Phương pháp ACB trong chứng minh bất đẳng thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA TOÁN
LỚP TOÁN 3A

\

Giảng viên hướng dẫn: Hoàng

Tròn
Sinh viên thực hiện : Trương Quang Phú

Huế, 2011


Trong quá trình làm bài tập lớn này ngoài sự nỗ lực, cố
gắng hết mình của bản thân em còn nhận được rất nhiều sự
giúp đỡ từ phía thầy cô và các bạn.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn của mình đến thầy giáo ThS
Hoàng Tròn. Cảm ơn thầy đã tận tình giúp đỡ em hoàn thành
bài tập lớn này. Đồng thời xin cảm ơn các bạn đã có những góp
ý giúp em hoàn thành bài tập lớn này.
Em xin chân thành cảm ơn
Trương Quang Phú


A-Đặt vấn đề:
Đã từ lâu, bất đẳng thức luôn là một chủ tuyến hết sức quan trọng của toán
học; đây cũng là môn học đòi hỏi sự nhạy bén linh hoạt của người làm toán, học
toán. Do đó, một số lượng lớn người làm toán từ học sinh THCS, THPT, sinh viên
đến giáo viên và cả những người nghiên cứu toán học phổ thông đã bị thu hút vào
khám phá môn học đầy lí thú này. Cũng do đó mà ngày nay trên thế giới nói

chung, Việt Nam nói riêng có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, từ
những phương pháp cổ điển, cận đại đến hiện đại. Trong trào lưu đó, có một kĩ
thuật chứng minh bất đẳng thức mà có lẽ mỗi học sinh THPT đều biết đó là khảo
sát hàm số theo một biến nào đó, các biến còn lại được xem là tham số. Tuy nhiên,
khi chứng minh bất đẳng thức ba biến a, b, c đối xứng nếu sử dụng kĩ thuật trên là
một khó khăn lớn. Theo quy luật của tự nhiên, gặp cản trở thì nguờii ta tìm cách
giải quyết nó, thế là một cách giải quyết vấn đề khó khăn của chúng ta được đưa
ra. Người ta đưa hàm f(a,b,c) theo biến a, b, c về hàm g(abc, a+b+c, ab+bc+ca)
theo các biến abc, a+b+c, ab+bc+ca, sau đó tiến hành khảo sát hàm g theo biến abc
với các đại lượng a+b+c, ab+bc+ca cố định. Từ việc khảo sát hàm g ta biết được
hình thù của bộ số (a, b, c) như thế nào khi đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất và từ đó
chuyển bài toán bất đẳng thức ba biến về bất đẳng thức hai biến mà ta có thể giải
được dễ dàng. Như thế là một phương pháp mới ra đời: Phương pháp ABC (
Abstract concreteness). Đây chính là một trong sáu viên kim cương của bất đẳng
thức hiện đại. Chắc hẳn mỗi người trong chúng ta sẽ cảm thấy hạnh phúc và thích
thú biết bao khi hàng loạt bất đẳng thức được chứng minh nhờ phương pháp này
trong khi trước đây ta phải cặm cụi đem giấy nháp ra ngồi biến đổi một cách khó
khăn. Nào bây giờ chúng ta hãy thực hiện hành trình để xem xét cơ sở lí thuyết
của viên kim cương ABC và xem nó ứng dụng như thế nào nhé!

3


B-Nội dung
I-Cơ sở lí thuyết
Mệnh đề 1: (Tìm tập xác định của abc)
Cho a, b, c là ba số thực bất kì thỏa mãn
 abc  m
với điều kiện m 2  3n . Khi đó tập xác định của abc là


ab

bc

ca

n


 6n  2m 2
m  m 2  3n
m  m 2  3n
mn 6n  2m 2
mn 
với x1 
, x2 
x2 
,
x1 

3
3
9
9
9
9 

Chứng minh
Xét phương trình x3  mx 2  nx  abc  0 . Khi đó cần tìm điều kiện để phương trình trên có
ba nghiệm thực.

Xét hàm số: f ( x)  x3  mx 2  nx
f / ( x)  3 x 2  2mx  n
m  m 2  3n
m  m 2  3n
f ( x )  0  x1 
, x2 
(1). Ta có bảng biến thiên như sau:
3
3
'

x

x1



f / ( x)

+

0
f ( x1 )

x2




0

+


f ( x)
f ( x2 )


Vậy để phương trình có ba nghiệm thực thì abc   f ( x2 ), f ( x1 )   đpcm
Nhận xét:
i) Giả thiết m 2  3n được suy ra từ điều kiện để phương trình f ' ( x)  0 có nghiệm.
ii) Từ mệnh đề ta có nhận xét là có thể chuyển bộ ba số thực (a,b,c) thành bộ ba số (abc,
a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn điều kiện a+b+c = m, ab+bc+ca = n và
 6 n  2m 2
mn 6n  2m 2
mn 
abc  
x2 
,
x1 
9
9
9
9 

iii) Khi n  0 thì ta có thể chuyển bộ ba số (a, b, c) về bộ ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca)
thõa mãn ab+bc+ca =n >0 và có sự ràng buộc a  b  c  ,  3n    3n ,  và





 6n  2m 2
mn 6n  2m 2
mn 
abc  
x2 
,
x1 
9
9
9
9 


 Đặc biệt, khi n=1 thì bộ số (a,b,c) có thể chuyển về bộ số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa
mãn ab+bc+ca =1 và có sự ràng buộc a  b  c  m  ,  3    3,  và





 6  2m 2
m 6  2m 2
m
m  m2  3
m  m2  3
abc  
x2  ,
x1   ở đây x1 

, x2 
9
9
9
3
3
 9

4


iv) Có thể chuyển bộ ba số thực không âm (a, b, c) thành bộ ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca)
thõa mãn ab  bc  ca  n  0 và có sự ràng buộc a  b  c  m   3n ,  và




 6n  2m 2
mn  6n  2m 2
mn 
abc   max 
x2 
, 0 ,
x1 

9
9 
9
9 




Đặc biệt khi n=1 thì bộ số (a,b,c) về bộ số (abc, a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn ab+bc+ca
=1 và có sự ràng buộc a  b  c  m   3,  và




 6  2m 2
m  6  2m 2
m
m  m2  3
m  m2  3
, x2 
.
abc   max 
x2  , 0  ,
x1   ở đây x1 
3
3
9 
9
9
 9


Mệnh đề 2
Với mỗi bộ số (a0 , b0 , c0 )  R3 đều tồn tại ( x0 , x0 , y0 ), ( z0 , z0 , t0 )  R3 sao cho
a0  b0  c0  x0  x0  y0  z0  z0  t0



 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0

x0 x0 y0  a0b0 c0  z0 z0t0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi trong bộ (a0 , b0 , c0 ) có hai trong ba số bằng nhau.
Mệnh đề 3
Với mỗi bộ số (a0 , b0 , c0 )  R3 đều tồn tại ( x0 , x0 , y0 ), ( z0 , z0 , t0 )  R3 hoặc
(0, x0 , y0 ),( z0 , z0 , t0 )  R 3 sao cho:
a0  b0  c0  x0  x0  y0  z0  z0  t0


 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0
Hoặc 
x0 x0 y0  a0b0 c0  z0 z0t0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi trong bộ (a0 , b0 , c0 ) có hai trong ba số bằng nhau

 a0  b0  c0  0  x0  y0  z0  z0  t0

 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 y0  z0 z0  z0t0  t0 z0
Hoặc 
0  a0b0 c0  z0 z0t0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi một trong ba phần tử của bộ (a0 , b0 , c0 ) bằng 0
Chứng minh mệnh đề 2:
* Trước hết ta sẽ chứng minh trong trường hợp a0b0  b0 c0  c0 a0  n  0 thì vẫn thỏa mãn
mệnh đề.
Thật vậy, khi n=0 ta xét phương trình f ( x)  x3  mx 2 , f / ( x)  0  x  0, x 


 min  f (0)  0,



3

 2 m  4 m 
f

  a0b0 c0  max  f (0)  0,

27 
 3 


2m
3

3
 2 m  4 m 
f



27 
 3 

5


 u1  u1  v1  m


Ta lại có bộ số (u1 , u1 , v1 )  (0,0, m) thõa mãn u1u1  u1v1  v1u1  0
 u u v  f (0)  0
 1 11

và bộ số



u2  u2  v2  m

2m 2 m  m
(u2 , u2 , v2 )  (
,
,
) thõa mãn  u2u2  u2 v2  v2u2  0
3 3 3

3
u 2u2 v2  f ( 2 m )  4 m
3
27

Như vậy trường hợp n=0 ta đã chỉ ra có hai bộ số thỏa mãn mệnh đề.
* Trong trường hợp n  0
Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với bộ số thực (a0 , b0 , c0 ) thõa mãn a0  b0  c0  m và
a0b0  b0 c0  c0 a0  1 . Theo mệnh đề 1 ta có

(6  2m 2 ) x2  m
(6  2m 2 ) x1  m
s

 a0b0 c0 
S
9
9
Ta sẽ xem xét thử khi a0b0 c0 đạt đạt giá trị tại biên thì đặc điểm của a0 , b0 , c0 sẽ như thế
nào.
Khi a0b0 c0  s . Khi đó ta xét phương trình bậc ba f ( x)  x3  mx2  x  s  0 (1). Ta có
: f / ( x)  3 x 2  2mx  1 . f / ( x)  0  x1 

m  m2  3
m  m2  3
, x2 
.
9
9

Khi đó ta có f / ( x2 )  0, f ( x2 )  0 nên phương trình (1) phải có nghiệm kép là x2 và đặt
x2  x0 . Khi đó nghiệm của (1) là x0 , x0 , y0 ( x0 là nghiệm kép nên được tính hai lần). Theo

a0  b0  c0  m  x0  x0  y0


định lí Vi-et ta có :  a0b0  b0 c0  c0 a0  1  x0 x0  x0 y0  y0 x0

x0 x0 y0  a0b0 c0

Khi a0b0c0  S thì hoàn toàn tương tự ta có sự tồn tại của ( z0 , z0 , t0 )  R 3 thỏa mãn điều kiện
mệnh đề.
Như vậy ta đã chứng minh được mệnh đề trong trong trường hợp a0  b0  c0  m và
a0b0  b0 c0  c0 a0  1 . Với cách làm tương tự như trên ta cũng chứng minh được trong

trường hợp a0  b0  c0  m và a0b0  b0c0  c0 a0  1 .
Bây giờ ta sẽ chứng minh trong trường hợp a0  b0  c0  m và
a0b0  b0c0  c0 a0   n ( n  0) .

6


m

a0
b0
c0
 a1  b1  c1 
Đặt a1 
, b1 
, c1 
, khi đó ta có 
Áp dụng điều vừa chứng
n
n
n
n
 a b  b c  c a  1
 11 11 1 1
minh ở trên thì tồn tại ( x01 , x01 , y01 ),( z01 , z01 , t01 )  R 3

m

a


b

c

 x01  x01  y01  z01  z01  t01
1
1
1

n

 a b  b c  c a  1  x x  x y  y x  z z  z t  t z
01 01
01 01
01 01
01 01
01 01
01 01
 11 11 1 1

x01 x01 y01  a1b1c1  z01 z01t01

n (a1  b1  c1 )  m  n ( x01  x01  y01 )  n ( z01  z01  t 01 )

  n(a1b1  b1c1  c1a1 )   n  n( x01 x01  x01 y01  y01x01 )  n( z01 z01  z01t01  t01z01 )

n nx01 x01 y01  n na1b1c1  n nz01z01t01

Đặt ( x1, x1 , y1 )  ( nx01, nx01, n y01 ),( z1 , z1 , t1 )  ( nz01 , nz01 , nt01 ) Khi đó ta có

a0  b0  c0  m  x0  x0  y0  z0  z0  t0


 a0b0  b0 c0  c0 a0   n  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0

x0 x0 y0  a0b0c0  z0 z0t0

Như vậy ta đã chỉ ra tồn tại ( x0 , x0 , y0 ),( z0 , z0 , t0 )  R3 thỏa mãn điều kiện mà mệnh đề đã
đưa ra.
Chứng minh mệnh đề 3.

 6 n  2m 2
mn  6n  2m 2
mn 
Từ nhận xét iv) ta có a0b0 c0   max 
x2 
,0 ,
x1 
 , ở đây ta
9
9
9
9




vẫn giả thiết m   3n ,  và n  0 . Khi đó tương tự như phần chứng minh của mệnh đề 2



a0  b0  c0  z0  z0  t0


 a0b0  b0 c0  c0 a0  z0 z0  z0t0  t0 z0
3
ta cũng tìm được bộ số ( z0 , z0 , t0 )  R sao cho 
a0b0 c0  z0 z0t0  f ( x1 )
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh tồn tại ( x0 , x0 , y0 )  R 3 .
 6n  2m 2
mn  6n  2m 2
x2 
,0  
x2  0 khi đó áp dụng phương pháp như
9
9 
9


Ta có nếu max 

chứng minh mệnh đề 2, ta cũng tìm được bộ số dương ( x0 , x0 , y0 )  R 3 sao cho

a0  b0  c0  x0  x0  y0


 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0

f ( x2 )  x0 x0 y0  a0b0 c0


7


 6n  2m 2
mn 
Nếu max 
x2 
, 0   0 , thì ta xét bộ số
9
9 


 m  m 2  4 n m  m 2  4n 
( x* , y * , z * )   0,
,
  R 3 , ta lại có


2
2


*
*
*
 x  y z m
 * *
* *
* *

*
*
*
 x y  y z  z x  n (3) nên bộ số ( x , y , z ) như trên thỏa mãn bài toán.

x* y* z *  0

 m  m 2  4n
m  m 2  4n 
Do tính hoán vị của bộ số ( x* , y* , z * ) nên các bộ số 
,0,
,


2
2


 m  m 2  4n m  m 2  4n 
,
,0  cũng thỏa mãn (3).



2
2


Như vậy ta đã chứng minh sự tồn tại các bộ số thỏa mãn mệnh đề 3.
Mệnh đề 4: (mệnh đề này không chứng minh)

Mọi đa thức đối xứng f theo các biến a, b, c đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức
1
3

 theo các biến abc, a+b+c, ab+bc+ca và khi đó deg  (abc)  deg f .
Nhận xét:
Do mọi đa thức đối xứng f (a, b, c) đều có thể biểu diển thành hàm g ( A, B, C ) trong đó
A  a  b  c , B  ab  bc  ca được cố định và biến C  abc chạy trên miền xác định của
nó. Tuy nhiên ở đây ta không cần biết C đạt giá trị biên khi nào mà chỉ quan tâm đến việc
khi C đạt giá trị biên thì a, b, c có đặc điểm gì. Mệnh đề 2 và 3 giúp ta đảm bảo được sự
tồn tại a, b, c khi C đạt giá trị biên. Do đó, nó là cơ sở của phương pháp ABC.

II-Phương pháp ABC
1. Các định lí
Định lí 1
Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm đơn điệu trên R theo abc thì giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất xảy ra khi có hai trong ba số a, b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có
một số bằng 0 hay có hai số bằng nhau.
Định lí 2:
Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm lồi trên R theo abc thì giá trị lớn nhất xảy ra khi
có hai số trong ba số a, b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có một số bằng 0 hay
có hai số bằng nhau.
Định lí 3:
Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm lõm trên R theo abc thì giá trị nhỏ nhất xảy ra khi
có hai số trong ba số a, b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có một số bằng 0 hay
có hai số bằng nhau.

8

Ta không chứng minh định lí này nhưng khi đọc xong các định lí thì cũng thấy rằng
mệnh đề 2 và mệnh đề 3 đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh ba định lí này.

2. Các hệ quả
Hệ quả 1
Giả sử hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm đa thức bậc nhất theo abc, khi đó hàm f đạt
giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trong R khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn
trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 2
Giả sử hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là tam thức bậc hai với hệ số cao nhất dương thì f
đạt giá trị lớn nhất khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến
bằng 0 hoặc hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 3
Giả sử hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là tam thức bậc hai với hệ số cao nhất âm thì f
đạt giá trị nhỏ nhất khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến
bằng 0 hoặc hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 4
Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c có bậc bé hơn hay bằng 5 thì đạt giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0
hoặc hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 5
Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hơn hay bằng 8 và hệ số của a 2b 2c 2 trong biểu
diễn qua dạng f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) dương (âm) thì đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất)
trong R khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0
hoặc hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 6
Mọi hàm đối xứng có bậc lớn hơn 8 mà khi biểu diễn qua dạng
f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) mà f (abc, ab  bc  ca , a  b  c )  k ( abc)  h trong đó k, h là
hàm của ab+bc+ca và a+b+c, k  0 thì đạt giá trị lớn nhất khi khi có hai số trong ba số a,
b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có một số bằng 0 hay có hai số bằng nhau.

Chứng minh các hệ quả
Hệ quả 1: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm đa thức bậc nhất theo abc nên f đơn điệu khi
đó theo định lí 1 ta suy ra hàm f đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trong R khi có hai
trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc hai trong ba biến
bằng nhau.
Hệ quả 2: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là tam thức bậc hai với hệ số cao nhất dương nên f
là một hàm lồi trên miền xác định của f. Do đó theo định lí 2 ta suy ra f đạt giá trị lớn
nhất khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc
hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 3: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là tam thức bậc hai với hệ số cao nhất âm nên f là
hàm lõm. Áp dụng định lí 3 ta suy ra thì f đạt giá trị nhỏ nhất khi có hai trong ba biến a,
b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc hai trong ba biến bằng nhau.

9


Hệ quả 4: Do hàm đối xứng bậc bé hơn 5 khi chuyển về hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c)
theo biến abc thì bậc của f sẽ luôn bé hơn hoặc bằng

5
, suy ra f phải là hàm bậc nhất. Áp
3

dụng hệ quả 1 ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 5: Do hàm đối xứng bậc bé hơn 8 ( hiển nhiên ở đây bậc phải lớn hơn hoặc bằng 6
vì nếu ngược lại thì điều đó đã chứng minh ở hệ quả 4) khi chuyển về hàm
f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) theo biến abc thì bậc của f sẽ luôn bé hơn hoặc bằng

8
, suy ra

3

f phải là tam thức bậc hai. Mặc khác bậc của a 2b 2c 2 trong biểu diễn qua dạng
f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) là dương (âm). Áp dụng hệ quả 2 ( hệ quả 3) ta có ta có điều
phải chứng minh.
Hệ quả 6: Do hàm đa thức đối xứng có bậc lớn hơn 8 khi chuyển qua dạng
f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) thì bậc của abc phải lớn hơn 2 ( vì nếu bằng 1, hoặc bằng 2 ta
đã chứng minh ở hệ quả 4 và 5) suy ra   2 .Vì hàm  ( x)  ax  b, a  0,   1 là hàm lồi
nên f (abc, ab  bc  ca, a  b  c)  k (abc)  h với k>0 phải là hàm lồi. Áp dụng định lí 2 ta
có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Như vậy việc so sánh một biểu thức với số 0 ta qui về việc so sánh giá trị
lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của biểu thức ấy với số 0.

3. Một số đẳng thức thường dùng trong chứng minh
Đặt a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz Khi đó ta có các đẳng thức sau:

x 2  y 2  z 2  a 2  2b
x3  y 3  z 3  a 3  3ab  3c
x 4  y 4  z 4  a 4  4a 2b  2b 2  4ac
x5  y 5  z 5  a 5  5a 3b  5ab  5a 2 c  5bc
x6  y 6  z 6  a 6  6a 4b  6a 3c  9 a 2b 2  12abc  3c 2  2b3
( xy) 2  ( yz ) 2  ( zx) 2  b 2  2ac
( xy)3  ( yz )3  ( zx)3  b3  3abc  3c 2
( xy) 4  ( yz ) 4  ( zx) 4  b 4  4ab 2 c  2a 2 c 2  4bc 2
xy ( x  y )  yz ( y  z )  zx( z  x)  ab  3c
xy ( x 2  y 2 )  yz ( y 2  z 2 )  zx( z 2  x 2 )  a 2b  2b 2  ac
x 2 y 2 ( x  y )  y 2 z 2 ( y  z )  z 2 x 2 ( z  x )  ab 2  2a 2 c  bc
x 2 y 2 ( x 2  y 2 )  y 2 z 2 ( y 2  z 2 )  z 2 x 2 ( z 2  x 2 )  ( x 2  y 2  z 2 )( x 4  y 4  z 4 )  ( x 6  y 6  z 6 )
1 1 1 b

  
x y z c
1
1 1 a
  
xy yz zx c

1
1
1
a2  b



x  y y  z z  x ab  c
( x  y )( y  z )( z  x)  ab  c
(1  x)(1  y )(1  z )  1  a  b  c
10


( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y )  a 3  4ab  8c

4. Hệ thống các bài tập ứng dụng phương pháp
Trong phần này ta đặt a  x  y  z , b  xy  yz  zx , c  xyz

1. Bài tập minh họa:
1. Cho x,y,z là các số dương. Chứng minh rằng:
a)

xyz

2 xy  yz  zx
  2
3
3
x  y  z 3 x  y2  z2

b)

x3  y3  z 3 1  x2  y2  z 2 
 

4 xyz
4  xy  yz  zx 

(1a)

3

2

(1b)

Giải:
a)
Ta có bất đẳng thức tương đương với
2
P  xyz ( x 2  y 2  z 2 )  ( x 3  y 3  z 3 )( x 2  y 2  z 2 )  ( x 3  y 3  z 3 )( xy  yz  zx )  0
3

Khi đó ta biểu thức P được biểu diễn:

2 3
a  3ab  3c  a 2  2b    a 3  3ab  3c  b

3
 P  mc  n  0 , trong đó m , n là các hằng số phụ thuộc vào a và b, không chứa c
P  c  a 2  2b  

Do P là hàm bậc nhất nên P đạt giá trị nhỏ nhất khi trong hai trong ba biến x, y, z bằng
nhau; hoặc một biến bằng 0. Như vậy để chứng minh bất đẳng thức ta chỉ cần chứng minh
giá trị nhỏ nhất của P luôn lớn hơn hoặc bằng 0 là đủ.
Trường hợp 1: Hai trong ba biến bằng nhau. Giả sử là y = z, khi đó ta có:
2
P1  xy 2 ( x 2  2 y 2 )  ( x 3  2 y 3 )( x 2  2 y 2 )  ( x 3  2 y 3 )(2 xy  y 2 )
3
5
4
3 2
 3P1  2 x  6 x y  4 x y  4 x 2 y 3  6 xy 4  2 y 5  2  x  y  x 4  4 x3 y  6 x 2 y 2  4 xy 3  y 4



 P1 



2
4
 x  y  x  y   0 x, y  0
3

Trường hợp 2: Trường hợp có một biến bằng 0. Ta giả sử z = 0, khi đó
2 3
2
x  y 3  x 2  y 2    x 3  y 3  xy   x 3  y 3  2 x 2  3 xy  2 y 2 

3
3
2 3
2
 P2   x  y3  2  x  y   xy  0 x, y  0
3
Vậy min P  0 nên P  0 x, y, z  0 . Do đó bất đẳng thức được chứng minh.
P2 





b) Ta có bất đẳng thức tương đương với
2

2

2

Q   x3  y 3  z 3   xy  yz  zx    xy  yz  zx  xyz  4 xyz  x 2  y 2  z 2   0
2

Khi đó ta có thể biểu diễn biểu thức Q như sau Q   a 3  3ab  3c  b 2  b 2 c  4  a 2  2b  c
Vì Q  mc  n trong đó m , n là hàm theo biến a và b, không chứa c nên theo hệ quả 1 ta

suy ra Q đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến x, y,z có hai biến bằng nhau hoặc một biến
bằng 0. Ta xét các trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau. Giả sử y = z , khi đó ta có:
2

2

Q1   x 3  2 y 3  2 xy  y 2   xy 2  2 xy  y 2   4 xy 2  x 2  2 y 2 

2

11


 Q1  y 2  3x5  4 x 4 y  3x3 y 2  12 x 2 y 3  5xy 4  2 y 5 
 y 2  3 x 4 ( x  y )  3 x 2 y 2 ( x  y )  2 y 4 ( x  y )  x 4 y  15 x 2 y 3  3 xy 4 

 y2

  x  y   3x

4



 3x 2 y 2  2 y 4   x 4 y  15 x 2 y 3  3xy 4  0 x, y  0

(Vì 3 x 4  3 x 2 y 2  2 y 4  0 x, y )
Trường hợp 2: Một trong ba biến bằng 0. Giả sử z = 0, khi đó
Q2   x3  y 3  x 2 y 2  0 x, y  0

Vậy min Q  0 nên Q  0 x,y,z  0 . Bất đẳng thức được chứng minh. 
2. Chứng minh rằng với các số dương tùy ý x, y, z ta có bất đẳng thức sau:
(2)
x 2 ( y  z  x)  y 2 ( z  x  y )  z 2 ( x  y  z )  3 xyz
Giải:
Ta có (2)  P   x 2  y 2  z 2   x  y  z   2  x3  y 3  z 3   3xyz  0
Biểu thức P có thể biểu diễn lại như sau:
P   a 2  2b  a  2  a 3  3ab  3c   3c  9c  a 3  4ab Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi trong

ba biến x, y, z có hai biến bàng nhau hoặc có một biến bằng nhau.
Trường hợp 1: Có hai biến bằng nhau. Ta giả sử y = z, khi đó ta có
P1  ( x 2  2 y 2 )( x  2 y )  2( x 3  2 y 3 )  3 xy 2   x 3  2 x 2 y  xy 3   x( x  y ) 2  0 x, y  0

Trường hợp 2: Có một biến bằng 0. Ta giả sử z = 0, khi đó ta có
P2  ( x 2  y 2 )( x  y )  2( x 3  y 3 )  ( x  y )( x  y ) 2  0 x, y  0

Vậy max P  0 nên P  0 x, y, z  0 . Bất đẳng thức được chứng minh.
3. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

x
x

2

 y2  z2 

3

 y3  z3 

3

3

2

Giải:
3
2
Bất đẳng thức đã cho được viết lại như sau: P   x2  y 2  z 2   3  x 3  y 3  z 3   0
3

2

Biểu thức P được biểu diễn lại như sau: P   a 2  2b   3  a 3  3ab  3c   mc 2  nc  p
trong đó m, n, p là hàm theo a, b không phụ thuộc vào c và dễ thấy m  0 nên P đạt giá trị
lớn nhất khi trong ba biến x, y, z có hai biến bằng nhau hoặc có một biến bằng 0
Trường hợp 1: Hai trong ba biến bằng nhau. Ta giả sử y = z, khi đó ta có:
3

2

P1   x 2  2 y 2    x3  2 y 3   2 x 6  6 x 4 y 2  12 x3 y 3  12 x 2 y 4  4 y 6
 2 x 4 ( x 2  y 2 )  4 y 2 ( x 4  y 4 )  12 x 2 y 3 ( x  y )  2( x  y )( x 5  x 4 y  2 x 3 y 2  4 x 2 y 3  2 xy 4  2 y 5
 2( x  y ) 2 ( x 4  2 x3 y  4 xy 3  2 y 4 )  0 x, y  0

Trường hợp 2: Một biến bằng 0. Giả sử z = 0, khi đó ta có:
3

2

P2   x 2  y 2   3  x3  y 3   2 x6  3x4 y 2  6 x3 y 3  3x 2 y 4  2 y 6

Áp dụng bất dẳng thức Cauchy cho các số dương x6 , x3 y 3 ,

x3 y 3
ta có
2

12


x6  x3 y 3 

x3 y 3
3
 3 x4 y2
2
2

Áp dụng bất dẳng thức Cauchy cho các số dương y 6 , x3 y 3 ,
y 6  x3 y 3 

x3 y 3
ta có
2

x3 y3
3

 3 y 4 x2
2
2

Từ đó ta có
3
2
6 

P2   x 2  y 2   3  x3  y 3   2 x6  3 x4 y 2  6 x3 y 3  3x 2 y 4  2 y 6   3  3   x 4 y 2  x 2 y 4   0
2


với mọi x, y dương
Như vậy max P  0 nên P  0 vói mọi x, y, z dương. Vậy bất đảng thức được chứng
minh.
4. Cho x, y , z là các số thực bất kì thõa mãn x 2  y 2  z 2  9 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của
Q  2( x  y  z )  xyz

Giải
Vì P là hàm bậc nhất theo biến xyz nên Q đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất khi một trong ba
biến x, y, z có hai biến bằng nhau. Giả sử y = z , khi đó ta có thể chuyển về bài toán sau:
Cho x, y là các số thực thõa mãn x 2  2 y 2  9 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức
P  2 x  4 y  xy 2

Từ giả thiết ta có x  9  2 y 2 thế x vào P ta có P  2 9  2 y 2  4 y  y 2 9  2 y 2

5 3

5 
  x 2 , P /  0  x  1, 3,

2 2
3 
9 x



 5
Do đó max P  max  P( 3), P(1), P 3 , P   , P (3)   P(1)  10 đạt được khi
 3


x  1, y  2

Ta có P / 

2 2 x
2

 


min P  min  P(3), P(1), P



 5
 , P (3)   P (3)  6 đạt được khi x  3, y  0

 3


 3  , P 

Vậy min Q  6 đạt được tại  3,0, 0  và max Q  10 đạt được tại  1, 2, 2  
5. Cho m, n, p là các số thực dương thõa mãn m 2  n 2  p 2  1 . Chứng minh rằng
m
n
p
 3
 3
 3 (5)
m  np n  pm p  mn
mp
pn
mn
Đặt x 
,y
,z 
khi đó bất đẳng thức (5) được viết lại là:
n
m
p
1
1
1


 3 (5.1) với điều kiện xy  yz  zx  1

xy  z yz  x zx  y
3

13


Bất đẳng thức (5.1) được viết lại như sau:
S  ( xy  z )( yz  x)  ( yz  x)( zx  y)  ( zx  y )( xy  z )  3( xy  z )( yz  x)( zx  y)  0 . Và biểu

thúc S biểu diễn dưới dạng hàm theo các biến a, b, c như sau
S  3c 2  (6  3a 2  6b  5a )c  3b 2  ab  b

Theo hệ quả 5 thì S đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến có hai biến bằng nhau hoặc có
một biến bằng 0. Như vậy để chứng bất đảng thức (5.1) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng
thức trong trường hợp hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau. Không mất tính tổng quát ta giả sử y = z khi đó ta cần
chứng minh bất đẳng thức: S1  2( xy  y )  ( y 2  x)  3( y 2  x)( xy  y)  0 với điều kiện
2 xy  y 2  1 .
1 y2
và dễ thấy 02
1  y2
1 y2
S1  2  (2 x  y)  3 y 2
 3 y 3  3x
 3(1  y 2 ) và vì y>0 nên ta có
2
2
1 y2
1 y2

2 y  (2 xy  y 2 )  3 y3
 3 y 4  3 xy
 3 y (1  y 2 )
1 y2
2
2
S1 
và cũng thay xy bởi
ta có
y
2
2 y (1  y 3 )  3(1  y 4 )  2 y 2 (1  y 2 )  6 y5
thể biểu diễn S1 
. Vì 0y

Thật vậy ta có 2 xy  y 2  1  xy 

Trường hợp 2: Có một biến bằng 0. Ta giả sử z =0. Khi đó ta cần chứng minh bất đảng
thức
S 2  x 2 y  xy  xy 2  3 x 2 y 2  0 với điều kiện xy =1
Thật vậy, vì xy =1 nên ta có S 2  x  y  2 . Áp dụng bất đảng thức Cauchy ta có
x  y  2 xy  2 . Do đó ta có S 2  0

Vậy min S  0 .Do đó S  0 x, y, z sao cho xy  yz  zx  1
Ta chứng minh được S  0 x, y, z sao cho xy  yz  zx  1 đồng nghĩa với việc chứng minh
bất đảng thức (5) là đúng với mọi n, m, p dương sao cho m 2  n 2  p 2  1 .
Nhận xét: Nếu chuyển trực tiếp bất đẳng thức (5) về dạng
f (mnp, m  n  p, mn  np  pm)  0 thì ta sẽ gặp khó khăn vì khi đó hàm f sẽ có dạng
3(mnp )3   (mnp) 2   ( mnp)   , mà dạng này ta không thể áp dụng các định lí và hệ

quả đã học. Điều này cho ta thấy phương pháp ABC không chỉ đơn thuần là áp dụng một
cách thụ động mà đòi hỏi mỗi người phải có sự tinh tế trong cách nhìn nhận bất đẳng
thức, và nếu cần phải đổi biến để chuyển bất đẳng thức về dạng có thể áp dụng được
phương pháp ABC.

7. Cho các số thực không âm x, y, z thõa mãn x  y  z  2 . Chứng minh rằng

0  x 3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3  2 (7)
Giải

14


Do x, y, z là các số thực không âm nên 0  x3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3 là hiển
nhiên. Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức 0  x 3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3
Bình phương hai vế, và biểu diễn theo các biến a, b, c ta có

28c 2  (32  30b  8b 2 )c  b 4  c  b2  2b  2  27c 2   c    0 , trong đó  là các
hàm theo biến a, b và không chứa ẩn c.
Đặt S  27c 2   c   . Khi đó theo hệ quả định lí 5 thì S đạt giá trị lớn nhất khi trong ba
biến x, y,z phải có hai biến bằng nhau hoặc có một biến bằng 0.
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau: Giả sử y = z, khi đó ta cần chứng minh:
x 3 y  xy 3  y 4  1 với x, y là các số không âm và x  2 y  2
Thật vậy, x  2 y  2  x  2  2 y và 0  y  1 Khi đó ta có
x 3 y  y 3 x  y 4  1  (2  2 y )3 y  (2  2 y ) y 3  y 4  1  ( y  1)(9 y 3  17 y 2  7 y  1)
 ( y  1)(9 y 2 (1  y )  8 y 2  7 y  1)
y 1  0

 2
Do  9 y (1  y )  0 y  [0,1] nên ( y  1)(9 y 2 (1  y )  8 y 2  7 y  1)  0 và do đó ta có

8 y 2  7 y  1  0

x 3 y  y 3 x  y 4  1  x 3 y  y 3 x  y 4  1(dpcm)
Trường hợp 2: Một biến bằng 0. Giả sử z = 0 khi đó ta cần chứng minh xy  1 với mọi
x, y không âm và thỏa mãn x + y=2. thật vậy, áp dụng bất đẳng thức cauchy ta sẽ có được
điều này.
Như vậy x3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3  2 .(đpcm) 
Nhận xét: Ở bài tập này không có dạng đa thức thông thường, và các đa thức
x 3 y  y 3 z  z 3 x, xy 3  yz 3  zx 3 không thể biểu diễn về hàm theo a, b, c. Và đồng thời dấu
căn đã làm mất đi mối liên hệ giữa hai đa thức. Khi gặp loại toán kiểu này thì cách tốt
nhất là ta nên bình phương lên, và làm mất dấu căn.
8. Cho x, y, z là các số thực thõa mãn x 2  y 2  z 2  2 Chứng minh rằng:
x 3  y 3  z 3  xyz  2 2 (8)

Giải:
Bình phương hai vế của bất đẳng thức và biểu diễn theo các ẩn a, b, c ta có

a

3

2

 3ab  2c   8

Như vậy vế trái của bất đảng thức là một đa thức bậc hai theo biến c, và hệ số của c 2 là
một số dương. Do đó theo hệ quả 5 thì vế trái của bất đảng thức (8) đạt giá trị lớn nhất khi
trong ba biến x, y, z phải có hai biến bằng nhau. Giả sử y = z, khi đó ta cần chứng minh
bất đẳng thức x3  2 y 3  xy 2  2 2 với x, y là các số thực thõa mãn x 2  2 y 2  2 .
Thật vậy, bình phương hai vế của bất đẳng thức ta có

x

3

2

3

 2 y 3  xy 2   8   x 2  2 y 2  ( vì x 2  2 y 2  2 )

 8 x 4 y 2  4 x 3 y 3  11x 2 y 4  4 xy 5  4 y 6  0
15


2

2

 6 x 4 y 2  2 x 2 y 2  x  y   8 x 2 y 4  y 4  x  2 y 2   0 . Bất đảng thức này đúng với
mọi số thực x, y.
Vậy x 3  2 y 3  xy 2  2 2 với x, y là các số thực thõa mãn x 2  2 y 2  2 .
Như vậy giá trị lớn nhất của vế trái bất đẳng thức (8) bé hơn 2 2 . Do đó
x 3  y 3  z 3  xyz  2 2 ( x, y , z )  R 3 , x 2  y 2  z 2  2 (đpcm) 

2. Bài tập bổ sung:
1. Cho x, y, z là các số thực không âm thõa mãn điều kiện xy  yz  zx  1 . Chứng
9
minh rằng: xy  yz  zx  2  xyz
4

2. Cho các số thực dương x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
6
 2
 2
 2
2
2
2
2a  bc 2b  ca 2c  ab a  b  c  ab  bc  ca
3. Chứng minh rằng với các số thực x, y, z ta luôn có
4
4
4
4
 x  y    y  z    z  x   (x4  y 4  z 4 )
7
4. Cho x, y, z là các số thực không âm thõa mãn x 2  y 2  z 2  3 Chứng minh
rằng: (2  xy)(2  yz )(2  zx)  1
5. Cho x, y, z là các số thực dương . Chứng minh rằng
 1
1
1  9



 xy  yz  zx  
2

2
2
 ( x  y ) ( y  z ) ( z  x)  4
6. Cho x, y, z là các số thực không âm thõa mãn điều kiện x  y  z  2 . Chứng minh
rằng

x 2 y  y 2 z  z 2 x  xy 2  yz 2  zx 2  2

III. Mở rộng định lí ABC
Như vậy ta đã ứng dụng phương pháp ABC vào giải quyết các bất đẳng thức đối xứng mà
điều kiện của biến c  xyz không bị ràng buộc. Vậy nên một câu hỏi được đặt ra là khi
điều kiện bị ràng buộc ta sẽ giải quyết bài toán như thế nào?. Bây giờ ta sẽ cùng giả quyết
vấn đề này.

1. Đổi biến để đưa về bài toán theo ẩn xyz
Có một cách nghĩ là đặt biến phụ, tiến hành đổi biến để đưa về dạng đã biết.
1. Cho x, y, z là các số thực dương thõa mãn tính chất xyz  1 . Chứng minh rằng:

3
1 1 1
x2  y 2  z 2  6   x  y  z    
2
x y z
Giải:
Đặt biến phụ x 

a2
b2
c2
, y  ,z 

. Khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức
bc
ca
ab

2

 a3  b3  c3 
 a 3b3  b3c 3  c 3 a 3 
a3  b3  c3
2

12

3

7


 với a, b, c là các số dương.
abc
abc
a 2b 2 c 2




16

Rút gọn bất đẳng thức trên và biểu diễn theo các biến X, Y, Z với
X  a  b  c, y  ab  bc  ca, z  abc , ta có (9 X 2  6 XY ) Z  2( X 3  3 XY ) 2  7Y 3  0
Đặt S là vế trái của bất đẳng thức khi đó S là hàm bậc nhất theo biến Z. ÁP dụng hệ quả 1
ta có S đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến a, b, c có hai biến băng nhau hoặc có một
biến bằng 0.
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau. Giả sử b = c, khi đó ta cần chứng minh:
2

 a 3  2b3 
 2a 3  b3 
a 3  2b3
2

12

3

7


 với a, b, c là các số dương.
2
2
2
ab
ab
a
b





Thật vậy, ta có bất đẳng thức tương đương với
2

2  a3  2b3   12a 2b 4  3  a 3  2b 3  ab 2  7  2a 3  b 3  b3  0
Đặt t 

x
ta viết lại bất đẳng thức trên như sau:
y
2

2  t 3  2   12t 2  3  t 3  2  t  7  2t  1  0
2




VT   t  1  2t

2





Ta có VT   t  1 2t 4  4t 3  3t 2  4t  1   t  1 2t 4  t (2t  1)2  7t 2  5t  1
Do 7t 2  5t  1  0, t nên

2

4

 t (2t  1) 2  7t 2  5t  1  0 với mọi t

dương.



Vậy, 2 a3  2b3



2

 12a 2b 4  3  a 3  2b 3  ab 2  7  2a 3  b 3  b3  0 với mọi số dương a, b

Trường hợp 2: Một biến bằng 0. Ta giả sử c = 0, khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức
2

2  a3  b3   7a3b3 (*)



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 3  b3  2 a3b3  2 a3  b3



2

 8a 3b3 Do đó bất

đẳng thức (*) là đúng với mọi a, b dương.
  a 3  b3  c3 2
 a 3b 3  b 3c 3  c 3a 3  
a 3  b3  c 3
Vậy min  2 

12

3

7


   0
2 2 2
 
abc
abc
a
b
c




2

 a3  b3  c3 
 a 3b3  b3c 3  c 3 a 3 
a3  b3  c3
Do đó 2 
 7
  12  3

abc
abc
a 2b 2 c 2




2

 a3  b3  c3 
 a 3b3  b3c 3  c 3 a 3 
a3  b3  c3
2

12

3

7


 với mọi số dương a, b, c.
abc

abc
a 2b 2 c 2




2

 a 3  b3  c 3 
 a 3b 3  b3c 3  c 3 a 3 
a3  b3  c3
Do đó 2 

12

3

7



abc
abc
a 2b 2c 2




Vậy bất dẳng thức đã cho là đúng.

Cho các số thực dương x, y, z thõa mãn điều kiện xy  yz  zx  xyz  4 Chứng
1 1 1
minh rằng :    x  y  z
x y z
2.

17


Giải

2a
2b
2c
,y 
,z 
khi đó ta có bất đẳng thức mới tương đương với bất
bc
ca
ab
bc ca ab
b
c 
 a
đẳng thức đã cho là:


 4




a
b
c
bc ca ab
.
bc c a a b
b
c 
 a



 4


0
a
b
c
bc c a a b 
Đăt S là vế trái của bất đẳng thức khi đó S được biểu diễn theo biến X  a  b  c,
Y  ab  bc  ca , Z  abc là: S  9 Z 2  4( X 3  XY ) Z  X 2Y 2
Do đa thức S là hàm bậc hai theo biến Z và hệ số của Z2 là một số âm nên theo hệ quả 5 ta
có giá trị nhỏ nhất của S đạt được khi trong ba biến a, b, c có hai biến bằng nhau hoặc có
một biến bằng 0.
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau. Giả sử y = z, khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức
2b
ab
2b 

 a
2
 4 
0
a
b
 2b b  a 
2b
ab
2b  2(a 2  ab  b 2 )
 a
Thật vậy ta có
2
 4 
 0 với mọi a, b,c dương.

a
b
a ( a  b)
 2b b  a 
Trường hợp 2: Một biến bằng 0. Giả sử z = 0, khi đó ta cần chứng minh a 2b 2 (a  b)2  0 .
Điều này là hiển nhiên.
Do đó min S  0 nên S  0 với mọi a, b, c dương. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng
minh.
Tuy nhiên không phải bất đẳng thức nào cũng có thể đổi biến số để loại bỏ điều kiện được
như vậy hai ví dụ mà ta vừa xét xong. Hai định lí sau đây giúp ta giải quyết những khó
khăn này.
Đặt x 

2. Định lí ABC mở rộng

Định lí 1
Cho x, y, z là các số thực hoặc là các số thực dương. Khi đó nếu đại lượng xyz, x+y+z đã
được cho trước (nghĩa là đã được cố định sẵn) thì đại lượng xy+yz+zx sẽ đạt giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất khi có hai trong ba biến x, y, z bằng nhau.
Định lí 2
Cho x, y, z đồng thời là các số thực dương. Khi đó nếu đại lượng xyz , xy  yz  zx được
cho trước ( nghĩa là đã cố định sẵn) thì đại lượng x  y  z sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi có
hai trong ba biến x, y, z bằng nhau.
Chứng minh định lí 1:
Ta chỉ cần xét giả thiết x  y  z  1, xyz  m bởi vì khi x  y  z  n  1 thì bằng cách đặt
x
y
z
u  , v  , w  khi đó ta có thể chuyển bài toán về trường hợp ban đầu.
n
n
n
Vậy quan tâm đến giả thiết x  y  z  1, xyz  m , đặt S  xy  yz  zx
Xét phương trình bậc ba f ( X )  X 3  X 2  2 SX   m  0
18


1  1  3S
1  1  3S
, X2 
3
3
Phương trình đã cho có ba nghiệm khi và chỉ khi f ( X 1 )  0, f ( X 2 )  0
(6 S  2) X 1  S  9m  0 , (6 S  2) X 2  S  9m  0 . Gọi R1 , R2 lần lượt là tập nghiệm của
hai bất phương trình.

Gọi S min , S max lần lượt là các giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của R1  R2 . Khi đó S min ,
S max phải là nghiệm của các phương trình
(6 S  2) X 1  S  9m  0
(6 S  2) X 2  S  9m  0
Bây giờ ta sẽ xem xét khi S đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất thì hình thù của bộ số (x, y, z) sẽ
như thế nào. Như đã nói ở trên S min , S max và S min , S max là nghiệm của
 (6 S  2) X 1  S  9m  0
 f ( X1)  0
suy
ra
 (6 S  2) X  S  9m  0
 f ( X )  0 nên phương trình f ( X )  0 có nghiệm
2
2


kép. Nói cách khác thì S đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất khi trong ba biến x, y, z có
hai biến bằng nhau.
Trong trường hợp bộ số ( x, y , z )  R 3 , thì cũng lập luận tương tự như trên ta cũng có S
đạt min, max khi trong ba biến x, y, z phải có hai biến bằng nhau.
Chứng minh định lí 2:
Cũng cách lập luận tương tự như chứng minh định lí 1. Ta có thể chứng minh định lí 2.
Phần chứng minh định lí 1, và định lí 2 đã được chứng minh trong cuốn “Những viên kim
cương trong bất đẳng thức toán học” của tác giả Trần Phương.
Ta có f / ( X )  0  X 1 

3. Bài tập minh họa:
1. Cho x, y, z là các số thực dương thõa mãn xyz  1 . Chứng minh rằng:
1
1

1


1
1 x  y 1 y  z 1 z  x
Giải:
1
1
1
Bất đẳng thức tương đương với


 1  0 tương đương với
1 x  y 1 y  z 1 z  x
(1  y  z )(1  z  x)  (1  x  y )(1  z  x )  (1  x  y )(1  y  z )  (1  x  y )(1  y  z )(1  z  x)  0
Thật vậy, gọi S là vế trái của bất đẳng thức khi đó ta biểu diễn S theo các biến
a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz thì S là hàm bậc nhất theo biến b. Do đo S đạt giá trị
lớn nhất khi b đạt giá trị lớn nhất. Khi đó trong ba biến x, y, z có hai biến bằng nhau. Giả
sử y = z, khi đó ta cần chứng minh 2(1  2 y )(1  y  x )  (1  x  y ) 2  (1  x  y ) 2 (1  2 y )  0
vói điều kiện x, y là các số thực dương thõa mãn xy 2  1
Thật vậy, ta có
2(1  2 y)(1  y  x )  (1  x  y )2  (1  x  y ) 2 (1  2 y )
 2(1  x  y )(1  y  xy  y 2 )
 2(1  x  y )(1  x )(1  y ) y

19


Do xy 2  1 mà x, y là các số dương nên trong hai số x, y phải có một số nhỏ hơn 1 hoặc cả
hai cùng bằng 1. Do đó 2(1  x  y )(1  x)(1  y ) y  0

Suy ra 2(1  2 y)(1  y  x )  (1  x  y )2  (1  x  y ) 2 (1  2 y )  0
Vậy
(1  y  z )(1  z  x)  (1  x  y )(1  z  x )  (1  x  y )(1  y  z )  (1  x  y )(1  y  z )(1  z  x)  0

1
1
1


1 
1 x  y 1 y  z 1 z  x
2. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn xy  yz  zx  6 xyz  9 Chứng minh rằng
x  y  z  3xyz  6 .
Giải:
Vì đa thức ở vế trái của bất đẳng thức là một hàm bậc nhất theo biến a  x  y  z nên nó
đạt giá trị nhỏ nhất khi a đạt giá trị nhỏ nhất. Mà a đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến x,
y, z phải có hai biến bằng nhau. Giả sử y=z, khi đó ta cần chứng minh với mọi x, y không
âm thỏa mãn 2 xy  y 2  6 xy 2  9 (2.1) thì x  2 y  3 xy 2  6
9  y2
Thật vậy, từ đẳng thức (2.1) ta có x  2
, và qua đó cũng dễ thấy được 0  y  3
6y  2y
9  y2
9  y2
3( y  1)2 ( y  1)( y  3)
Khi đó ta có x  2 y  3 xy 2  6  2
 2y  3
y6
6y  2y
6y  2

6 y2  2 y
3( y  1) 2 ( y  1)( y  3)
Từ giả thiết 0  y  3 ta suy ra
0
6 y2  2 y
Do đó ta có x  2 y  3xy 2  6
Vậy x  y  z  3xyz  6
3. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng
x
y
z
xyz


2
2
yz zx x y
( x  y )( y  z )( z  x )
x
y
z
Đặt u 
khi đó bất đẳng thức đã cho được viết lại như sau:
,v 
,w 
yz
zx
x y
u  v  w+2 uvw  2 trong đó u, v, w thỏa mãn uv  vw  wu  2uvw  1
Đặt S  u  v  w+2 uvw , khi đó S là hàm bậc nhất theo biến X  u  v  w nên theo

định lí 2 ta có S đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến u, v, w thì có hai biến bằng nhau.
Hay nói cách khác thì

Giả sử v = w, khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức u  2v +2 uv 2  2  0 trong đó u, v
là các số dương thỏa mãn 2uv  v 2  2uv 2  1
1 v
Thật vậy, ta có 2uv  v 2  2uv 2  1  u 
 v  (0,1)
2v
 1

1 v
2v
Do đó u  2v +2 uv 2  2 
 2v  2v  2v 2  2  (1  v )  
 2
2v
1 v
 2v


20


Mặc khác ta lại có

1
2v
2v
1


20
 2v
 2v , Do đó ta có
2v
1 v
1 v
2(1  v)v

 1

2v
Và do v  (0,1) nên ta có (1  v )  
 2   0  u  2v +2 uv 2  2  0
1 v
 2v

Bất đẳng thức u  v  w+2 uvw  2 được chứng minh
x
y
z
xyz
Vậy


2
 2 với mọi x, y, z là các số thực
yz zx x y
( x  y )( y  z )( z  x )
dương. (đpcm) 

Chú ý : Đặt S là vế trái của bất đẳng thức. S được biểu diễn theo các biến
c
. Nhưng hàm S
a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz là S  a 3  3ab  3c  ab  2
ab  c
lại không có những tính chất đặc biệt ( như là đơn diệu, lồi, lõm) theo bất cứ biến nào.
Do đó ta không thể ứng dụng được các định lí đã nêu. Do đó một cách tự nhiên là ta tìm
cách biến đổi về dạng có thể sử dụng các định lí đã nêu. Và đặt ẩn phụ, đổi biến là hướng
nghĩ tốt nhất.
4. Cho các số thực không âm x, y, z. Chứng minh rằng:
2 x2 y 2 z 2
1
3 xyz
  3
3 3
3 3
3 3
x y  y z  z x 3 x  y3  z3
Giải:
yz
zx
xy
Đặt u  2 , v  2 , w  2 , khi đó ta có bất đẳng thức mới là
x
y
z
2
1
3
với điều kiện uvw  1

 
u  v  w 3 uv  vw  wu
 6(uv  vw  wu )  (u  v  w)(uv  vw  wu )  9(u  v  w)  0
Đặt S  6(uv  vw  wu )  (u  v  w)(uv  vw  wu )  9(u  v  w) , khi đó dễ thấy S là
hàm bậc nhất theo biến X  u  v  w . Theo định lí 2, thì S đạt giá trị nhỏ nhất khi trong
ba biến u, v, w có hai biến bằng nhau. Ta giả sử y = z, hki đó ta cần chứng minh bất đẳng
thức 6(2uv  v 2 )  (u  2v )(uv  v 2 )  9(u  2v )  0 trong đó u, v là các số thực không âm
và thỏa mãn uv 2  1 .
2
1
3
2v 2
1
3v
Thật vậy, ta có
 

 
0
2
3
u  2v 3 2uv  v
1  2v 3 2  v3
Ta lại có
2v 2
1
3v
2v 6  6v 5  18v 4  5v 3  12v 2  9v  2




1  2v 3 3 2  v 3
(v 3  2)(2v 3  1)

(v  1)2 (2v 4  10v 3  5v  2)

(v3  2)(2v 3  1)

21


Do 10v 3  2  10v 3  1  1  3 3 10v  5v nên 2v 4  10v 3  5v  2  0 v  0 , do đó
2
1
3
(v  1) 2 (2v 4  10v 3  5v  2)
 
 0 v  0 , vậy
3
3
u  2v 3 2uv  v 2
(v  2)(2v  1)
2
1
3
Như vậy ta đã chúng minh được bất đẳng thức
 
với điều kiện
u  v  w 3 uv  vw  wu
u, v, w là các số không âm và thỏa mãn uvw  1

2 x2 y 2 z 2
1
3 xyz
Vậy 3 3
với mọi số thực không âm x, y, z.
  3
3 3
3 3
x y  y z  z x 3 x  y3  z3

1 1 1
5. Cho các số thực x, y, z  1, 2 . Chứng minh rằng  x  y  z       10
x y z
Giải:
2 x
2 y
2 z
a2
b2
c2
Đặt a 
,b 
,c 
, khi đó ta có x 
,y
,z 
,a, b, c là
x 1
y 1
z 1

a 1
b 1
c 1
các số dương, ta sẽ có bất đẳng thức mới cần chứng minh là
 a  2 b  2 c  2  a  1 b  1 c  1 






  10
 a  1 b  1 c  1  a  2 b  2 c  2 
m  (a  2)(b  1)(c  1)  (a  1)(b  2)(c  1)  (a  1)(b  1)(c  2)
n  (a  1)(b  2)(c  2)  (a  2)(b  1)(c  2)  (a  2)(b  2)(c  1)
p  (a  1)(b  1)(c  1)(a  2)(b  2)(c  2)
f (a, b, c)  mn  10 p
Khi đó f là hàm bậc nhất theo biến Y  ab  bc  ca nên theo định lí 1, ta có f đạt giá trị
nhỏ nhất khi trong ba biến a, b,c có hai biến bằng nhau. Giả sử b = c, khi đó ta cần chứng
b  2  a  1
b 1 
a2
minh 
2
2

  10 với a, b là hai số thực dương (*)
b  1  a  2
b2
 a 1

Thật vậy, (*) tương đương (a 2b 2  13ab  6a  6b  4  3a 2b  3ab 2 )  0 a, b  0
b  2  a  1
b 1 
a2
Suy ra 
2
2

  10 với mọi số dương a, b
b  1  a  2
b2
 a 1
 a  2 b  2 c  2  a  1 b  1 c  1 
Từ đó bất đẳng thức 





  10 đúng với mọi số
 a  1 b  1 c  1  a  2 b  2 c  2 
dương a, b, c.
1 1 1
Vậy  x  y  z       10 (đpcm) 
x y z
Chú ý:
Thông qua bài này ta nhấn mạnh lại rằng phương pháp ABC chỉ áp dụng đối với các
biến số chạy trên cả tập R, hoặc trên tập R+. Còn khi đề bài giới hạn các biến số trong
một khoảng (hay đoạn) nào đó của tập số thực thì ta tìm cách đổi biến sao cho biến mới
chạy trên tập R, hoặc R+, khi đó mới dễ dàng áp dụng phương pháp ABC.

Sơ đồ kéo dãn miền xác định của biến x ( của y, z thì ta làm tương tự) như sau:
Đặt

22


x  [1, 2]  x  1 [0,1] 

1
1
2 x
 [1,  ) 
1 
 [0,  )
x 1
x 1
x 1

4. Bài tập bổ sung.
1. Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn xyz  1 . Chứng minh rằng
x 2  y 2  z 2  3  x  y  z  xy  yz  zx
2. Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x  y  z  xyz  4 . Chứng minh rằng
x  y  z  xy  yz  zx
3. Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng
1
1
1
10
 2
 2


2
2
2
2
x y
y z
z x
( x  y  z)2
1 1 1
4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện    3 . Chứng minh rằng
x y z
9
x  y  z  3  ( xyz  1)
4
x3  y 3  z 3
5. Cho x, y, z  [1, 2] Tìm giá trị lớn nhất của P 
3 xyz

1 1 1
 x
y
z 
6. Cho x, y, z  [1, 2] , Chứng minh rằng ( x  y  z )      6 



x y z
 yz zx x y

IV. Định lí ABC tổng quát
1. Định nghĩa khả ABC là gì?
Biểu thức f (a , b, c) được gọi là một biểu thức khả ABC nếu bất dẳng thức f (a , b, c)  0
có thể được chứng minh dựa vào định lí ABC để đưa về hai trường hợp
i) Hai trong ba biến bằng nhau.
ii) Trong ba biến có một biến bằng 0 ( điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối với
biến abc).
Như vậy, muốn chứng minh một biểu thức là khả ABC thì ta chỉ việc chứng minh biểu
thức đó có thể biểu diễn thành một biểu thức mới theo biến a  b  c, ab  bc  ca, abc .
Ví dụ: Các biểu thức theo các biến x,y,z trong mục “Một số đẳng thức thường dùng
trong chứng minh” là khả ABC vì nó được biểu diễn dưới dạng biểu thức mới thao các
biến a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz .
Từ định nghĩa ta cũng dễ dạng suy ra kết quả sau:
“Tổng, hiêu, tích, thương của các biểu thức khả ABC thì khả ABC”

2. Định lí ABC tổng quát.
Xét một biểu thức đối xứng n biến f (a1 , a2 ,..., an 1 , an ) , trong đó f có giá trị nhỏ nhất và
n  3 . Ta xem f (a1 , a2 ,..., an 1 , an ) như là một biểu thức ba biến g (a1 , a2 , a3 ) vói các số
a4 , a5 ,..., an 1 , an được xem như là hằng số. Nếu g (a1 , a2 , a3 ) là biểu thức khả ABC thì bất
đẳng thức f (a1 , a2 ,..., an 1 , an )  0 được đưa về xét hai trường hợp:
i) m biến bằng nhau và n  m còn lại cũng bằng nhau.
ii) Trong số n biến đó có một biến bằng 0 (điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối
với biến abc).
23


Bất đẳng thức được chứng minh nếu nó được chứng minh trong hai trường hợp trên.
(Định lí này không chứng minh. Chứng minh định lí này được tác giả Nguyễn Anh
Cường trình bày một cách rõ ràng trong cuốn “ Những viên kim cương trong bất đẳng
thức toán học” của Trần Phương).

Từ những định lí đã phát biểu đối với bất đảng thức ba biến thì liệu rằng ta có thể tổng
quát đối với bất đảng thức n biến được không. Định lí sau đây sẽ nói lên điều đó.

3. Tổng quát của định lí ABC mở rộng
Xét một biểu thức đối xứng n biến f (a1 , a2 ,..., an 1 , an ) , trong đó f có giá trị nhỏ nhất và
n  3 . Ta xem f (a1 , a2 ,..., an 1 , an ) như là một biểu thức ba biến g (a1 , a2 , a3 ) vói các số
a4 , a5 ,..., an 1 , an được xem như là hằng số. Nếu g (a1 , a2 , a3 ) là biểu thức khả ABC theo
tính đơn điệu thì bất đẳng thức f (a1 , a2 ,..., an 1 , an )  0 được đưa về xét hai trường hợp:
i) n  1 biến bằng nhau.
ii) Một biến bằng 0 (điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối với biến abc).
Bất đẳng thức được chứng minh là đúng nếu nó được chứng minh là đúng trong hai
trường hợp trên.
(Định lí này không chứng minh. Phần chứng minh có thể xem trong cuốn “ Những viên
kim cương trong bất đẳng thức toán học” của Trần Phương

4. Bài tập minh họa
1. Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng
3(a 4  b 4  c 4  d 4 )
3(a 2  b 2  c 2  d 2 )
 1
4abcd
ab  ac  ad  bc  bd  cd
Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
f (a, b, c, d )  3(a 4  b 4  c 4  d 4 )(ab  ac  ad  bc  bd  cd )

4abcd (ab  ac  ad  bc  bd  cd )  12abcd (a 2  b 2  c 2  d 2 )  0
Khi đó dễ thấy f (a, b, c, d ) là khả ABC theo các biến abc. Áp dụng định lí ABC tổng
quát ta có các trường hợp:
Trường hợp 1: Có một biến bằng 0. Ta giả sử d = 0, khi đó ta cần chứng minh
3(a 4  b 4  c 4 )(ab  bc  ca )  0 . Điều này là hiển nhiên vì a, b, c là các số thực dương.

Trường hợp 2: Hai cặp biến bằng nhau. Ta giả sử a = c, b = d. Khi đó ta cần chứng minh
6(a 4  b 4 )
6(a 2  b 2 )

1

với mọi a, b dương.
4a 2b 2
4ab  a 2  b 2
6(a 4  b 4 )
6(a 2  b 2 )
6( a 4  b 4 )
6(a 2  b 2 )
 1

3
2
2 2
2
2
2 2
2
2
4
a
b
4
ab

a


b
4
a
b
4
ab

a

b
Thật vậy,
3(a  b) 2 (a  b)2 )
4(a  b) 2


2a 2b 2
4 ab  a 2  b 2
3(a  b )2 (a  b)2 ) 6(a  b)2 )
4(a  b) 2
2(a  b)2
Áp dụng định lí Cauchy ta có

,

2a 2b 2
ab
4ab  a 2  b 2
3ab

24


6(a  b) 2 ) 2(a  b) 2
3(a  b )2 (a  b)2 )
4(a  b)2
Ta có

nên

với mọi a, b dương,
ab
3ab
2a 2b 2
4 ab  a 2  b 2
6(a 4  b 4 )
6(a 2  b 2 )
vậy ta có

1

với mọi a, b dương
4a 2b 2
4ab  a 2  b 2
Trường hợp 3: Trong bốn biến có ba biến bằng nhau. Giả sử a  b  c , khi đó ta cần
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )
chứng minh

1


4a 3d
3a 2  3ad
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )

1



3

2
3
2
3
2
4
a
d
3
a

3
ad
4
a
d

3
a

3
ad
Thật vậy,
3(3a 4  4a 3d  d 4 ) 3(a  d ) 2
3(a  d )2 (3a 2  2ad  d 2 ) (a  d )2
 2

 2
4a 3 d
3a  3ad
4a 3d
a  ad
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
(a  d ) 2 (3a 2  2ad  d 2 ) 2 6(a  d )2
3a 2  2ad  d 2  3a 2  2ad  2 6a3 d 

4a3d
2 a 3d
(a  d ) 2 (a  d ) 2
a  ad  2 a d  2

a  ad
2 a 3d
2 6(a  d )2 (a  d ) 2
(a  d ) 2 (3a 2  2ad  d 2 ) (a  d )2
Do


nên
 2
với mọi a, d dương.
4 a 3d
a  ad
2 a3d
2 a3d
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )
Do đó

1

với mọi a, d dương.
4a 3d
3a 2  3ad
3(a 4  b 4  c 4  d 4 )
3(a 2  b 2  c 2  d 2 )
Vậy
với mọi a, b,c , d dương. 
 1
4abcd
ab  ac  ad  bc  bd  cd
2

3

5. Bài tập bổ sung
1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, d thỏa mãn abcd  1 . Chứng minh
rằng 28 (1  a 2 )(1  b 2 )(1  c 2 )(1  d 2 )  (a  b  c  d )6

2. Cho các số thực dương a, b,c, d thỏa mãn abcd  1 , chứng minh rằng:
1
1
1
1



2
2
2
2
1 a 1 b 1 c 1 d 2
3. Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng
a4  b4  c4  d 4
1 1 1 1
 12   a  b  c  d      
abcd
a b c d

25