Phương pháp lượng giác hóa trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình khó Đại học

Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số
-----------------------------------------------Một số trường hợp thường gặp
 x = sin α
với α ∈ [ 0; 2π ]
 y = cosα

Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt 

 x = a sin α
với α ∈ [ 0; 2π ]
 y = acosα

Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt 


 −π π 
 x = sin α , α ∈  2 ; 2 


Dạng 3 : Nếu x ≤ 1 thì đặt 
 x = cosα , α ∈ [ 0; π ]

 −π π 
 x = m sin α , α ∈  2 ; 2 


Dạng 4 : Nếu x ≤ m thì đặt 
 x = mcosα , α ∈ [ 0; π ]

Dạng 5 :Nếu

x ≥ 1 hoặc bài toán có chứa

x2 −1

thì đặt x=

1
với
cosα

 π   3π 
α ∈ 0; ÷∪ π ; ÷
 2  2 

Dạng 6 :Nếu x ≥ m hoặc bài toán có chứa x 2 − m2 thì đặt x =

m
với
cosα

 π   3π 
α ∈ 0; ÷∪ π ; ÷
 2  2 
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2 + 1 thì
 −π π 
đặt x = tan α với α ∈  ; ÷
 2 2
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2 + m 2
 −π π 
thì đặt x = m tan α với α ∈  ; ÷

 2 2

1


I. Giải phương trình, bất phương trình :
Bài 1: Giải bất phương trình :
1+ x − 1− x ≤ x

Giải :
Điều kiện :
1 + x ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 1

1 − x ≥ 0

Đặt x=cost , t ∈ [ 0, π ]
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1 + cos t − 1 − cos t ≤ cos t ⇔ 1 + cos t − 2cos 2

t
≤ cos t
2

t
t
t
t
⇔ 2(cos − sin ) ≤ cos 2 − sin 2
2

2
2
2
t
t
t
t
⇔ (cos − sin )(cos + sin − 2) ≥ 0
2
2
2
2
t π
t π
⇔ 2cos( + )[ 2cos( − ) − 2] ≥ 0
2 4
2 4
t π
t π
⇔ cos( + )[cos( − ) − 1] ≥ 0
2 4
2 4
t π
⇔ cos( + ) ≤ 0
2 4
⇔

π t π
≤ + ≤π
2 2 4

⇔

π
3π
≤t ≤
2
2

⇔ −1 ≤ cos t ≤ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 0

Vậy phương trình này có nghiệm −1 ≤ x ≤ 0 .

Bài 2 : Giải phương trình :

2


1 + 1 − x 2 = x(1 + 2 1 − x 2 )

Giải :
Điều kiện : 1-x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
t

cos 2 = 0
 −π π 
⇔
đặt x = sint với t ∈  ;  . Khi đó phương trình đã cho có dạng :
 2 2

sin 3t = 0

2
1 + 1 − sin 2 t = sin t (1 + 2 1 − sin 2 t ) ⇔ 1 + cos t = sin t (1 + 2 cos t )
⇔ 2cos

t
t
3t
t
= sin t + sin 2t ⇔ 2cos = 2sin cos
2
2
2
2

t

 π
cos = 0
1


t = 6
x=
2
t
3t

⇔

⇔
⇔ 2cos (1 − 2 sin ) = 0 ⇔ 
2

π
2
2
2
 3t

x
=
1
t=

sin 2 = 2
 2
1
2

vậy phương trình có nghiệm x = và x=1.
Bài 3 : Với a ≠ 0 , giải bất phương trình
x 2 + a2 ≤ x +

2a 2
x 2 + a2

Giải :
 −π π 
Đặt x = a tan t , t ∈  ; ÷. Khi đó bất phương trình có dạng :

 2 2
a
2a 2 cos t
−1
≤ a tan t +
≤ sin t ≤ 1
⇔ 1 ≤ sin t + 2cos 2 t ⇔ 2sin 2 t - sint -1 ≤ 0 ⇔
cos t
a
2
⇔ tan t ≥

−1
−a
⇔x≥
3
3

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥

−a
3

Bài 4 : Giải phương trình :

3


x+

x
1− x2

=2 2

Giải :
Điều kiện :
x 2 −1 > 0
⇔ x > 1.

x > 0

Đặt x=

1
 π
, t ∈  0, ÷
cos t
 2

Khi đó phương trình có dạng :
1
+
cos t

1
1
1
cos t = 2 2
⇔

+
= 2 2 ⇔ sin t + cos t = 2 2 sin t.cos t
1
cos t sin t
−1
cos t

(

)

u2 −1
Đặt sint + cost = u 1 ≤ u ≤ 2 , ta có sin t.cos t =
.
2

Khi đó phương trình đã cho có dạng :
u = 2(u − 1)
2

u = 2

⇔ 2u − u − 2 = 0 ⇔ 
−1
u=
( l)

2
2

π
π
π π
u = 2 ⇔ sin t + cos t = 2 ⇔ 2 sin(t + ) = 2 ⇔ sin(t + ) = 1 ⇔ t + = + 2kπ
4
4
4 2
⇔t=

π
π
+ 2kπ . So sánh điều kiện ta có : t = ⇔ x = 2
4
4

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 .

4


Bài 5 : Giải phương trình :
8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)=1 (1)
Giải:
Ta có các trường hợp sau :
Với x ≥ 1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x ≤ -1, suy ra VT(1)<0, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x <1, đặt x=cost , với t ∈ (0, π )
Khi đó phương trình được chuyển về dạng :
8cost(2cost2-1)(8cost4-8cost2+1)=1
⇔ 8cost.cos2t.cos4t = 1 ⇔ 8sint.cost.cos2t.cos4t = sint

 2 kπ
t = 7
8
t
=
t
+
2
k
π

⇔ sin8t = sint ⇔ 
⇔ ⇔
8t = π − t + 2kπ
t = π + 2k π

9

So sánh điều kiện ta có
 2π 4π 6π π π 5π 7π 
t ∈ ;
; ; ; ; ; 
 7 7 7 9 3 9 9 

Vậy phương trình có các nghiệm
2π
4π
6π
π
π

5π
7π 

x ∈ cos
; cos
; cos
; cos ; cos ; cos ; cos

7
7
7
9
3
9
9 


5


Bài 6 : Giải phương trình
(1-m2)x+(1-m2)x=(1+m2)x

với 0
Giải:

Chia cả 2 vế của phương trình cho (1+m2)x >0 ta có :
x

x

 1 − m 2   2m 
+
=1

2 ÷
2 ÷
 1+m   1+m 

π
2m
1 − m2
t
∈
(0;
)
=
sin
2
t
= cos2t
Đặt m=tant với
ta có
và
4
1 + m2
1 + m2

Khi đó phương trình đã cho có dạng :

( sin 2t )

x

+ ( cos2t ) = 1
x

Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
( sin 2t ) x < sin 2 x
⇒ VT < 1 , phương trình vô nghiệm.
Với x<2 ta có 
x
2
c
os2
t
<
c
os
x
(
)

( sin 2t ) x >sin 2 x
⇒ VT > 1 , phương trình vô nghiệm .
với x>2 ta có : 
x
2

( cos2t ) > cos x

Vậy với 0
6


Bài 7: Giải hệ phương trình :
 2y
1 + y 2 = x

 2x = y
1 + x 2

Giải :

 x = tan α
 −π π 
với α , β ∈  ; ÷. Khi đó hệ đã cho trở thành :
 2 2
 y = tan β

Đặt 

 2 tan β
1 + tan β 2 = tan α
sin 2 β = tan α (1)
⇔
. Ta xét hai trường hợp :


sin 2α = tan β (2)
 2 tan α = tan β
1 + tan α 2

Nếu sin α = 0 thì sin β = 0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét sin α ≠ 0 và sin β ≠ 0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin 2α .sin 2 β = tan α .tan β ⇔ 4 cos α .cosβ =

1
1
⇔ cos α .cosβ =
cosα .sin β
2

(1) ⇔ 2sin α .cos α .cosβ = sin α ⇔ sin β = sin α ⇔ β = α

(3)
(4)

Thay (4) vào (3) ta có
cos 2α =

1
1
1
π
π kπ
⇔ (1 + cos 2α ) = ⇔ cos 2α = 0 ⇔ 2α = + kπ ⇔ α = +
,k ∈Z
2

2
2
2
4 2

Khi đó nghiệm của hệ là
x = y = 0
π
x = y = tan( + kπ ) ⇔  x = y = 1
4
 x = y = 1

7


II. Chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức
Bài 1:

Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:

−

1
(a + b)(1 − ab)
1
≤
≤
2 (1 + a 2 )(1 + b 2 ) 2
Giải:

Đặt:

a = tgα , b = tgβ với

Khi đó: A =

 π π
; .
 2 2

α, β ∈  −

(a + b)(1 − ab) ( tgα + tgβ)(1 − tgαtgβ)
=
(1 + a 2 )(1 + b 2 )
(1 + tg 2 α)(1 + tg 2 β)

= cos2α cos2 β .

sin(α + β) 
sin α sin β 
.1 −

cos α cos β  cos α cos β 

= sin (α + β) . cos (α + β) =
Suy ra:

A =

Vậy:

-

1
sin (2α + 2β)
2

1
1
sin (2α + 2β) ≤
2
2

(a + b)(1 − ab)
1
1
≤
2
2 ≤
2 (1 + a )(1 + b )
2

(đpcm).

Bài 2:
Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1)
Giải:
Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t ∈ (0; π)

và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n

(2)

t
t
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos2 2 và 1 – cost = 2sin2 2 ta được



2n  cos

2n

t
t
+ sin 2 n  < 2n
2
2

(3)

8


t
t
t
π

Bởi vì 0 < 2 < 2 nên 0 < sin 2 , cos 2 < 1 nên chắc chắn:
t
cos2n 2 =

n
t

2 t 
 cos 
2  < cos2 2 ∀n > 1. Tương tự ta có:


t
t
sin2n 2 < sin2 2 ∀n > 1. Do đó



2n  cos

2n

t
t
t
t

+ sin 2 n  < 2n  cos 2 + sin 2  = 2n
2
2

2
2


Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh

Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y
trong 4 số đó sao cho:
0≤

x−y
≤ 1 (1)
1 + xy
Giải:

Giả sử 4 số thực cho trước
là a ≤ b ≤ c ≤ d
Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với
-

y1

y2

y3

y4 y5

π
π

< y 1 ≤ y2 ≤ y3 ≤ y4 <
< y5 = π + y1
2
2

Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + π] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2; y3], [y3;
y4] , [y4; y5]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn
hơn

π
π
. Giả sử 0 ≤ y2 – y1 ≤ . Thế thì:
4
4
0 ≤ tg (y2 – y1) ≤ 1 ⇔ 0 ≤

tgy 2 − tgy1
b−a
=
≤ 1
1 + tgy 2 tgy1 1 + ab

Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:

9


 2 1   2 1  17
x + 2  + y + 2  ≥

x  
y  2

Giải:

Ta có: x + y =
≤ 2π để

( x ) + ( y)
2

x = cosa và

2

= 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với

0≤a

y = sina.

Bất đẳng thức đã cho được viết thành:

1 

4
 cos a +
+
cos 4 a 


Ta có: cos4a +

 sin 4 a + 1  17

≥
sin 4 a  2


1
1
1


4
4
4
1+ 4
4 + sin a +
4 = (cos a + sin a) 
4 
cos a
sin a
 sin a cos a 

16 
1

  sin 2 2a 
1
+

1−
1+
= (1 – 2sin acos a) 
=





2  sin 4 2a 
 sin 4 a cos 4 a  
2

2

sin 2 2a
1
Vì 0 < sin 2a ≤ 1 nên 1 ≥
2
2
2

và

1+

16
≥ 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
sin 4 2a

10


Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x2 + (x – y)2 ≥ 4 ( x 2 + y 2 ) sin2

π
10

Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin2

π
π 3− 5

= 2 1 − cos  =
.
10
5
2


Bất đẳng thức đã cho có thể viết:

3− 5 


2




x2 + (x – y)2 ≥ (x2 + y2) 

(1)

Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y ≠ 0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt

đẳng thức có dạng: tg2a + (tga – 1)2 ≥

x
−π
π
= tga với
thì bất
y
2
2

3− 5
(1 + tg2a)
2

⇔ sin2a + (sina – cosa)2 ≥

3− 5
2

⇔ sin2a + 1 – 2sinacosa ≥

3− 5
2

⇔ cos2a + 2sin2a ≤
⇔

5

1
2
cos 2a +
sin 2a ≤ 1
5
5
2

(2)

2

 1   2 
Bởi vì 
 +
 =1
 5  5
vì vậy

1

= cosβ và
5

2
π
= sinβ. Với 0 < β <
5
2

Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - β) ≤ 1. Điều này hiển nhiên.
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm)

11


Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:

c ( a − c) + c ( b − c) ≤

ab

(1)

Giải:
Vì a > 0, b > 0,

ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
c( a − c)
c ( b − c)

≤1
+
ab
ab
2

(2)

2

 c  a−c
 +
 =1
Nhận xét rằng 
 

a
a

 

Nên đặt

c
= cosu ,
a
2

π
a −c

= sinu với 0 ≤ u ≤
2
a
2

 c   b − c
Ta cũng thấy 
 + 
 =1
b 
 b 
Nên đặt

c
= cosv ,
b

π
b−c
= sinv với 0 ≤ v ≤ .
2
b

Khi đó (2) có thể viết thành

c a −c
+
b
a

c b−c
= cosv sinu + cosusinv ≤ 1 (3)
a
b

Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v) ≤ 1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là
(1) đúng.

12


Bài 7: Chứng minh rằng:

[

] (

)

4 a 3 − (1 − a 2 ) 3 − 3 a − 1 − a 2 ≤

2

Giải:
Điều kiện: 1 – a2 ≥ 0 ⇔ a ≤ 1
Đặt a = cosα, với α ∈ [0; π]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

[

]

4 cos 3 α − (1 − cos 2 α) 3 - 3(cosα - 1 − cos 2 α ) ≤
⇔ 4(cos3α - sin3α) – 3 (cosα - sinα) ≤

2

⇔ (4cos3α - 3cosα) + (3sinα - 4sin3α)≤
⇔ cos (3α -

2

2 ⇔cos3α + sin3α≤ 2

π
)≤ 1, luôn đúng.
2

Bài 8: Chứng minh rằng:

a 2 − 1 + 3 ≤ 2a
Giải:
Điều kiện:

a2 – 1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1.

Đặt

a =

1
π
, với α ∈ [0 ; ).
cos α
2

Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

1
2
2
−
1
+
3
≤
⇔
tg
α
+
3
≤
cos 2 α
cos α
cos α
⇔ sinα +

3 cosα ≤ 2 ⇔
⇔ sin (α +

1
3
sinα +
cosα ≤ 1
2
2

π
) ≤ 1, luôn đúng.
3

13


Bài 9: Cho
x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 1.
Chứng minh
a) xu + yv≤ 1.
b) xv + yu≤ 1.
c) –2 ≤ (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) ≤ 2.
d) –2 ≤ (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v) ≤ 2.
Giải:

 −π π 
 x = m sin α , α ∈  2 ; 2 


Áp dụng Dạng 4 : Nếu x ≤ m thì đặt 
 x = mcosα , α ∈ [ 0; π ]

Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb
và 0 ≤ a, b ≤ 2π. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b)≤ 1.
b) xv + yu=sin(a + b)≤ 1.
c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) +
+ (cos a + sin a) (cos b – sin b) =
=

π

2 sin  − a  2 sin
4


 π + b

+
4


π

2 cos  − a  2 cos
4


 π + b


4



= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2 ≤ 2cos (a + b) ≤ 2. (đpcm)

14


Bài 10:

Chứng minh:
a) (a + b)4 ≤ 8(a4 + b4)
b) 32(a6 + b6) ≥ (a + b)6
c) (a + b)8 ≤ 64(a8 + b8)
Giải:

a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a ≠ 0 chia hai vế cho a và đặt
tgx =

b
π
π
với
a
2
2

Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)4 ≤ 8(1 + tg4x)
⇔ (cos x + sin x)4 ≤ 8(cos4x + sin4 x)

(1)

Vì sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 – 2sin2x cos2x =

sin 2 2x 3 + cos 4x
=1=
2
4
(sin x + cosx)4 = (1 + sin2x)2 =

3 + 4 sin 2x − cos 4x
2

(1) ⇔ 8(cos4x + sin4x) – (sin x + cos x)4
=

9 5
+ cos4x – 2sin2x ≥ 0.
2 2

Điều này hiển nhiên vì cos4x ≥ -1 và - sin2x ≥ -2.
b) c) Làm tương tự như a).

15


Bài 11: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng

x 2 − ( x − 4 y) 2

−2 2−2≤
≤ 2 2−2
x 2 + 4y 2
(1)
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:

x 2 − ( x − 4 y) 2
< 2 2−2
1) Nếu x = 0 , y ≠ 0 thì − 2 2 − 2 < −4 =
x 2 + 4y 2
x 2 − ( x − 4 y) 2
Nếu x ≠ 0, y = 0 thì
= 0 bất đẳng thức cũng đúng.
x 2 + 4y 2
Giả sử x ≠ 0, y ≠ 0 thì (1) tương đương với
2

2

 x  −  x − 2
  

2y   2y

 ≤ 2 2−2
−2 2−2≤
2
 x  +1
 

 2y 

(2)

x
= tga thì (2) trở thành:
2y

Đặt

-2 2 − 2 ≤

tg 2 a − ( tga − 2) 2
≤2 2 -2
1 + tg 2 a

⇔ - 2 2 - 2 ≤ cos2a [4tga – 4] ≤ 2 2 - 2

(3)

Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)







π
4




[

= 2(sin2a – cos2a – 1) =2  2 sin  2a −  − 1 ∈ − 2 2 − 2; 2 2 − 2

]

nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng.
2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:

x 2 − ( x − 4 y) 2
x
 2a − π 
=
-2
2
khi
sin
=
-1
với
tga
=


2
2y

x 2 + 4y 2
4

Vì

-

π
π
π
− 5π
π 3π

< 2a - <
nên sin  2a −  = -1
4

4
2
2
4
4
16


⇒ 2a-

x
π

π −π
−π
= tg −  = 1 =
⇒a=
⇒
2y
 8
8
4
2

2

⇒ x + 2y( 2 - 1) = 0
Tương tự như trên:

x 2 − ( x − 4 y) 2
 2a − π 
=
2
2
khi
sin

= 1
2
x 2 + 4y 2
4


π
π
2
tg
+
tg
x
1+ 2 −1
3π
 3π 
4
8
= 2 +1
a=
⇒
= tg   =
=
2y
8
 8  1 − tg π tg π 1 − ( 2 − 1)
4 8
⇒ x – 2y( 2 + 1) = 0
Bài 13: Cho các số thực x, y thoả mãn
x2 + y2 = x 1 − y 2 + y 1 − x 2
Chứng minh:
3x + 4y ≤ 5
Giải:
Điều kiện xác định: 1 – y2 ≥ 0, 1 – x2 ≥ 0 tương đương –1 ≤ x, y ≤ 1
Nếu x ∈[-1; 0] hoặc y ∈ [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng
thức hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1.

π
π
< α < ; 0 < β < π.
2
2

Đặt

x = cosα , y = sinβ với -

Từ

x2 + y2 = x 1 − y 2 + y 1 − x 2

Ta có: cos2α + sin2β = cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α - β) ≤ 1
⇒ cos2α ≤ cos2β hoặc sin2β ≤ sin2α
a) Nếu 0<α,β <

π
π
π
hoặc - < α < 0 và 0 < β < ta có cosα > 0, cosβ > 0.
2
2
2

cos2α ≤ cos2β ⇔ cosα ≤ cosβ

3

5

4
5




3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 2cosβ + 4sinβ = 5  cos β + sin β 

17


= 5cos(β - ϕ) ≤ 5 trong đó cosϕ =
b) Nếu 0 < α <

3
.
5

π π
, < β < π ta có sinα > 0 , sinβ > 0 thì
2 2

sin2β ≤ sin2α ⇔ sinβ ≤ sinα
3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 3cosα + 4sinα = 5cos(α - ϕ) ≤ 5
c) Nếu -

π
π

< α < 0 , < β < π thì sin α < 0 , sinβ > 0.
2
2

sin2β ≤ sin2α ⇔ sinβ ≤ -sinα
3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 3cosα - 4sinα = 5cos(α + ϕ) ≤ 5.

18


III. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh

1
≤ x6 + y 6 ≤ 1
4

Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng:
4abc = a(1- b2)(1 – c2) + b(1 – c2)(1 – a2) + c(1 – a2)(1 – b2)
Bài 3: Cho 0 ≤ ai ≤ 1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh
(1 + a12)(1 + a22)… (1 + an2) + (1 – a12) (1 – a22)… (1 – an2) ≤ 22
Bài 4: Cho 4 số dương a1, a2, a3, a4 phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít
nhất 2 trong 4 số đó sao cho:
0≤

ai − a j
1 + a i + a j + 2a i a j

<2- 3

Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x2 + y2 ≥

49
29

Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c.
Chứng minh rằng: x2 + y2 ≥

c2
a 2 + b2

Bài 7: Cho 4a2 + 9b2 = 25. Chứng minh 6a + 12b ≤ 25
Bài 8: Cho x2 + y2 = 1. Chứng minh
16 (x5 + y5) – 20 (x3 + y3) + 5(x + y) ≤

2

Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh

x
y
z
3 3
+
+
≥
2
1 − x 2 1 − y2 1 − z2
Bài 10: Cho a ≥ 1. Chứng minh
–2 ≤

a 2 − 1 + 3 ≤ 2.
a

19