SKKN xây dựng cơ sở cho phương pháp nhân tử bất đẳng thức cauchy

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

1

PHẦN 2. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
2.1 Hình thành phương pháp "tạo nhân tử giải bất ñẳng
thức chứa căn"
Những năm gần ñây trong các ñề thi học sinh giỏi của các trường và các tỉnh có rất
nhiều bất ñẳng thức chứa căn gây không ít cảm giác khó cho các em học sinh.
Thực tế khi gặp bất ñẳng thức chứa dấu căn các em lúng túng không biết nên bắt
ñầu từ ñâu, vận dụng giả thiết như thế nào
Chúng ta bắt ñầu từ bài toán ñơn giản như sau
Bài toán 1:
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y =
2
1
x x
−

Lời giải:
Điều kiện : x∈ [-1; 1]
Ta có y =
2 2
2
1 1

1
2 2
x x
x x
+ −
− ≤ =
dấu bằng xảy ra khi

2 2
1
1
2
x x x= − ⇔ = ±

Vậy giá trị lớn nhất của y là
1
2
khi
1
2
x = ±

Nhận xét: Đây chưa là bài toán khó, với mức học sinh trung bình khá có thể giải
ñược. Ngoài ra có thể giải bằng cách khác từ ñiều kiện ñó ta ñặt x= sint tuy vậy
cách giải trên là ñơn giản nhất. Học sinh cũng có thể biến ñổi tương ñương từ
hằng ñẳng thức vì thế vấn ñề về dấu căn ở ñây chưa có gì khó.
Tiếp tục với một ví dụ khác
Bài toán 2:
Tìm giá trị lớn nhất của : y =
1

x
x
−

Phân tích: Bài toán này yêu cầu ñã cao hơn một tí, ñể tìm max của y ta phải làm
sao xuất hiện
y a
≤
( hằng số) .Làm sao ñể khử x ở vế trái tức là tử thức phải có
dạng a.x. Từ ñó xét
1
x
−
liệu x-1 có là tích hai số cộng lại mất số tự do như số
-1 ? và kết quả là x-1= 1(x-1)
Lời giải:
Điều kiện: x
≥
1

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

2

Khi ñó y

1( 1)
1
x
x
x x
−
−
= =
do x
≥
1 nên x>0 và áp dụng bất ñẳng thức cô si cho
hai số ta có

1 1
1( 1)
1
2 2
2
x x
x
y
x x x
+ −
−
= ≤ = =
dấu bằng xảy ra khi x-1 =1 tức là x=2
Vậy giá trị lớn nhất của y là
1
2
khi x =2.

Nhận xét: Việc nhân thêm số 1 là ý tưởng khá ñộc ñáo ñã làm cho bài toán trên
trở nên rất ñẹp sau khi ta giải, và chính bài toán ñã khơi nguồn cho bản thân tôi
bắt tay vào chọn ñề tài này ñể viết.
Ta sẽ bắt ñầu từ bất ñẳng thức cô si:
Cho n số không âm a
1
; a
2
; ; a
n
khi ñó ta luôn có

1 2 1 2

n
n n
a a a n a a a
+ + + ≥ dấu bằng xảy ra khi a
1
= a
2
= = a
n

Thông thường khi học sinh giải toán sẽ rất dễ nhận ra việc ứng dụng bất ñẳng thức
trên theo chiều thuận như thế cho nên ña số các em sẽ giải quyết các bất ñẳng thức
chứa tổng các số hạng nên ñôi lúc gặp bất ñẳng thức chứa dấu căn mà vì không
linh hoạt vận dụng ñược bất ñẳng thức ñó theo chiều ngược như
1 2
1 2

n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≤
(hoặc sử dụng
n
n
n
nn
n
n
n
aaa
aaa








+++
≤

21
21
)
nên thấy phức tạp.
Vì lí do ñó suy nghĩ của tôi là giúp các em tạo ra các tích trong căn thức ñể vận
dụng bất ñẳng thức cô si làm ñơn giản bài toán.
Đó là nội dung của phương pháp tôi gọi tên là " Phương pháp tạo nhân tử giải
quyết bất ñẳng thức chứa căn"
2.2 Xây dựng hệ thống bài toán từ phương pháp " Tạo nhân
tử giải bất ñẳng thức chứa căn"
\ Trong ñề tài tôi sẽ xây dựng và hình thành các kĩ thuật, kinh nghiệm giải toán của
phương pháp kết hợp các bài toán tôi xây dựng theo hệ thống logic từ bài toán số
1 ñế bài toán 30, tuy vậy ñể làm nổi bật nội dung phương pháp giải trong ñề tài
này tôi tạm phát triển vấn ñề phân loại theo hai hệ thống cụ thể trong mỗi hệ
thống sẽ phân hai nhóm cho người ñọc dễ nhớ như sau
2.2.1. Hệ thống 1. Các bài toán tạo nhân tử gắn với vai trò của vị trí
dấu căn.
Như chúng ta thường thấy khi gặp một bài toán chứa căn thì ñập vào mắt
chúng ta là dấu căn thức và ấn tượng ñầu tiên luôn là cảm giác phức tạp hơn bất

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

3

ñẳng thức thông thường, việc dấu căn nằm ở ñâu ? vế trái hay vế phải, trên tử hay
dưới mẫu ? biểu thức dưới dấu căn là gì? Tất cả những yếu tố ñó sẽ quyết ñịnh ñộ
khó của bài toán cũng như là hướng mở ñầu ñể ta lựa chọn con ñường ñi tiếp theo
2.2.1.a. Khi dấu căn ở tử thức
Phần này tôi xét các bài toán chứa căn thức của các ña thức một biến hoặc nhiều
biến và chỉ có ở tử chưa chứa căn ở mẫu, ñây là dạng toán mà học sinh ít ngại khó
hơn.
Ta hãy ñưa các em tiếp tục bài toán 2 với suy nghĩ liệu khi ta thay số 1 cho một số
dương khác thì sao?
Ta thử sức qua ví dụ sau
Bài toán 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T=
yz 1 2 3
x zx y xy z
xyz
− + − + −

Lời giải:
Điều kiện
1
x
≥
;
2
y
≥
;
3
z

≥

Rút gọn T ta có T=
2
1 3
y
x z
x y z
−
− −
+ +

(Đến ñây ta thấy xuất hiện bài toán 2 và yêu cầu tổng quát trên ñã có mặt
chẳng hạn với
2
y
y
−
giải quyết thế nào? làm sao khử số -2 )
=
1
2 2

Ta tiếp tục lời giải :
Ta có
1( 1) 2( 2) 3( 3)
1 1 2 2 3 3
2
2 3 2 2 2 3
x y z

x y z
T
x x
y z y z
− − −
+ − + − + −
= + + ≤ + +
1 1 1
2
2 2 2 3
= + +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 1 2
2 2 4
3 3 6
x x
y y
z z
= − =
 
 
= − ⇔ =
 
 
= − =
 

Vậy giá trị lớn nhất của T là
1 1 1
2

2 2 2 3
+ + khi x=2;y=4;z=6
2 2( 2)
2 2
2 2 2
y y
y
y
y y
− −
+ −
= ≤

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

4

Qua các bài toán vừa rồi ta có thể tổng quát là
.( )
1
( 0)
. 2
a x a
x a
a

x
a x a
−
−
= ≤
f

Từ ñó chuyển suy nghĩ bằng cách thay số a bởi một số tự nhiên ta hãy tiếp tục với
một bài toán khá hay như sau:
Bài toán 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và số thực
x n
≥
ta
luôn có
2
1

21
−≤
−
++
−
+
−
n
x
nx
x
x
x

x

Lời giải:

Với mọi số nguyên k (
nk
≤
≤
1
) ta có
( )
1
2 2
k x k
x k k x k
x
x k x k k
−
− + −
= ≤ =
(
dấu bằng có thể xảy ra khi x=2k)
suy ra
1 2 1 1 1 1
( )
2
1 2
x x x n
x x x
n

− − −
+ + + ≤ + + +
( dấu = không
xảy ra khi n>1)
Ta chỉ cần chứng minh
1 1 1
2 1
1 2
n
n
+ + + ≤ −
(*)
Với n=1 hiển nhiên (*) ñúng
Với n>1 ta có
(
)
)2(12
1
221
nkkk
kkkkk
≤≤−−=
−+
<
+
=

suy ra
)1 2312(21
1

2
1
1
1
−−++−+−+≤+++ nn
n

2 1
n
= −

Qua 4 bài toán trên chắc hẳn bạn ñọc ñã nhận ra một nét chung rất riêng biệt và dễ
thấy ñó là ta ñã làm mất dấu căn thông qua tạo ra tích các thừa số ñể vận dụng
bất ñẳng thức cô si, một ñiều có thể không khó ñể nhìn ra mấu chốt ñể giải quyết
các bất ñẳng thức chứa căn là nhân thêm nhưng liệu nhân thêm như thế nào và
nhân thêm bao nhiêu số ? Đa số các bài chứa căn trước hết ta cứ tìm cách khử dấu
căn rồi tính tiếp, vậy làm sao ñể mất ñược căn bậc n?
Trong các bài tập tôi ñề cập phương pháp giải ñều là áp dụng bất ñẳng thức cô si
nên xuất phát từ dấu = xảy ra ta dự ñoán rồi nhân thêm biểu các biểu thức
bằng nhau dưới dấu căn và phải nhân thêm ñể có ñủ n thừa số trong căn bậc
n thì việc làm mất dấu căn là có thể.Tôi nghĩ rằng khi ñưa ra câu trả lời ñó ta cảm
thấy rõ ràng và dễ dàng nhưng ñể phát hiện ra nó là kết quả của một quá trình tính
toán và xử lí của cả một hệ thống bài toán có phát triển và với phép tương tự như ta
ñã làm
Ta hãy tiếp tục với bài toán sau:

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti

ến Trung

THPT Đô Lương 2

5

Bài toán 5: Với các số dương a,b,c,d thỏa mãn a+b+c+d = 1
Chứng minh
4a+1 4 1 4 1 4d+1 4 2
b c+ + + + + ≤

Dự ñoán dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d = 1/4
ở ñây căn bậc hai và ta có 4a+1=2 nên ta nhân và chia với số 2 trong căn
Lời giải:
Ta có
1 4a+1+2 4a+3
4a+1 (4 1)2
2 2 2 2 2
a= + ≤ =

tương tự
4b+3
4b+1
2 2
≤
và
4c+3
4c+1
2 2
≤

;
4d+3
4 +1
2 2
d ≤
suy ra
4( ) 12
4a+1 4 1 4 1 4d+1 4 2
2 2
a b c d
b c
+ + + +
+ + + + + ≤ =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d=1/4.
Ở bài toán này có người ñọc cho rằng sao ta không dùng cách giải dùng bất ñẳng
thức Bunhia-copxki như sau:

(
)
(
)
( )
3214141414111114141414
2222
2
=++++++++++≤+++++++ dcbadcba

2414141414 ≤+++++++⇔ dcba

Quả thực cách giải ñó nhanh nhưng mỗi lời giải có cái hay riêng, ở lời giải tôi ñưa
ra có thể phát huy khả năng phân tích và dự ñoán và ñặc biệt sẽ phát triển vấn ñề
ñược sang căn bậc lớn hơn 2 thì khi ñó sử dụng Bunhia không còn hiệu quả chẳng
hạn ta xét bài toán sau:
Bài toán 6:
( Đề thi chọn hsg trường THPT Đô Lương 2 năm học 2010 khối 10)

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 chứng minh ta luôn có
3
3 3 3
3a+1 3b+1 3 +1 3 2
c+ + ≤

Dự ñoán dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/3 và 3a+1=2 vì thế trong căn bậc 3 ta nhân
chia hai số 2
Lời giải:
Ta có
3
3
3 3 3
1 1 3a+1+2+2 3a+5
3a+1 (3a+1).2.2 .
3
4 4 3 4
= ≤ =

tương tự
3
3
3b+5

3b+1
3 4
≤
và
3
3
3c+5
3c+1
3 4
≤
từ ñó suy ra
3
3 3 3
3 3
3( ) 15 18
3a+1 3b+1 3 +1 3 2
3 4 3 4
a b c
c
+ + +
+ + ≤ = =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/3

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

6

Qua bài toán 5 và 6 giáo viên hoàn toàn có thể thay giả thiết bởi tổng n số dương
nào ñó và thay căn bậc 2 bậc 3 bởi bậc cao hơn thì sẽ ñề xuất ñược những bài toán
rất ñẹp.
Ví dụ : Chỉ cần viết ra một căn thức nào ñó như
25 +a
sau ñó muốn tạo bài
toán bao nhiêu ẩn cũng ñược và thay ñổi giả thiết tùy ý chẳng hạn
Với a+b+c=3 thì
73252525 ≤+++++ cba
;
nnnn
cba 73252525 ≤+++++

với a+b+c=6 thì
n
nnn
cba 12.3252525 ≤+++++

với a+b+c+d=4 thì
nnnnn
dcba 7.425252525 ≤+++++++

Tương tự cũng có thể mở rộng phép toán trong căn sang tích như bài tập sau:
Bài toán 7:
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1 chứng minh ta luôn có
3 3 3 3
3

ab bc ca
+ + ≤

Đến bài tập này chắc chắn học sinh có thể tự tin giải mà không phải khó khăn
mấy trong việc tìm ra biểu thức nhân thêm
Vẫn dự ñoán dấu bằng khi a=b=c=1/3 ñể từ ñó biết nhân vào 1/3 trong dấu căn bậc
3 cho ñủ 3 thừa số.
Lời giải : Ta có
3 3 3
3
1
1
3
3. . . 3.
3 3
a b
ab a b
+ +
= ≤

tương tự
3 3
1
3
3.
3
b c
bc
+ +
≤

;
3 3
1
3
3.
3
c a
ca
+ +
≤
cộng 3 bất ñẳng thức ta có
3
3 3 3 3
3(2 2 2 1)
3
3
a b c
ab bc ca
+ + +
+ + ≤ =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/3
Mở rộng bài toán: Ta có thể tổng quát các bất ñẳng thức nhỏ như sau:
Với
1
a
≥
thì
a,
2a-1

1
a
≤
Hướng dẫn
(2a-1).1
2a-1 2a-1+1
1
2
a a a
= ≤ =

b,
3
3a-2
1
a
≤
Hướng dẫn
3
3
(3a-2).1.1
3a-2 3a-2+1+1
3
a a a
= ≤

c,
n
na -n+1
1

a
≤
Hướng dẫn
3
(n -1 sô)
(na-n+1) .1 1
na-n+1 na-n+1 +1
n
a a a
= ≤



Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

7

Mấu chốt ñể chứng minh các bất ñẳng thức ñó là việc nhân thêm trong dấu căn tạo
ra n thừa số bằng nhau. Sau khi biết các bất ñẳng thức tạm xem là cơ bản ñó ta có
thể lắp ghép ñể ứng dụng giải các bài toán lớn hơn.
Bài toán 8.
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a.b.c=1 .Chứng minh
a.
3
4

2 1. 3 2. 4 3 1
a b c
− − − ≤

b.
3
4
2 1 3 2 4 3
3
a b c
a b c
− − −
+ + ≤


D
ễ
dàng gi
ả
i
ñượ
c và d
ấ
u b
ằ
ng khi a=b=c=1
Nh
ư
v
ậ

y qua vi
ệ
c phát tri
ể
n và tìm tòi các bài toán có nét chung
ñể

ñư
a ra cách gi
ả
i
hi
ệ
u qu
ả
phù h
ợ
p d
ạ
ng toán h
ọ
c sinh có th
ể
gi
ả
i bài toán này m
ộ
t cách
ñơ
n gi

ả
n
h
ơ
n nhi
ề
u so v
ớ
i
ñặ
t nó n
ằ
m riêng l
ẻ
và không bi
ế
t tìm ra công c
ụ
chung trong các
bài toán
ñ
ó.
Đế
n
ñ
ây các em h
ọ
c sinh có th
ể
nhìn th

ấ
y r
ấ
t nhi
ề
u bài toán có quan
h
ệ
g
ầ
n v
ớ
i nh
ữ
ng bài toán ta
ñ
ã nêu, chính nh
ữ
ng bài toán này th
ờ
i gian m
ấ
y n
ă
m
nay ta hay g
ặ
p trong các sách và tài li
ệ
u nâng cao nh

ư
ng ng
ườ
i ta không có m
ộ
t
ph
ươ
ng pháp nào chung c
ả
.
Sau ñây là các ví dụ minh họa những bài toán ñã gặp
:
Ví dụ 1
: ( Toán h
ọ
c tu
ổ
i tr
ẻ
5/2008)
Cho a,b,c>0 và
3
ab bc ca
+ + ≥
ch
ứ
ng minh
2 2 2
a+3 3 3 2( )

b c a b c
+ + + + ≤ + +


D
ự

ñ
oán: D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi a=b=c=1 và khi
ñ
ó a+3=4
Vì th
ế
các em ch
ỉ
c
ầ
n nhân s
ố
4 vào c
ă
n là
ñượ
c

L
ờ
i gi
ả
i:
Ta có
( 3).4
3 4 7
a+3
2 4 4
a
a a
+
+ + +
= ≤ =

áp d
ụ
ng t
ươ
ng t
ự
cho hai s
ố
h
ạ
ng còn l
ạ
i và c
ộ

ng l
ạ
i ta có
21
a+3 3 3
4
a b c
b c
+ + +
+ + + + ≤
M
ặ
t khác ta l
ạ
i có
2
1
2
a
a
+
≤ ;
2
1
2
b
b
+
≤ ;
2

1
2
c
c
+
≤
suy ra
2 2 2
21 45
4 8
a b c a b c
+ + + + + +
≤
ta ch
ứ
ng minh
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
45 45
2 3
8 15
a b c
a b c a b c
+ + +
≤ + + ⇔ + + ≥ =

Hi
ể
n nhiên

ñ
úng vì
2 2 2
3
a b c ab bc ca
+ + ≥ + + ≥

- Bài toán sau m
ớ
i nhìn thì có v
ẻ
ph
ứ
c t
ạ
p nh
ư
ng quan sát k
ĩ
là ng
ườ
i ta
ñ
ã m
ượ
n
gi
ả
thi
ế

t làm b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c trung gian b
ở
i vì ta luôn có quan h
ệ
th
ứ
t
ự


Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

8

222
2
3
)(
cba

cba
cabcab ++≤
++
≤++

Ch
ẳ
ng h
ạ
n khi có gi
ả
thi
ế
t ab+bc+ca ho
ặ
c a+b+c ch
ỉ
c
ầ
n
ñặ
t
222
cba ++

vào v
ế
l
ớ
n

h
ơ
n là t
ạ
o ra bài toán khác

Ví dụ 2.
( Sách b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c Max cop)
Cho a,b,c không âm th
ỏ
a mãn
2 2 2 6
a b b c c a
+ + + + + + + + =
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2 2 2
3
a b c
+ + ≥

D
ự

ñ
oán: d
ấ
u b
ằ
ng khi a=b=c=1 và a+b+2=4
L
ờ
i gi
ả
i:
( 2).4
6
2
2 4
a b
a b
a b
+ +
+ +
+ + = ≤ t
ươ
ng t
ự
ta suy ra
2( ) 18 9

2 2 2
4 2
a b c a b c
a b b c c a
+ + + + + +
+ + + + + + + + ≤ =
theo gi
ả
thi
ế
t suy ra
9
6 3
2
a b c
a b c
+ + +
≥ ⇔ + + ≥

V
ậ
y ta có
(
)
2
2 2 2
3
3
a b c
a b c

+ +
+ + ≥ ≥

Đ
pcm.
Bây gi
ờ
ta thay th
ế
gi
ả
thi
ế
t và cùng giá tr
ị
khi a=b=c=1 thì
a=b=c=a
2
=b
2
=c
2
=ab=bc=ca khi
ñ
ó ta có nh
ữ
ng bài toán hoàn toàn m
ớ
i
Ví dụ 3:

Cho a,b,c là các s
ố
d
ươ
ng th
ỏ
a mãn a + b + c = 3 ch
ứ
ng minh ta luôn có

2 2 2
1 2 1 2 1 2 6
a bc b ca c ab
+ + + + + + + + ≤


L
ờ
i gi
ả
i :
Ta có
2
2
2
(1 2 )4
1 2 4
1 2
2 4

a bc
a bc
a bc
+ +
+ + +
+ + = ≤ t
ươ
ng t
ự

2
2
1 2 4
1 2
4
b ca
b ca
+ + +
+ + ≤ và
2
2
1 2 4
1 2
4
c ab
c ab
+ + +
+ + ≤ suy ra
2 2 2
2 2 2

2
2 2 2 15
1 2 1 2 1 2
4
( ) 15
6
4
a b c ab bc ca
a bc b ca c ab
a b c
+ + + + + +
+ + + + + + + + ≤
+ + +
= =
D
ấ
u b
ằ
ng khi và ch
ỉ
khi a=b=c=1
C
ũ
ng có m
ộ
t bài toán t
ươ
ng t
ự
ví d

ụ
1 trong
ñề
tuy
ể
n sinh vào l
ớ
p 10
Ví dụ 4
(THPT chuyên Lam S
ơ
n -2006)
Cho a,b,c>0 và
2 2 2
3
ab bc ca
+ + ≥
ch
ứ
ng minh
4 4 4
3 3 3
7 7 7 2( )
a b c a b c
+ + + + + ≤ + +


Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti

ến Trung

THPT Đô Lương 2

9

Ta l
ạ
i d
ự

ñ
oán d
ấ
u b
ằ
ng khi a=b=c=1 và a+7=8 l
ạ
i có c
ă
n b
ậ
c 3 nên ta nhân hai s
ố

8
L
ờ
i gi
ả

i: Ta có
3
3
( 7).8.8
7 8 8 23
7
4 12 12
a
a a
a
+
+ + + +
+ = ≤ =
Ti
ế
p t
ụ
c làm t
ươ
ng t
ự
ta có
3 3 3
69
7 7 7
12
a b c
a b c
+ + +
+ + + + + ≤

mà
4 4
1 1 1 3
4 4
a a
a
+ + + +
≤ = và
4
3
4
b
b
+
≤ ;
4
3
4
c
c
+
≤ suy ra
4 4 4
69 285
12 48
a b c a b c+ + + + + +
≤

Đế
n

ñ
ây ta ch
ỉ
c
ầ
n ch
ứ
ng minh
4 4 4
4 4 4
285
2( )
48
a b c
a b c
+ + +
≤ + + hay
là
4 4 4
3
a b c
+ + ≥
,
ñ
i
ề
u này
ñơ
n gi
ả

n vì
4 4 4 4 8 2
4
1 4 4ab
a b b a b+ + + ≥ =

4 4 4 2
1 4bc
b c c
+ + + ≥
;
4 4 4 2
1 4ca
c a a
+ + + ≥

nh
ư
v
ậ
y
(
)
(
)
4 4 4 2 2 2
3 3 4 ab 12
a b c bc ca
+ + + ≥ + + ≥
hay

4 4 4
3
a b c
+ + ≥

Ví dụ 5:
(
T5/332 Toán học tuổi trẻ tháng 2-2005
)
Cho a
≥
0 ch
ứ
ng minh :
2
63
+≤++ aaaa

L
ờ
i gi
ả
i :
Ta có
≤++=++
6363
1.1.1.1.1.1.1.1. aaaaaa


2

6
11111
3
11
2
1
+=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
a
aaa
D
ấ
u = x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a=1.
L
ờ
i gi
ả

i rõ ràng h
ơ
n các
ñ
áp án s
ử
d
ụ
ng phân tích hay
ñặ
t
ẩ
n ph
ụ
t=
6
a

T
ừ

ñ
ây các b
ạ
n có th
ể
ch
ế
bi
ế

n thêm các c
ă
n
ñể
có các bài toán khác ho
ặ
c s
ử
a
thành các ph
ươ
ng trình vô t
ỷ
nh
ư

VD: Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2
63
+=++ xxxx

M
ộ
t s
ố
ví d

ụ
sau có th
ể
gi
ả
i t
ươ
ng t
ự

Ví dụ 6.
Cho a,b,c d
ươ
ng a+b+c=3/4
Ch
ứ
ng minh
3333
333
≤+++++ accbba

G
ợ
i ý:
3
311
)3(1.13
3
3
ba

baba
+
+
+
≤+=+

Ví dụ 7.
Cho a,b,c d
ươ
ng a
2
+b
2
+c
2
=3
Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a P=
333
434343 ++++++++ accbba

G
ợ

i ý :
12
388
)43.(8.8
4
1
43
3
3
ba
baba
+
+
+
≤++=++
t
ươ
ng t
ự
cho các c
ă
n khác
r
ồ
i dùng b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ

c
(
)
222
cba3 ++≤++ cba

Ví dụ 8
. Cho a,b,c d
ươ
ng a+b+c=1
Ch
ứ
ng minh
1111
333
≤−++−++−+ bacacbcba

G
ợ
i ý
3
3
)111(
.)1(1.11
3
3
acab
a
cba
cbacba

−
+=
−
+
+
+
≤−+=−+


Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

10

Tổng kết mục 2.2.1.a:
Như vậy khi chúng ta gặp các bài toán chứa căn ñơn thuần ở tử thức như dạng
trên dạng trên việc ñầu tiên là ta quan sát biểu thức dưới căn sau ñó sẽ nghĩ làm
sao xuất hiện tích những biểu thức nhỏ trong căn mà tổng của chúng không ñổi
hoặc tích của chúng không ñổi thì ta có thể bắt tay làm như các bài tập trong
mục này. Một ñiều dễ nhận ra theo bất ñẳng thức cô si khi ñó căn thức chứa
nhân tử mà ta tạo ra ñó phải nằm về chiều bé của bất ñẳng thức nên sẽ gặp ở
dạng bài toán chứng minh A
≤
B, A<B mà căn thức nằm trong A hoặc dạng
toán tìm giá trị lớn nhất của P là biểu thức chứa căn.

2.2.1.b. Khi dấu căn thức nằm ở mẫu hoặc biểu thức dưới dấu căn là

phân thức

Qua ph
ầ
n trên h
ọ
c sinh có th
ể
t
ự
tin khi g
ặ
p m
ộ
t s
ố
bài v
ớ
i bi
ể
u th
ứ
c d
ạ
ng c
ă
n
ở

t
ử
th
ứ
c tuy v
ậ
y s
ẽ
khó kh
ă
n h
ơ
n n
ế
u d
ấ
u c
ă
n
ở
m
ẫ
u ho
ặ
c bi
ể
u th
ứ
c trong c

ă
n có
d
ạ
ng phân th
ứ
c trong m
ụ
c này ta s
ẽ
gi
ả
i quy
ế
t các d
ạ
ng
ñ
ó.
Các bài toán trên v
ớ
i d
ấ
u c
ă
n th
ứ
c n
ằ
m trên t

ử
th
ứ
c g
ắ
n v
ớ
i bài toán tìm giá tr
ị

l
ớ
n nh
ấ
t ta s
ẽ
chuy
ể
n suy ngh
ĩ
t
ươ
ng t
ự
khi d
ấ
u c
ă
n
ở

m
ấ
u v
ớ
i bài toán tìm giá tr
ị

nh
ỏ
nh
ấ
t.
Đ
ó là n
ộ
i dung c
ủ
a bài toán sau:
Bài toán 9.
(
Diễn ñàn Boxmath.vn
) Cho a,b,c d
ươ
ng a+b+c=3/4 .
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ

t c
ủ
a
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=

Rõ ràng bài toán này
ñượ
c suy ra t
ừ
bài toán nh
ư
ví d
ụ
6 ph
ầ
n 2.1.1 cùng m

ộ
t cách
nhân thêm hai s
ố
1
L
ờ
i gi
ả
i: Ta có

( ) ( ) ( )
( )
( )
3
64
111.3
23
3
23
3
23
3
1.1.3
1
1.1.3
1
1.1.3
1
3

1
3
1
3
1
2
333
333
=
+++
++
≥
++
+
++
+
++
≥
≥
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+

=
cbaaccbba
accbbaaccbba
P

d
ễ
dàng tìm
ñượ
c giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a P=3 khi a=b=c=1/4.
Bài toán 10
: Cho a,b,c không âm, a
2
+b
2
+c
2
=1. Ch
ứ
ng minh
1
111

≥
+
+
+
+
+ ab
c
ca
b
bc
a

Phân tích: Nhi
ề
u b
ạ
n
ñọ
c s
ẽ
ngh
ĩ
r
ằ
ng
ñề
tài c
ủ
a tôi là phát tri
ể

n theo h
ướ
ng khai
thác d
ấ
u = c
ủ
a b
ấ
t
ñắ
ng th
ứ
c Cô si
ñề
xây d
ự
ng l
ờ
i gi
ả
i, tuy v
ậ
y
ñ
i
ề
u
ñ
ó s

ẽ
d
ẫ
n
ñế
n
sai l
ầ
m khi áp d
ụ
ng ngay cho ví d
ụ
này v
ớ
i d
ự

ñ
oán a=b=c vì th
ự
c t
ế
d
ấ
u b
ằ
ng
không x
ả
y ra t

ạ
i tâm. V
ớ
i ph
ươ
ng pháp nhân thêm
ở
bài toán 9 v
ớ
i m
ụ
c tiêu làm
sao xu
ấ
t hi
ệ
n a+b+c ho
ặ
c ab+bc+ca
ở
v
ế
ph
ả
i
ñể
g
ầ
n g
ũ

i v
ớ
i gi
ả
thi
ế
t nên ta ph
ả
i
làm m
ấ
t c
ă
n c
ủ
a 1+bc; 1+ca,1+ab và bi
ể
u th
ứ
c nhân bên c
ạ
nh nó ph
ả
i cùng b
ậ
c 2
ta d
ự

ñ

oán là nhân v
ớ
i a
2
, b
2
,c
2
khi
ñ
ó bu
ộ
c ta ph
ả
i xét a,b,c t
ạ
i biên là s
ố
0. Và k
ế
t
qu
ả
là d
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi a=0;b=1;c=2 và các hoán v

ị

H
ướ
ng d
ẫ
n l
ờ
i gi
ả
i:

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

11

TH
1
: Ch
ỉ
có m
ộ
t trong 3 s
ố
a,b,c khác 0 gi

ả
s
ử
a#0 suy ra a=1,b=c=0
thì
1
111
=
+
+
+
+
+ ab
c
ca
b
bc
a

TH
2
: Có hai trong 3 s
ố
khác 0 gi
ả
s
ử
c=0, a,b#0 ta có a
2
+b

2
=1
khi
ñ
ó
1
111
22
=+>+=
+
+
+
+
+
baba
ab
c
ca
b
bc
a

HT
3
: a,b,c
ñề
u khác 0
Khi
ñ
ó m

ớ
i s
ử
d
ụ
ng
( )
bca
a
bc
a
+
=
+
1
1
2
2
s
ẽ

ñ
ánh giá
ñượ
c v
ế
trái l
ớ
n h
ơ

n 1
Bài toán 11
:
(
o
limpic 30-4-2003)
Cho a;b;c d
ươ
ng th
ỏ
a mãn a.b.c=1. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ

nh
ấ
t c
ủ
a
2 2 2
a b c
T
a b c
= + +
− − −

Phân tích:
Ở

ñ
ây ta
ñ
ang theo lu
ồ
ng suy ngh
ĩ
c
ủ
a bài toán 3 là làm m
ấ
t h
ệ
s
ố
t
ự
do
nh
ư
x-2 và 2 nh
ư
ng không
ñượ
c, tuy v
ậ
y 2-a và a thì có th
ể
m
ấ

t a khi c
ộ
ng l
ạ
i
L
ờ
i gi
ả
i:
Ta có
2 2 2
2 2 2
(2 ) (2 ) (2 )
a a b b c c a a b b c c
T
a a b b c c
a a b b c c
= + + ≥ + +
+ − + − + −
− − −

3
3 . . 3 . .
a a b b c c a a b b c c a b c
= + + ≥ =
=3
D
ấ
u = x

ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
, , (0;2)
. . 1
1
2
2
2
a b c
a b c
a b c
a a
b b
c c
∈


=


⇔ = = =
= −


= −

= −




Nh
ư
v
ậ
y v
ấ
n
ñề

ở

ñ
ây khi g
ặ
p b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c ch
ỉ
ch
ứ
a c
ă
n
ở

m
ẫ
u và ch
ắ
c ch
ắ
n h
ọ
c
sinh có th
ể
liên h
ệ
v
ớ
i d
ạ
ng ch
ứ
a
ở
t
ử
nh
ư
ng chi
ề
u b
ấ
t

ñẳ
ng th
ứ
c s
ẽ
ng
ượ
c l
ạ
i. V
ậ
y
nh
ữ
ng bài toán có phân th
ứ
c trong c
ă
n hay d
ấ
u c
ă
n n
ằ
m c
ả
t
ử
và m
ẫ

u thì làm sao?
Ta ti
ế
p t
ụ
c gi
ả
i quy
ế
t câu h
ỏ
i
ñ
ó.
Cùng v
ớ
i vi
ệ
c thay
ñổ
i hình th
ứ
c bài toán còn có th
ể
thay
ñổ
i
ñ
i
ề

u ki
ệ
n c
ủ
a bi
ế
n t
ừ

ñ
ó ta
ñế
n v
ớ
i các bài toán khá thú v
ị
sau
Bài toán 12.
Cho a,b,c>0 và a+b+c=6
Tìm min c
ủ
a
2 2 2
a b c
T
b c c a a b
= + +
+ − + − + −

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

12


2 2 2 2 2 2
a b c
P
b c a c a b a b c
= + +
+ − + − + −

Phân tích: Bài toán này có th
ể

ñư
a v
ề
d
ạ
ng gi
ố
ng bài toán trên hay không và ph
ả
i

bi
ế
n
ñổ
i th
ế
nào
ở
m
ẫ
u th
ứ
c phù h
ợ
p? l
ư
u ý th
ứ
nh
ấ
t
ở

ñ
ây có m
ố
i quan h
ệ
gi
ữ

a
a,b,c nên hãy
ñư
a m
ỗ
i c
ă
n
ñ
ó v
ề
theo m
ộ
t bi
ế
n, th
ứ
2 là làm sao ta
dồn căn thức về
hẳn tử thức hay mẫu thức tức là mất căn ở tử hoặc mẫu
.
L
ờ
i gi
ả
i:
Ta có
2 2 2 4 4 4
a b c a b c
T

b c c a a b a b c
= + + = + +
+ − + − + − − − −

2 2 2
4 4 4
(4 ) (4 ) (4 )
a b c a b c
a a b b c c
a a b b c c
= + + ≥ + +
+ − + − + −
− − −
2 2 2
a b b
= + +
=3 D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi a=b=c=2
V
ậ
y min T=2 khi a=b=c=2
Cùng cách gi
ả
i
ñ

ó h
ọ
c sinh d
ễ
dàng gi
ả
i quy
ế
t v
ấ
n
ñề
ph
ứ
c t
ạ
p c
ủ
a m
ẫ
u th
ứ
c v
ề
s
ố

ñơ
n gi
ả

n h
ơ
n
2 2 2 2 2 2
2( ) 3 2( ) 3 2( ) 3
a b c
P
b c a c a b a b c
a b c
a b c a a b c b a b c c
= + +
+ − + − + −
= + +
+ + − + + − + + −

1
( )
12 3 12 3 12 3 4 4 4
3
a b c a b c
a b c a b c
= + + = + +
− − − − − −

Rõ ràng min P =
3
khi a=b=c=2
Th
ử
v

ậ
n d
ụ
ng d
ạ
ng này m
ở
r
ộ
ng yêu c
ầ
u sang hình h
ọ
c ta g
ặ
p bài toán
Bài toán 13

Cho tam giác ABC các c
ạ
nh là a,b,c . Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
cba

c
bac
b
acb
a
S
−+
+
−+
+
−+
=
222222

H
ướ
ng d
ẫ
n: Cách làm t
ươ
ng t
ự

3
2
223
2
223
2
223

3
)22.(3)22.(3)22(3
3
=












−++
+
−++
+
−++
≥









−+
+
−+
+
−+
=
cbac
c
bacb
b
acba
a
cbac
c
bacb
b
acba
a
S


Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

13

Nh
ư
v
ậ
y b
ả
n thân các bi
ể
u th
ứ
c v
ề
m
ặ
t hình th
ứ
c thì có v
ẻ
ph
ứ
c t
ạ
p nh
ư
ng n
ế
u
ñặ
t
trong nh

ữ
ng suy lu
ậ
n theo logic có tính h
ệ
th
ố
ng s
ẽ
có th
ể
tr
ở
nên
ñơ
n gi
ả
n h
ơ
n
nhi
ề
u
T
ạ
i sao h
ọ
c sinh và c
ả
giáo viên

ñề
u cho r
ằ
ng b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c là m
ộ
t ph
ầ
n khó trong
ch
ươ
ng trình h
ọ
c và các kì thi?. B
ở
i m
ỗ
i b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c th
ự

c t
ế
là k
ế
t qu
ả
c
ủ
a m
ộ
t
quá trình suy lu
ậ
n nh
ư
ng khi g
ặ
p ch
ỉ
m
ộ
t bài trong
ñề
thi thì nó n
ằ
m m
ộ
t cách
riêng l
ẻ

do
ñ
ó n
ế
u ng
ườ
i gi
ả
i ít va ch
ạ
m và ít phân d
ạ
ng theo h
ệ
th
ố
ng thì s
ẽ
r
ấ
t b
ỡ

ng
ỡ
trong vi
ệ
c ch
ọ
n h

ướ
ng gi
ả
i. M
ỗ
i b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c t
ừ
m
ứ
c v
ừ
a
ñế
n khó có th
ể
có
t
ừ
hai nút khóa tr
ở
lên và
ñ
a s
ố

các chìa khóa mà ng
ườ
i gi
ả
i ph
ả
i t
ạ
o ra m
ộ
t ph
ầ
n
là
ñộ
t phá nh
ư
ng v
ẫ
n ph
ả
i xu
ấ
t phát t
ừ
m
ộ
t trong các d
ạ
ng c

ơ
b
ả
n nào
ñ
ó mà ta
ñ
ã g
ặ
p.
Trong các bài toán mà tôi
ñ
ã nêu có m
ộ
t v
ấ
n
ñề
r
ấ
t chung
ñể
các em h
ọ
c sinh có
th
ể
nh
ậ
n ra khi g

ặ
p các bài toán t
ươ
ng t
ự

ñ
ó là bi
ế
t bi
ế
n
ñổ
i phù h
ợ
p bi
ể
u th
ứ
c
trong d
ấ
u c
ă
n phù h
ợ
p v
ớ
i chi
ề

u l
ớ
n h
ơ
n hay bé h
ơ
n mà
ñề
yêu c
ầ
u.
Ở
bài vi
ế
t này
tôi ch
ỉ
ch
ọ
n h
ệ
th
ố
ng bài t
ậ
p theo con
ñườ
ng phân tích bi
ế
n

ñổ
i r
ồ
i nhân thêm t
ạ
o
ra tích các s
ố
không âm mà t
ổ
ng c
ủ
a nó khi
ñặ
t vào bài toán giúp làm xu
ấ
t hi
ệ
n
h
ằ
ng s
ố
ho
ặ
c bi
ể
u th
ứ
c g

ầ
n g
ũ
i v
ớ
i các bi
ể
u th
ứ
c trong bài.
Ta c
ầ
n t
ạ
o cho h
ọ
c sinh khá gi
ỏ
i tr
ướ
c m
ỗ
i b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c hãy bi
ế

t sáng t
ạ
o và bi
ế
n
ñổ
i
ñư
a ra các bài toán m
ớ
i hay và
ñẹ
p ho
ặ
c t
ổ
ng h
ợ
p t
ừ
nh
ữ
ng bài
ñ
ã bi
ế
t thành
nh
ữ
ng v

ấ
n
ñề
chung
ñể
có th
ể

ñư
a ra nh
ữ
ng l
ờ
i gi
ả
i m
ớ
i cho các bài toán
ñ
ã bi
ế
t .
Ch
ẳ
ng h
ạ
n v
ớ
i lu
ồ

ng suy ngh
ĩ
trên ta có th
ể
gi
ả
i bài toán quen thu
ộ
c sau
ñ
ây theo
cách
ñ
ó
Bài toán 14:
Cho các s
ố
d
ươ
ng a, b, c b
ấ
t kì ch
ứ
ng minh
a.
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +

f

b.
a b c a b c
b c c a a b a b b c c a
+ + + +
+ + + + + +
f

L
ờ
i gi
ả
i:
a. Ta có
2
( )
2
a a a a
a b c
b c a b c
a b c
= ≥ =
+ +
+ + +
+

t
ươ
ng t

ự

2
b b
c a a b c
≥
+ + +
và
2
c c
a b a b c
≥
+ + +

Suy ra
2( )
2
a b c a b c
b c c a a b a b c
+ +
+ + =
+ + + + +
f
d
ấ
u b
ằ
ng không x
ả
y ra

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

14

V
ậ
y
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
f
(1)
b. Ta th
ấ
y
0 1
a
a b
+
p p
nên t
ồ

n t
ạ
i
R
∈
α
sao cho
a c
a b c
α
=
+ +
áp d
ụ
ng tính
ch
ấ
t dãy t
ỉ
s
ố
b
ằ
ng nhau
a c a c a c
a b c a b c a b c
α α
+ +
= =
+ + + + + + +

p

T
ươ
ng t
ự
ta có
b b a
b c a b c
+
+ + +
p
và
c c b
c a a b c
+
+ + +
p
suy ra
2
a b c
a b b c c a
+ +
+ + +
p
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
ñ

i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.



Ti
ế
p t
ụ
c có m
ộ
t suy ngh
ĩ
xu
ấ
t hi
ệ
n là li
ệ
u ta có th
ể
ch
ế
bi
ế

n thêm hay t
ươ
ng t
ự
hóa
các bài toán
ñ
ã bi
ế
t v
ớ
i c
ă
n b
ậ
c hai sang nh
ữ
ng c
ă
n th
ứ
c b
ậ
c cao h
ơ
n, b
ằ
ng vi
ệ
c

thay các s
ố
ho
ặ
c thay c
ă
n b
ậ
c cao ta có các bài toán m
ớ
i:
Bài toán 15:

Cho a,b,c>0 ch
ứ
ng minh
3 3 3
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
f

L
ờ
i gi
ả
i :
Đặ

t
3
a
α
=
;
3
b
β
=
;
3
c
γ
=
suy ra
2 3 2 3 2 3
; ;a b c
α β γ
= = =
;
Ta th
ấ
y
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 3 2 2
3
2 3 2 3
3 2

3 3 2 2
3 2
a a a a
b c
b c b c
b c b c bc
α α
β γ
β γ β γ
β γ β γ βγ β γ
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
+ +
+ + + +
⇔ + ≥ + ⇔ + + + ≥ + +

(
)
3 2
bc
βγ β γ
⇔ + ≥
Hi
ể
n nhiên
ñ
úng vì
( )
3 3
3 6 6 6 2
bc bc

βγ β γ βγ βγ β γ
+ ≥ = = ≥
t
ừ

ñ
ó suy ra
3 3 3
2
a b c
b c c a a b
α β γ
β γ γ α α β
+ + + +
+ + + + + +
f f

Mở rộng bài toán
T
ươ
ng t
ự
h
ọ
c sinh có th
ể
ch
ứ
ng minh
ñượ

c các b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c
4 4 4
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
f
;
5 5 5
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
f

6 6 6
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
f

T
ừ

ñ
ó ta có th
ể

ñề
xu
ấ
t b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c t
ổ
ng quát:

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

15

2
n n n
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
f
và
3
111
≥∀
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
−−−
n
ba
c
ac
b
cb
a

ba
c
ac
b
cb
a
nnnnnn

H
ướ
ng ch
ứ
ng minh nh
ư
ta
ñ
ã ch
ứ
ng minh khi n = 2 và n=3
b
ằ
ng cách
ñặ
t
ẩ
n ph
ụ
nh
ư
trên

ñể
ta gi
ả
i quy
ế
t cho các tr
ườ
ng h
ợ
p n l
ớ
n h
ơ
n
Bây gi
ờ
ta l
ạ
i ti
ế
p t
ụ
c xét
ñế
n m
ở
r
ộ
ng bi
ể

u th
ứ
c trong c
ă
n
Bài toán 16:

Cho a,b,c,d là các s
ố
d
ươ
ng
2
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + +
+ + + + + + + +
f

L
ờ
i gi
ả
i
Ta có
2
( )
a a a
b c d a b c d
a b c d

= ≥
+ + + + +
+ +
t
ươ
ng t
ự
ta có
2( )
2
a b c d a b c d
b c d c d a d a b a b c a b c d
+ + +
+ + + ≥ =
+ + + + + + + + + + +


D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
0
a b c d
b c d a
a b c d
c d a b
d a b c

= + +


= + +

⇔ = = = =

= + +


= + +

( không th
ỏ
a mãn
ñ
k)
t
ừ

ñ
ó suy ra
ñ
pcm.
Mở rộng bài toán
C
ũ
ng là bài toán trên ng
ườ
i ta ch

ỉ
c
ầ
n cho d=c là xu
ấ
t hi
ệ
n b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c khá thú v
ị

2 2
2 2
a b c
b c c a a b c
+ +
+ + + +
f

Ta th
ấ
y n
ế
u
ñặ

t a+b+c+d = S thì ta có
2
a b c d
S a S b S c S d
+ + +
− − − −
f

T
ừ

ñ
ó ta có b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c t
ổ
ng quát nh
ư
sau
Cho các sô d
ươ
ng
1 2
; ; ;
n
a a a

ñặ
t S=
1 2

n
a a a
+ + +
khi
ñ
ó ta có

1 2
1 2
2
n
n
a a a
S a S a S a
+ + +
− − −
f


L
ạ
i thay
ñổ
i b
ậ

c c
ủ
a c
ă
n ta có b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c
Bài toán 17:
Cho a,b,c,d là các s
ố
d
ươ
ng
3 3 3 3
2
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + +
+ + + + + + + +
f


Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

16


L
ờ
i gi
ả
i.

Đặ
t
3
a x
=
;
3
b y
=
;
3
c z
=
;
3
d t
=
suy ra

2 3 2 3 2 3 2 3
; ; ;
a x b x c z d t
= = = =
;
Ta ch
ứ
ng minh
3
a x
b c d y z t
≥
+ + + +

Th
ậ
t v
ậ
y
( ) ( ) ( )
2 3 2
3
2 3 3
a x a x a
b c d y z t
b c d y z t y z t
≥ ⇔ ≥ =
+ + + +
+ + + + + +

(
)
(
)
2 3
b c d y z t
⇔ + + ≤ + +
(
)
(
)
(
)
(
)
3
3 2 2 2
3 2
y z t t y z y z t b c d bc cd db
⇔ + + + + + + ≥ + + + + +

(
)
3 ( ) 3zt(z+t)+3ty(t+y)+6yzt 2
yz y z bc cd db
⇔ + + ≥ + +

mà
3 3

3 ( ) 6 6
yz y z y z bc
+ ≥ =
và t
ươ
ng t
ự

3zt(z+t) 6 d; 3ty(t+y) 6db; 6yzt 0
c
≥ ≥
f
.
V
ậ
y
3 3 3 3
2
a b c d x y z t
b c d c d a d a b a b c y z t z t x t x y x y z
+ + + ≥ + + +
+ + + + + + + + + + + + + + + +
f
Đ
pcm.
Mở rộng bài toán
T
ươ
ng t
ự

trên ta có th
ể
t
ổ
ng quát theo bi
ể
u th
ứ
c trong d
ấ
u c
ă
n
và c
ả
b
ậ
c c
ă
n
Cho các s
ố
d
ươ
ng
1 2
; ; ;
n
a a a

ñặ
t S=
1 2

n
a a a
+ + +
khi
ñ
ó ta có
( )
2,2
2
2
1
1
≥∈∀>
−
++
−
+
−
mNm
aS
a
aS
a
aS
a
m

n
n
mm


Tổng kết mục 2.2.1.b
:
Ở ñây tôi không tham vọng ñưa ra công cụ giải quyết
hết các bài toán chứa căn mà xác ñịnh mục tiêu và phạm vi của ñề tài là cố gắng
phân dạng ñược một số bài toán theo hướng giải áp dụng bất ñẳng thức Cô si
như ñã nêu. Những bài toán ở mục này giúp học sinh biết cách giải một số bài
toán tương tự , khi gặp biều thức chứa căn phức tạp phải làm sao triệt tiêu căn
ở tử hoặc mẫu khi ñó bài toán sẽ có dạng 2.1.1 hoặc 2.1.2 công ñoạn tiếp theo là
phân tích thành tích tiếp tục khử căn .

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

17

2.2.2.Hệ thống 2. Các bài toán ñã có sẵn nhân tử ẩn sâu trong căn
thức hoặc tạo nhân tử từ giả thiết của bất ñẳng thức có ñiều kiện.

Th
ự
c ra không hoàn toàn là m

ộ
t bài toán nào
ñ
ó ta có th
ể
x
ế
p vào h
ệ
th
ố
ng 1 hay
h
ệ
th
ố
ng 2 m
ộ
t cách rõ ràng nh
ư
ng v
ớ
i m
ụ
c
ñ
ích trình bày
ñề
tài theo logic và phân
ra các gói ki

ế
n th
ứ
c nh
ỏ
h
ơ
n
ñể
b
ạ
n
ñọ
c d
ễ
ti
ế
p c
ậ
n nên tôi t
ạ
m phân ra hai h
ệ

th
ố
ng.
Quay l
ạ
i các bài toán h

ệ
th
ố
ng 1 mà ta th
ự
c hi
ệ
n kh
ử
d
ấ
u c
ă
n b
ằ
ng vi
ệ
c nhân thêm
các
ñạ
i l
ượ
ng b
ằ
ng
ñạ
i l
ượ
ng
ñ

ã có trong c
ă
n
ñể
kh
ử
c
ă
n b
ậ
c n. M
ộ
t v
ấ
n
ñề

ñặ
t ra
là li
ệ
u khi nào ta không c
ầ
n nhân thêm mà v
ẫ
n kh
ử

ñượ
c nh

ư
th
ế
? hay là ph
ả
i bi
ế
n
ñổ
i th
ế
nào r
ồ
i m
ớ
i
ñượ
c nhân?
Câu tr
ả
l
ờ
i chính là các bài toán trong h
ệ
th
ố
ng 2: Thông th
ườ
ng có m
ộ

t s
ố
bài toán
mà b
ả
n thân nó
ñ
ã là tích c
ủ
a các
ñạ
i l
ượ
ng ta
ñ
ang mu
ố
n có nh
ư
ng cái khó là làm
sao
ñể
t
ạ
o ra nó. N
ế
u làm
ñượ
c
ñ

i
ề
u
ñ
ó là ta
ñ
ã m
ở

ñượ
c nút th
ắ
t c
ơ
b
ả
n trong vi
ệ
c
làm m
ấ
t d
ấ
u c
ă
n th
ứ
c và qua kinh nghi
ệ
m gi

ả
i bài t
ậ
p tôi th
ấ
y r
ằ
ng có m
ộ
t chi
ế
c
chìa khóa
ñ
a n
ă
ng
ñể
gi
ả
i quy
ế
t khó kh
ă
n lúc này thông th
ườ
ng là
ta sử dụng thay
thê một cách khéo léo các giả thiết và thao tác phân tích một cách sáng tạo phù
hợp

có th
ể
t
ạ
o ra tích các s
ố
h
ạ
ng mà ta
ñ
ang c
ầ
n có trong c
ă
n. V
ớ
i nh
ữ
ng bài t
ậ
p
tôi nêu ra sau
ñ
ây vi
ệ
c gi
ả
i nó và nh
ữ
ng

ấ
n t
ượ
ng trong l
ờ
i gi
ả
i khi
ế
n h
ọ
c sinh r
ấ
t
h
ứ
ng thú. Thông th
ườ
ng
ñ
ó là d
ạ
ng
các biểu thức có n thừa số trong căn bậc n thì
ta không cần phải nhân thêm mà hãy tính toán cách phân tích sao cho tổng của
chúng không ñổi hoặc tổng của chúng liên quan các biểu thức cần có là ñược,
còn nếu trong căn bậc n ta chỉ mới ñưa về ñược tích k thừa số thì phải nhân
thêm n-k thừa số bằng nhau.
2.2.2.a Các bài toán với biểu thức trong căn có thể phân tích trực tiếp thành
nhân tử

Hãy
ñ
i t
ừ
bài toán
ñơ
n gi
ả
n sau
Bài toán 18:
Ch
ứ
ng minh
2
3
1 1
2
x
x
+ ≤ +
v
ớ
i m
ọ
i x
≥
-1
Ở
bài toán ta ph
ả

i làm cho h
ọ
c sinh suy ngh
ĩ
làm sao
ñể
m
ấ
t d
ấ
u c
ă
n
ñ
ó và bi
ể
u
th
ứ
c d
ướ
i d
ấ
u c
ă
n có gì
ñặ
c bi
ệ
t

L
ờ
i gi
ả
i:
Đ
i
ề
u ki
ệ
n xác
ñị
nh là x
≥
-1
Ta có
2 2
3 2
1 1
1 ( 1)( 1) 1
2 2
x x x x
x x x x
+ + − +
+ = + − + ≤ = +

D
ấ
u b
ằ

ng x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
2
0
1 1
2
1
x
x x x
x
x
=

+ = − +

⇔


=
≥ −



Nhận xét: Điều ñặc biệt trong căn này là học sinh thấy ñược hằng ñẳng thức quen
thuộc và từ ñó dễ dàng xuất hiện tích.Qua bất ñẳng thức ñó ta thấy khi gặp phương
trình vô tỉ
2

3
1 1
2
x
x
+ = +
ngoài cách giải quen thuộc là phân tích

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

18

2
2
1 ( 1) ( 1)
2
x
a x b x x
+ = + + − +
hoặc bình phương hai vế kiên trì giải phương trình
bậc cao thì có thêm cách giải ñánh giá như trên và phương trình chính là trường
hợp dấu bằng xảy ra.
Một số bất ñẳng thức thì hình thức của biểu thức trong căn chính là gợi ý cho
lời giải chẳng hạn dạng hằng ñẳng thức hoặc dạng có nhân tử chung sẵn
Bài toán 19: Cho a,b,c

≥
0 thỏa mãn, a+b+c = 3 .Chứng minh
5111
333
≤+++++ accbba

Lời giải:
Ta có
(
)
a
abbbba
bbbaba +=
+−++
≤+−+=+
2
2
11
)1)(1(1
22
23

Tương tự sẽ suy ra
3
2
2
111
222222
333
+

++
=+++
++
≤+++++
cabcab
cba
cabcab
accbba

Ta chỉ cần chứng
2
2
222
≤
++ cabcab
hay là
4
222
≤++ cabcab

Đến ñây ta thấy dấu bằng không xảy ra tại tâm và lại thấy dấu bằng chẳng hạn khi
a=0;b=1,c=2 từ ñó ta có hướng giải:
Không mất tổng quát giả sử
cba
≤
≤
suy ra
( )
2
))((2

2
20))((
2
22222
2222
cacab
cababcbcbabccaab
abcbaabcbacaabbcaba
++
=+=++≤++⇔
+≤+≤+⇔≥−−

4
3
2
2
1
3
=






++++
≤
cacab
Dấu bằng xảy ra khi a=0;b=1;c=2 và các hoán vị
Bài toán 20

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=3. Chứng minh rằng
2 2 2
3 3 3
1
8 8 8
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +

Lời giải : Ta có
2 2
3 2
2 2 4 6
8 ( 2)( 2 4)
2 2
b b b b b
b b b b
+ + − + − +
+ = + − + ≤ =

suy ra
2 2
2
3
2a
b 6
8
a
b

b
≥
− +
+
tương tự ta có
2 2
2
3
2b
c 6
8
b
c
c
≥
− +
+
;
2 2
2
3
2c
a 6
8
c
a
a
≥
− +
+

Từ ñó ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 3
2a 2b 2c
b 6 c 6 a 6
8 8 8
a b c
b c a
b c a
+ + ≥ + +
− + − + − +
+ + +

lại theo bất ñẳng thức Svácxơ ta có
(
)
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2a 2b 2c
b 6 c 6 a 6 ( ) 18
a b c
b c a a b c a b c
+ +
+ + ≥
− + − + − + + + − + + +

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

19

Đến ñây ta chỉ việc chứng minh
(
)
2
2 2 2
2
1
( ) 18
a b c
a b c a b c
+ +
≥
+ + − + + +
(*)
Thật vậy do ab+bc+ca=3, ñặt t=
( ) ( )
2
3 3
a b c a b c ab bc ca
+ + = + + ≥ + + =

hay
[
)
3;
t
∈ +∞
và
(
)
(
)
2
2 2 2 2
2 6
a b c a b c ab bc ca t
+ + = + + − + + = −

suy ra (*)
2
2
2
2
1 12 0 (**)
12
t
t t
t t
⇔ ≥ ⇔ + − ≥
− +

(**) hiển nhiên ñúng vì tập nghiệm của (**) là
(
]
[
)
; 4 3;
t
∈ −∞ − ∪ +∞

Vậy bất ñẳng thức ñã ñược chứng minh và dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Bài toán tương tự
Bài toán 21
Cho a,b,c>0 chứng minh
2
23
222
≥
+
+
+
+
+ caa
c
bcc
b
abb
a

Lời giải: Ta có
2
2 ( )
3
2 2 2
b a b
a b
b ba
+
+
+ = ≤

Tiến hành tương tự suy ra
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3
a b c a b c
P
a b b c c a
b ba c cb a ac
= + + ≥ + +
+ + +
+ + +

Ta lại có
≥
+
+
+
+

+
=
+
+
+
+
+
ca
c
c
bc
b
b
ab
a
a
a
c
c
c
b
b
b
a
a
3
3
3
3
3

3
2
2
2
2
2
2

(
)
(
)
( )
≥
++
+
++
+++
++
=
+++++
++
3
8
3
333
222
2
222
2

cabcabcabcab
cba
cba
cabcabcba
cba

(
)
( )
( )
(
)
( )
4
3
4
3
3
8
3
4
2
2
222
2
=
++
++
=
++

+
++
++
cba
cba
cabcabcba
cba

Vậy P
3 2
2
≥
Dấu = khi a=b=c
Bài toán 22 Cho a,b,c dương a+b+c=3 ,chứng minh
5
5 5 5
( )(2a+b) ( )(2b+c) ( )(2c+a) 3 6
a a c b b a c c c+ + + + + ≤

Dự ñoán dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 khi ñó
2a+b
1
2 3
a c
a
+
= = =
như vậy ñể mất
căn bậc 5 ta phải làm xuất hiện 5 thừa số trong căn

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

20

Lời giải : Ta có
5
5
5 5
( ) (2a+b)
2 13
. . .1.1
2 3
5 30 15 10
( )(2a+b)
6 6
a c
a b c
a
a a c
+
+ + +
+ = ≤

Tiến hành tương tự rồi cộng tương ứng ta có ñpcm
Bài toán 23

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1 chứng minh
3
4
3
≤++ abcaba

Lời giải: Ta có
b
a
b
a
ab +≤=
4
.
4
2
và
)4
4
(
3
1
4
4
3
3
cb
a
cb
a

abc ++≤=

V
ậy
3
4
)(
3
4
3
=++≤++ cbaabcaba
Dấu bằng khi









=
=
=
⇔








==
=++
>
21
1
21
4
63
16
4
4
1
0,,
c
b
a
cb
a
cba
cba


2.2.2.b Các bài toán có thể thay thế giả thiết ñể tạo nhân tử trong căn
Đến ñây ta lại quay về cách giải của bài toán 12 và phần mở rộng của hai bài toán
16,17 với việc thay thế giả thiết ñể ñưa căn thức về tử hoặc mẫu ta lại có cái nhìn
mới mẻ như sau:
Đối với nhiều bài toán bên cạnh việc quan sát hình thức của biểu thức dưới
dấu căn có dạng nhân tử hay tạo ra hằng ñẳng thức ñể phân tích thành nhân

tử hay không thì nhiều khi việc thay thế giả thiết một cách khéo léo vào biểu
thức trong căn cũng là phương pháp hiệu quả ñể tạo nhân tử.
Ta xét bài toán
Bài toán 24
Cho a,b,c dương a+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
P=
bca
ac
abc
cb
cab
ba
+
+
+
+
+
+
+
+

Hướng dẫn
(
)
2
1
4
1
222
))(()(

−
+
=
+
−
=
+++
+
≥
++
+
=
+++
+
=
+
+
cc
c
cbca
ba
cbca
ba
cbacab
ba
cab
ba

tương tự ta suy ra
(

)
36
3
222
6
1
4
1
4
1
4
2
=−
+++
++
≥−
+
+
+
+
+
≥
c
b
a
c
b
a
P

Dấu bằng khi a=b=c=1/3

Ở ñây ta ñã ñơn giản dấu căn bằng việc thế a+b+c =1 vào căn.
Bài toán 25 Cho a,b,c dương a+b+c
≤
3 , tìm giá trị lớn nhất của
P=
3 3a 3
ab bc ca
ab c bc ca b
+ +
+ + +

Lời giải: Ta có do a+b+c
≤
3 suy ra

Đề tài: Xây dựng hệ thống bài toán từ một phương pháp giải hiệu quả cho
bất ñẳng thức chứa căn
Cao Ti
ến Trung

THPT Đô Lương 2

21

( ) ( )a ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
ab 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) 3 / 2

2 2 2 2
ab bc ca
P
ab a b c c bc a b c ca a b c b
ab bc ca
a c b c b a c a c b a b
bc ca a b c
a c b c b a c a c b a b
≤ + +
+ + + + + + + + +
= + + ≤
+ + + + + +
+ +
≤ + + + + + = =
+ + + + + +

dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Cái hay trong bài toán này là học sinh thay số 3 bằng a+b+c nhờ giả thiết phù hợp
chiều tìm giá trị lớn nhất
Bài toán 26. Cho a,b,c
≥
0 thỏa mãn, a+b+c = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của
P=
abcabccabcbabca 9
222
++++++

Lời giải:
Ta có
(

)
2
)1(
2
.))(()(
22
+
=
+++
≤++=+++=+
aacaba
acabaaabccbaaabca

lại có
( )
( )
1
2
1
21
2
1
2
)1(
+++≤++=+
+
cbaabcaaabc
aa
tương tự ta có
(

)
( ) ( )
( )
3
35
27
631
2
1
6)1(
2
1
3
2
=
++
++++++≤
++++++≤
cba
cbacba
abccbacbaP

Dấu bằng khi và chỉ khi a=b=c=
3
1

Bài toán 27
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ab+bc+ca=5 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
( ) ( )
55656

233
222
+++++
+
+
=
cba
cba
P

Phân tích: Ta khó có th
ể dự ñoán dựa trên dấu bằng nhưng chính giả thiết ñã tạo ra
hướng giải thay thế
Lời giải: Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
2
)233(3
2
22332233
))((22)(3322)(33
))(()(6)(6

6655656
2
22222
cbabcaccbabcaba
bcaccbabcaba
bcaccbabcabacabcabc
cabcabbcabcabacba
++
=
+++++++++++
≤++++++++
=++++++++=++++
+++++++=+++++

Suy ra
3
2
≥P
dễ dàng giải dấu = khi và chỉ khi a=b=1;c=2
Vậy min P=2/3 khi a=b=1 , c=2.
Trong các bài toán trên ñộ phức tạp chưa cao vì giả thiết và biểu thức có thể thay
thế ta có thể nhìn ra trực tiếp, sẽ có những bài toán mà biểu thức ñó ẩn ñi sau một

Đề tài:
Xây d
ự
ng h
ệ
th
ố

ng bài toán t
ừ
m
ộ
t ph
ươ
ng pháp gi
ả
i hi
ệ
u qu
ả
cho
b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c ch
ứ
a c
ă
n
Cao Ti
ế
n Trung

THPT
Đ

ô L
ươ
ng 2

22

vài bước biến ñổi giả thiết mới hiện ra ñó chính là những bài toán ñộ khó cao hơn
và cũng là những bài thú vị hơn. Chẳng hạn xét bài toán

Bài toán 28 Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x+y+z=x.y.z
Tìm giá trị lớn nhất của P=
2 2 2
2 1 1
1 1 1
x y z
+ +
+ + +

Phân tích: Ở ñây có số 1 trong căn nhưng ta không thay thế ñược từ ñầu tuy vậy
nếu ta chia hai vế cho xyz thì sẽ xuất hiện số 1
Lời giải :
Đặt a=1/x; b=1/y ;c=1/z suy ra ab+bc+ca=1
2 2 2
2
1 1 1
a b c
P
a b c
= + +
+ + +

Mặt khác
2 2
2 2a 2a 1 1
( )
( )( )
1
a
a
a b a c
a b a c
a ab bc ca a
= = ≤ +
+ +
+ +
+ + + +

2 2
b 2b 1 1
( )
4( )
( ).4( )
1
b
b
a b b c
a b b c
b ab bc ca b
= = ≤ +
+ +

+ +
+ + + +
( )
2 2
2c 1 1
( )
4
( ).4( )
1
c c
c
c a c b
c a c b
c ab bc ca c
= = ≤ +
+ +
+ +
+ + + +

Cộng lại ta có
9
4
P
≤
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
15
7
15
15
x

y
z

=



=


=




Như vậy trên ñây bằng cách ñặt ẩn mới từ giả thiết làm xuất hiện hằng số 1 bằng
ab+bc+ca ñể thay vào căn ñã mở ra hướng giải
Hoàn toàn với ý tưởng như thế chỉ cần sửa ñổi một chút giả thiết ta có ví dụ khá ấn
tượng sau
Bài toán 29
Cho a,b,c dương thỏa mãn (a+b+c)
2
=9abc . Chứng minh
2
3
31
1
31
1
31

1
222
≤
+
+
+
+
+ cba

Lời giải Ta có
( ) ( )
3
111
39
2
≤++⇔++≥++=
c
b
a
cabcabcbaabc

Và
3
1
1
3
1
1
3
1

1
31
1
31
1
31
1
222
222
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
=
c
c
b
b
a
a
cba
P

Đặt x=1/a; y=1/b; z=1/c ta có x,y,z dương và
3
≤
+
+
zyx
suy ra

Đề tài:
Xây d
ự
ng h
ệ
th
ố
ng bài toán t
ừ
m
ộ
t ph
ươ
ng pháp gi
ả
i hi
ệ
u qu
ả
cho
b
ấ

t
ñẳ
ng th
ứ
c ch
ứ
a c
ă
n
Cao Ti
ế
n Trung

THPT
Đ
ô L
ươ
ng 2

23

(
)
3
3
2
=
++
≤++
zyx

zxyzxy
zxyzxyz
z
zxyzxyy
y
zxyzxyx
x
z
z
y
y
x
x
P
+++
+
+++
+
+++
≤
+
+
+
+
+
=
222222
333
≤
++

+
++
+
++
=
))(())(())(( yzxz
z
zyxy
y
zxyx
x
2
3
2
1
)(
2
1
)(
2
1
=









+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ yz
z
xz
z
zy
y
xy
y
zx
x
yx
x

Dấu bằng khi x=y=z=1 hay a=b=c=1 (Đpcm)
Bài toán 30: Cho x,y dương thỏa mãn x+y=1 chứng minh

2 2
2
3
1 1

x y
x y
+ ≥
− −

Lời giải Ta có
2 2
(2 ) (2 )
1 1 (1 )
x x x x
y y y x y
x y
= = =
− +
− − −
3 3 3
2x+4y
2
3 (2 )
2
x x x
x y
y x y
= ≥ =
+
+
Tương tự ta có
2
3
2x

1
y y
y
y
≥
+
−
nên
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2
2 2
2
3( ) 3( )
2 2x 2 2xy
1 1
2
3 3 3
3
4x
3
2x
( )
2
x y x y x y

x y y x yx y
x y
x y x y x y
x y y
x y y
x y
+ ≥ + = +
+ + + +
− −
+ + +
≥ = ≥ =
+ +
+ +
+

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=1/2.
Trong bài này việc chọn ñể thay thế không phải là vị trí của số 1 trong căn mà là x
2

nhờ giả thiết liên quan ñến nó
Bài toán 31:
( Phan Thành Vi
ệ
t- di
ễ
n
ñ
àn Boxmath
)
Cho các số không âm a,b,c thỏa mãn a+b+c = 3 . Chứng minh rằng

2
3
333
22
3
22
3
22
3
≥
++
+
+ ac
c
cb
b
ba
a

Lời giải: Ta có
acabba
a
bacbaa
a
bacbaa
a
ba
a
4497
6

)3(3)(4
6
)3(3).(4
.6
3
22
2
22
2
22
2
22
3
+++
=
++++
≥
+++
=
+

Tương tự

Đề tài:
Xây d
ự
ng h
ệ
th
ố

ng bài toán t
ừ
m
ộ
t ph
ươ
ng pháp gi
ả
i hi
ệ
u qu
ả
cho
b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c ch
ứ
a c
ă
n
Cao Ti
ế
n Trung

THPT
Đ

ô L
ươ
ng 2

24

cb
ca
a
c
c
bcbacb
b
acabba
a
ac
c
cb
b
ba
a
4
4
9
7
6
4497
6
4497
6

333
22
2
22
2
22
2
22
3
22
3
22
3
+
+
+
+
+++
+
+++
≥
++
+
+

Mặt khác theo Cauchy Schwarz ta có
( )
( )
( )
2

2
2
22
2
22
2
224497.2
4497
6








+=








+≥









++++








+++
∑∑∑∑∑
cyccyccyccyccyc
abaacaacabbaac
acabba
a
Đế
n ñây ta cần chứng minh
( )
( )
∑∑ ∑∑
∑∑∑
≥++−−++⇔
++++≥









+
cyccyc cyccyc
cyccyccyc
cbaabcabbabaa
acabbaacaba
0)(233
4497.228
33224
22
2
2
2

Giả sử a= min{a,b,c} ñặt b=a+x; c=a+y ( x,y>0) thì bất ñẳng thức trở thành
033)a4y9xy-y9x(4x)ayxy-6(x
4322343223222
≥+−+++++++ yxyyxyxx

Bất ñẳng thức này ñúng vì
0y
4
7
y)-y(2x
4

9
4x4y9xy-y9x4x
3233223
≥++=++

0
4
3
2
3
33
22
2
22432234
≥+






−+=+−++
yxyxyxyxyyxyxx

Vậy bất ñẳng thức ñã ñược chứng minh , dấu bằng khi a=b=c=1.
Đây là một bài toán khó và lời giải trên diễn ñàn trình bày hơi dài và ta ñã vận
dụng làm giảm ñộ khó của bước ñầu tiên hơn so cách giải ñó
Như vậy ñến ñây các bạn có thế giải những bài có ñộ khó ñã tương ñối xa các bài
toán ban ñầu
Vấn ñề mấu chốt của phần hệ thống 2 là học sinh biết khai thác thay thế giả thiết

vào các biểu thức dưới dấu căn tự nó sẽ xuất hiện các nhân tử cần có. Tùy giả thiết
ñể biết khi nào thì thay vào hằng số khi nào thay vào biến số ñó là một chìa khóa
mà chỉ có học sinh nhạy bén mới tìm ra.
















Đề tài:
Xây d
ự
ng h
ệ
th
ố
ng bài toán t
ừ
m
ộ

t ph
ươ
ng pháp gi
ả
i hi
ệ
u qu
ả
cho
b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c ch
ứ
a c
ă
n
Cao Ti
ế
n Trung

THPT
Đ
ô L
ươ
ng 2

25

2.3.Vận dụng của phương pháp tạo nhân tử trong một số bài toán
khó

Trong phần này tôi sẽ minh họa tính hiệu quả của ñề tài cho các bạn ñọc thấy rõ
những ứng dụng theo suy luận của hai hệ thống bài tập tôi ñã tổng hợp nói trên tuy
vậy ta sẽ vận dụng việc nhân chia thêm trong căn và cả phát triển cả việc nhân
chia phía ngoài dấu căn. Ở ñây ta sẽ ñi tìm một số bài toán khó ñược nhiều người
ñề cập và vận dụng hướng giải mới nói trên.
Ví dụ 1. (
T6/437- Toán học tuổi trẻ tháng 11- 2013 )
Các số thực dương a,b,c thỏa mãn
c
b
a
cba
111
++=++
. Chứng minh rằng
181818)(3
222
+++++≥++ cbacba

Lời giải:
Ta có







+=
++
≤






+=+
a
a
a
a
a
a
a
1
17.
6
1
2
)
1
8(9
.
3
1

89
3
18
2
2
2
tương tự ta
có






+≤+
b
bb
1
17.
6
1
18
2
và







+≤+
b
bb
1
17.
6
1
18
2
suy ra
( ) ( )
cba
cba
cbacba ++=






+++++≤+++++ 3
111
17
6
1
181818
222

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Ví dụ 2:
( Võ Quốc Bá Cẩn)
Cho các số không âm a,b,c không có hai số nào ñồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
(
)
abccabbcacba +++++≥++
222
4442)(5

Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử
cba
≥
≥
khi
ñó ta có
( )
ca
abc
ca
ca
bca
ca
ca
bca
cabca
+
−
++=
+

+
++≤
+
+
+=+
2
)2(
4
2
4
2
2
4
2242
22
2

( )
cb
bac
cb
cb
cab
cb
cb
cab
cbcab
+
−
++=

+
+
++≤
+
+
+=+
2
)2(
4
2
4
2
2
4
2242
22
2

(
)
(
)
cb
abcc
b
cb
abcc
babc
+
+

++≤
+
+
+=+
2
42
.
22
42
).
2
(242
22
2

suy ra

(
)






+
−
+
+
−

+
+
+
+++≤+++++
cb
ba
ca
ab
c
cb
cab
cbaabccabbca
2
2
2
2
2
)4(2
2
5
544442
2
222

Ta chỉ cần chứng minh

0
2
2
)2.(2

1114
2
2
2
2
)2(2
)11102(
2
2
2
2
)2(2
)11102(
2
2
2
2
2
)4(2
2
5
2
≥
+
−
+
+
−
⇔
+

−
+
+
−
≥
+
−+
⇔






+
−
+
+
−
≥
+
−+
⇔






+

−
+
+
−
+
+
+
≥+
ca
ba
cb
cb
cb
ba
ca
ab
cb
cba
cb
ba
ca
ab
c
cb
cbac
cb
ba
ca
ab
c

cb
cab
ca