Đôi nét về bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (cực chất)

( Ngô Minh Ngọc Bảo – Sinh viên khoa Toán đại học sư phạm TP.HCM )

Bài toán 1 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức : P 

a 2  b2  c2
27abc
.

ab  bc  ca  1
a b c

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ : xy  yz  zx   3xyz x  y  z  , x,y,z . Thật vậy,
2

xy  yz  zx 

2

 3xyz x  y  z  

2
2
2
1
1
1
xy  yz   yz  zx   zx  xy  0 ( luôn đúng )


2
2
2

Sử dụng bất đẳng thức phụ trên : 27abc  3.3abc a  b  c   ab  bc  ca 

2

a  b  c   2 ab  bc  ca 
a 2  b2  c 2
11
Ta có :


2.
ab  bc  ca  1
ab  bc  ca  1
ab  bc  ca  1
2

Như vậy, để quy biểu thức P về hàm f ab  bc  ca  ta cần chứng minh điều sau :
a  b  c  ab  bc  ca * . Thật vậy ,

*  a

2

 b 2  c 2  2 a  2 b  2 c  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca

 a 2  b 2  c 2  2 a  2 b  2 c  a  b  c   9 * * .
2

Theo bất đẳng thức AM GM ta có :

a 2  2 a  a 2  a  a  3 3 a 2 . a . a  3a
3

. b 2  2 b  b 2  b  b  3 b 2 . b . b  3b
3

. c 2  2 c  c 2  c  c  3 c 2. c . c  3c
 VT * *  a 2  b 2  c 2  2 a  2 b  2 c  3 a  b  c   9  VP * *


3ab bc  ca
11
11
Từ đó suy ra : P 

 2  3ab bc ca  
2
ab bc ca  1
ab bc ca
ab bc  ca  1
2

Đặt t  ab  bc  ca  1  P  f t   3t 

11

5.
t

Mặt khác, ta có : a  b  c   3 ab  bc  ca   ab  bc  ca  3  t  1, 4 .
2

Xét hàm số f t   3t 

11
11
11
11
 5, t  1, 4 . f ' t   3  2 , f ' t   0  3  2  0  t  
.
3
t
t
t

Bảng biến thiên :

t

11
3

1

f ' t 



4


0

f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f t   f 4 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

39
.
4

39
. Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
4

Bài toán 2 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : P 

a2
2 a  b c  1



b  c a  1  2bc
a b c 1

a .

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Cách 1 :
Theo bất đẳng thức AM GM ta có :
2 a  b c  1  a  b   c  1 

Mặt khác, ta lại có : 

a2
2 a  b c  1

b  c a  1  2bc 
a b c  1



a2
.
a b c 1

b2  c2
 b  c 
a b c 1


P

a2
b2  c2
3

 a  b  c  
 a  b  c  .
a b c 1 a b c 1
a b c 1





Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz : 9  3 a2  b2  c2  a  b  c  a  b  c  3 .
Đặt t  a  b  c  P  f t  
Xét hàm số f t  

2

3
 t, t  0, 3 .
t 1

3
3
 1  0, t  0, 3 .
 t, t  0, 3 , f ' t   
2
t 1

t  1

9
Do đó hàm số f t  nghịch biến trên 0, 3  f t   f 3   .
4
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là  . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
4
Cách 2 :
Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :





9  3 a 2  b 2  c 2  a  b  c   a  b  c  3  b  c  3  a .
2

Theo bất đẳng thức AM GM ta có :
2 a  b c  1  a  b   c  1 

a2
2 a  b c  1



a2
.
a b c 1

 b  c a  1  b 2  c 2
3
3
3
a2
P 

 a  a2  a  .
a b c 1
a b c  1
4
2
2

3
3
3
3
Xét tam thức bậc hai : f a   a 2  a  , tam thức f a  có hệ số trước a 2 là  0
4
2
2
4
9
nên nó đạt giá trị nhỏ nhất tại a  1 và Minf a   f 1   .
4
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là  . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
4
Bài toán 3 : Cho hàm số f x   a 2  x 2  b 2  c  x  ( trong đó a,b, c  R  ).

2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  trên đoạn  0,c 
 
( Sáng tác : Dan sitaru – Romania )


Lời giải chi tiết
2
Xét hàm số f x   a 2  x 2  b 2  c  x  , x  0, c  .

Ta có : f ' x  

x
2

a x

2

2

x c





b  c  x 

2

2

x b 2  c  x   x  c  a 2  x 2
a 2  x 2 . b 2  c  x 

2

f ' x   0  x b 2  x  c   c  x  a 2  x 2  x 2b 2  a 2 c  x   x 
2

2

ac
a b

a
ac
ac
1 
 c do đó nghiệm x 
  0, c  .
a b
a b
a  b  
 ac 
2
  a  b   c 2
Khi đó : f 0  a  b 2  c 2 , f c   b  a 2  c 2 , f 

a  b 
Mặt khác, a  a  b 



 ac 
 ac 






Để biết được Max 
 f 0, f c , f 
 và Min 
 f 0, f c , f 
 ta xét hiệu sau :


a  b 
a  b 







 ac 

. f 
  f c  
a  b 

a  b 

 ac 
. f 
  f 0 
a  b 

a  b 

2

2

2



2

c  b  a c



2





2b a  a 2  c 2




 c 2  a  b 2  c2 

a  b 

2

2



a  b 

 0.
2

2

2

2

c b  a c

2a b  b 2  c 2
2



2



 0.

c a  b c

 ac 
 ac 
  f c  và f 

Ta thấy : f 
nên hàm số f x  đạt giá trị nhỏ nhất
a  b   f 0
a  b 

tại x 

ac
 Minf x  
a b
 0,c 




 ac 

f 
a  b 

a  b 

2

 c2 .

Như vậy giá trị lớn nhất của hàm số f x  đạt được hoặc là f c  hoặc là f 0 . Ta lại có :



 

f c   f 0  b  a 2  c 2  a  b 2  c 2



 

Để ý thấy : a  a 2  c 2  c  b 2  c 2







 


2
2
2
2
 a  a c  b  b c
 a  b  
a 2  c 2  b2  c 2



a 
0

 

a 2  c2  c  b 2  c 2
a 2  c 2  b 2  c2



  0.









 


2
2
2
2
 a  a c  b  b c
. Nếu a  b  a  b  0  f c   f 0  a  b  
a 2  c2  b2  c2



  0




f x   f c   b  a 2  c 2 .
Khi đó ta sẽ có : f c   f 0  Max
 
0,c 



 


2
2
2
2
 a  a b  b  b  c
. Nếu a  b  a  b  0  f c   f 0  a  b  
a 2 b 2  b 2  c 2



  0




f x   f 0  a  b 2  c 2 .
Khi đó ta sẽ có : f c   f 0  0  Max
 
0,c
 

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  là

a  b 

2

 c 2 đạt được khi x 

ac
.
a b

Giá trị lớn nhất của hàm số f x  là b  a 2  c 2 đạt được khi x  c và a  b .
Giá trị lớn nhất của hàm số f x  là a  b 2  c 2 đạt được khi x  0 và a  b .
Ngoài ra, bạn đọc có thể dùng bất đẳng thức Minkowski để tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số f x  như sau :
Đẳng thức xảy ra khi :

a 2  x 2  b 2  c  x  

a  b 

2

2

 c2 .

a
x
ac
.

 ac  ax  bx  ac  a  b  x  x 
b

c x
a b

Bài toán 4 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 
trị nhỏ nhất của biểu thức P  5 a  b  c  

1 1 1
  . Tìm giá
a b c

9 a 2  b2  c 2
3a 2b 2c 2 ab  bc  ca 

 abc

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )
Lời giải chi tiết

1 1 1
ab bc ca
Từ điều kiện ta có: a b c     a b cabc  ab bc ca  abc 
a b c
a b c
Theo bấtđẳngthức Cauchy – Schwarz :

a  b  c 

2

a 2  b2  c2 

3



9 a 2  b2  c 2
3a 2b 2c 2 ab  bc  ca 



3 a  b  c 
a b c ab  bc  ca 
2 2 2



3

abc 

3

. 1


Mặt khác, cũng từ điều kiện ta có : a  b  c 

1 1 1
9
  

 a b c  3.
a b c a b c

Ta cần chứng minh: 5a b c  8abc  7  5a b c  8ab bc  ca  7 a  b  c*
2

Thật vậy, ta có : a  b  c   3 ab  bc  ca  , khi đó :
2

*  5 a  b  c 

2

 7 a  b  c  

Từ các điều trên suy ra : P  9abc 

2
8
a  b  c  . ( điều này đúng do a  b  c  3 )

3

3

abc 

3

 7 . Đặt t  abc  0 .





9 t4 1
3
9
Xét hàm số : f t   9t  3  7, t  0  f ' t   9  4 
.
t
t
t4

f ' t   0  t 4  1  0  t  1

Bảng biến thiên:

t
f ' t 

0


1
0




f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f t   f 1  19 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 19 . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
Bài toán 5 : Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 2  a  c  b  0 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức : P  2 3 a  b b  c c  a   3 a  2b  c   6a  6c .
2

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )
Lời giải chi tiết
Vì b  0 nên ta có : a  2b  c  a  b  c  3 a  2b  c   3 a  b  c  .
2

Mặt khác, ta cũng có : a  c  a  b  c  6 a  c   6 a  b  c  .

2


Đến đây, rõ ràng đa phần biểu thức P đã về f a  b  c  , do đó ta sẽ tìm cách đưa

2 3 a  b b  c c  a   f a  b  c  . Thật vậy,
2

2

2
Ta có : a  b b  c c  a   a  b c  b a  c   a  c  a 2c 2 .





Theo bất đẳng thức AM  GM ta có :

3

2


6
6
a  c   2ac  2ac 
a  c
a  b  c


2
2


2 2


.
4 a  c  a c  a  c  2ac.2ac 
27
27
27

a  b  c

3

 2 3 a  b b  c c  a   2 3 a  b c  b a  c   2 3.

a  b  c 

6 3

a  b  c 

3



3

3

P 

3

Xét hàm số f t  

 3 a  b  c   6 a  b  c  . Đặt t  a  b  c  0  t  6 .
2

t  3  3
t3


 3t 2  6t,  f ' t   t 2  6t  6, f ' t   0  
3
t  3  3


Bảng biến thiên :

t
f ' t 

0

3 3



0

6

3 3

0





f t 





Dựa vào bảng biến thiên ta có : f t   f 3  3  2 3 .
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 3 .
Đẳng thức xảy ra khi a  1,b  0, c  2  3 .
Bài toán 6 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức : P 

3a 2  3c 2  3ac
36
 2
 2b  c
2
a  2c
a  b  c2  3abc
( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )


Lời giải chi tiết
Các biến a,b, c đối xứng trong toàn biểu thức và điều kiện nên dự đoán được bài toán
rơi tại a  b  c  1 .
. Điều kiện a 2  b 2  c 2  3 có thể suy ra a  b  c  3 do đó định hướng ban đầu là





dồn về hàm f a  b  c  hoặc f a 2  b 2  c 2 .

Mặt khác ta có các đại lượng bậc 1 như 2b  c  hướng dồn về hàm f a  b  c  .



3 a 2  c 2  ac
Rõ ràng

a  2c

  ma  nc ( bậc 2 chia bậc 1 sẽ ra bậc 1 ). Để kết hợp với 2b  c

tạo ra 2 a  b  c  thì m  2, n  1 . ( Do hướng đi của ta là dồn về f a  b  c  ).
. Hầu như đã đưa về được f a  b  c  trong điều kiện cũng như biểu thức P . Như
vậy ta sẽ đi xây dựng một bổ đề cuối cùng là : a 2  b 2  c 2  3abc  k a  b  c  để toàn
bộ biểu thức P quy về f a  b  c  . Dễ thấy k  2 .
Trước hết ta sẽ chứng minh bổ đề đã xây dựng :
Với a,b, c  0 thỏa a 2  b2  c 2  3 , chứng minh rằng : a 2  b 2  c 2  3abc  2 a  b  c 
Thật vậy, Trường hợp 1: a 2  b 2  c 2  3 khi đó ta có :





3 a 2  b 2  c 2  a  b  c   a 2  b 2  c 2  3  a  b  c  3
2

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1
a  b  c  a 2  b 2  c 2  3abc  3  a  b  c 


3
1
a 3  b 3  c 3  3abc
 a  b  c  a 2  b 2  c 2  3abc 
3
3
2
2
2
a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca

3



a  b  c  3abc  3  a  b  c  







Và 3  a  b  c  





2 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
3 a b c

.

Như vậy chỉ cần chứng minh a  b  c a  b  c  3  6
Điều này hiển nhiên đúng do

3





3 3  6.




Trường hợp 2: Nếu a 2  b 2  c 2  3 thì tồn tại số k  1 sao cho ka   kb   kc   3
2







2

2



.Ta có : k 2 a 2  b2  c2  3k 3abc  2k a  b  c  Hay k a2  b2  c2  3k 2abc  2a  b  c .





Mà k  1 nên a 2  b 2  c 2  3abc  k a 2  b 2  c 2  3k 2abc . Chứng minh hoàn tất



3 a 2  c 2  ac
Ta có :

a  2c

  2a  c 

 P  2 a  b  c  

a  c 

2

 0 ( luôn đúng ).

18

. Đặt t  a  b  c  3 .
a b c

Xét hàm số f t   2t 

18
18
,  t  0; 3 , f ' t   2  2 , f ' t   0  t  3 .
t
t

Bảng biến thiên :

t

0

3

f ' t 



f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f t   f 3  6  6  12 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 12. Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
Bài toán 7 : Cho các số thực dương a,b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : P 

a  c b  1
abc



6
.
9  ab  bc  ca
( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Ta chứng minh :

a  c b  1
abc

 a 2  b 2  c2  1 .


a  c 

2

Ta có:

4ca

a c

2



4ac



a  c 
 2  a  c 
2



2b 2

2



2





  2b

2 a2 b2 c2 1
2b2  2 a c

2

2

a  c 
4ac

1 



 1

2 a2  b2  c2  1
2b 2  2  a  c 

2

2
2
 2  a c a c b

 abc a2 b2 c2  1
8





2

2
 2
2b  2  a  c  a  c  b


Ta chứng minh: a  c b  1 
.
8
2
2

 8 b  1  2b 2  2  a  c   a  c b  0  b  1 3b 2  9b  8  0







( ta đã sử dụng phép thế a  c  3  b ).
Mặt khác :

6
12
12
.


2
9  ab  bc  ca

9  2 ab  bc  ca   9 9  a  b 2  c 2

Từ đó suy ra: P  a 2  b 2  c 2  1 
Xét hàm số f t   t 

12
.Đặt t  a 2  b 2  c 2  3 ,
2
2
9 a b c
2

12
12
 1, t  3,  f ' t   1 
 0, t  3 .
2
t 9
t  9

Do đó hàm số f t  đồng biến trên 3;  
Từ đó suy ra P  f t   f 3  3 . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
Bài toán 8 : Cho các số thực a,b, c  0;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P 

12 a  b   4abc

3  a 3  b 



72
a  2b  4c 2  8
4

3

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )


Lời giải chi tiết





Vì a,b, c  0;2 nên ta có các đánh giá sau: . a 4  8a  a a 3  8  0 ( luôn đúng )
. 2b 3  8b  2b b 2  4  0 ( luôn đúng ) và 4c 2  8c  4c c  2  0 ( luôn đúng )





 a 4  2b 3  4c 2  8a  8b  8c  8 a  b  c  

Ta có:

12 a  b   4abc

3  a 3  b 

Ta chứng minh:



12 a  b   8ab

3  a 3  b 



4a
4b

 a b .
3 a 3 b

9
9
 1  a  b  c  1 
a b  c  1
a b  c  1

Đặt t  a  b  c  1, t  1  P  3  t 
Xét hàm số f t   t 

f ' t 

4a

4b

.
3 a 3 b

9
9
 P  3  a  b  2 
1
a b c 1
a b c  1

 P  3  a b  2 

t

3

4t
 t, t  0;2 , quy đồng bỏ mẫu ta có
3t

4t  t 2  3t  t 2  t  0 ( luôn đúng ). 

 P  a b 

72
9

2

a  2b  4c  8 a  b  c  1
4

1

9
t

9
9
, f ' t   1  2 , f ' t   0  t  3
t
t
3

-

0

7



f t 
Dựa vào bảng biến thiên nhận thấy P  3  f t   f 3  6  P  3 .
Đẳng thức xảy ra khi : a  b  0, c  2 .


Bài toán 9 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa

1 1 1
   1 và có ít nhất hai số
a b c

cùng lớn hơn 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P 

4
9

abc  9 2 a2  b2  c2  54





( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Ta chứng minh : abc  9  4 a  b  c  . Trong 3 số a,b, c phải có 2 số cùng lớn hơn hoặc
cùng nhỏ hơn 3, giả sử 2 số đó là a,b . Khi đó ta có: a  3b  3  0  ab  9  3 a  b 
Mặt khác từ giả thiết ta có : ab  bc  ca  abc . Do đó ta có : abc  9  c a  b   3 a  b  .
Ta cần chứng minh : c a  b   3 a  b   4 a  b  c  Hay c 

Giả sử c 

a b
.
a b  4

a b

1 1 1 1 1 a b  4
4
4

1
1
, khi đó ta có : 1      
a b  4
a b c a b
a b
a b
a b

( Vô lý ) . Do đó bổ đề được chứng minh hoàn tất.

1 1 1
   1  ab  bc  ca  abc  27 .
a b c

Ta có :

a 2  b 2  c 2  54  a  b  c   2 ab  bc  ca   54  a  b  c 
2





9
2

2

2

2 a  b  c  54





2

9
2 a  b  c 

2





9
2

2

2

2 a  b  c  54





9
2 a  b  c 

Từ đó suy ra : P 

1
9
1
9
Đặt t  a b c  0  P   2 .

2
t 2t
a  b  c 2 a  b  c 

Xét hàm số : f t  

1
9
1
9
9t 2  t 3
 2 . f ' t    2  3 , f ' t   0 
 0  t  9.
t 2t

t
t
t3

2


Bảng biến thiên:

t

0

9

f ' t 





0



f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta có : f t   f 9 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

1
.
18

1
. Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  3 .
18

Bài toán 10 : Cho các số thực dương a,b, c thỏa a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức : P 

1
1
1
9
.
 2  2
2
3
3
3
a
b
c
3 a b b c  c a





( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết



 

Ta chứng minh bổ đề : 3 a 3b  b 3c  c 3a  a 2  b 2  c 2



2

Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :









2 a 2  b 2  c 2  6 a 3b  b 3c  c 3a  0 

 a

2

 2ab  bc  c 2  ac

Điều trên luôn đúng, đẳng thức xảy ra khi a  b  c hoặc hoán vị


a,b,c   sin2 47 , sin2 27 , sin2 7  .


Ta chứng minh :

1
1
1
 2  2  a 2  b 2  c 2 . *
2
a
b
c

Ta có : a  b  c   a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca .
2

Khi đó * 

2
1
1
1
 2  2  2 ab  bc  ca   a  b  c  .
2

a
b
c



2

0


Theo bất đẳng thức AM  GM và giả thiết ta có:
1
1
1
1
1
1
 2  2  2 ab  bc  ca  
 
 2 3abc a  b  c 
2
ab bc ca
a
b
c
 1

2
 3 

 abc  abc   9  a  b  c 

abc
 P  a 2  b2  c2 

9
. Đặt t  a 2  b 2  c 2  3
a  b 2  c2
2

9
9
Xét hàm số f t   t  , t  3  t ' t   1  2  0 nên hàm số f t  đồng biến trên 3;  
t
t
 f t   f 3  6 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 .

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .

Bài toán 11 : Cho các số thực dương a , b , c  1; 3  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2

c 2  3c 



3
thức: P 

2

2

4
ab


c 16a  b  1



8



( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Ta có: a,b  1; 3  4a  b  1  16a 2  8ab  b 2  1

 16a 2  b 2  1  8ab 

Mặt khác:



8



c 16a 2  b 2  1



8
1

8abc abc

2
c 2  3c
1
   c 3  3c 2  4  0  c  2 c  1  0 ( luôn đúng ).
4
c
2

c 2  3c 
3
1
3
 
Từ đó suy ra : 3 
. Đặt 1  t  abc  27
P



 4ab 
abc a 2b 2c 2
a 2b 2c 2

Xét hàm số : f t  

1 3
1
6
 2 , f ' t    2  3 , f ' t   0  t  6 .
t t
t
t


1
. Đẳng thức xảy ra khi a  1, b  3, c  2 .
12

Dễ thấy giá trị lớn nhất của biểu thức là

Bài toán 12 : Cho các số thực dương a , b thỏa mãn a  b  2 .
Chứng minh rằng :

1 1
1
1
.
 
 2
2
2
a b

2
a b
( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Đặt a 2  b 2  2  2t 2 , với t là một số thực thỏa 0  t  1 
Ta có :

1
a 2  b2



1

.

2  2t 2

1 1  t a
1
1 1
1 1  t  a 1  t  b 
2
 


  

.


a
b
 1  t
1  t a 1  t a b 1  t  a

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

1  t  b 
2  2t  2
1  t  a 1  t  b 1  t  a 
2t





2
2
2
a
b
1t
a  at  a
b  bt  b
2  2t  2  2t
2

2

2

1 1
1
1 1  t a 1  t b 
2
1
2
1

  







a b
b  1  t
a2 b2 1  t  a
2  2t2 1  t 1 t
2  2t 2
Ta cần chứng minh :

2

1  t 1  t 



1
2  2t 2

2

1
2

, * . Thật vậy, ta có :




1
1  1
2t 2

1  
 1  0 

*  2

1  t 1 t  2
1  t 1  t  
2  1  t 2





 1  t 1



t 2  2 2  1 t 2  2 2  2t 2  2 2  1
  0 ( Luôn đúng t  0 )
 
2
2
2
1t
1  t  1 2  2t







Đẳng thức xảy ra khi t  0  a  b  1 .

t2

2

1 t

2

0


Bài toán 13 : Cho các số thực dương a,b, c thỏa mãn a  b  c  3 .
Chứng minh rằng :

1 1 1
2
2
  
3
a b c
3
a 2  b2  c2

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Lời giải chi tiết
Đặt a 2  b 2  c 2  3  6t 2 , với t là một số thực thỏa 0  t  1 
Ta có :

2
2

2

a b c

2



2
3  6t

2

.

1 1  2t a
1
1 1 1
1 1  2t a 1  2t b 1  2t c 
3
 


   


.

a 1  2t a 1  2t a b c 1  2t 
a
b
c
 1  2t

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :

1  2t  a  1  2t  b  1  2t  c   6t
1  2t  a 1  2t  b 1  2t  c



a
b
c
a 1  2t  a   b 1  2t  b   c 1  2t  c  1  t
2



3 t  1
1 1 1
2
2
  


.
2
2
2
2
a b c

t

t

1
2
1



a b c
3  6t
3 t  1

Ta cần chứng minh :

1  2t 1  t 



2
3  6t 2

3

2
3

* , thật vậy , ta có :




t 1

2 
1



 1  0
*  3  1  2t 1  t  1  
   3  1  2t 2 
 
6t 2
4t 2


0
1  2t 1  t  3  6t 2 1  2t 2  1











2t 2  6 3  4 t 2  3 3  6t 2  2t  3 3  2

  0 * *


1  2t 1  t  1  2t 2  1 3  6t 2













Ta lại có: 6 3  4 t 2  3  6t 2  2t  3 3  2  6 3  4 t 2  3  6t 2  3 3  4  0
Do đó bất đẳng thức ** luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi t  0  a  b  c  1 .
Bạn đọc hãy thử tổng quát cho lớp bài toán 12 và 13


Bài toán 14 : Cho các số thực dương a1, a 2 ,....an .
n
 n 1 3

Chứng minh rằng :    6n 2  ak  7n 3
 k 1 ak 
k 1

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )
Lời giải chi tiết
Theo bất đẳng thức AM  GM ta có :

n


k 1

ak 

n


k 1

ak
ak

n 
1  3n 1 n 1
 2 1 
 

ak  1
4
2 k 1 ak

k 1 a k  1
k 1 
n

 2

ak

n
n
 n 1 3
 n 1 3
1
2


    6n  ak     3n 2   39n 3 .
 k 1 ak 
 k 1 ak 
k 1
k 1 ak
n
 n 1 3
1

Ta cần chứng minh    3n 2   9n 3  7n 3 , thật vậy, biến đổi ta có :
 k 1 ak 
k 1 ak

n
 n 1 3
 n 1
2  n 1

1
2

3
3





  0 ( luôn đúng ).


3
n

9
n

7
n


n

2
n
 
a
 a 

 k 1 k 
 k 1 ak

  k 1 ak

k 1 k

Bài toán 15 : Cho các số thực không âm a1, a 2 ,...., a n n  2 .
2

n

  n 1 

Chứng minh rằng :  x k      n 2  2n  2 
k 1 
 k 1 x k 





n  1



n

 ak2  n  n n  1t 2

k 1

 xk2

k 1

1i  j n

Lời giải chi tiết
Đặt

n

với t là số thực thỏa : 0  t  1 .

xi x j


 n 2  n 
Ta có : 2  aiaj  ai  ai2   n2 n n n 1 t2  n n 1 1 t2
i 1  i 1 
11j n





n

Bất đẳng thức đã cho thuần nhất , chuẩn hóa :

 ak  n .
i 1

Trường hợp 1 : nếu t  0
n
n
1
n.n 2
 n 1 

 n2 .
Ta có : LHS   ak     n  
n

 a
a
k 1

 k 1


k



k 1 k

 ak

k 1
n

2

n  1  ak2

2

Và RHS  n  2n  2 



2

2

k 1

1i  j n

 n  2n  2 

aia j

2 n  1 n
2

n n

Trường hợp 2 : Nếu 0  t  1 .
n 1  n  1 t  a
1

1
n
k


.
 a 1  n 1 t 
ak
1  n  1t
  k 1
k 1 k
n

Ta có :

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz :

n

1  n  1 t  ak

k 1

ak





n

1

a

k 1 k





n

2


n  n n  1t   ak 


k 1
n

n

n

k 1

k 1

k 1

 ak  n  1 t  ak  

n n  1t


1  n  1t  1  t 

Ta cần chứng minh :



n
1  n  1t

n 2 nt  2t  1


1  n  1 t  1  t 







n n  1t

ak2

1t

.

n nt  2t  1
1  n  1 t  1  t 



n 2t 2  2nt 2  n 2
1  t2

. * *

 n 2  LHS  n 2  RHS .


* * 

n nt  2t  1
1  n  1t



nt 2  2t 2  n
1t





 n t  1nt  2t  1  nt 2  2t 2  n 1  n  1t
2 2

2

2 3

3



 n t  n t  2nt  nt  n  n t  3nt  2t  nt 2  2t 2  n 2t  nt  n


 n

2

3

 

 3n  2t t  1  0  t n  1n  2t  1  0 !

 n 2  3n  2 t 3  n 2  3n  2 t 2  0
2

2

2

Đẳng thức xảy ra khi t  0  x 1  x 2  x 3  ....  x n .

Tobe continue
Hi vọng tài liệu nhỏ này sẽ giúp bạn đọc thấy bất đẳng thức thú vị hơn ! Một số bài vì
không rõ nguồn ở đâu nên tôi k đề cập đến tên tác giả , mọi lời giải trên đều do bản
thân tôi giải nên nếu có gì sai xót mong bạn đọc góp ý theo địa chỉ :
. Facebook : Ngô Minh Ngọc Bảo
. Gmail :