skkn đổi biến để tìm gtnn, gtln và chứng minh bất đẳng thức

- 1 -
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỔI BIẾN
ĐỂ TÌM GTNN, GTLN VÀ CHỨNG
MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Người thực hiện: ĐỖ TẤT THẮNG.
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN 
Phương pháp giáo dục 
Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2013-2014
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐỖ TẤT THẮNG
2. Ngày tháng năm sinh: 06/09/1981
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 149/7 Hưng Đạo Vương, Khu phố 2 phường Trung Dũng, BH-Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0918.306.113
6. E-mail:
7. Chức vụ: Gíao viên Toán
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ Toán
- Năm nhận bằng: 2010
- Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học môn Toán.

III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Toán
- Số năm có kinh nghiệm: 4 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 4
Năm học 2010-2011: Ứng dụng tích vô hướng 2 véctơ để giải một số bài toán hình
học không gian qua các kì thi đại học.
Năm học 2011-2012: Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất và chứng minh bất đẳng thức.
Năm học 2012-2013: Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức.
Năm học 2013-2014: Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng
minh bất đẳng thức.
- 2 -
ĐỔI BIẾN
ĐỂ TÌM GTNN, GTLN VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
- Bất đẳng thức (BĐT) là kiến thức không thể thiếu trong các kì thi đại học, cao đẳng,
thi học sinh giỏi. BĐT áp dụng rất nhiều trong trong cuộc sống nói chung và toán học
nói riêng chẳng hạn: giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất
phương trình, các bài toán cực trị . . . Đa số học sinh khi gặp BĐT thường hay lúng
túng, không biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải như thế nào? Với vai trò là
giáo viên dạy Toán khối 10, tôi muốn HS được tiếp cận một số đề thi cao đẳng, đại học,
đề thi học sinh giỏi, bài BĐT hay từ những kiến thức bình thường, dễ hiểu nhất.
- Trong giải phương trình, hệ phương trình học sinh(HS) đã làm quen với phương
pháp đặt ẩn phụ. Phương pháp đặt ẩn phụ đổi biến cũ thành biến mới, làm số ẩn của bài
toán trở nên ít hơn hoặc bằng số ẩn ban đầu và đặc biệt là bài toán trở nên đơn giản hơn.
Phương pháp đổi biến là phương pháp không mới nhưng HS ít chú ý tới. Nếu ta vận
dụng một cách hợp lí thì rất nhiều bài toán phức tạp sẽ trở nên đơn giản. Các ưu điểm
nổi bật phương pháp đổi biến số: Làm bài toán trở nên “đơn giản” hơn, có thể
“chuyển” BĐT từ không đối xứng hay hoán vị thành đối xứng, từ một bài toán ban đầu

có thể “sáng tạo” thành nhiều bài toán khác nhau.
- Phương pháp đổi biến số trong BĐT rất sâu và rộng. Nhưng với vai trò giáo viên dạy
Toán khối 10 và trong phạm vi sáng kiến kinh nghiệm này chúng tôi chỉ tập trung vào
các dạng phổ biến HS hay gặp phải trong các đề thi CĐ, Đại học, tuyển sinh 10 chuyên,
các đề thi học sinh giỏi tỉnh …Cụ thể hơn sẽ được thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm
(SKKN).
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
Một là, qua thực tế dạy học chúng tôi nhận thấy trong chương trình lớp 10 phần
BĐT, số bài tập trong sách giáo khoa hạn chế và thời lượng dành cho nó rất ít.
Hai là, trong sách giáo khoa, sách bài tập đều không có hoặc rất ít bài BĐT dùng
phương pháp đổi biến? Nên khi làm bài BĐT thì HS thường hay lúng túng.
Do đó, tôi làm SKKN này với mong muốn là một tài liệu giúp HS đỡ khó khăn hơn
khi gặp một số bài BĐT có dạng trên.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Ý tưởng chủ đạo của phương pháp đổi biển số là từ các dấu hiệu đặc trưng giả
thiết của bài toán, chúng ta sẽ đổi các biến cũ thành biến mới để làm cho bài toán trở
nên đơn giản hơn. Với vai trò là người làm toán thì đưa bài toán về dạng càng đơn giản
càng tốt. Do đó, nếu khi đặt biến mới mà bài toán trở nên đơn giản hơn thì đúng hướng
để làm, còn nếu bài toán trở nên khó hơn thì ta nên đổi biến mới hoặc dùng phương
pháp khác.
A) Cơ sở lí thuyết
- 3 -
Theo chương trình sách giáo khoa ban nâng cao và cơ bản hiện hành, HS lớp 10 chỉ
được học BĐT Cô-si(Cauchy)2 và 3 số không âm, BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy-
Schwarz) với 2 bộ hai số thực và ba số thực. Do đó, chúng tôi cố gắng biên soạn hệ
thống bài tập, kĩ thuật giải dựa trên BĐT Cô-si 2 và 3 số không âm, BĐT Bu-nhi-a-cốp-
xki với 2 bộ hai số thực và ba số thực. Mục đích cho HS dễ hiểu nhất có thể.
 Bất đẳng thức Cô-si 2 số không âm
Cho a, b
≥

0, ta có:
a b
ab
2
+
≥
. Dấu "=" xảy ra
⇔
a = b.
 Bất đẳng thức Cô-si 3 số không âm
Cho a, b, c
≥
0, ta có:
a b c
abc
3
3
+ +
≥
. Dấu "=" xảy ra
⇔
a = b = c.
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Cho
1 2
( , , , )
n
f x x x
là một hàm
n

biến thực trên
n
D f D⊂ →¡ ¡: :
−
1 2 1 2
0 0 0 0 0 0
1 2 1 2
( , , , ) ( , , , )
Max
( , ,. . ., ) : ( , , , )
n n
D
n n
f x x x M x x x D
f M
x x x D f x x x M
≤ ∀ ∈


= ⇔

∃ ∈ =


−
1 2 1 2
0 0 0 0 0 0
1 2 1 2
( , , , ) ( , , , )
Min

( , , . , ) : ( , , , )
n n
D
n n
f x x x m x x x D
f m
x x x D f x x x M
≥ ∀ ∈


= ⇔

∃ ∈ =


Trong phân phối chương trình chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo dành cho lớp
10 ban nâng cao và cơ bản không có BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz). Mà
chỉ đề cập tới trong bài đọc thêm trang 111, sách giáo khoa lớp 10 ban nâng cao hiện
hành. Tuy nhiên, trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10. Chúng tôi nhận thấy
trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh hoặc cao hơn luôn sử dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki.
Nên chúng tôi cũng trình bày BĐT này trong SKKN.
Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz)với 2 cặp số thực
Cho hai cặp số thực
( )
1 2
,a a
và
( )
1 2
,b b

ta có:
+ ≤ + +
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )a b a b a a b b
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
=
1 2 2 1
a b a b
Chứng minh:
Ta có
+ ≤ + +
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )a b a b a a b b
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇔ + + ≤ + + +
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2
2a b a b a b a b a b a b a b a b
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
⇔ ≤ + ⇔ − ≥
2 2 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
2 0a b a b a b a b a b a b
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra ⇔
− =
1 2 2 1

0a b a b
⇔
=
1 2
1 2
a a
b b
(
≠
1 2
0b b
)
Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz) với 2 bộ ba số thực
- 4 -
Cho hai bộ ba số thực
( ) ( )
1 2 3 1 2 3
, , , , ,a a a b b b
ta có:
+ + ≤ + + + +
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
( ) ( )( )a b a b a b a a a b b b
.
Nếu
≠
1 2 3
0b b b
thì đẳng thức xảy ra ⇔
= =

3
1 2
1 2 3
a
a a
b b b
Chứng minh:
Thật vậy
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
+ + ≤ + + + +
⇔ + + + + +
≤ + + + + + + + +
⇔ + + ≤ + + +
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
2
2 2

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 2 2 3 1 1 3 3
3
2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3
2 2
2 2
1 1 2 2 2 2 3 3 1 1 3 3 1 2 1 3 2 1 2 3
( ) ( )( )
2 2 2
2 2 2
a b a b a b a a a b b b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
+ +
   
 
⇔ + − + + − + + − ≥
   
 
   
2 2
3 1 3 2
2 2 2 2
2 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 3 3 1 1 3 3 1 2 3 3 2 2 3 3 2

2 2 2 0
a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b
( )
( ) ( )
⇔ − + − + − ≥
2 2
2
1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2
0a b a b a b a b a b a b
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra ⇔
− =


− =


− =

1 2 2 1
1 3 3 1
2 3 3 2
0
0
0
a b a b
a b a b
a b a b
⇔

= =
3
1 2
1 2 3
a
a a
b b b
(
≠
1 2 3
0b b b
)
B) Đổi biến để chứng minh bất đẳng thức hay tìm GTLN, GTNN với vai trò người
giải toán.
Đổi biến số là một phương pháp không mới nhưng HS ít chú ý tới. Nếu ta vận dụng
phương pháp này một cách hợp lí thì rất nhiều bài toán phức tạp sẽ trở nên đơn giản.
Khi gặp một bài toán BĐT có nên tiến hành phương pháp đổi biến không? Khi nào thì
đổi biến và khi nào thì không đổi biến?
Thông thường sẽ “tiến hành” phương pháp đổi biến khi bài toán có các dấu hiệu sau:
+Số biến mới sẽ ít hơn hoặc bằng số biến ban đầu.
+Bài toán trở nên đơn giản hơn.
+Dựa vào các dấu hiệu đặc trưng của bài toán, sẽ được phân nhóm theo các dạng
quen thuộc hoặc được hỗ trợ bởi giả thiết.
Ngược lại, sẽ “không tiến hành” phương pháp đổi biến khi bài toán có xuất hiện các
dấu hiệu sau:
+Số biến mới sẽ nhiều hơn số biến ban đầu.
+Bài toán trở nên khó hơn.
Để hiểu hơn chúng ta sẽ đi vào các ví dụ cụ thể
1) Đổi biến ở mẫu số, biểu thức bậc cao hoặc biểu thức chứa căn
Thử đặt các biểu thức dưới mẫu, biểu thức chứa căn thức, số hạng có lũy thừa bậc

cao trong BĐT là các biến mới. Với cách làm trên bài toán đã trở nên đơn giản, dễ biến
đổi hơn.
Ví dụ 1. (BĐT Nesbit) Cho a,b,c >0 . CMR:
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
- 5 -

Phân tích:
− Nhìn vào VT của BĐT ta thấy các số hạng chứa ẩn ở mẫu, thử đơn giản bài toán
bằng các đặt ẩn mới là các biểu thức dưới mẫu. Đặt
0
0
0
x b c
y c a
z a b
= + >


= + >


= + >

rồi rút gọn ta thu
được

1 3
2 2
x y y z z x
VT
y x z y x z
 
   
 
= + + + + + −
 
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 
.
− Lúc này VT là biểu thức tương đối đơn giản và đối xứng theo 3 ẩn theo x,y,z nên dự
đoán dấu “=” xẩy ra khi
1x y z= = =
. Dễ thấy ngay là áp dụng BĐT Cô-si là xong.
Lời giải:
Đặt
2
0
0
2
0
2
y z x
a

x b c
x z y
y c a b
z a b
x y z
c
+ −

=

= + >


+ −
 
= + > ⇒ =
 
 
= + >

+ −

=


.
Do đó
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 3

2 2 2
y z x x z y x y z
VT
x z y x y z x y z y z x y z x x z y
y z x x z y x y z x y y z z x
x y z y x z y x z
+ − + − + −
     
 ÷  ÷  ÷
     
= + +
+ − + − + − + − + − + −
     
+ + +
 ÷  ÷  ÷
     
 
     
+ − + − + −
 
= + + = + + + + + −
 
 ÷  ÷
 ÷
 
 
     
 
Áp dụng BĐT Cô si 2 số dương ta có
1 3 1 3 3

2 . 2 . 2 .
2 2 2 2 2
x y y z z x x y y z z x
VT
y x z y x z y x z y x z
 
 
   
 
= + + + + + − ≥ + + − =
 
 
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 
 
Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra
a b c⇔ = =

Nhận xét:
− Khi đổi biến tuy bài toán vẫn có 3 ẩn bằng số ẩn ban đầu. Nhưng vế trái của BĐT
đã trở nên đơn giản hơn, do mẫu số chỉ còn 1 ẩn, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn
thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si.
− Bằng kĩ thuật giải tương tự có thể giải quyết bài toán sau:
Bài toán mở rộng Ví dụ 1: Cho
, , , 0a b c d
>
.

Cmr :
4
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + + ≥
+ + + + + + + +
- 6 -
Tổng quát hóa Ví dụ 1: Cho
*
1 2
, , , 0,
n
a a a n N
> ∈
. Cmr:
1
1
1
n
j
n
j
i j
i
a
n
n
a a
=

=
 
 ÷
 ÷
≥
−
 ÷
−
 ÷
 
∑
∑
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có cạnh BC=a,AC=b,AB=c . Tìm GTNN của biểu thức
CBA
C
BAC
B
ACB
A
P
sinsinsin
sin
sinsinsin
sin
sinsinsin
sin
−+
+
−+
+

−+
=

(HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2005-2006 vòng 1)
Lời giải:
Đặt
sin
2
sin sin sin
sin sin sin sin
2
sin sin sin
sin
2
y z
A
x B C A
x z
y C A B B
z A B C
x y
C
+

=

= + −


+

 
= + − ⇒ =
 
 
= + −

+

=


Ta có
sin sin sin 2sin cos sin 4cos sin sin 0
2 2 2 2 2
B C B C A B C
x B C A A
+ −
= + − = − = >
(Do A,B,C là 3
góc của tam giác). tương tự, ta thu được x,y,z>0.
Vậy
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
y z x z x y
P
x z x y y z x y y z x z y z x z x y
y z x z x y y x z x x z
x y z x y x z z x

+ + +
     
 ÷  ÷  ÷
     
= + +
+ + + + + + + + +
     
+ − + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
+ + +
   
= + + = + + + + +
 
 ÷
 ÷  ÷
   
 
 
Áp dụng BĐT Cô-si 2 số dương ta có:
1 1
2 . 2 . 2 . 3
2 2
y x z x x z y x z x x z
P
x y x z z x x y x z z x
 
 

 
   
= + + + + + ≥ + + =
 
 
 ÷
 ÷  ÷
   
 
 
 
Vậy Min P=3 khi A=B=C
⇔
Tam giác ABC đều.

Nhận xét:
− Khi đổi biến tuy bài toán vẫn có 3 ẩn bằng số ẩn ban đầu. Nhưng vế trái của BĐT
đã trở nên đơn giản hơn, do mẫu số chỉ còn 1 ẩn và BĐT không còn chứa các giá trị
Lượng giác, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si.
Ví dụ 3. Cho
3
, , (0; ) : 3
2
a b c a b c
∈ + + =
. Cmr:
1 1 1 9
3 2 3 2 3 2
ab bc ca
a b c

+ + ≥
+ +
− − −
.
( HSG 11- Hà Tĩnh -2007)
Lời giải:
- 7 -
Đặt
3 2 , 3 2 , 3 2a x b y c z− = − = − =
thì
2 2 2
, , 0
3
x y z
x y z
>


+ + =

;
Ta có:
2 2 2 2 2 2
1
( 9)
4
ab bc ca x y y z z x+ + = + + +
.
Do đó BĐT cần chứng minh trở thành:
2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2
1 1 1 36 1 1 1
( )( 9) 36
9
x y y z z x
x y z x y y z z x x y z
+ + ≥ ⇔ + + + + + ≥
+ + +
.
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta được:
3
1 1 1 3
x y z
xyz
+ + ≥
>0 (1)
Áp dụng liên tục BĐT Cô si 2 và 3 số ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
3
9 1 1 1 6 2 2 2 6
2 2 2 2 2 2 4 4 4 3 4 .4 .4 12
x y y z z x x y y z z x xy yz zx
xy yz zx xy yz zx xy yz zx xyz
+ + + = + + + + + + ≥ + + +
= + + + + + ≥ + + ≥ =
(2)
Nhân vế theo vế của (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Dấu “=” xảy ra
⇔
a=b=c=1

Nhận xét:
− Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, do biểu thức đã được “khử
căn”, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si.
Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện xyz = 1.
Tìm GTNN của biểu thức
( ) ( ) ( )
2 2 2
x y x y z x z x y
P
y y 2z z z z 2x x x x 2y y
+ + +
= + +
+ + +

(Đại học 2007A).
Lời giải:

Phân tích:
− Nhìn vào biểu thức
P
trông rất phức tạp nhưng các biến đó có liên quan đến
,x x

,y y z z
(do áp dụng BĐT Cô-si).
− Để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa về bài toán mới.

− Do BĐT đối xứng theo 3 ẩn nên ta dự đoán dấu “=” xẩy ra khi
1x y z= = =
.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô si 2 số dương ta có
( )
2 2 2 2 2
2 . 2
Cauchy
x y z x y x z x y x z x x+ = + ≥ =
Tương tự
( )
2
2
Cauchy
y z x y y+ ≥
( )
2
2
Cauchy
z x y z z+ ≥
Đặt
2 , 2 , 2a x x y y b y y z z c z z x x= + = + = +
Suy ra:
4 2 4 2 4 2
, ,
9 9 9
c a b a b c b c a
x x y y z z
+ − + − + −

= = =
- 8 -
Do đó:
3 3
2 2
4 6 4.3 . . 3 . . 6 2
9 9
c a b a b c c a b a b c
P
b c a b c a b c a b c a
 
 
   
≥ + + + + + − ≥ + − =
 ÷
 ÷  ÷
 
   
 
 
(BĐT Cô si cho 3 số dương)
Vậy
2 1.MinP x y z= ⇔ = = =
Ví dụ 5. Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x

+ + +
= + +
+ + + + + +
(Romania 1997)
Lời giải:
Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(a, b, c >0 ; abc = 1) ta được :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + +
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +
mà

2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
− +
≥
+ +
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
− +
⇒ + ≥ +
+ +
Tương tự:
3 3
2 2
1
( )
3
b c
b c
b bc c

+
≥ +
+ +

3 3
2 2
1
( )
3
c a
c a
c ca a
+
≥ +
+ +
⇒

3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc
≥ + + ≥ =
(BĐT Côsi)
⇒
P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P
≥ = ⇔
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1


Nhận xét:
− Khi đổi biến vế trái của BĐT do biểu thức đã được hạ bậc từ bậc 9 xuống bậc ba,
bậc 6 xuống bậc 2, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn.
Ví dụ 6. Cho x, y, z >0 thoả
1x y z+ + =
. Cmr:
1 4 9
36
x y z
+ + ≥

Lời giải:
Từ giả thiết ta đặt
, ,
x y z
a b c
x y z x y z x y z
= = =
+ + + + + +
với a,b,c >0
Nên BĐT cần chứng minh
⇔

4. 9. 36
a b c a b c a b c
a b c
+ + + + + +
+ + ≥

4. 4. 9. 9. 22

b c a c a b
a a b b c c
⇔ + + + + + ≥

4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22
b a c a c b b a c a c b
a b a c b c a b a c b c
     
⇔ + + + + + ≥ + + =
 ÷  ÷  ÷
     
(đúng)
- 9 -
Dấu “=” xảy ra
1
6
2
1
3
3
1
2
x
b a
y
c a
z

=



=


⇔ ⇔ =
 
=



=



Nhận xét:
− Nếu giả thiết cho a+b+c=1 thì thử đặt
, ,
x y z
a b c
x y z x y z x y z
= = =
+ + + + + +
− Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên dễ thấy là dùng BĐT Cô-si hơn.
 Bài tập :
Bài 1. Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. Cmr :
a)
3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥

+ − + − + −
b)
1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + ≥ + +
+ − + − + −
c)
1
2 2 2 2 2 2
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −
d)
a b c
a b c
b c a a c b a b c
+ + ≥ + +
+ − + − + −
Bài 2. Cho a, b , c dương. Cmr:
4 4 4 9
2 2 2a b c a b c a b c a b c
+ + ≥
+ + + + + + + +
Bài 3. Cho x
0
≥
, y
0
≥

thỏa mãn
12 =− yx
. Chứng minh rằng
5
1
≥+ yx
Bài 4. Cho a >0, b >0, c>0. Chứng minh rằng
8
1625
>
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
Bài 5. Cho m, n, p, q, a, b >0. Chứng minh rằng

( )
( )
pnmpnm
ba
pc
ac
nb
cb

ma
++−++≥
+
+
+
+
+
2
2
1

Bài 6. Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+
abcacbbca

Bài 7. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z=0, x+1>0, y+1>0, z+4>0.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của :

111 +
+
+
+
+
=
z
z
y
y
x
x
Q
2) Đổi biến trong các bất đẳng thức có dạng đối xứng
2.1)Bất đẳng thức đối xứng theo hai biến số không âm
Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đối xứng chứa hai biến a, b
không âm ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau:
- 10 -
Đặt
{
= +
=
s a b
p ab
. Ta có các đẳng thức sau:
= +
2
s 2p a b
2 2
–



− = +s ps a b
3 3 3
3


( )
− − = +s p p a b
2
2 2 4 4
2 2




( ) ( )
+ + = + +s p a b1 1 1

Dễ dàng chứng minh được , , ,  dựa vào các hàng đẳng thức và khai triển.
Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau:

≥s p
2
4

Nếu
≤ ≤p0 1
thì
+

≤
+ +
+
s
s p
p
2 2
1
1

Nếu
≥p 1
thì
+
≥
+ +
+
s
s p
p
2 2
1
1

Chứng minh
Ta có
( ) ( )
≥ ⇔ + ≥ ⇔ − ≥s p a b ab a b
2 2
2

4 4 0
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và khi a=b.
Chứng minh, 
Với
≥p 1
, xét hiệu
( )
( )
( )
( ) ( )
+ + − + + = − −s p s p p s p2 1 2 1 1 2
Nếu
≤ ≤p0 1
thì
( ) ( )
+
− − ≤ ⇔ ≤
+ +
+
s
p s p
s p
p
2 2
1 2 0
1
1
( được chứng minh)
Nếu

≥p 1
thì
( ) ( )
+
− − ≥ ⇔ ≥
+ +
+
s
p s p
s p
p
2 2
1 2 0
1
1
( được chứng minh)

Nhận xét:
− Để sử dụng phương pháp đổi biến hiệu quả quan trọng nhất là khai thác mối liên hệ
giữa các đại lượng
= + =
s a b p ab,
. Tiếp theo là đổi biến mới theo s,p. Sau cùng vận
dụng các đẳng thức, bất đẳng thức trên vào chứng minh bài toán.
Ví dụ 7. Cho a, b không âm. Cmr:
+ ≥ +a b a b ab
4 4 3 3
Lời giải:
Đặt
{

= + ≥
= ≥
s a b
p ab
0
0
BĐT cần chứng minh
⇔

( ) ( )
− − ≥ −s p p p s p
2
2 2
2 2 2
( ) ( )
⇔ − + ≥ ⇔ − − ≥
s s p p s p s p
4 2 2 2 2
5 4 0 4 0
(do 
( )

− ≥

≥ ⇒

− = − + ≥


s p

s p
s p s p p
2
2
2 2
4 0
4
4 3 0
)
BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b.
Ví dụ 8. Cho a,b,c>0 thỏa
+ + =
ab a b 3
. Cmr
- 11 -
+ + ≤ + +
+ + +
a b ab
a b
b a a b
2 2
3 3 3
1 1 2
Lời giải:
Đặt
{
= + >
= >
s a b
p ab

0
0
+ + = ⇔ + = ⇔ = −ab a b s p p s3 3 3

Do  nên
( )
≥ ⇒ ≥ − ⇒ ≥s p s s s
2 2
4 4 3 2
BĐT cần chứng minh trở thành
+ −
+ ≤ − +
+ +
s s p p
s p
s p s
2
2
3 3 6 3
2
1 2
⇔ − + − ≥s s s
3 2
4 12 0
( )
( )
⇔ − + + ≥s s s
2
2 6 0
(luôn đúng với mọi

≥
s 2
)
Bài toán đã chứng minh xong.
 Bài tập (BĐT đối xứng theo 2 biến):
Bài 1.Cho
≥a b, 1
. Cmr
  
− − ≤
 ÷ ÷
  
a b
a b
2 2
1 1 1 1 1
16
Bài 2.Cho
>
a b, 0
. Cmr
( )
+
+ ≥
+
+
a b ab
a b
a b
4 4

4
5
8
Bài 3.Cho
∈ + = +
a b R a b a b
2 2
, :
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
= + + +P a b a b ab
3 3 2 2
Bài 4.Cho
∈ + =
a b R a b
2 2
, : 1
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
= +
+ +
a b
P
b a1 1
2.2)Bất đẳng thức đối xứng theo ba biến số không âm
Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đối xứng chứa ba biến a, b, c
không âm ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau:
Đặt
= + +


= + +



=

x a b c
y ab bc ca
z abc
ta có các đẳng thức sau:
xy z a b b c c a– ( )( )( )= + + +


x y a b b c b c c a c a a b
2
( )( ) ( )( ) ( )( )+ = + + + + + + + +


x y a b c
2 2 2 2
2− = + +




x xy z a b c
3 3 3 3
3 3− + = + +

Dễ dàng chứng minh được , , ,  dựa vào hàng đẳng thức và khai triển.
Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau:

x y
2
3≥


x z
3
27≥


y xz
2
3≥

- 12 -
xy z9≥

x xy z
3
4 9 0− + ≥
(dạng thể hiện khác của BĐT Schur) 
Chứng minh
( ) ( )
( )
( )
+ + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca

a b c ab bc ca
2
2 2 2
2 2 2
3
2 2
( ) ( ) ( )
⇔ − + − + − ≥a b b c c a
2 2 2
0
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Chứng minh
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số ko âm ta có:
+ + ≥
3
a b c abc3
Lập phương 2 vế
( )
+ + ≥a b c abc
3
27
(đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Chứng minh
Ta cần chứng minh
( )
+ + ≥ab bc ca abc(a+b+c)
2
3

Thật vậy:
( ) ( ) ( ) ( )
+ + =
2 2 2
ab bc ca ab + bc + ca +2abc(a+b+c)
2
(1)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
≥ + + = + +
2 2 2
ab + bc + ca ab bc bc ca ca ab abc a b c( )
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta có đpcm
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Chứng minh
Ta cần chứng minh
( ) ( )
+ + + + ≥a b c ab bc ca abc9
Áp dụng BĐT Cô-si 3 số không âm
+ + ≥a b c abc
3
3
Áp dụng BĐT Cô-si 3 số không âm
( )
+ + ≥ab bc ca abc
2
3
3
Nhân vế theo vế bài toán đã chứng minh xong

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Chứng minh
Trước hết ta cm
( )
+ + + ≥ + + + + +a b c abc ab a b bc b c ca c a
3 3 3
3 ( ) ( )
(*)
Thật vậy không mất tính tổng quát, ta giả sử
≥ ≥a b c
. Đặt
= − ≥ = − ≥x a b y b c0, 0
(*) trở thành
( ) ( )
+ − + + + + + ≥c x y y c y xy c x y x x y( ) ( ) 0
( )
( )
⇔ + + + + ≥c x xy y x x y
2 2 2
2 0
(luôn đúng vì c,x,y đều không âm)
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c hoặc a=b,c=0 hoặc các hoán vị
Áp dụng BĐT (*)
( )
( ) ( ) ( )
+ + + ≥ + + + + +
⇔ ≥ + + + + − + +
⇔ − + ≥
a b c abc ab a b bc b c ca c a
abc a b c ab bc ca a b c

x xy z
3 3 3
3
3
3 ( ) ( )
9 4
4 9 0

Nhận xét:
- 13 -
− BĐT

còn được ghi dưới dạng tương đương
( )
−
≥
x y x
z
2
4
9
( BĐT Schur ) với x,y,z
không âm.
− Để sử dụng phương pháp đổi biến hiệu quả quan trọng nhất là khai thác mối liên hệ
giữa các đại lượng
= + + = + + =
x a b c y ab bc ca z abc, ,
. Tiếp theo là đổi biến mới
theo x,y,z . Sau cùng vận dụng các đẳng thức, bất đẳng thức trên vào chứng minh bài
toán.

Sau đây là một số ví dụ để làm sáng tỏ vấn đề này:
Ví dụ 9. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh:
a b b c c a a b c( )( )( ) 2(1 )
+ + + ≥ + + +

Đặt
x a b c= + +
;
y ab bc ca= + +
;
z abc=
.
Theo  thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

xy z x2(1 )− ≥ +

⇔

xy x1 2(1 )− ≥ +

⇔

x y( 2) 3− ≥
.
Do z = abc = 1 nên theo  và  suy ra: x
≥
3; y
≥
3 suy ra: x(y – 2)
≥

3 là BĐT đúng.
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 3 hay a = b = c =1.
Suy ra bài toán được chứng minh.
Ví dụ 10. Cho a, b, c>0: a + b + c = 3. Cmr:
abc
ab bc ca
12
5+ ≥
+ +

Đặt
x a b c
= + +
;
y ab bc ca= + +
;
z abc
=
.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:
z
y
12
5+ ≥
(*)
Theo  kết hợp với x = a + b + c =3 ta có:
y z27 12 9 0− + ≥
.
Suy ra:
y

z
4 9
3
−
≥
⇒
y
z
y y
12 4 9 12
3
−
+ ≥ +
(**)
Mặt khác:
y
y y y
y
2
4 9 12
5 4 9 36 15
3
−
+ ≥ ⇔ − + ≥
⇔
y
2
( 3) 0− ≥
(đúng với mọi y).
Từ (*) và (**) suy ra bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1.
 Bài tập (BĐT đối xứng theo 3 biến):
Bài 1.Cho ba số không âm a, b, c, thoả mãn:
ab bc ca abc 4
+ + + =
.
Chứng minh rằng:
a b c abc
2 2 2
3( ) 10+ + + ≥
Bài 2. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = 3.
Chứng minh rằng:
a b c
a b b c c a a b c
1 1 1 3
6
+ +
+ + ≥ +
+ + + + +
Bài 3. Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn
abc a b c(1– )(1– )(1– )
=
. Chứng minh:
a b c abc
3 3 3
5 1
+ + + ≥
- 14 -
Bài 4.Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn. Cmr:
( )

+ + + + ≥ + +
a b c abc ab bc ca
2 2 2
2 1 2
Bài 5.(AMPO 2004) Cho a, b, c>0. Cmr:
( ) ( ) ( )
( )
+ + + ≥ + +
a b c ab bc ca
2 2 2
2 2 2 9
Bài 6.Cho x,y,z>0 thoả mãn điều kiện . Cmr:
+ + ≥ + +
+ + +
x y z
x y z
x yz y zx z xy
2 2 2
1 1 1 3 3 3
2 2 2
Bài 7.Cho a, b, c>0 thỏa
=
abc 1
. Cmr:
( )
+ + + + + ≥ + +
a b c a b c ab bc ca
2 2 2
2
Bài 8.Cho a, b, c>0 thỏa

=
abc 1
. Cmr:
+ + + ≥
+ +
a b c
ab bc ca
6
5
Bài 9.(VMO 2006 Bảng B) Cho a, b, c>0 thỏa
=
abc 1
.
Cmr:
( )
+ + + ≥ + +
ab bc ca
a b c
2 2 2
1 1 1
3 2
Bài 10. (Balkal MO)Cho a, b, c>0 thỏa
=
abc 1
.
Cmr:
( )
( ) ( )
+ + + ≥ + + + + +
a b c a b c ab bc ca

2 2 2
2 12 3 3
Bài 11. (Balkal MO 2011)Cho a, b, c>0 thỏa
=
abc 1
.
Cmr:
( )
( ) ( )
+ + + ≥ + + + + +
a b c a b c ab bc ca
2 2 2
2 12 3 3
2.3 Bất đẳng thức có dạng đối xứng khác
Tuy nhiên, có nhưng BĐT có dạng đối xứng theo 2 hoặc 3 biến nhưng ta có thể
không áp dụng các cách trên mà lời giải vẫn đẹp hơn. Vấn đề đặt ra là nên làm theo cách
nào? Khi mới làm quen BĐT thì cách nào cũng được, nhưng khi đã quen BĐT ta sẽ
chọn cách hay và ngắn gọn nhất. Quan sát mối liên hệ giữa các biểu thức trong BĐT,
giả thiết và BĐT có dấu hiệu gì đặc biệt?
Ví dụ 11. Cho x,y là 2 số thực khác 0. Cmr:
2 2
2 2
x
4 3
y x y
y x y x
 
+ + ≥ +
 ÷
 

Lời giải:
Đặt
2 2
2
2 2
t= , 2 2
x y x y
t t
y x y x
+ ≥ ⇒ − = +
BĐT đã cho tương đương với
( ) ( )
2
3 2 0 2 1 0 t t t t
− + ≥ ⇔ − − ≥
(đpcm)
Ví dụ 12. Cho x,y là 2 số thực khác 0. Cmr
( )
2 2 2 2
2
2 2
2 2
4 x
3
x y y
y x
x y
+ + ≥
+

(Đề TS10 chuyên ĐHKHTN-ĐHĐHQG Hà Nội 2000-2001)
Lời giải:
Ta có
( ) ( )
( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
4 x 4
3 5
x y
x y y x y
y x x y
x y x y
+
+ + ≥ ⇔ + ≥
+ +
(1)
- 15 -
Đặt
( )
2
2 2
2 2
t=
x y
x y

+

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương
( )
( )
2
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 4 4 4
x y
x y xy x y x y t
x y
+
+ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
BĐT (1) trở thành
( ) ( )
2
4
5 5 4 0 1 4 0t t t t t
t
+ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − − ≥
(đpcm)
Ví dụ 13. Cho
x,y,z>0:x+y+z=1
. Cmr
2 2 2
3 2
14

xy yz zx x y z
+ ≥
+ + + +
(Đề TS10 chuyên Trần Phú-Hải Phòng 2003-2004)
Lời giải:
Đặt
( ) ( )
2
2 2 2
t= 2 1 2xy yz zx x y z x y z xy yz zx t+ + ⇒ + + = + + − + + = −
Lại có
( )
2
1
3 3
x y z
t xy yz zx
+ +
= + + ≤ =
(chứng minh dễ dàng bằng pp biến đổi tương dương
hoặc BĐT Cô-si 2 số).
Bài toán cần chứng minh trở thành
3 2
14
1 2t t
+ ≥
−
với
1
0

3
t
< ≤
( )
2
2 2
3 2
14 3 18 28 0 3 1 3 0
1 2
t t t t
t t
+ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥
−
(đpcm)
Ví dụ 14. Cho x,y,z>0 ta có:
1 1 1
1
x y z
+ + =
. Cmr
( ) ( ) ( )
2 2 2 1x y z
− − − ≤
(Đề TS10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2005-2006)
Lời giải:
Đặt
x=a+2
1 1 1
y=b+2 1
a+2 b+2 c+2

z=c+2


⇒ + + =



và ta cần chứng minh
1abc ≤
Từ
1 1 1
1
a+2 b+2 c+2
+ + =
ta đặt tiếp
1
a
2
m=
a+2
b
n=
2
b+2
c
p=
2
c+2
m n p
m

a
n p
n
b
p m
p
c
m n
+ + =





=

+

 
⇒
 
=
 
+
 
 

=

+



Do đó BĐT cần chứng minh trở thành
( ) ( ) ( )
2 2 2
. . 1 8
m n p
m n p m n p mnp
n p p m m n
≤ ⇔ + + + ≥
+ + +
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2 8m n p m n p mn np pm mnp+ + + ≥ =
Bài toán được chứng minh.
- 16 -

Nhận xét: Kĩ thuật đổi biến
2
2

2
m
a
n p
n
b
p m
p
c

m n

=

+


=

+


=

+

khi
1 1 1
1
a+2 b+2 c+2
+ + =
khá phổ biến, giúp bài
toán có dạng trên trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
 Bài tập :
Bài 1.Cho
0, 0x y
≠ ≠
thỏa :
( )
2 2

x y xy x y xy
+ = + −
. Tìm GTLN của
3 3
1 1
A
x y
= +
(Đại học 2006A)
Bài 2.Cho
a,b,c,d>0: 1ab cd
= =
. Cmr
( ) ( ) ( )
4 2a b c d a b c d
+ + + ≥ + + +
(Đề TS10 Năng phổ thông năng khiếu ĐHQG TPHCM 2007)
Bài 3.Cmr với a,b,c>0 ta có:
2 2 2
a bc b ca c ab
a b c
b c c a a b
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +

Bài 4.Cho a,b,c>0 thỏa
4ab bc ca abc+ + + =
. Cmr
3ab bc ca

+ + ≤
3) “Chuyển” từ bất đẳng thức không đối xứng thành đối xứng, bất đẳng thức hoán
vị thành đối xứng
Phần lớn các bài BĐT trong các đề thi đại học, cao đẳng hay các đề thi học sinh
giỏi đều có dạng BĐT đối xứng. Thông thường, biểu thức đối xứng đạt GTLN, GTNN
khi các biến có giá trị bằng nhau. Kĩ thuật “Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức ”
1
được áp dụng giúp kiểm tra sai lầm, định hướng và giải quyết bài toán rất mạnh. Do đó,
BĐT đối xứng dễ làm hơn so với các dạng khác. Một trong các ưu điểm của phương
pháp đổi biến là “chuyển” BĐT không đối xứng, hoán vị về bất đẳng thức đối xứng.
Ví dụ 15. Cho a,b,c>0: Cmr:
+ +
+ + ≥
+ + +
3 3 2
5
a c a b a
a b a c b c
(HSG10 Đồng Nai 2012-2013)
Lời giải:
Đặt

+ −
=


= + >

+ −
 

= + > ⇒ =
 
 
= + >

+ −

=


y z x
c
x a b
x z y
y a c b
z b c
x y z
a
2
0
0
2
0
2
Bất đẳng thức trở thành
     
+ − + − + −
+ +
 ÷  ÷  ÷
     

+ + ≥
y z x x z y x y z
y x
x y z
2 2 2
2 2 2
5
1
Đọc giả có thể xem thêm SKKN 2013“Dự đoán dấu bằng trong BĐT Cô-si để tìm GTLN,GTNN và chứng minh BĐT”,
Đỗ Tất Thắng
- 17 -
⇔ + + + + + ≥
y z x z x y
x x y y z z
2 2 8
     
⇔ + + + + + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
y x x z y z
x y z x z y
2 8
(*)
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương
 
+ ≥ = ⇒ + ≥
 ÷
 
y x y x y x
x y x y x y

2 . 2 2 4
(1)
 
+ ≥ =
 ÷
 
x z x z
z x z x
2 . 2
(2)
 
+ ≥ =
 ÷
 
y z y z
z y z y
2 . 2
(3)
Cộng (1)+(2)+(3) ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=” xẩy ra
⇔
a=b=c

Nhận xét:
− Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, do mẫu số chỉ còn 1 ẩn, tạo
điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si.
− Đặc biệt “chuyển” bất đẳng thức từ bất đối xứng thành đối xứng.
− Như thế chúng ta có thể dự đoán dấu bằng BĐT xẩy ra khi nào? Làm cho bài toán
dễ định hướng và làm hơn.
 Nếu bài toán có điều kiện abc=1(có thể là hằng số khác) hoặc không có điều kiện
thì thử làm theo các hướng sau

Hướn
g
Đặt Ưu điểm
1
, ,
k k k
a b c
x y z
= = =
(k:const)
Không làm thay đổi tính đối xứng của
BĐT (nếu có).
2
, ,
x y z
a k b k c k
y z x
= = =
(k:const)
Có thể chuyển BĐT Hoán vị vòng quanh
thành BĐT đối xứng.
3
, ,
y z x
a k b k c k
x y z
= = =
(k:const)
Có thể chuyển BĐT Hoán vị vòng quanh
thành BĐT đối xứng.

4
2 2 2
, ,
yz zx xy
a k b k c k
x y z
= = =
(k:const)
Có thể chuyển BĐT Hoán vị vòng quanh
thành BĐT đối xứng.
5
2 2 2
, ,
x y z
a k b k c k
yz zx xy
= = =
(k:const)
Có thể chuyển BĐT Hoán vị vòng quanh
thành BĐT đối xứng.
Năm hướng phân tích trên thường được áp dụng để “chuyển” BĐT hoán vị thành
đối xứng, đôi khi nó cũng được dùng để giải trực tiếp đối với các BĐT đối xứng mà
không cần phải “chuyển”.
Ví dụ 16. (IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .CMR:
1 1 1
1 1 1 1a b c
b c a
   
− + − + − + ≤
 ÷ ÷ ÷

   

Phân tích:
Đây là BĐT hoán vị với 3 biến a,b,c ta thử đổi biến theo các hướng:
- 18 -
− Hướng 1, đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =
thì BĐT vẫn có dạng hoán vị do đó đổi hướng khác.
− Hướng 4 và 5 sẽ làm VT của BĐT trở nên có bậc cao hơn do đó đổi hướng khác.
− Hướng 3, đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
thì
1 1 1
y y z z x x
VT
x z y x z y
  
 
= − + − + − +
 ÷ ÷
 ÷
 
  

khó biến đổi
hơn so với hướng 2.
− Hướng 2, đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
= = =
thì BĐT cần chứng minh trở thành
( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + −
đây là BĐT khá quen thuộc. BĐT cần chứng minh trở
thành BĐT đối xứng theo 3 ẩn x,y,z. Dự đoán dấu “=” xảy ra khi x=y=z.
Lời giải:
Do
1abc =
nên ta có thể đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
= = =
với
, , 0x y z >
Nên BĐT có thể viết lại
1 1 1 1
x z y x z y
y y z z x x
 
  
− + − + − + ≤

 ÷
 ÷ ÷
  
 

⇔
( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + −

Đặt
x m n y n p z p m; ;
= + = + = +
với m,n,p>0
BĐT đã cho trở thành
m n n p p m mnp( )( )( ) 8
+ + + ≥

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có:
( ) ( ) ( )

+ ≥

+ ≥ ⇒ + + + ≥


+ ≥

m n mn
n p np m n n p p m mnp
p m pm
2

2 8
2
. Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1a b c
⇔ = = =

Nhận xét:
− Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn,
dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si.
− Đặc biệt “chuyển” bất đẳng thức từ BĐT hoán vị vòng quanh thành BĐT đối xứng.
Như thế chúng ta có thể dự đoán dấu bằng BĐT xẩy ra khi nào? Làm cho bài toán dễ
định hướng và làm hơn.
Ví dụ 17. Cho a,b,c dương.
Cmr
3 3 3
3 3 3 3 3 3
1
a b c
a abc b b abc c c abc a
+ + ≥
+ + + + + +
(Nguyễn Văn Thạch)

Phân tích:
− Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz trực tiếp không cho ta kết quả dễ hơn
( )
( )
2
2 2 2

3
3 3
3 3
cyc
cyc
a b c
a
a abc b
a a abc b
+ +
≥
+ +
+ +
∑
∑
.
Đây là BĐT hoán vị với 3 biến a,b,c ta thử đổi biến theo các hướng:
− Hướng 1, đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =
thì BĐT vẫn có dạng hoán vị do đó đổi hướng khác.
- 19 -
− Hướng 4 và 5 sẽ làm VT của BĐT trở nên khó biến đổi hơn do đó đổi hướng khác.
− Hướng 2, đặt
, ,
x y z
a b c
y z x

= = =
thì
3 3
3 3 3 3 6
cyc
VT=
x z
x z y z y+ +
∑
là biểu thức đối xứng theo
3 ẩn x,y,z.
− Hướng 3, đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
thì
6
6 3 3 3 3
cyc
VT=
y
y x y z x+ +
∑
là biểu thức đối xứng theo
3 ẩn x,y,z.
− Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz thì ta thấy rằng hướng 3 ra liền, do đó ta chọn
hướng 3 là tối ưu nhất. BĐT cần chứng minh trở thành BĐT đối xứng theo 3 ẩn x,y,z.
Dự đoán dấu “=” xảy ra khi x=y=z.

Lời giải:
Đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
thì BĐT cần chứng minh trở thành
3
3 3
3 3 3 3
3 3
6 6 6
6 3 3 3 3 6 3 3 3 3 6
1
z
y x
y
x z
x y z x y
y y z x z z y z x x
z x y z x
x x y z y y x y z z
y z x
y x y z x z y z x y x z
 
   
 ÷
 ÷  ÷
     

+ + ≥
 
               
           
+ +
+ + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
             
       
⇔ + +
+ + + + +
3 3 3 3
1
x y z
≥
+
Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz
( )
( )
2
3 3 3
6
6 3 3 3 3
6 3 3 3 3
1
cyc

cyc
x y z
y
y x y z x
y x y z x
+ +
≥ =
+ +
+ +
∑
∑
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z

Nhận xét:
− Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn,
dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz .
− Đặc biệt “chuyển” bất đẳng thức từ BĐT hoán vị vòng quanh thành BĐT đối xứng.
Như thế chúng ta có thể dự đoán dấu bằng BĐT xẩy ra khi nào? Làm cho bài toán dễ
định hướng và làm hơn.
Ví dụ 18. Cho
, , 0: 1x y z xyz> =
. Tìm GTLN của
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
P
x y y z z x
= + +
+ + + + + +

(HSG 10- Hà Tĩnh - 2008 )
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:
2 2
2 2
2 2
2
2
1 1
2 3 2 2 2
2 3 2 2 2
1 2
x y xy
x y xy y
x y xy y
y y

+ ≥

⇒ + + ≥ + + ⇒ ≤

+ + + +
+ ≥


.
Tương tự:
2 2
1 1
2 3 2 2 2y z yz z

≤
+ + + +
,
2 2
1 1
2 3 2 2 2z x zx x
≤
+ + + +
. Do đó:
1 1 1 1
( )
2 1 1 1
P
xy y yz z zx x
≤ + +
+ + + + + +
.
- 20 -
Vì
, , 0: 1x y z xyz> =
nên tồn tại các số dương a, b, c sao cho:
, ,
a b c
x y z
b c a
= = =
.
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 1
( )

2 1 1 1 2
1 1 1
1 1
2 2
P
a b b c c a
xy y yz z zx x
c c a a b b
c a b
a b c a b c a b c
 
 
 
≤ + + = + +
+ + + + + +
     
 
+ + + + + +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
 
= + + =
 
+ + + + + +
 
Vậy
1
1

2
MaxP x y z= ⇔ = = =
.

Nhận xét:
− Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn,
dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si.
− Đặc biệt “chuyển” bất đẳng thức từ BĐT hoán vị vòng quanh thành BĐT đối xứng.
Như thế chúng ta có thể dự đoán dấu bằng BĐT xẩy ra khi nào? Làm cho bài toán dễ
định hướng và làm hơn.
 Bài tập:
Bài 1. Cho a >0, b >0, c>0. Chứng minh rằng
8
1625
>
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
Bài 2. Cho m, n, p, q, a, b >0. Chứng minh rằng
( )
( )
pnmpnm
ba

pc
ac
nb
cb
ma
++−++≥
+
+
+
+
+
2
2
1

Bài 3. Cho
a,b,c:abc=1
. CMR:
1 1 1 3
(1 ) (1 ) (1 ) 2a b b c c a
+ + ≥
+ + +
.
Bài 4. Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a ab b bc c ca
1 1 1
1
1 1 1
+ + =
+ + + + + +

Bài 5. Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a b c a b c
b c a b c a
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
       
− + − + − + = + − + − + −
 ÷ ÷ ÷  ÷ ÷ ÷
       

Chứng minh:
1abc ≥
.
C) Đổi biến để chứng minh BĐT hay tìm GTLN, GTNN với vai trò người ra đề.
Phương pháp đổi biến có ưu điểm từ một bài toán đơn giản có thể sáng tạo thành
nhiều bài toán hay hoặc khó hơn tùy vào mục đích người ra đề.
Bài toán ban đầu: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. cmr
( )( )( )a b c b c a c a b abc
+ − + − + − ≤
Lời giải:
- 21 -
Đặt

2
x a b – c 0
y b c a 0
2
z c a – b 0
2
x z

a
x y
b
y z
c
+

=

= + >


+
 
= + − > ⇒ =
 
 
= + >

+

=


BĐT đã cho trở thành
( ) ( ) ( )
. . 8x y y z z x xyz
+ + + ≥
. Điều này chứng minh được nhờ áp
dụng BĐT Côsi cho ba thừa số ở VT.

Từ bài toán ban đầu ta thu được bài toán mới như sau:
BT1 Cho x,y,z>0. Cmr
( ) ( ) ( )
. . 8x y y z z x xyz
+ + + ≥
Thử thay đổi bài toán bằng cách đặt
x
y
z
SinA
SinB
SinC
=


=


=

(hiển nhiên là giá trị của
0<x,y,z 1
≤
).
BT1 trở thành bài toán mới như sau:
( ) ( ) ( )
sin sin . sin sin . sin sin 8sin sin sin
2sin .cos 2sin .cos 2sin .cos 8sin sin sin
2 2 2 2 2 2
cos cos cos 8sin sin sin

2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B C
A B A B B C B C C A C A
A B C
A B B C C A A B C
+ + + ≥
+ − + − + −
⇔ ≥
− − −
⇔ ≥
BT2 Cho tam giác ABC . Cmr:
cos cos cos 8sin sin sin
2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B C− − −
≥
Từ BT1 đặt
x
y
z
TanA
TanB
TanC
=


=


=


. BT1 trở thành bài toán mới như sau:
( ) ( ) ( )
. . 8TanA TanB TanB TanC TanC TanA TanATanBTanC
+ + + ≥
(1)
Với A,B,C là 3 góc của tam giác nhọn ABC thì (1) được thay đổi cho khác hơn
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 . . 1 tan .tan . 1 tan .tan 8tan .tan .
tan tan tan 1 . 1 tan .tan 1 tan .tan 8tan .tan .
1 . 1 tan .tan 1 tan .tan 8
tan A B tanAtanB tan B C B C tan C A C A A B tanC
A B C tanAtanB B C C A A B tanC
tanA tanB B C C A
+ − + − + − ≥
⇔ − − − − ≥
⇔ − − − ≤ −
BT3 Cho tam giác ABC nhọn. Cmr
( ) ( ) ( )
1 . 1 tan .tan 1 tan .tan 8tanAtanB B C C A
− − − ≤ −
Cũng từ BT1
( ) ( ) ( )
. . 8 . . 8
x y y z z x
x y y z z x xyz
z x y
 

+ + +
   
+ + + ≥ ⇔ ≥
 ÷
 ÷  ÷
   
 
Đặt
1
1
1 1 1 1
1
1 1 1 1
1
1
z
x y
a
a x y z
z
y z x
b
x b x y z a b c
z x
y
c
y
c x y z



+
=
=


+ + +



+

= ⇒ = ⇒ + + =
 
+ + + + + +
 
+
 
=
=
 
+ + +


Do đó ta thu được bài toán mới
- 22 -
BT4 Cho a,b,c>0 thỏa
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =

+ + +
. Cmr:
8abc
≥
Cũng từ BT1
( ) ( ) ( )
1
. . 8 . .
8
z x y
x y y z z x xyz
x y y z z x
   
 
+ + + ≥ ⇔ ≤
 ÷  ÷
 ÷
+ + +
 
   
Đặt
1
1
1 1 1 1
2
1 1 1 1
1
1
z x y
a

x y a x y z
x y z
b
y z b x y z a b c
y z x
c
z x c x y z

+

= =


+ + + +



+

= ⇒ = ⇒ + + =
 
+ + + + + + +
 
 
+
= =
 
+ + + +



Do đó ta thu được bài toán mới như sau
BT5 Cho a,b,c>0 thỏa
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
. Cmr:
1
8
abc ≤
Tổng quát hóa BT5 ta được
BT6 Cho
*
1 2 3
, , , , 0;
n
x x x x n N> ∈
thỏa
1 2 3
1 1 1 1
1
1 1 1 1
n
n
x x x x
+ + + + = −
+ + + +
. Cmr:
1 2 3

1
, , , ,
( 1)
n
n
x x x x
n
≤
−
Đặc biệt hóa với BT6 Cho n=7,
2 3
x x=
,
4 5 7
x x x= = =
ta thu được
2 4
1 2 4 1 2 4 1 2 4
2 41 2 4 1 2 4 1
6 7 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
x x
x x x x x x x x x
 
+ + = ⇔ − + + = ⇔ + + =
 ÷
+ + + + + + + + +
 
, thay đổi ẩn
cho bài toán mới lạ hơn, cho

1
x x=

2 3
x x y= =
,
4 5 7
x x x z= = = =
. Ta thu được BT7
BT7 Cho x,y,z>0 thỏa
2 4
1
1 1 1
x y z
x y z
+ + =
+ + +
. Cmr:
2 4
7
1
5
xy z ≤
Từ BT1, đặt
, , ,S=a+b+cx a b y b c z c a= + = + = +
Theo BT1 ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
. . 8 . .S x S y S z S x S y S z
+ + + ≥ − − −
(1)

Cũng theo BT1 ta được
( ) ( ) ( )
. . 8S x S y S z xyz
− − − ≥
(2)
Nhân (1),(2) vế theo vế ta có
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 3 3
2 2 2
. . 8 1 . 1 . 1 8
S S S
S x S y S z xyz
x y z
     
− − − ≥ ⇔ − − − ≥
 ÷  ÷  ÷
     
Ta được
BT8 Cho x,y,z >0. Đặt
S=a+b+c
. Cmr:
2 2 2
3
2 2 2
1 . 1 . 1 8
S S S
x y z

     
− − − ≥
 ÷  ÷  ÷
     
Từ một bài toán cơ bản ban đầu bằng cách: đổi biến, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, so
sánh và phân tích. Chúng ta có thể thu được nhiều bài toán hay hơn, khó hơn nhiều.
Việc này giúp ích nhiều hơn là việc đọc một lời giải của một bài toán, xa hơn giúp ta
nhìn thấy sự logíc, liên hệ giữa nhiều bài toán thoạt nhìn tưởng không có sự liên hệ nào.
Hơn hết là giúp chúng ta sáng tạo ra các bài toán mới.
- 23 -
D) Một thành hai
Từ bài toán tìm GTNN, GTLN có thể chuyển đổi thành chứng minh BĐT và ngược
lại. Đối với người ra đề, có thể linh hoạt chế từ một bài toán thành 2 bài toán khác nhau
về mặt hình thức cho phong phú, mặc dù nội dung và cách giải như nhau. Còn người
học có thể học một biết hai. Vậy nên, giáo viên chỉ cần giảng một mà học sinh hiểu hai.
Áp dụng đối với toàn bộ các bài trong SKKN này. Đặc biệt, đối với các BĐT đối xứng
thì kĩ thuật “dự đoán dấu bằng trong BĐT” giúp ta có thể dự đoán được GTLN, GTNN
là bao nhiêu? Điều này giúp ta định hướng và giải quyết bài toán chính xác hơn? Chẳng
hạn từ Ví dụ 20
Ví dụ 19. (IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
CMR :
3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Lời giải:
Ta đặt
1
1

1
a
x
b
y
c
z

=



=



=


với
, , 0x y z >
và do
1abc
=
nên
1xyz =
Nên BĐT
2 2 2
3
2

x y z
y z z x x y
⇔ + + ≥
+ + +
Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2
x y z
y z z x x y
y z z x x y
x y z
y z y z x y x y z
y z z x x y
 
     
 
 ÷
+ + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
 
 ÷
  + + +
     
 

 
≥ + + + + + = + +
 ÷
 ÷
+ + +
 
2 2 2
3
3
3
2 2 2
xyz
x y z x y z
y z z x x y
 
+ +
⇔ + + ≥ ≥ =
 ÷
+ + +
 
Vậy BĐT đựợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra
1a b c⇔ = = =
Bằng cách chứng minh tương tự ta sẽ giải quyết được bài toán sau:
Ví dụ 20. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
Tìm GTNN của
3 3 3
1 1 1
( ) ( ) ( )
P
a b c b c a c a b

= + +
+ + +
 Bài tập tổng hợp:
Bài 1. Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác:
a)
3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −
b)
1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + ≥ + +
+ − + − + −
Bài 2. Cho các số thực dương a, b, c . Cmr:
- 24 -
a)
b c a
a b b c c a
1
2 2 2
+ + ≤
+ + +

b)
a b c
a b b c c a
1
2 2 2

+ + ≥
+ + +
.
Bài 3. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
2 2 2
2 1x y z xyz+ + + =
. CMR:
a)
3
2
x y z+ + ≥
b)
1 1 1
4( )x y z
x y z
+ + ≥ + +
Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt
, ,
a b c
x y z
b c c a a b
= = =
+ + +
Bài 4. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng:
1 1 1 1
2 22
abc

ab bc ca
+ + ≥ + +
Bài 5. Cho
, , 0a b c >
thoả mãn
1abc
=
. CMR:
3 6
1
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
Bài 6. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR:
a)
2 2 2
4 3a b c S+ + ≥
với S là diện tich tam giác
b)
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b a b b c b c c a c a− + − + − ≥
Gợi ý: Đặt
, ,a x y b y z c z x= + = + = +
Bài 7. Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 3. Chứng minh rằng:
1 1 1 9
ab bc ca
a b c b c a c a b
+ + ≥
+ +
+ − + − + −

.
Bài 8. Cho x, y, z là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
3
( ) ( ) ( )( )( )x y z xyz xy yz zx y z x z x y x y z+ + ≥ + + + − + − + −
.
Bài 9. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác. Cmr:
3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −
.
Bài 10.(Đề nghị OLP 2011): Cho a, b, c >0. Tìm GTLN của:
3 3 3
bc ca ab
P
a bc b ca c ab
= + +
+ + +
.
Bài 11. (HSG12-Hà Tĩnh 2007): Cho các số thực x, y, z thỏa mãn:
4 4 4 3
x y z
+ + =
.
CMR:
2 2 2 4 4 4
x y z x y y z z x+ + +
+ + ≥ + +
.

Bài 12.(Đề nghị OLP 2008): Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn:

1 2007 1
2 2008 2007
c
a b c
+
+ ≤
+ + +
. Tìm GTNN của P = (a+1)(b+1)(c+1).
Bài 13.(Đề nghị OLP 2008): Xét a, b, c > 0 tùy ý. Tìm GTLN của:

(1 )(1 )(1 )
abc
T
a a b a b c
=
+ + + + + +
.
Bài 14.(Đề OLP 2009): Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
2 3 2 3 2 3
a b c
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + + + + +
.
- 25 -