24 = 2.3.4


(-2)(-5).3 = 30 ( Sai )
Lời giải đúng:
Sử dụng BĐT Côsi : x
2
+ y
2


2
2 2
x y
= 2|xy| ta có:
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 7

2 2
2 2
2 2
0
0
0
2
2
2
a b ab
b c bc
c a ca











 
 
 







2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
|
8| 8 , ,
a b b c c a a b c a b c a b c
    
(đúng)
Bình luận
 Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ
khi các vế cùng không không âm.
 Cần chú ý rằng: x
2

+ y
2


2
2 2
x y
= 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương.
 Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói trên mà
phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT
Côsi.
 Trong bài toán trên dấu “

”  đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý
đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.
Bài 2. Chứng minh rằng:


8
2
64 ( )
a b ab a b
  
 a,b

0
Giải
   
   
 

4
4
8 2 4
ôSi
2
4 2
.2 2 2 2 2 . .
C
a b a b a b ab a b ab ab a b
 
 
 
    
 
   
 
 
     
2
64 ( )
ab a b
 

Bài 3. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab)

9ab  a, b

0.
Giải
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab)



3 3
3 1. . . 3. . . 9
a b a b ab ab

.
Bình luận:
 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được
xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ khử được căn thức cho các
biến đó.
Bài 4. Chứng minh rằng: 3a
3
+ 7b
3


9ab
2
 a, b

0
Giải
Ta có: 3a
3
+ 7b
3


3a

3
+ 6b
3
= 3a
3
+ 3b
3
+ 3b
3

3
3
3 6
3 3
Côsi
a b

= 9ab
2

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 8

Bình luận:
 9ab
2
= 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b
3
thành hai hạng tử chứa b

3
để
khi áp dụng BĐT Côsi ta có b
2
. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các
hệ số không có gì khó khăn.
Bài 5. Cho:
, , , 0
1
:
1 1 1 1
81
3
1 1 1 1
a b c d
CMR abcd
a b c d







   
   

Giải
Từ giả thuyết suy ra:
 

 
 
ôsi
3
3
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
= -
C
b c d bcd
a b c d b c d
b c d
     
     
     
       
      
  
Vậy:
 
 
 
 
 
 
 
  
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3
3
3
3
3
3
3
3
1
0
1
1 1 1
1
0
1
1 1 1
1 d
81
1 1 1 1 1 1 1 1
1

0
1
1 1 1
1
0
1
1 1 1
bcd
a
b c d
cda
b
c d a
abc
a b c d a b c d
dca
c
d c a
abc
d
a b c

















 

  
 

  

       
 

  
 

  


1

81
abcd


Bài toán tổng quát 1:

Cho:
 
1 2 3
1 2 3
1 2 3
, , , ,
1
0
1
:
1 1 1 1
1
1 1 1 1
n
n
n
n
n
x x x x
CMR x x x x
n
x x x x









     
   

Bình luận
 Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì việc
biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh
BĐT dễ dàng hơn.
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 9

Bài 6. Cho
, , 0
1 1 1
: 1 1 1 8
1
a b c
CMR
a b c
a b c

   


   

   


   

  
(1)
Giải

ôsi
1 1 1
(1) . .
2 2 2
. . . . 8
C
a b c
VT
a b c
b c c a a b bc ca ab
a b c a b c
  

  
 
 (đpcm)
Bài toán tổng quát 2:
Cho:
 
n
1 2 3
1 2 3
1 2 3
, , , ,
1
1

0
1 1 1 1
: 1 1 1 1
n
nn
n
x x x x
CMR
x x x xx x x x
  
  
 


   
 

 
   
    

 
  
 

    

Bài.7. CMR:
 
 

 
 
1 2 3
3
3
3

1 1 1 1 1 8 , , 0
3
a b c
a b c abc abc a b c
     
     
     
 
 
 
 
 
         

Giải
Ta có:
 
 
 
 
 
 
ôsi

3
3
1 1 1
1 1 1 1
3 3
C
a b c
a b c
a b c
 
 
 
 
 
 
 
 
  

 
 
    
(1)
Ta có:











1 1 1 1
a b c ab bc ca a b c abc
 
 
 
         





2 2 2
3
ôsi
3
3
3
3 11 3
C
a b c abc abc abc
     (2)
Ta có:


3
3

3 3
ôsi
2 1. 81
C
abc abc abc
 
 
 
  (3)
Dấu “ = ” (1) xảy ra  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c
Dấu “ = ” (2) xảy ra  ab = bc = ca và a = b = c  a = b= c
Dấu “ = ” (3) xảy ra 
3
abc
=1  abc = 1
Bài toán tổng quát 3
Cho x
1
, x
2
, x
3
, , x
n


0. CMR:
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 10

  
 


1 2 3
1 2
1 2 1 2 1 2

2
1 1 1 1 1
n
n n n
n
n
n
n
x x x
x x x x x x x x x
n
     
     
     
      
 
 
 
  
       
Bình luận:

 Bài toán tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài toán
về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.
 Trong các bài toán có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tính
đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng chứng
minh BĐT đúng hay sai.
Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng. Đó là
kĩ thuật tách nghịch đảo.

2.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo:
Bài 1. CMR:
2 . 0
a b
a b
b a
   

Giải
Ta có :
2 2
Côsi
a b a b
b a b a
  

Bài 2. CMR:
2
2
2
2
1

a
a R
a

  


Giải
Ta có :


2
2 2
2 2 2 2
ôsi
2
2 2
1 1
2 1 1
1 1
1 1 1 1
C
a
a
a a
a a a a
   
 

  

   

Dấu “ = ” xảy ra 
2 2
2
1
1 1 1 0
1
a a a
a
 
    


Bài 3. CMR:
 
1
3 0
a a b
b a b
    


Giải
Ta có nhận xét : b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b do đó hạng tử đầu a sẽ được
phân tích như sau :
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 11

 
 
 
 
 
3
ôsi
.
1 1 1
3 . 3 0
C
a b a b b a b a b
b a b b a b b a b
          
  

Dấu “ = ” xảy ra 
 
 
1
b a b
b a b
 

 a = 2 và b = 1.
Bài 4. CMR:
 
 
2
4

3 0
1
a a b
a b b
    
 
(1)
Giải
Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử
dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu . Tuy nhiên dưới mẫu có dạng




2
1
a b b
 
(thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số thứ hai là một tam
thức bậc hai của b) do đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa
số của mẫu.
Vậy ta có :




2
1
a b b
 

= (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a thành hai cách sau:
2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoÆc a +1 =


1 1
2 2
b b
a b 
 
 
Từ đó ta có (1) tương đương :
VT + 1 =
 
 
 
 
  
2
4 1 1 4
1
2 2
1 1
1
b b
a a b
a b b b
a b b
  
 
   

  
 


 
 
  
4
ôsi
. . . .
1 1 4
4 4
2 2
1 1
C
b b
a b
a b b b
 
  
  
 đpcm.
Bài 5. CMR :
3
1
2a 1
2
3
4 ( )
1

a
b a b
a
b









 



Giải
Nhận xét : dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả biểu
thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc xử lí với một biến sẽ đơn giản hơn.
Biến tích thành tổng là một mặt mạnh của BĐT Côsi. Do đó :
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 12

Ta có đánh giá về mẫu số như sau:
 


2

2
4. 4. 4.
2 4
b a b
a
b a b a
 
 
 
 
 
 
   

Vậy:
3 3 3
ôsi
3
2 2
3
ôsi
3 3
2a 1 2 1 1 1 1
. .
4 ( )
C C
a a a
a a a a
b a b a a
a a


  
  
   


Dấu “ = ” xảy ra 
2
1

1 1
2
b a b a
a b
a


 
 
 


  

 

Bình luận:
 Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng 1 kĩ thuật đó là đánh giá từ TBN sang TBC
nhằm làm triệt tiêu biến b.
 Đối với phân thức thì việc đánh giá mẫu số, hoặc tử số từ TBN sang TBC hay

ngược lại phải phu thuộc vào dấu của BĐT.

2.3. Kỹ thuật chọn điểm rơi:
Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Côsi và các quy
tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ được sử dụng
để tìm điểm rơi của biến.
Khi tìm GTNN, GTLN các em thường mắc phải sai lầm phổ biến trong việc tìm
giá trị của biến tại các điểm đạt max, min đó là : thực hiện liên tiếp nhiều bước đánh
giá nhưng dấu ‘=’ tại mỗi bước là không như nhau do đó không có dấu ‘=’ để xảy ra
đẳng thức cuối. Xét bài toán:
Tìm GTLN của f(x) = sin
5
x +
3
cosx, có bạn đã giải như sau:
Chỉ cần xét trong x

[0 ;
2

].Ta có:sin
5
x

sinx suy ra : f(x)

sinx +
3
cosx
Mặt khác : sinx +

3
cosx = 2sin(x +
3

)
2

.
Vậy f(x)
max
= 2.
Nhận xét : bài giải trên sai (bài giải đúng xem ở dưới) do đã vướng sai lầm trong
tìm dấu ‘=’. f(x) không thể đạt giá trị bằng 2 được vì để tới BĐT cuối chúng ta đã
thực hiện 2 phép biến đổi :
+ lần 1: sin
5
x

sinx ; dấu ‘=’ khi x = 0,

/2.
+ lần 2: 2sin(x +
6
/

)
2

; dấu ‘=’ khi x=
6

/


Như vậy, khi thực hiện mỗi bước biến đổi ta thường tự đặt ra câu hỏi:
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 13

+ Khi thực hiện các bước biến đổi như vậy thì liệu dấu ‘=’ có đạt được ở bước
cuối cùng không ?
+ Đánh giá như thế nào để có thể đưa về vế còn lại được hay không ?
Mặc dù bài toán có thể thực hiện liên tiếp nhiều bước biến đổi nhưng để dấu ‘=’ đạt
được thì ở mỗi bước dấu ‘=’ cũng phải giống như dấu ‘=’ ở đẳng thức cuối cùng. Vậy
thì tại sao ta không dự đoán trước dấu ‘=’ của BĐT (hoặc giá trị mà tại đó biểu
thức đạt max, min) rồi từ đó mới định hướng phương pháp đánh giá ?. Đây là một
cách phân tích tìm lời giải mà tôi muốn giới thiệu. Để có hướng suy nghĩ đúng chúng
ta thực hiện các bước phân tích sau:
I.Phân tích –tìm lời giải:
1.Dự đoán dấu ‘=’ của BĐT hay các điểm mà tại đó đạt GTLN, GTNN.
2.Từ dự đoán dấu “=”, kết hợp với các BĐT quen thuộc dự đoán phép đánh giá. Mỗi
phép đánh giá phải đảm bảo nguyên tắc “dấu ‘=’ xảy ra ở mỗi bước này phải giống
như dấu ‘=’ dự đoán ban đầu”.
Để làm rõ, tôi xin phân tích cách suy nghĩ tìm lời giải trong một vài ví dụ sau:
II. Các thí dụ:
Thí dụ 1: (ĐH 2003-A)
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn : x + y + z

1. Cmr:
P =
2

2
2
2
2
2
111
z
z
y
y
x
x  82

Phân tích:
B1. Dự đoán dấu ‘=’: x = y = z = 1/3
B2. Để làm mất dấu căn, ta có thể suy nghĩ theo 2 hướng: mất dấu căn ở từng số
hạng hoặc nhập dấu căn ở mỗi số hạng thành một.
1. Nếu suy nghĩ theo hướng mất dấu căn ở từng số hạng ta dùng BĐT Bunhiacopxki:

+
2
2
1
x
x 
ở dạng tổng hai bình phương

BĐT BCS

ta cần tìm:

   
 )??)(
x
x(
2
2
1
.
. Dấu ‘=’ của dự đoán ban đầu là x =
3
1
và dấu ‘=’ của đánh giá BĐT BCS là
?
?
x
x/

1

.Như vậy 2 số còn lại cần điền sẽ có tỉ lệ 3 :
3
1
= 9 : 1. Ta được :
x
x))(
x
x(
9
91
1

22
2
2

. Tương tự với y, z và cộng lại, ta được: P.
zyx
999
82  + x+ y+ z.
+ Vế phải là tổng các phân sốquen (BĐT Côsi )

zyxzyx 

9111
. (Dấu ‘=’ vẫn đảm bảo)


82
P
zyx
zyx


81
t
t)t(f
81

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 14

(với t = x + y + x (0 < t
1

). Khảo sát hàm ta được đpcm. (Tới đây có em dùng BĐT
Côsi 18
81

t
t không thu được kết quả vì đã vi phạm nguyên tắc dấu ‘=’)
2. Nếu suy nghĩ theo hướng nhập các dấu căn:
+ Ở mỗi dấu căn là dạng bình phương

tổng 3 độ dài của ba vectơ .
+ Dự đoán dấu ‘=’ khi x = y = z =
3
1
. Khi đó 3 vectơ
u
= (x ;
x
1
),
v
= (y ;
y
1
) và
w
=

(z ;
z
1
) cùng hướng được tức đẳng thức sau xảy ra được :

P =
22
111
)
zyx
()xyx(wvuwvu 

+ Tới đây thực hiện các bước phân tích như 1.
Khi thay dữ kiện x + y + z
1

bằng dữ kiện khác, chẳng hạn: x + y + z
2

thì vế phải
bài toán như thế nào ?
Thí dụ 2: (DBĐH - 2003)
Tìm GTNN, GTLN của : P = sin
5
x +
3
cosx.
Phân tích:
Ta thấy P chứa một ẩn x suy nghĩ đầu tiên của ta thường là dùng đạo hàm. Thử đạo
hàm :

f’(x) = 5sin
4
x.cosx –
3
x
+ Chúng ta thấy có một nghiệm là sinx = 0 nhưng các nghiệm còn lại ta không thể tìm
được. Như vậy hướng giải quyết khi đạo hàm trực tiếp là không khả thi. Nhưng qua
đây cho ta có dự đoán được các điểm mà tại đó đạt NN, LN sẽ là các điểm làm sinx =
0.(thường thì các điểm đạt max, min là các điểm tới hạn của hàm số)
+ Từ điều này, khi ta biến đổi và sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá phải luôn
luôn có dấu ‘=’ tại các điểm làm sinx = 0.
+ Muốn đưa về một ẩn t, ta đặt t = cosx, nhưng sin
5
x không chuyển về t được

đánh
giá sin
5
x để hạ một bậc (sin
2
x, sin
4
x, . . . thì đưa về t = cosx được). Phải đánh giá như
thế nào để dấu ‘=’có được khi sinx = 0

sin
5
x

sin

4
x

Khi đó : sin
4
x = (1 – t
2
)
2

f(x)

g(t) = (1 – t
2
)
2
+
3
t , t

[-1 ; 1].
+ g’(t) =
3
- 4t(1 – t
2
)

hàm bậc 3 nhưng ta không nhẩm nghiệm được (thử bấm
máy xem có nghiệm trong [-1 ; 1]


không có nghiệm

g’(t) chỉ mang dấu) đánh giá
g’(t) để chứng minh g’(t) có một dấu

dùng BĐT hoặc đạo hàm :
+ g”(t) = 12t
2
– 4, g’’(t) = 0
21/t



. Lập BBT hoặc để ý rằng g’(

1), g’(
2
1
/

) > 0

g’(t) > 0,
]
;
[
t
11




. Suy ra : max g(t) = g(1) (vẫn đảm bảo dấu ‘=’ như ở trên).
Thí dụ 3: (ĐH 2004-A)
Cho tam giác không tù ABC, thỏa mãn điều kiện: cos2A +
22
cosB +
22
cosC =
3.
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 15

Tính các góc của tam giác ABC.
Phân tích:
Bài toán yêu cầu tính 3 góc trong khi đó chỉ cho một đẳng thức ràng buộc như vậy
chỉ có cách dùng BĐT để đánh giá một vế lớn hơn hoặc bằng vế còn lại.
+ Dự đoán dấu ‘=’: B = C = 45
0
và A = 90
0
. (B, C đối xứng nên dự đoán B = C, hệ số
cosB là
2
từ đây dự đoán B = 45
0
thử vào thấy thỏa.)
+ Ta thực hiện biến đổi biểu thức quen thuộc : cosB + cosC = 2cos
2
CB


.cos
2
CB

,
với dự đoán B = C thì cos
2
CB

= 1, ta có thể đánh giá cosB + cosC để chuyển về một
ẩn : cosB + cosC = 2cos
2
CB

.sin
2
A
2
2
A
sin
+ Vậy : cos2A + 03
2
24 
A
sin .
Đây là bài toán một ẩn ta có thể
H1: Đặt t = sin
2

A
(t ];(
2
2
0 ) chuyển
f(t)=(2(2t
2
– 1)
2
–1) + 4
2
t –1= 8t
4
–8t
2
+4
2
t -1
f’(t)=32t
3
–16t + 4
2

không giải được nghiệm. (bấm máy tìm nghiệm t ];(
2
2
0 thấy
không có nghiệm

f’(t) chỉ có một dấu )


f”(t) lập BBT suy ra được f’(t)

0 ,
t


f(t) 3
2
2
 )(f ( bài toán thường gặp ở lớp 12)
H2: Đánh giá cos2A để giảm bớt bậc, có thể phân tích theo hướng : cos2A = 2cos
2
A
– 1.Với dự đoán dấu ‘=’ khi A = 90
0
ở trên, ta có thể đánh giá cos
2
A như thế
nào?Đánh giá :cos
2
A

cosA (để đảm bảo dấu ‘=’ xảy ra khi A = 90
0
)
+ Thu được : cosA + 03
2
24 
A

sin
hay: –2sin
2
2
A
+
04
2
sin24 
A
.
Suy ra: 0)2
2
sin2(
2

A

sin
2
A
=
2
2


Thí dụ 4: (ĐH Mỏ Địa Chất - 99)
Giả sử A, B, C là 3 góc một tam giác. Tìm GTNN :
P =
CcosBcosAcos

2
2
1
2
2
1
2
2
1






Phân tích:
+ Dự đoán điểm đạt GTNN: thử một số giá trị đặc biệt và dự đoán A = B (A, B đối
xứng)
A , B

15
0
30
0

45
0

60
0

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 16

P
3
2
34
4


6/5 4/3
26/15
Vậy dự đoán A = B= 30
0
, C = 120
0

+ Với giá trị dự đoán ta để ý :
2 + cos2A = 2 + cos2B = 2 – cos2C, và cần đánh giá

. Điều này trùng với cách nhập
các phân số trongBĐT Côsi :
+ Vậy : P
CcosBcosAcos
2
2
2
6

9

 = Q
+ Mục tiêu bây giờ là đi chứng minh:
R = cos2A + cos2B – cos2C

3/2 (giá trị tại điểm dự đoán, chiều

để đảm bảo Q

6/5)
+ Biểu thức của R chứa tổng quen thuộc của tam giác : cos2A + cos2B = 2cos(A –
B).cos(A + B) =
- 2cos(A – B). cosC và cos2C = 2cos
2
C – 1. Vậy :
R = - 2cos(A – B).cosC – 2cos
2
C + 1
+ Tới đây, có 2 suy nghĩ :
H1 : Khi A = B = 30
0
xảy ra thì cos(A – B) = 1 và cosC = 
2
1
)BAcos( 
2
1
. Tỉ lệ này
giống tỉ lệ phân tích thành bình phương trong biểu thức của R.

Ta thử phân tích: R = - 2(cosC + )BAcos( 
2
1
)
2
+ 1 +
2
1
cos
2
(A – B)
2
3
 . Đây là mục tiêu
cần đi tới.
H2 : Đánh giá R đưa về một ẩn. Theo dự đoán thì cos(A – B) = 1 xảy ra được. Vậy ta
có đánh giá quen thuộc : cos(A – B)
1

. Nếu nhân cosC vào 2 vế ta gặp sai lầm vì
chưa biết dấu cosC. Ta tránh bằng cách :
- cos(A – B).cosC

Ccos)BAcos(  Ccos (dấu ‘=’ đạt được tại các điểm dự đoán.).
Vậy :
R

-2cos
2
C + 2

Ccos
+ 1= -(
2
1
Ccos )
2
+
2
3
2
3
 (hoặc xét hàm )
Thí dụ 5: (ĐHSP Hà Nội – 99)
Cho x, y, z

[0 ; 1]. Chứng minh rằng :
2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) 3


Phân tích:
+ Dự đoán dấu ‘=’: hai số bằng 1còn 1 số bằng 0 hoặc x = y = z = 1.
+ Với dự đoán trên làm thế nào để xuất hiện được vế trái ? Để làm xuất hiện x
2
y ta thử
xét tích :
( 1- x
2
)(1 - y)

0 (đảm bảo dấu ‘=’ như dự đoán) hay : x
2
y + 1 – x
2
– y 0

. Thực hiện
tương tự trên ta có :
y
2
z + 1 – y
2
– z
0

z
2
x + 1 – z
2

– x
0


BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 17

+ Nếu cộng 3 vế ta gần được bđt cần chứng minh, chỉ thay 2(x
3
+ y
3
+ z
3
) bằng tổng :
x
2
+ y
2
+ z
2
+ x + y + z. Với giả thiết x, y, z

[0 ; 1] thì ta có thể so sánh các lũy thừa
với bậc khác nhau, do đó có thể so sánh hai tổng trên: x
3


x
2


x ; y
3


y
2


y và z
3


z
2


z. Cộng các bđt ta được đích cần phải tới.
Thí dụ 6: (ĐH- A- 2005)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
  
. Chứng minh rằng :
1 1 1
1
2 2 2
x y z x y z x y z

  
     

Phân tích:
+ Dự đoán dấu ‘=’ x = y = z = ¾
+ Với dự đoán đó thì 2x = y + z, x+ z = 2y, x + y = 2z ; mỗi phân số ở vế phải bây giờ
giống vế phải của BĐT nhập phân số quen thuộc ở thức thứ 4 của chiêu “Côsi”.
+ Đánh giá:
1 1 1 1
2 4 2
.( )
x y z x y z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z y x z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z z y x
 
  

+ Với dự đoán x = y =z ta có thể đánh giá :

1 1 1 1
4
( );
x y x y
 

cộng các BĐT này ta được
đpcm.
Thí dụ 7:
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng :
3 3 3 3
3 3
1 1
1
3 3
x y y z
x z
xy xz yz
   
 
  
Phân tích:
+ Dự đoán dấu “=” : x =y = z = 1
+ Với dự đoán này thì 1 = x
3
= y
3
, ở mỗi phân số ta thấy đều có dạng tổn chia tích, ta
dùng Côsi để đánh giá tổng đưa về tích:
3 3

3 3 3 3
3
1 3
3
1 3 3
x y xy
x y x y xy
xy xy
xy
 
      

3 3 3 3
3 3
1 1y z ; z x
zy zx
     

Suy ra : VT
3 3 3
xy yz zx
  

+ Kết hợp với giả thiết và với dự đoán dấu ‘=’thì
xy yz zx
  . Điều này trùng với
dấu hiệu của BĐT Côsi, do đó dùng BĐT Côsi ta được:
VT
3
3

3
3 3 3 3 3 3 3
3 3 3 3
( )
. .
xyz
xy yz zx xy yz zx
     

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 18

Thí dụ 8. Cho a

2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
1
S a
a
 

Giải
Sai lầm thường gặp của học sinh:
1
S a
a
 


2

1
a
a
=2
Dấu “ = ” xảy ra 
1
a
a

 a = 1  vô lí vì giả thiết là a

2.
Cách làm đúng
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử
1
a
để sao cho khi áp dụng BĐT
Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:
1 1
; (1)
1
; (2)
1
,
1
; (3)
; (4)
a
a
a

a
a
a
a
a
a
a





 

 
 


 

 
 
 

 

 
 

 


 

 

 

 



Vậy ta có :
5
1
4 4 2
1 3 1 3 3.2
2
4 4 4
a a a a
S
a a
    
   .
Dấu “ = ” xảy ra  a = 2.
Bình luận:
 Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tắc biên để tìm
ra  = 4.
 ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất đẳng thức Côsi
cho 2 số
,

4
1
a
a
và
3
4
a
đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có điểm rơi a =
2.
Thí dụ 9. Cho a

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
S a
a
 

Giải
Ch
ẳng hạn ta chọn s
ơ đ
ồ điểm r
ơi (1
)
:

( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm)

1 2
1 1
2
a
a
 










2 1
2


  = 4.
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 19

Sơ đồ chọn điểm rơi: a = 2 
2
2
1 1
4

a
a
 










2 1
4


  = 8.
Sai lầm thường gặp
2 2 2
.
1 1 7 1 7 2 7 2 7.2 2 7 9
2
8 8 8 8 8 8 4 4 4
8 8.2
a a a a a
S a
a a a
a
 

 
 
   
         
 MinS =
9
4

Nguyên nhân sai lầm:
Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 vàà MinS =
9
4
là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã
mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a

2 thì
2 2 2
4
8 8.2a


đánh giá sai.
Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kĩ thuật tách nghịch đảo, phải biến
đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Côsi sẽ khử hết biến số a ở mẫu số.
Lời giải đúng:
3
2 2 2
ôsi
. .
1 1 6 1 6 3 6 3 6.2 9

3
8 8 8 8 8 8 4 8 4 8 4
C
a a a a a a a
S a
a a a
 
 
 
    
       

Với a = 2 thì Min S =
9
4

Thí dụ 10. Cho
, , 0
3
2
a b c
a b c






  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1
S a b c
a b c
     

Giải
Sai lầm thường gặp:
6
. .
1 1 1 1 1 1
6 . . . 6
S a b c a b c
a b c a b c
 
       Min S = 6
Nguyên nhân sai lầm :
Min S = 6 
3
1
2
1 1 1
3
a b c a b c
a c
b
   
      
trái với gải thiết.
Phân tích và tìm tòi lời giải
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 20

Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi
1
2
a b c
  

Sơ đồ điểm rơi:
1
2
a b c
  

1
2
1 1 1 2
a b c
a b c
   







  
  


2
4
1
2





Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau :
1
2
a b c
  

2
2 4
2
1 1 1
2
a b c
a b c

  










 
  
  
 

2
4
1
2


  

Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 sau:
   
6
. .
1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 6 4 .4 .4 . 3
S a b c a b c a b c a b c
a b c a b c
 
 
 

           

3 15
12 3.
2 2
  
. Với
1
2
a b c
  
thì MinS =
15
2

Thí dụ 11. Cho
, , 0
3
2
a b c
a b c






  
. Tìm GTNN của
2 2 2
2 2 2

1 1 1
S a b c
b c a
     


Giải
Sai lầm thường gặp:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
6
. . . .
1 1 1 1 1 1
3 3a b c a b c
b c a b c a
S
     
     
     
      

2 2 2
6
2 2 2
6
. . . . .
1 1 1
3 2 2 2 3 8 3 2
a b c

b c a
     
     
     
     
   MinS =
3 2
.
Nguyên nhân sai lầm:
MinS =
3 2

3
1
2
1 1 1
3
a b c a b c
a c
b
   
      
(trái với giả thiết).
Phân tích và tìm tòi lời giải:
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 21

Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi
1

2
a b c
  

2 2 2
2 2 2

1
1 4
4
16
4
41 1 1
a b c
a b c



  







 
  
 
 



Lời giải
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 16 16

1 1 1 1 1 1

16 16 16 16 16 16
S a b c
b b c c a a
          
  

2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 16 16
17 17 17
17 . 17 . 17 .
1 1 1 1 1 1

16 16 16 16 16 16
a b c
b b c c a a
  
  

2 2 2
17 17 17

17
17 17
16 32 16 32 16 32 8 16 8 16 8 16
17 17 17 17
16 16 16 16 16 16
a b c a b c
b c a b c a
 
  
 
 
 
  

 
3
17
17 17 17
8 16 8 16 8 16 8 5 5 5
5
17
. . 3. 17
.
3 17
17 3
16 16 16 16
2 2 2 2
a b c a
b c a a b c
a b c

 
 
 
 
 


15
17
2 2 2
.
3
3 17 3 17
2
2
a b c
 
 
 
 
 
. Dấu “ = ” xảy ra khi
1
2
a b c
  
 Min S =
3 17
2

Bình luận:
 Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải quyết một cách đúng đắn về mặt toán
học nhưng cách làm trên tương đối cồng kềnh. Nếu chúng áp dụng việc chọn
điểm rơi cho bất đăng thức Bunnhiacôpski thì bài toán sẽ nhanh gọn hơn, đẹp
hơn.
 Trong bài toán trên chúng ta đã dùng mọt kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ,
chiều của dấu của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà
nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số hay ở tử số.
Thí dụ 12. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 22

a b c d b c d c d a a b d a b c
S
b c d c d a a b d a b c a b c d
       
       
       

Giải
Sai lầm thường gặp
.
.
.
.
2 2
2 2
2 2
2 2

a b c d a b c d
b c d a b c d a
b c d a b c d a
c d a b c d a b
c a b d c a b d
a b d c a b d c
d a b c d a b c
a b c d a b c d













   
  
   
   
  
   
   
  
   

   
  
   
 S

2 + 2 + 2 + 2 = 8
Sai lầm thường gặp
Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 8 số:
8
. . . . . . .
8 8
a b c d b c d c d a a b d a b c
S
b c d c d a a b d a b c a b c d
       
 
       

Nguyên nhân sai lầm:
Min S = 8 
a b c d
b c d a
c d a b
d a b c








  
  
  
  
 a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  1 = 3  vô lí.
Phân tích và tìm tòi lời giải
Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối xứng với a,b,c,d > 0 do đó MinS nếu
có thường đạt tại điểm rơi tự do là “ là a = b = c = d > 0.( nói là điểm rơi tự do vì
a,b,c,d không mang một giá trị cụ thể). Vậy ta cho trước a = b = c = d dự đoán

4 40
12
3 3
Min S    . Từ đó suy ra các đánh giá của BĐT bộ phận phải có điều kiện
dấu bằng xảy ra là tập con của điều kiện dự đoán: a = b = c = d > 0 .
Ta có sơ đồ điểm rơi : Cho a = b = c = d > 0 ta có:
BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 23


1
1 3
3
9
3
3
a b c d
b c d c d a a b d a b c

b c d c d a a b d a b c
a b c d






 




   
       
 
       
   

Cách 1: Sử dụng BĐT Côsi ta có :
8
, , ,
, , ,
. . . . . . .
8
.
9 9 9
8
9 9 9 9
a b c d

a b c d
a b c d b c d
b c d a a
a b c d b c d c d a a b d a b c
b c d c d a a b d a b c a b c d
S
 
 
 
   
  
 
       

       

 

8
9
b c c d a b a b
a a b b c c d d
d a d c
a b c d
 
 
 
           
12
.12. . . . . . . . . . . . .

8
3
8 8 8 40
12
9 3 9 3
b c d c d a a b d a b c
a a a b b b c c c d d d
 
 
 
 
  
Với a = b = c = d > 0 thì Min S = 40/3.

2.4. Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC)
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu
a b

, đánh giá từ
tổng sang tích, hiểu nôm na là thay dấu a + b bằng dấu a.b thì ngược lại đánh giá từ
TBN sang TBC là thay dấu a.b bằng dấu a + b . Và cũng cần phải chú ý làm sao khi
biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại hằng số.
Bài 1. CMR
 


, , , 0
ab cd a c b d a b c d
     
(1)

Giải
(1) 
 
 
 
 
1

ab cd
a c b d a c b d   
 
Theo BĐT Côsi ta có:
 
1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
a b c b a c b d
VT
a c b c a c b d a c b c
     
     
     
 
        
     
(đpcm)
Bình luận:
 Nếu giữ nguyên vế trái thì khi biến tích thành tổng ta không thể triệt tiêu ẩn số 
ta có phép biến đổi tương đương (1) sau đó biến tích thành tổng ta sẽ được các
phân thức có cùng mẫu số.

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 24

 Dấu “

” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Côsi thì ta phải đánh giá từ TBN sang
TBC .
Bài 2. CMR
 
 
0

0
a c
c a c c b c ab
b c





 
    
 
(1)
Giải

Ta có (1) tương đương với:
 



1
c b c
c a c
ab ab


 

Theo BĐT Côsi ta có:
 


 


1 1 1
1
2 2 2
c b c b c
c a c a c
c c a b
ab ab b a a b a b
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
    
  
(đpcm)
Bài 3. CMR






3
3

1 1 1 1 , , 0
abc a b c a b c
     
(1)
Giải
Ta có biến đổi sau, (1) tương đương:
 
 
 
 

 
   
 
 
3
3
3
33

1.1.1
1.1.1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1

abc
abc a b c
a b c a b c
       
     
Theo BĐT Côsi ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
.3 1
3 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3
a b c a b c
VT
a b c a b c a b c
   
 
   
 
 

   
  
          
        

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c > 0.
Ta có bài toán tổng quát 1:
CMR:








1 2 1 2 1 1 2 2

, 0 1,
n
n
n
n n n n
i i
a a a b b b a b a b a b a b i n
       

Bài 4. Chứng minh rằng :
2 4

16 ( ) ( ) , 0
ab a b a b a b
   

Giải
Ta có :
2 2
2 2
2 2 4
2 2
4 ( ) ( )
16 ( ) 4.(4 )( ) 4 4 ( )
ab a b a b
ab a b ab a b a b
   

   
   
  
     

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 25

Bài 5. Cho

, , 0
1
a b c

a b c






  
Chứng minh rằng :
  
 
8

729
abc a b b c c a   
Giải
Sơ đồ điểm rơi :
Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT xảy ra khi
1
3
a b c
  
. Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng BĐT Côsi ta cần
suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là a = b = c .Do đó ta có lời giải sau :
  
 
   
 
3
3 3 3

ôsi
1 2 8

3 3 3 3 729
C
a b b c c a
a b c
abc a b b c c a
 
 
   
 
   
 
 
   
 
 
    
 
     

Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các hằng số
để sao cho sau biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến. Đặt biệt là đối với
những bài toán có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân thêm hằng số các
em học sinh dễ mắc sai lầm. Sau đây ta lại nghiên cứu thêm 2 phương pháp nữa đó là
phương pháp nhân thêm hằng số, và chọn điểm rơi trong việc đánh giá từ TBN sang
TBC.Do đã trình bày phương pháp điểm rơi ở trên nên trong mục này ta trình bày
gộp cả 2 phần .
2.5. Kỹ thuật nhân thêm hằng só trong đánh giá TBN sang TBC :

Bµi 1. Chứng minh rằng:




1 1 , 1
a
b b a ab a b
     

Giải
Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab, sau đó áp dụng phương pháp
đánh giá từ TBN sang TBC như phần trước đã trình bày, tuy nhiên ở đây ta áp dụng
một phương pháp mới : phương pháp nhân thêm hằng số.
Ta có :
   


   
 
ôsi
ôsi
.1
.
1 1
1 1
2
1 1
1 1 1 .
2

2
2

C
C
b
ab
a b a b a
a
ab
b a b a b










 
  
 
  



 
 

1 1 +
2 2
ab ab
a b b a ab
    

BAT DANG THUC

SACRÉD WÁR Page 26

Dấu “ = ” xảy ra 
1 1 2

1 1 2
b b
a a
 
 
 
 
 
  

  

Bình luận:
 Ta nhận thấy việc nhân thêm hằng số 1 vào biểu thức không hoàn toàn tự nhiên,
tai sao lại nhân thêm 1 mà không phải là 2. Thực chất của vấn đề là chúng ta chọn
điểm rơi của BĐT theo quy tắc biên là a = b = 1/2.
Nếu không nhận thức được rõ vấn đề trên thì học sinh sẽ dễ mắc sai như trong VD

sau.
Bài 2. Cho

, , 0
1
a b c
a b c






  
Tìm giá trị lớn nhất:
S a b b c c a
     

Giải
Sai lầm thường gặp:
 


 
 
 
 
ôsi
ôsi
ôsi

2

2

2
1
.1
1
.1
1
.1
C
C
C
a b
a b a b
b c
b c b c
c a
c a c a















 
  
 
  
 
  



2 3
5
2 2
a b c
a b b c c a
  
      

Nguyên nhân sai lầm
Dấu “ = ” xảy ra  a + b = b + c = c + a = 1  a + b + c = 2 trái với giả thiết.
Phân tích và tìm tòi lời giải:
Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm của BĐT sẽ là
1
3
a b c
  

từ đó ta dự đoán Max S =
6
.  a + b = b + c = c + a =
2
3
 hằng số
cần nhân thêm là
2
3
. Vậy lời giải đúng là :