LUYỆN tập về bất ĐẲNG THỨC

LUYỆN TẬP VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
Bất đẳng thức là một mảng toán khó trong chương trình phổ thông nói chung và trong chương trình
chuyên toán nói chung. Mặc dù đã được trang bị những công cụ mạnh, những phương pháp mới như
phân tích bình phương, dồn biến, ABC, pqr, hàm lồi … nhưng đứng trước các bài toán bất đẳng thức
mới, chúng ta vẫn cảm thấy lúng túng và thiếu tự tin.
Vậy thì làm thế nào để có thể tự tin và tìm ra định hướng khi giải một bài toán bất đẳng thức? Để
không bị bối rối và bơi trong một rừng các phương pháp khác nhau, chúng ta phải nắm được các tư
tưởng cơ bản trong chứng minh bất đẳng thức là:
Luôn tìm cách đưa về các bài toán đơn giản hơn bằng cách
+ Giảm dần số biến số
+ Thay thế bằng các biểu thức đơn giản hơn
Luôn nhớ những quy tắc cơ bản “No square is negative – x 2 ≥ 0 ∀ x ∈ R”, “Look at the end – Hãy
nhìn vào các đầu mút!”, “Hãy thuần nhất hoá và chuẩn hoá”, “Hãy đối xứng hoá”, “Hãy sắp thứ
tự!”, “Hãy đặt biến phụ!”.
Việc sử dụng các phương pháp đạo hàm, dồn biến, SOS, bất đẳng thức cổ điển, ABC, pqr, quy nạp
… chung quy cũng chỉ phục vụ cho mục đích đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng đơn giản
hơn.
Chúng ta xem xét một số ví dụ.
Bài toán 1. (Kvant) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh
rằng ta luôn có
1 1 1
+ + + 48(ab + bc + ca) ≥ 25
a b c

Giải.
Cách 1. (Dồn biến)
Dồn biến chính là một cách tách bất đẳng thức cần chứng minh thành hai bất đẳng thức đơn giản
hơn. Đặt f (a, b, c) =

1 1 1
+ + + 48( ab + bc + ca) thì ta cần chứng minh

a b c

f(a, b, c) ≥ 25 với a, b, c > 0 a + b + c = 1
(1)
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a = max{a, b, c}. Để chứng minh (1), ta sẽ lần lượt chứng
minh
i) f (a, b, c) ≥ f ( a,

b+c b+c
,
) với a, b, c>0 a + b + c = 1, a = max{a, b, c};
2
2

ii) f(a, t, t) ≥ 25 với a, t > 0 a + 2t = 1.
Để chứng minh i), ta xét

2


b+c b+c
1 1
4
1
 b + c  
2

f ( a, b, c) − f (a,
,
)= + −

+ 48 bc − 
− 12 
  = (b − c) 

2
2
b c b+c
 2  
 bc(b + c)



Vì a = max{a, b, c} và a + b + c = 1 nên a ≥ 1/3 và do đó b + c ≤ 2/3. Từ đây ta có
bc(b+c) ≤ (b+c)3/4 ≤ 2/27. Suy ra
1
27
− 12 ≥
− 12 > 0
bc (b + c )
2

Vậy i) đã được chứng minh.


Để chứng minh ii), ta có
1 2
1
2
+ + 48(2at + t 2 ) − 25 =
+ + 48(2(1 − 2t )t + t 2 ) − 25

a t
1 − 2t t
2
2
2(4t − 1) (3t − 1)
=
≥0
(1 − 2t )t
f ( a, t , t ) − 25 =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 1/4 và t = 1/3, tương ứng với trường hợp a = ½, b = c = 1/4 và a
= b = c = 1/3.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Nhận xét.
1) Khi thực hành phương pháp dồn biến, nên bắt đầu từ bất đẳng thức ii) trước với các lý do sau:
i) Tìm được các điểm nghi vấn xảy ra dấu bằng. Biết được điểm xảy ra dấu bằng, chúng ta có
thể tìm được các cách tiếp cận thích hợp.
ii) Nếu không chứng minh được ii) thì việc dồn biến là vô ích. Vì vậy phải làm bước này
trước.
2) Bất đẳng thức f ( a, b, c) ≥ f (a,

b+c b+c
,
) nói chung không đúng với mọi a, b, c. Sử dụng tính đối
2
2

xứng của bất đẳng thức, ta có thể sắp xếp thứ tự a, b, c để bất đẳng thức này đúng.
3) Việc chọn giá trị để dồn biến đến phụ thuộc vào biểu thức của f và điều kiện ràng buộc. Trong
trường hợp bài toán trên, do có điều kiện a + b + c = 1 nên ta bắt buộc phải dồn biến đến các biến mà

điều kiện này không thay đổi.
Cách 2. (Phân tích bình phương)
Ta thấy rằng

1 1 1
9
+ + ≥
= 9 và ab + bc + ca ≤ (a+b+c)2/3 = 1/3 và bất đẳng thức cần chứng
a b c a+b+c

minh có thể viết dưới dạng

1 1 1
1

+ + − 9 ≥ 48 − (ab + bc + ca ) 
a b c
3


(2)

Điều này gợi cho chúng ta nghĩ đến phương pháp phân tích bình phương.
Ta có

1 1 1
bc + ca + ab − 9abc (a + b + c)(bc + ca + ab) − 9abc
+ + −9 =
=
a b c

abc
abc
và
2
2
2
a (b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b )
=
abc
1
(a + b + c) 2 − 3(ab + bc + ca) (b − c) 2 + (c − a ) 2 + (a − b) 2
− (ab + bc + ca) =
=
3
3
6

Do đó (2) có thể viết lại thành
với

S a (b − c) 2 + S b (c − a) 2 + S c (a − b) 2 ≥ 0
1
1
1
Sa =
− 8, S b =
− 8, S c =
−8
bc
ca

ab

(3)

Giả sử a ≥ b ≥ c thì Sa ≥ Sb ≥ Sc. Bây giờ xét các trường hợp
+ Nếu Sc ≥ 0 thì (3) hiển nhiên đúng.
+ Nếu Sc < 0, ta viết lại VT (3) dưới dạng
S a (b − c) 2 + S b (c − a) 2 + S c (a − b) 2 = S a (b − c) 2 + S b (c − a ) 2 + S c ((a − c) + (c − b)) 2
= ( S a + S c )(b − c) 2 + ( S b + S c )(c − a ) 2 + 2 S c (a − c)(c − b)

Vì Sc < 0, a – c ≥ 0, c – b ≤ 0 nên số hạng cuối cùng không âm. Do đó để chứng minh (3), ta chỉ cần
chứng minh Sa + Sc ≥ 0 và Sb + Sc ≥ 0. Do Sa ≥ Sb nên ta chỉ cần chứng minh Sb + Sc ≥ 0 là xong. Ta
thực hiện điều này. Ta có


Sb + Sc =

1
1
1 1 1
1 4
4
+
− 16 =  +  − 16 ≥ .
− 16 ≥
− 16 = 0
2
ca ab
ab c
a b+c

 a + (b + c ) 


2



Phép chứng minh hoàn tất.
Nhận xét.
1) Phương pháp phân tích bình phương đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng
S a (b − c) 2 + S b (c − a) 2 + S c (a − b) 2 ≥ 0

Nếu Sa, Sb, Sc đều không âm thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Đây chính là ý tưởng của phương
pháp nguyên thuỷ No square is negative. Phương pháp S.O.S tiếp nối ý tưởng này và cho thấy ngay
cả trong trường hợp trong ba số Sa, Sb, Sc có số âm, ta vẫn chứng minh được bất đẳng thức trên đúng
trong một số tình huống, trong đó tính huống trong ví dụ trên là tình huống điển hình nhất.
2) Chú ý là việc tách các thừa số (b-c)2, (c-a)2, (a-b)2 ra giúp bậc của Sa, Sb, Sc giảm đi và vì thế việc
chứng minh các bất đẳng thức kiểu Sb + Sc ≥ 0 đơn giản hơn việc chứng minh bất đẳng thức ban đầu.
Bài toán 2. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức
a2 + b2 + c2
8abc
+
≥2
ab + bc + ca ( a + b)(b + c)(c + a )

(1)

Giải.
Cách 1. (Phân tích bình phương) Cách này khá tự nhiên và tương đối dễ thực hiện. Lời giải chi tiết
xin dành cho bạn đọc.

Cách 2. (Dồn biến) Phương pháp dồn biến có vẻ như gặp khó khăn ở bài toán này. Bạn có ý tưởng gì
không?
a2 + b2 + c2
≥ 1 nên ta có
Cách 3. (Sử dụng đánh giá trung gian) Chú ý rằng do
ab + bc + ca
a 2 + b 2 + c 2 a 2 + b 2 + c 2 + a 2 2a 2 + b 2 + c 2
≥
=
. Như vậy, để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh
ab + bc + ca ab + bc + ca + a 2 ( a + b)(a + c)
2a 2 + b 2 + c 2
8abc
+
≥2
(2)
(a + b)(a + c) (a + b)(b + c)(c + a )

Sự thuận lợi trong việc chứng minh (2) so với chứng minh (1) khá rõ ràng: mẫu số chung của biểu
thức ở (2) bây giờ chỉ còn là (a+b)(b+c)(c+a). Một phép biến đổi đại số đơn giản cho ta
(2)  (b+c)(2a2+b2+c2) + 8abc ≥ 2(a+b)(b+c)(c+a)
 (b-c)2(b+c-2a) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối cùng nói chung không luôn đúng. Nhưng nó sẽ đúng nếu ta giả sử a = min{a, b,
c}. Nhưng do tính đối xứng của bất đẳng thức, đây là điều ta luôn có thể giả sử từ ban đầu. Bài toán
được giải quyết hoàn toàn.
Nhận xét:
Ta có thể dùng đánh giá
(ab+bc+ca)(a+b+c) = (a+b)(b+c)(c+a) + abc ≤
để suy ra

1
8
a+b+c
≥ .
ab + bc + ca 9 (a + b)(b + c)(c + a )

Từ đó ta có đánh giá
a 2 + b 2 + c 2 8 (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
≥ .
ab + bc + ca 9 (a + b)(b + c )(c + a )

Như vậy để chứng minh (1), ta chỉ cần chứng minh

9
(a + b)(b + c)(c + a )
8


8 (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
8abc
.
+
≥2
9 (a + b)(b + c)(c + a )
(a + b)(b + c)(c + a)

Bất đẳng thức này tương đương với
4(a+b+c)(a2+b2+c2) + 36abc ≥ 9(a+b)(b+c)(c+a)

4(a3+b3+c3) + 18abc ≥ 5[ab(a+b) + bc(b+c) + ca(a+c)]

Đáng tiếc là bất đẳng thức cuối cùng này không đúng với mọi a, b, c > 0. Chẳng hạn ta có thể chọn a
= b = 1 và cho c  0.
Tình huống này cho thấy phương pháp sử dụng đánh giá trung gian có thể dẫn đến những việc đưa
bài toán về việc chứng minh một bất đẳng thức nói chung không đúng. Vì vậy luôn phải cẩn trọng
với những đánh giá này.
Bài toán 3.
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện

( a + b − c )  1 + 1 − 1  = 4
a

c

b

(1)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)

1
1 
 1
P = a4 + b4 + c4  4 + 4 + 4 
b
c 
a

Giải.
Cách 1. Nếu không có điều kiện ràng buộc thì ta có thể dễ dàng dùng bất đẳng thức CauchySchwarz để thu được GTNN của P là 9.
Do có điều kiện ràng buộc, ta chỉ áp dụng Cauchy-Schwarz cho hai nhóm (như vậy các biến số
không bị ép bằng nhau và vì thế vẫn có thể thoả mãn (1)). Cụ thể
2


 1
1  1  
1    a2 b2
 1
P = (a + b ) + c   4 + 4  + 4  ≥  (a 4 + b 4 ) 4 + 4  + 1 =  2 + 2 + 1 (2)
b  c  
b    b
a
a
 a


(

4

4

4

)

a4 + b4
c4
=
⇔ ab = c 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
1
1
.
+ 4
4
4
a
b
c
2

Do

a b
a2 b2  a b 
+ 2 =  +  − 2 nên bây giờ ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của + . Nếu giá trị nhỏ nhất
2
b a
b
a
b a

này đạt được khi điều kiện ab = c2 thoả mãn thì ta sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất của P.
1
a

1
b

a
b

2
Khai triển (1) thành  + c −  +

b 
− 1c + ( a + b) = 0 . Xem đây là một phương trình bậc hai theo
a 

c, ta có
2

a b
a b 
1 1
a b
 a b 
∆ =  + − 1 − 4 + (a + b) =  + − 7  + + 1 ≥ 0 ⇒ + ≥ 7.
b a
b a 
a b
b a
 b a 
a b
Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của + là 7. Từ đây ta có a + b = 3 ab . Và khi đó ta có

b a
a b 
 + − 1
3 ab
b a  3ab
c=
=
= ab
= ab
a+b
a+b
1 1
2 + 
a b


Tức là khi

a b
+ đạt giá trị nhỏ nhất là 7 thì dấu bằng cũng xảy ra ở (2).
b a

Kết hợp những điều trên, ta tìm được GTNN của P là 48 2 = 2304, đạt được khi

a b
+ = 7 và
b a

c = ab .

Cách 2. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b. Đặt
1 1
 1 1 1
1 1 
(a + b − c) + −  = (a + b) +  − ( a + b) + 
c a
a b c
a b 

a
= u, u ≥ 1. Vì
b
1 
+ c  + 1
a 
2




1
1 1
1 1
1 1 
≤ (a + b) +  − 2 (a + b) +  + 1 =  (a + b) +  − 1 =  u + + 2 − 1

u
a b
a a
 a a  




2



1
Từ đây  u + + 2 − 1 ≥ 4 , suy ra
u



u+

2

1
≥ 7. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopskyu

Schwarz, ta có
1
1  
1  
 1
 1
(a + b + c ) 4 + 4 + 4  ≥  ( a 4 + b 4 ) 4 + 4  + 1
b
c  
b  

a
a
4

4

2

4

2

1


=  u 2 + 2 + 1 ≥ (7 2 − 1) 2 = 2304.
u



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab = c 2 và

a b
+ = 7. Với a ≥ b, điều kiện này tương đương với
b a

a 3+ 5 b 3− 5
=
, =
.

c
2
c
2

Bài toán 4. Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện
x + y + z = 5, x2 + y2 + z2 = 9
i) Chứng minh rằng 1 ≤ x, y, z ≤ 7/3;
ii) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số P = x.y.z.
Giải.
i) Ta có x + y = 5 – z, x2 + y2 = 9 – z2. Từ đó suy ra
xy =

( x + y ) 2 − ( x 2 + y 2 ) (5 − z ) 2 − (9 − z 2 )
=
= z 2 − 5z + 8
2
2

Từ đó x, y là nghiệm của phương trình
X2 – (5–z)X + z2 – 5z + 8 = 0
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi
∆ = (5–z)2 – 4(z2–5z+8) ≥ 0  3z2 – 10z + 7 ≤ 0  1 ≤ z ≤ 7/3. Hoàn toàn tương tự ta chứng
minh được 1 ≤ x, y ≤ 7/3.
ii)
Cách 1. Từ điều kiện đề bài suy ra xy + yz + zx = 8. Suy ra x, y, z là 3 nghiệm của phương trình
X3 – 5X2 + 8X – P = 0
(1)
và ta cần tìm tất cả các giá trị P sao cho phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. Điều này có thể
thực hiện được bằng cách khảo sát hàm số y = X 3 – 5X2 + 8X. P sẽ cần phải nằm giữa các giá trị cực

đại và cực tiểu của hàm số này. Giải chi tiếp ta được 4 ≤ P ≤

112
. Dấu bằng xảy ra ở vế trái, chẳng
27

hạn khi x = 1, y = z = 2. Dấu bằng xảy ra ở vế phải khi x = y = 4/3, z = 7/3.
Cách 2. Từ cách giải phần i) ta có P = xyz = (z 2-5z+8)z, trong đó 1 ≤ z ≤ 7/3. Khảo sát hàm số (z 25z+8)z trên đoạn [1, 7/3], ta tìm được GTLN của P là 112/27 (đạt được khi z = 4/3 và z = 7/3) và
GTNN của P là 4 (đạt được khi z = 1 và z = 2).

Cách 3. Do x, y, z ≥ 1 nên ta có (x-1)(y-1)(z-1) ≥ 0
 xyz – (xy+yz+zx) + x + y + z – 1 ≥ 0
Suy ra xyz ≥ 8 – 5 + 1 = 4. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi z = 1 (và khi đó x = y = 2).
Tương tự, do x, y, z ≤ 7/3 nên ta có (x-7/3)(y-7/3)(z-7/3) ≤ 0. Từ đó khai triển ra và sử dụng điều
kiện xy + yz + zx = 8, x + y + z = 5, ta được xyz ≤ 112/27. Dấu bằng xảy ra, chẳng hạn khi z = 7/3
(và khi đó x = y = 4/3).
Bài toán 5. (VMO 1996) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện xy + yz + zx + xyz =
4. Chứng minh rằng x + y + z ≥ xy + yz + zx (1).
Giải.
Làm thế nào để « xử lý » được điều kiện xy + yz + zx + xyz = 4? Hay nói cách khác, sử dụng điều
kiện này như thế nào? Đây chính là một trong những điểm mấu chốt trong lời giải bài toán.
Cách 1. Ta sử dụng điều kiện bằng phép thế trực tiếp. Từ điều kiện đề bài suy ra
z=

4 − xy
x + y + xy

Thay vào (1), ta có điều cần chứng minh tương đương với

x + y − xy +

4 − xy
(1 − x − y ) ≥ 0
x + y + xy

⇔ ( x + y ) 2 − x 2 y 2 + 4 − xy − 4( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ 0
⇔ ( x + y − 2) 2 − xy ( x − 1)( y − 1) ≥ 0

Bất đẳng thức cuối cùng nói chung không đúng với mọi x, y > 0. Tuy nhiên, nhớ lại là x, y, z thoả
mãn đẳng thức xy + yz + zx + xyz = 4, ta suy ra 3 số không thể cùng lớn hơn 1 hoặc cùng nhỏ hơn 1.
Do đó luôn tìm được 2 số, giả sử đó là x và y sao cho x ≤ 1 ≤ y và như vậy bất đẳng thức cuối cùng
hiển nhiên đúng, và ta có điều phải chứng minh.
Cách 2. Tương tự như cách ở trên, ta đi đến bất đẳng thức
( x + y ) 2 − x 2 y 2 + 4 − xy − 4( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ 0
⇔ (1 + y − y 2 ) x 2 + ( y 2 + y − 4) x + y 2 − 4 y + 4 ≥ 0 (2)

Lý luận như ở trên, ta có thể giả sử y ≤ 1. Cuối cùng
∆ = (y2+y-4)2 – 4(1+y-y2)(y2-4y+4) = y(5y-8)(y-1)2 ≤ 0
do đó theo định lý về tam thức bậc 2, ta suy ra (2) đúng với mọi x.


Bài 6. (IMO 2001) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức
a
a + 8bc
2

+

b

b + 8ca
2

+

c

≥1

c + 8ab
2

Giải.
Cách 1. Với các bất đẳng thức dạng tổng của các phân thức, ta có một phương pháp dùng đánh giá
trung gian để thay vế trái bằng một biểu thức đơn giản hơn. Cụ thể với bài toán trên, ta có, theo bất
đẳng thức Cauchy-Schwarz

(



a
b
c

 a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab
+
+
 2


2
2
b + 8ca
c + 8ab 
 a + 8bc
≥ (a + b + c) 2

)

Từ đó suy ra


a
b
c
(a + b + c) 2

≥
+
+
 2

b 2 + 8ca
c 2 + 8ab  a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab
 a + 8bc

Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta chỉ cần chứng minh phân số cuối cùng lớn hơn 1
là xong. Phân thức này rõ ràng là đơn giản hơn tổng của ba phân thức ban đầu.
Tuy nhiên, mẫu số của phân thức này vẫn là tổng của ba biểu thức chứa căn. Ta thử tiếp tục đánh giá
mẫu số bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab ≤ a 2 + b 2 + c 2 . a 2 + 8bc + b 2 + 8ca + c 2 + 8ab

Từ đây
(a + b + c) 2
a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab

≥

(a + b + c) 2
a 2 + b 2 + c 2 . a 2 + 8bc + b 2 + 8ca + c 2 + 8ab

Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta chỉ cần chứng minh
(a + b + c) 2

≥1
a 2 + b 2 + c 2 . a 2 + 8bc + b 2 + 8ca + c 2 + 8ab
⇔ (a + b + c ) 4 ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 )(a 2 + b 2 + c 2 + 8(ab + bc + ca))

là xong.
Đáng tiếc là bất đẳng thức cuối cùng không đúng. Điều này có thể kiểm tra được , chẳng hạn, khi
cho a = b, c = 0.
Ta tìm một cách khác để đánh giá a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab . Cụ thể, vẫn dùng bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz nhưng với một cách nhóm khác:
a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab = a a 3 + 8abc + a b 3 + 8bca + c c 3 + 8cab
≤ a + b + c a 3 + b 3 + c 3 + 24abc

Từ đây
(a + b + c) 2
a a 2 + 8bc + b b 2 + 8ca + c c 2 + 8ab

≥

(a + b + c) 2
a + b + c . a 3 + b 3 + c 3 + 24abc

Bây giờ, ta chỉ cần chứng minh
(a + b + c) 2
a + b + c . a 3 + b 3 + c 3 + 24abc

là xong.

≥1


Nhưng bất đẳng thức cuối cùng này, sau khi bình phương hai vế và quy đồng mẫu số, tương đương
với
(a+b+c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc  a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b ≥ 6abc
 a(b-c)2 + b(c-a)2 + c(a-b)2 ≥ 0 hiển nhiên đúng.
Cách 2. (Đánh giá trung gian)
Ta tìm hằng số p sao cho với mọi a, b, c > 0 thì
a
a 2 + 8bc

≥

ap
(1)
ap +bp +cp

Nếu tìm được một hằng số p như vậy thì bất đẳng thức là hiển nhiên.

Việc tìm hằng số p thông qua hai bước.
Bước 1: Tìm ra p.
Bước 2: Chứng minh với p tìm được thì bất đẳng thức luôn đúng.
Để tìm p, ta xét trường hợp b = c = 1, a = x và biến đổi (1) về dạng
x2(xp+2)2 ≥ (x2+8)x2p

x2+p + x2 ≥ 2x2p

x2-p + x2-2p ≥ 2 (2)
Bất đẳng thức cuối cùng này phải đúng với mọi x. Điều này rõ ràng sẽ đúng nếu tích của hai số ở vế
trái bằng 1, tức là khi 2 – p + 2 – 2p = 0, hay p = 4/3. (Có thể chứng minh khá đơn giản là đây là giá
trị duy nhất để (2) đúng với mọi x).
Bây giờ ta chứng minh với p = 4/3 thì (1) đúng. Thật vậy, với p = 3 thì (1) tương đương với
a2(a4/3 + b4/3 + c4/3)2 ≥ a8/3(a2 + 8bc)

(a4/3 + b4/3 + c4/3)2 ≥ a2/3(a2 + 8bc)
Mà
(a4/3 + b4/3 + c4/3)2 ≥ (a4/3 + 2b2/3c2/3)2
= a8/3 + 4(a4/3b2/3c2/3 + b4/3c4/3)
≥ a8/3 + 8a2/3bc = a2/3(a2 + 8bc)
Nên ta có điều phải chứng minh.
Cách 3. Để phá các căn thức, ta đặt:
x=

a
a + 8bc
2

,y=

b
b + 8ca
2

,z=

c
c + 8ab
2

.

Rõ ràng x, y, z ∈ (0, 1). Ta cần chứng minh rằng x + y + z ≥ 1. Chú ý rằng
a2
x2
b2
y2
c2
z2
1
x2
y2
z2
=
,
=
,
=
⇒
=

.
.
8bc 1 − x 2 8ca 1 − y 2 8ab 1 − z 2
512 1 − x 2 1 − y 2 1 − z 2

Như vậy, ta cần chứng minh rằng
x + y + z ≥ 1, trong đó x, y, z ∈ (0, 1) và (1-x2)(1-y2)(1-z2) = 512x2y2z2
Nhưng nếu x + y + z < 1 thì theo bất đẳng thức AM-GM ta có
(1-x2)(1-y2)(1-z2) > ((x+y+z)2-x2)((x+y+z)2-y2)((x+y+z)2-z2)
= (y+z)(y+z+2x)(z+x)(z+x+2y)(x+y)(x+y+2z)
≥ 2(yz)1/2.4(yzx2)1/4.2(zx)1/2.4(zxy2)1/4.2(xy)1/2.4(xyz2)1/4 = 512x2y2z2.
Mâu thuẫn.


Bài tập
Bài 1.
a) Cho x, y > 0. Chứng minh rằng
1
1
1
+
≥
2
2
1 + xy
(1 + x)
(1 + y )

b) Cho x, y, z, t > 0 thoả mãn điều kiện xyzt = 1. Chứng minh rằng
1

1
1
1
+
+
+
≥1
2
2
2
(1 + x)
(1 + y )
(1 + z )
(1 + t ) 2

c) Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện xyz = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
3
+
+
≥
2
2
2
4
(1 + x)
(1 + y )
(1 + z )

d) (Vietnam TST 2005) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
3

3

3

3
 a   b   c 

 +
 +
 ≥
8
a +b b+c c+a

e) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện xyz = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
2
+
+
+
≥1
2
2
2
(1 + x )(1 + y )(1 + z )

(1 + x)
(1 + y )
(1 + z )

f) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện xyz = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
5
+
+
+
≥1
3
3
3
(1 + x )(1 + y )(1 + z )
(1 + x)
(1 + y )
(1 + z )

Bài 2.
a) Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện xy ≤ 1 thì ta có
1
1
2
+
≤
2
2

1 + xy
1+ x
1+ y

và nếu xy ≥ 1 thì bất đẳng thức đảo chiều.
b) Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện xy ≤ 1 thì ta có
1

1+ x2

+

1

1+ y2

≤

2

1 + xy

c) Giải hệ phương trình
1
2
 1
+
=

2

2
1 + xy
 1+ x
1+ y

24

 x(1 − y ) + y (1 − x) = 25

Bài 3.
a) Cho a, b, x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện xy = ax + by. Chứng minh rằng
x + y ≥ ( a + b)2

b) Cho a, b là các số thực dương. x, y, z là các số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện xyz = ax
+ b(y+z) hãy tìm giá trị nhỏ nhất của x + y + z.
c) Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện xyz = ax + by + cz. Chứng minh rằng
x+ y+ z > a+b + b+c + c+a


d) (Vietnam TST 2001). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện 2xyz = 2x + 4y + 7z.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y + z.
Bài 4.
a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a
b
c
+
+
≤1
2a + b 2b + c 2c + a

b) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
2

2

2

1
 a   b   c 

 +
 +
 ≥
3
 a + 2b   b + 2c   c + 2a 

c) (Vietnam TST 1982) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
b+c c+a a+b
2

d) (IMO 2001) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a

a + 8bc
2

+

b
b + 8ca
2

+

c
c + 8ab
2

≥1

Bài 5.
a) Cho x, y, z > 0, xy + yz + zx + xyz = 4. Chứng minh rằng
x + y + z ≥ xy + yz + zx
b) Cho x, y, z > 0, x + y + z + 1 = 4xyz. Chứng minh rằng
xy + yz + zx ≥ x + y + z
c) Cho a,b,c >0 và x = a+1/b, y = b+1/c, z = c+1/a. Chứng minh rằng
xy+yz+zx ≥ 2(x+y+z).
Bài 6.
a) Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 + abc = 4. Chứng minh rằng a + b + c ≤ 3.
b) Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1. Chứng minh rằng
i) x + y + z ≤

3

3
ii ) xy + yz + zx ≤ ≤ x 2 + y 2 + z 2
2
4

iii ) xy + yz + zx ≤

1
+ 2 xyz
2

c) Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện xy + yz + zx + 2xyz = 1. Chứng minh rằng
i ) xyz ≤

1
3
1 1 1
ii ) x + y + z ≥
iii ) + + ≥ 4( x + y + z )
8
2
x y z

Bài 7.
a) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện
x + y + z = 5
 2
2
2
x + y + z = 9

i) Chứng minh rằng 1 ≤ x, y, z ≤

7
3

ii) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xyz.
b) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện x + y + z = 10, 1/x + 1/y + 1/z = 1. Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x3 + y3 + z3.
c) (VMO 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện (x+y+z) 3 = 32xyz. Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của


P=

x4 + y4 + z4
( x + y + z) 4

4) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = 0, x 2 + y2 + z2 = 6. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của P = x2y + y2z + z2x.
Bài 8.
a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a2 + b2 + c2
8abc
+
≥2
ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a)
b) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a 3 + b 3 + c 3 9( ab + bc + ca)
+ 2

≥ 12
abc
a + b2 + c2

Bài 9.
a) Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng
 x
x+ y y+z z+x
y
z
+
+
≥ 4
+
+
z
x
y
 y+z z+x x+

b) Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng

x2 + y2 + z 2 2  x
y
z
≥ 
+
+
xy + yz + zx 3  y + z z + x x +



y 



y 

c) Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng
y+z
+
x

z+x
+
y


x+ y
x
≥ 2
+
z
y
+
z


y
+

z+x

z 

x + y 
n

d) Cho x1, x2, …, xn là các số thực dương thoả mãn điều kiện
bất đẳng thức
n

∑
i =1

n

xi ≥ (n − 1)∑
i =1

1
xi

1

∑1+ x
i =1

= 1 . Chứng minh rằng ta có
i

Phương pháp hệ số bất định
Việc vận dùng các bất đẳng thức cổ điển như Cauchy, Cauchy-Schwarz giúp chúng ta đơn giản các
biểu thức trong bất đẳng thức, rút ngắn đường đi trong con đường đi từ vế trái đến về phải, giảm độ
phức tạp trong các hàm số cần tìm cực trị. Tuy nhiên, nếu áp dụng các bất đẳng thức một cách máy
móc, ta có thể gặp phải tình huống tạo ra các bất đẳng thức trung gian không đúng, thay một hàm số
bằng hàm số khác có cực trị không trùng với hàm số ban đầu.
Ta xét một ví dụ:
Bài toán 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 2x +

1
với x > y > 0
xy ( x − y )

Một bạn đã giải như sau. Ta có
A = 2x +

1
1
1
= x + ( x − y) + y +
≥ 44 x( x − y ) y
=4
xy ( x − y )
xy( x − y )
xy ( x − y )

Vậy GTNN của A là 4.
Lời giải này đã phạm sai lầm là chưa chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng đã vội kết luận 4 là GTNN.

Nếu xét điều kiện xảy ra dấu bằng x = x – y = y = 1/xy(x-y) thì ta thấy dấu bằng không thể xảy ra,
tức là giá trị 4 không đạt được và vì vậy không phải là GTNN của A.
Để xử lý tình huống này, ta cần phải điều chỉnh lời giải trên một cách thích hợp.
Cách 1. Cũng tách ra như ở trên, nhưng ta đưa thêm một tham số a (0 < a < 2) vào như sau
A = 2x +

1
1
= ax + (2 − a)( x − y ) + ( 2 − a ) y +
≥ 44 a ( 2 − a ) 2
xy ( x − y )
xy ( x − y )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ax = (2 − a)( x − y ) = ( 2 − a ) y +

1
2
⇔ a = , x = 4 6, y = 4 6 / 2
xy ( x − y )
3

Cách 2. Ta thấy rằng biểu thức 2x không phụ thuộc vào y, do đó, cố định x, trước hết ta tìm giá trị
của y sao cho

1
nhỏ nhất. Điều này thực hiện được vì theo bất đẳng thức Cauchy thì y(x-y)
xy ( x − y )

≤ x2/4. Dấu bằng xảy ra khi y = x/2. Vậy

A ≥ 2x +

1
4
= 2x + 3
x /4
x
3

Bây giờ ta mới tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy bằng cách tách 2x thành 3 phần 2x/3:
4 2x 2x 2x 4
32
=
+
+
+ 3 ≥ 44
3
3
3
3 x
27
x
2x 4
= 3 ⇔ x = 4 6 . Vậy GTNN của A là
Dấu bằng xảy ra khi
3
x
2x +

x = 4 6, y = 4 6 / 2 .

4

32
đạt được khi
27


Bài toán 2. Tìm diện tích lớn nhất của tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R.
Giải. Cố định cạnh BC thì ta thấy rằng diện tích tam giác ABC sẽ lớn nhất khi A trùng với trung
điểm K của cung lớn BC. Đặt BC = 2x thì dễ dàng tính được diện tích tam giác ABC trong trường
hợp này bằng
S = x( R + R 2 − x 2 )

Bài toán quy về việc tìm x sao cho S lớn nhất.
Hai đại lượng xR, x R 2 − x 2 đều có thể đánh giá một cách dễ dàng:
xR ≤ R 2 , x R 2 − x 2 ≤

Từ đó suy ra S ≤

x2 + R2 − x2 R2
=
2
2

3R 2
.
2

Đáng tiếc là dấu bằng ở các đánh giá trên xảy ra không đồng thời. Cụ thể ở bất đẳng thức thứ nhất,

dấu bằng xảy ra khi x = R, còn ở bất đẳng thức thứ hai dấu bằng xảy ra khi x =

R
2

.

Làm thế nào để xử lý tình huống này? Ta sẽ thêm các hệ số vào trước khi sử dụng bất đẳng thức
Cauchy, cụ thể, ta viết
S = x( R + R 2 − x 2 ) =
≤

(

(

1
( ax.R ) + 1 bx. R 2 − x 2
a
b

)

)

1 2 2
1
a x + R 2 + (b 2 x 2 + R 2 − x 2 ) (1)
2a
2b

Bất đẳng thức trên đúng với mọi a, b > 0. Tuy nhiên, để giải quyết bài toán, tức là để tìm được
GTLN của S, ta cần chọn a, b sao cho
i)
Vế phải của bất đẳng thức không phụ thuộc vào x
ii)
Tồn tại x sao cho dấu bằng xảy ra
Điều kiện i) tương đương với

a b 1
1
+ −
= 0 ⇔ a+b− = 0.
2 2 2b
b

Với điều kiện ii), ta thấy dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức thứ nhất khi a 2x2 = R2, còn ở bất đẳng thức
thứ hai khi b2x2 = R2 – x2  (b2+1)x2 = R2. Vậy tồn tại x để dấu bằng xảy ra đồng thời ở cả hai bất
đẳng thức khi và chỉ khi a2 = b2 + 1.
Như vậy, ta có hệ phương trình
1

a + b − = 0
b

a 2 = b 2 + 1


Giải hệ này, ta tìm được (chú ý a, b > 0) a =

2
3

,b =

1
3

.

Áp dụng (1) cho cặp số a, b này, ta được
S = x( R + R 2 − x 2 ) =
≤


 1
3 2

x.R  + 3 
x. R 2 − x 2
2  3

 3

34 2
3 1 2
3 3 2
2
( x + R2 − x2 ) =
R

 x +R +
4 3
4
 2 3






Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
được khi x =

4 2
1
R 3
R2 3 3
x = R 2 , x 2 = R 2 − x 2 tức là khi x =
đạt
. Vậy S max =
3
3
2
4

R 3
.
2

Lưu ý rằng khi trình bày lời giải, chúng ta không cần phải trình bày lại con đường để đi đến các giá

trị trên đây, mà chỉ cần trình bày 5 dòng cuối cùng.
Cũng lý do này nên nhiều bài toán có lời giải rất ngắn gọn, nhưng thực tế lại là một bài toán không
đơn giản. Ví dụ như bài toán sau.
Bài toán 3. (Olympic 30/4, 1996, lớp 10) Chứng minh rằng với 0 ≤ x ≤ 1 ta có bất đẳng thức
x(9 1 + x 2 + 13 1 − x 2 ) ≤ 16 .
Giải. Ta có
3
13
x(9 1 + x 2 + 13 1 − x 2 ) = .3 x.2 1 + x 2 + x.2 1 − x 2
2
2
3
13
≤ 9 x 2 + 4(1 + x 2 + ( x 2 + 4(1 − x 2 )) = 16
4
4

(

)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 x = 2 1 + x 2 và x = 2 1 − x 2 , tức là khi x =

2
5

.

Tuy lời giải rất ngắn gọn nhưng thực chất đây là một bài toán không đơn giản (đối với học sinh lớp
10). Và thực tế là chỉ duy nhất 1 thí sinh của kỳ thi năm đó giải được bài toán này.

Bí quyết của lời giải này nằm ở các hệ số (3, 2), (1, 2) mà ta nhân vào trước khi áp dụng bất đẳng
thức Cauchy. Bằng phương pháp tương tự như ở bài toán 2, bạn đọc hãy thử tự phân tích xem các
hằng số đó đã được tìm ra như thế nào?
Các hằng số này được tìm ta từ một hệ các điều kiện. Tuy nhiên, nếu chúng ta biết “điểm rơi” của
bài toán, tức là điểm xảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức thì các hệ số này có thể “dự đoán” được.
Chẳng hạn với bài tìm GTLN của S, ta biết được (hay dự đoán được) S lớn nhất khi tam giác ABC
2
R 3
, thế thì khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta sẽ nhân x với
trước khi
3
2
1
ghép cặp với R. Tương tự, hệ số của x trước khi ghép cặp với R 2 − x 2 sẽ là
.
3
2
Tương tự như vậy, nếu chúng ta biết rằng ở bài toán 3, dấu bằng xảy ra khi x =
thì chúng ta có
5

đều, tức là khi x =

thể dễ dàng tính ra các hệ số (3, 2), (1, 2) đã sử dụng ở trên.
Chính từ góc nhìn này, chúng ta đưa ra phương pháp chọn hệ số bất định bằng “điểm rơi giả định”.
Dưới đây chúng ta xét một ví dụ minh hoạ.
Bài toán 4. (Vietnam TST 2001) Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz. Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z.
Giải. Từ điều kiện đầu bài suy ra
1

2 7/2
+ +
=1
yz zx
xy


Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ra 1 ≥ 33

7
suy ra
x y2z2
2

3

xyz ≥ 6 189 .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta lại có: P ≥ 33 xyz ≥ 36 189 . Ta có được một đánh giá chặn dưới
cho P. Tuy nhiên 36 189 không phải là giá trị nhỏ nhất của P, vì trong các đánh giá trên, dấu bằng
xảy ra tại các điểm khác nhau. Ta cần điều chỉnh bằng các hệ số nào đó.
Đưa vào bao nhiêu hệ số? Các hệ số cần thoả mãn những điều kiện như thế nào? Phương pháp sẽ
trình bày dưới đây sẽ trả lời cho câu hỏi đó.
Giả sử P đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm (x 0, y0, z0). Khi đó tại điểm này, các giá trị (x/x 0), (y/y0), (z/z0)
sẽ bằng nhau và bằng 1. Tương tự, các giá trị 1/x 0yz, 1/y0zx, 1/z0xy sẽ cùng bằng 1/x0y0z0. Do đó ta
mạnh dạn dùng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu thức này.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có
P = x + y + z = x0

x

y
z
+ y0
+ z0
x0
y0
z0

 x
≥ ( x0 + y 0 + z 0 )
 x0

x0

 x0 + y 0 + z 0  y



 y0

x0

 x0 + y0 + z0  z



 z0

x0

 x0 + y 0 + z 0

=A


Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
1=

1
2 7/2
1
1
1
+ +
= x0
+ 2 y0
+ (7 z 0 / 2)
yz zx
xy
x0 yz
y 0 zx
z 0 xy
x0

2 y0

7 z0 / 2

 1  x0 + 2 y0 + 7 z0 / 2  1  x0 + 2 y0 + 7 z0 / 2  1  x0 + 2 y0 +7 z0 / 2






≥ ( x0 + 2 y 0 + 7 z 0 / 2)
=B
 x 0 yz 
 y 0 zx 
 z 0 xy 

Do A có bậc 1 (theo x, y, z) còn B có bậc -2 nên ta tìm x 0, y0, z0 sao cho A2B là hằng số, như vậy ta
sẽ có P ≥ A2B với dấu bằng xảy ra khi x = x0, y = y0, z = z0.
Xét bậc của x, y, z trong A2B, ta thấy A2B là hằng số (không phụ thuộc vào x, y, z) khi và chỉ khi


 x0


 x0


 x0

2 x0
2 y0
7 z0 / 2
=
+
+ y 0 + z 0 x0 + 2 y 0 + 7 z 0 / 2 x0 + 2 y0 + 7 z 0 / 2
2 y0

x0
7 z0 / 2
=
+
+ y 0 + z 0 x0 + 2 y 0 + 7 z 0 / 2 x0 + 2 y0 + 7 z 0 / 2
2z0
x0
2 y0
=
+
+ y 0 + z 0 x0 + 2 y 0 + 7 z 0 / 2 x0 + 2 y0 + 7 z 0 / 2

Đây chính là hệ phương trình tìm x0, y0, z0. Chú ý rằng phương trình thứ ba có thể bỏ đi vì đó suy ra
từ hai phương trình trước. Như vậy thực chất ta mới chỉ có 2 phương trình. Tuy nhiên, chúng ta còn
1 phương trình nữa, chính là phương trình điều kiện ban đầu: 2x0 + 4y0 + 7z0 = 2x0y0z0.
Giải hệ phương trình này (với x 0, y0, z0 > 0), ta được nghiệm x0 = 3, y0 = 5/2, z0 = 2. Từ đó Pmin = x0
+ y0 + z0 = 15/2.
Chú ý rằng, khi trình bày bài giải, ta không cần trình bày bước tìm x 0, y0, z0 (làm trong nháp!) mà
trình bày trực tiếp như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có


6

5

4

 x  y  z
 x  15  y  15  z  15

P = x + y + z = 6  + 5  + 4  ≥ (6 + 5 + 4)     
6  5 4
6  5 4
6

14

10

 1  30  1  30  1  30
1
2 7/2
1
1
1
 

1=
+ +
=6
+ 10
+ 14
≥ (6 + 10 + 14)
 
yz zx
xy
6 yz
5 zx
4 xy
 6 yz   5 zx   4 xy 

Từ đó suy ra

12

10

8

6

10

14

 1  30  1  30  1  30
 x  15  y  15  z  15
 

P .1 ≥ (6 + 5 + 4)       (6 + 10 + 14)
 
6  5  4
 6 yz   5 zx   4 xy 
2

2

= (6 + 5 + 4) 2 (6 + 10 + 14) /(6.5.4) = (15 / 2) 2

Suy ra P ≥ 15/2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x y z
5
= = , 2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz ⇔ x = 3, y = , z = 2.
6 5 4
2

Lời giải rất ngắn gọn, nhưng đằng sau lời giải đó là cả một khối lượng công việc rất lớn trong việc
tìm ra các hệ số kỳ diệu nói trên.
Phương pháp hệ số bất định tỏ ra khá hiệu quả trong việc chứng minh các bất đẳng thức dạng f(x) +
f(y) + f(z) ~ A với x + y + z = a. Ý tưởng là ta tìm các hằng số s và t sao cho f(x) ~ sx + t với mọi x
(hoặc có điều kiện bổ sung nào đó) và as + 3t = A thì bất đẳng thức coi như được chứng minh.
Dưới đây, ta xem xét một ví dụ như vậy:
Bài toán 5. (Japan 1997) Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c ta có bất đẳng thức
a (b + c)
b (c + a )
c ( a + b)
6
+ 2
+ 2
≤ . (1)
2
2
2
5
a + (b + c)
b + (c + a )
c + ( a + b)
2

Giải. Do giá trị của biểu thức vế trái (1) không thay đổi khi ta thay (a, b, c) bằng (ta, tb, tc) nên ta chỉ
cần chứng minh (1) trong điều kiện a + b + c = 3. Chú ý rằng với a + b + c = 3 thì ta có
a (b + c)
a (3 − a )
3a − a 2
=
=
= f (a)
a 2 + (b + c) 2 a 2 + (3 − a ) 2 2a 2 − 6a + 9

Như vậy bất đẳng thức của chúng ta có dạng
f(a) + f(b) + f(c) ≤ 6/5 với a + b + c = 3
Ta sẽ tìm các hằng số s, t sao cho
f(a) ≤ sa + t với mọi a, 0 < a < 3 và 3s + 3t = 6/5, tức là s + t = 2/5
Thay t = 2/5 – s vào, ta được
3a − a 2
2
18 − 9a 

− ≤ s (a − 1) ∀a ⇔  s − 2
(a − 1) ≥ 0 ∀a (1)
2
2a − 6a + 9 5
2a − 6a + 9 


Ta nhận xét rằng để bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi a thì số hạng thứ nhất phải chứa thêm
một thừa số (a-1) nữa, tức là phải bằng 0 khi a = 1. Từ đó thay a = 1 vào, ta được s = 9/5. Chú ý rằng
s = 9/5 mới chỉ là điều kiện cần để bất đẳng thức đúng với mọi a. Thay giá trị s = 9/5 vào, ta được
9(a − 1) 2 (2a + 1)

(1) ⇔
≥ 0 ∀a
đúng.
5( 2a 2 − 6a + 9)
9
7
Vậy ta đã chứng minh được f (a) ≤ a −
với mọi a > 0. Tương tự
5
5

9
7
9
7
f (b ) ≤ b − , f ( c ) ≤ c − .
5
5
5
5

Cộng các bất đẳng thức này lại vế theo vế ta được điều phải chứng minh.


Bài tập.
1. a) Tìm các hằng số s và t sao cho
a3
≥ sa + tb với mọi a, b > 0 và s + t lớn nhất có thể
a 2 + ab + b 2

b) (Baltic Way) Từ đó suy ra bất đẳng thức sau đúng với mọi a, b, c > 0
a3
b3
c3
a+b+c
+
+
≥
.
2
2
2
2
2
2
3
a + ab + b
b + bc + c
c + ca + a

2. (Poland) Chứng minh rằng nếu x, y, z ≥ -3/4 và x + y + z = 1 thì ta có bất đẳng thức
x
y
z
9
+ 2
+ 2
≤
x + 1 y + 1 z + 1 10
2

3. a) Tìm tất cả các giá trị của p sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi a, b, c > 0
a
a 2 + 8bc

≥

ap
ap +bp +cp

b) (IMO 2001) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực dương ta có bất đẳng thức
a
a + 8bc
2

+

b
b + 8ca
2

+

c
c + 8ab
2

≥1

Bất đẳng thức thuần nhất
Hàm số f(x1, x2, …, xn) được gọi là thuần nhất bậc a nếu với mọi t ta có
f(tx1, tx2, …, txn) = taf(x1, x2, …, xn) (1)
Bất đẳng thức có dạng
f(x1, x2, …, xn) ≥ 0
(2)
n
với (x1, x2, …, xn) thuộc R và f là một hàm số thuần nhất được gọi là bất đẳng thức thuần nhất. Trong
trường hợp ta chỉ xét (x1, x2, …, xn) thuộc (R+)n thì trong đẳng thức (1) ta cũng chỉ xét t > 0.
Đặc điểm quan trọng của bất đẳng thức thuần nhất là nếu (2) đúng trong một điều kiện chuẩn hoá
nào đó thì nó cũng sẽ đúng với mọi (x1, x2, …, xn). Điều này có được là do có tính chất 1. Dưới đây
ta xem xét một số ví dụ kinh điển:
Bài toán 1. (Bất đẳng thức Cauchy) Chứng minh rằng nếu a1, a2, …, an là các số không âm thì ta có
a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 a 2 ...a n
n

Phân tích. Do bất đẳng thức là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trên đúng trong
một điều kiện chuẩn hoá nào đó, chẳng hạn a1a2…an = 1. Như vậy ta chỉ cần chứng minh nếu a 1a2…
an = 1 thì a1 + a2 + … + an ≥ n. Điều này giúp chúng ta loại bỏ căn bậc n ở vế phải.
Giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề
Bổ đề. Nếu a1, a2, …, an là các số dương có tích bằng 1 thì a1 + a2 + … + an ≥ 1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, bất đẳng thức đúng. Giả sử bất đẳng
thức đã đúng đến n = k. Xét k+1 số a 1, a2, …, ak, ak+1 có tích bằng 1. Nếu tất cả các số đều bằng nhau
và bằng 1 thì ta có đẳng thức xảy ra. Trong trường hợp ngược lại, phải có ít nhất một số < 1 và ít
nhất một số > 1. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là ak và ak+1. Khi đó ta có
(1- ak)(1-ak+1) < 0 => ak + ak+1 > 1 + akak+1
Từ đó
a1 + a2 + … + ak + ak+1 > (a1 + a2 + … + akak+1) + 1 ≥ k + 1
(Ở đây ta đã áp dụng giả thiết quy nạp cho k số a 1, a2, …, akak+1 có tích bằng 1). Bổ đề được chứng

minh.
Quay trở lại bài toán, ta thấy nếu a 1…an = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a 1a2…an > 0 thì
ta đặt x1 =

a1
n

a1 a 2 ...a n

, x2 =

a2
n

a1 a 2 ...a n

,..., x n =

an
n

a1 a 2 ...a n

. Rõ ràng x1x2…xn = 1 do đó theo bổ đề ta

có x1 + x2 + … + xn ≥ n. Nhưng đây chính là bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 2. (Bất đẳng thức trung bình luỹ thừa)
Với bộ số thực dương a = (a1, a2, …, an) và số thực r, ta đặt
1

 a r + a 2r + ... + a nr  r

M r (a ) =  1
n


Khi đó, với mọi r > s ta có M r (a ) ≥ M s (a ) .