Tổng hợp các chuyên đề ôn thi Tốt nghiệp và đại học môn toán có phân loại đối tượng học sinh

II. Một số bất đẳng thức thường gặp:
1.1. Bất đẳng thức Côsi: (AM – GM)
Cho a1 , a2 , ….., an  0 ta luôn có:

a 1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an
n

Dấu “=” xảy ra  a1 = a2 = … =an
1.2. Bất đẳng Bunhiacopxki: (Cauchy-Schwarz)
Cho các dãy a1 ,a 2 ,,a n và b1 , b2 ,, b n với n Î N* khi đó ta luôn có:

(a1b1 + a 2 b2 + a 3b3 +  + a n b n ) £ (a12 + a 22 + a 32 +  + a 2n )(b12 + b 22 + b32 +  + b 2n )
2

Dấu “=” xảy ra:

a1 a 2 a 3
a
=
=
=  = n với giả thiết b1 , b 2 , , b n khác 0
b1 b 2 b3
bn

1.3. Bất đẳng thức Svac-xơ
Với các số dương b1 , b2,,bn (n  N* ) và các số bất kỳ a1 , a2,, an (n  N* ) ta luôn có:
an2  a1  a2    an 
a
a12 a22
a a

  

Dấu “=” xảy ra  1  2    n
b1 b2
bn
b1  b2    bn
b1 b2
bn
2

III. Một số phương pháp chứng minh BĐT

1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi và một số sai lầm trong
giải toán: Tìm Max, Min của một biểu thức.
Phương pháp Tìm Max, Min của một biểu thức.
 Sơ đồ Tìm Max của S . Chứng minh S  M trong đó M là hằng số và chỉ ra
được S = M là tồn tại giá trị các biến trong S. Kết luận M là Max của S
 Sơ đồ tìm Min của S : Chứng minh S  m trong đó m là hằng số và chỉ ra

được S = m là tồn tại giá trị các biến trong S . Kết luận m là Min của S.
a
b

b
a

Bài toán xuất phát: Cho a, b > 0 . Ta luôn có S    2

a b
.  2 . Đẳng thức

b a

xảy ra khi a = b.

Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể thay đổi mở rộng miền xác định để có một
số bài toán sau:
Ví dụ 1. Cho a  4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a 

1
a

Bình luận và lời giải

-1-


1
a

Sai lầm thường gặp: P  a   2 . Vậy P min = 2
1
a

Nguyên nhân sai lầm: P min = 2  a  ;a  0  a  1 trái với giả thiết
Phân tích và tìm lời giải dự đoán giá trị Min của P bằng bảng dưới đây:
a

4

5

6

7

8

9

1
a

1
4
1
4
4

1
5
1
5
5

1
6
1
6
6

1
7
1
7
7

1
8
1
8
8

1
9
1
9
9

P

10

11

12

…

1
1

1
10
11
12
1
1
1
10
11
12
10
11
12

45

…

1
45
1
45
45

Nhìn bảng trên ta thấy khi a tăng thì S càng lớn và từ đó khi a = 4 thì S nhận giá trị nhỏ
nhất. Để dể hiểu và tạo sự ấn tượng ta sẽ nói rằng Min S =

17

tại 4

“ Điểm rơi : a = 4 ”.
Do bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia phải bằng
nhau, nên tại “ Điểm rơi: a = 4 ” ta không thể sử dụng bất đẳng thức Côsi trực tiếp cho
2 số: a và

1
a 1
. Lúc này ta sẽ “giả định” sử dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số  ;  sao
a
α a

cho tại điểm a = 4 thì

a 1
 . Tức là ta có sơ đồ điểm rơi sau đây:
α a

1
a
 α  a
 α  16

1  1
 a
4

Lời giải đúng:
Pa

17
1  a 1  15a
a 1 15.4 17
khi a = 4
  
2
. 
 . Vậy P min =
4
a  16 a  16
16 a 16
4

Ví dụ 2: Cho a  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a 

1
a2

Bình luận và lời giải:
Sơ đồ điểm rơi:

-2-


a 3
 α = α
1 3
a = 3 
 =  α = 27
9 α

 1 =1
2
 a 9
Sai lầm thường gặp:
S =a+

1  a
1  26a
a 1 26a
2
26a
=  + 2 +
2
+
=
+
2
2
a
27 a
27
27a 27
 27 a  27

2
26.3 2 26 28
28
+
= +
= . VËy víi a = 3 th × Min cña P =

9 9
9
9
27.3 27



Nguyên nhân sai lầm: Dù đã chọn điểm rơi đúng, đáp số đúng nhưng cách giải trên
2

mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số với a  3 thì
Lời giải đúng: P = a +
VËy víi a = 3 th × Min P =

2

2
là sai
27.3 9
=

1  a
a
1  25a
a a 1 25a 3 25 28
=  + + 2 +
 33
+
 + =
2

a
27 27 a 2 27 9 9
9
 27 27 a  27

28
.
9

Ví dụ 3. Cho 0  a 

1
1
.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  2a  2
2
a

1
1
1
aa
 3.3 a.a.
 3  Min S  3
2
2
2
a
a
a

Sai lầm thường gặp: S  2a 
Min S  3  a  a 

27a



1
 1 trái với giả thiết.
2
a

Phân tích và tìm lời giải dự đoán giá trị Min của S bằng bảng dưới đây:
a
2.a
1
a2

1
10
2
10

1
9
2
9

1
8

2
8

1
7
2
7

1
6
2
6

1
5
2
5

1
4
2
4

100

81

64

49

36

25

16

S 100 1 81 2
5

9

64

1
4

49

2
7

36

1
3

25

2

5

16

1
2

9

1
3
2
3

1
2
2
2

9

4

2
3

5

Nhìn bảng biến thiên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán thì S
1

2

đạt giá trị nhỏ nhất khi a  .

-3-




  a = 2
1
1
4
Ta có sơ đồ điểm rơi: a =  


 8
1
2
2


4
 a 2

Lời giải đúng:
S  2a 

1
a2




  8a  8a 

1
a2

Vậy GTNN của S = 5 khi a 

1
1

 -14 a  3. 3 8 a .8 a . 2 -14.a  12 -14 a  12 -14.  5.
a
2

1
2

Ví dụ 4. Cho a  8, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = a 2 

12
a

 a 2 64
 
64 12
32 2

 
Ta có sơ đồ điểm rơi: a  8      

3
8
 12  12
 a
8

Lời giải đúng:

 
2

12
a
12  
1
Q  a2 


  1a  32 2
a   32 2
 3
 
3

a. a 
1
 6.

 12 2  32 2

3




2

a
12 
1
 a2  2
 132 2 a  32 2



3
3






8. 8 
1
 a 2  6.
 12 2  32 2




3





 a2






 82  12 2  64 - 3 2  64  9 2




Vậy GTNN của Q = 64  9 2 khi a = 8.
Ví dụ 5. a > 0; b > 0 và a + b = 1. Tìm GTLN của P 
Sai lầm thường gặp: 1  a 2 b 2  2ab  0  P 
Khi P =

ab
1  a 2b2

ab
ab 1

1

 nên GTLN của P =
2 2
1 a b
2ab 2
2

(a  b) 2 1
1
 1  ab 
 vô lý
4
4
2

Lời giải đúng:
Do ab > 0 nên P > 0. Xét Q =

1
1
1
1
 ab 
 t  với t = ab suy ra 0  t  . Ta có Q =
P
ab
t
4

1 
1  15
1
15 1 15 1 15
17
t   t 
 2 t.

 
 


1
t  16t  16t
16t 16t 2 16t 2 16.
4
4

-4-


Do đó P 

4
17
1
. Vậy GTLN của P = khi a = b =
17
4
2

Bài tập vận dụng.
3
2

Bài 1: Cho a, b, c >0 và a + b + c = . Tìm GTNN của biểu thức P = abc+
Bài 2: Cho a  16 . Tìm GTNN của biểu thức Q  a 2 
Bài 3: Cho a, b > 0. Tìm GTNN của biểu thức: M 
Bài 4: a, b > 0 và a + b = 1. Tìm GTLN của P 

1
abc

4
a

ab
ab

ab a  b

a 2b2
1  a 3 b3

2. Tìm tòi lời giải qua đó tìm cách giải tổng quát cho bài toán tương tự:
1 3 5
2 4 6

Bài toán cơ bản : Cho A  . . 
a) A 

1
2n  1

b) A 

2n  1
. Chứng minh rằng:
2n

1
3n  1

Lời giải: Ta thấy nếu chứng minh được câu b thì câu a hiển nhiên đúng. Nhưng
chúng ta hãy bắt đầu từ cách giải câu a.
a) Cách 1: Ta có với mọi k  1, k  N , ta dễ dàng có

2k  1
2k
nên

2k
2k  1

1 2

2 3
3 4
0 
4 5

5 6
0 
6 7

2n  1
2n
0

2n
2n  1
0

1 3 5
2 4 6

Do đó A 2  A.A  . . 

2n  1 2 4 6
2n
1
1
1
. . . 

A

2n 3 5 7 2n  1 2n  1
2n  1
2n  1

Cách 2: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức (*) với mọi k  1, k  N
2k  1
2k  1
(*). Ta chứng minh bất đẳng thức (BĐT) (*)

2k
2k  1
2k  1 
2k  1
2k  1
Ta có BĐT (*) tương đương 


 
2
2

 2k 

2k  1

4k

1
2k  1

-5-


 4k 2  1  4k 2 (hiển nhiên)

Do đó
0

1
1

2
3

0

3
3

4
5

5
5

6
7

0

0

2n  1
2n  1


2n
2n  1
1 3 5
2 4 6

Nhân các vế trên ta được A  . . 

2n  1
1 3 5
2n  1
1
(đpcm)

.
.


2n
3 5 7
2n  1
2n  1

Trở lại cách giải 2 câu hỏi đặt ra là: Làm sao ta tìm ra được BĐT (*). Rõ ràng ta nhận
thấy điều cần chứng minh là A 

1
và A lại là tích của các phân số có dạng
2n  1

P(k)
2k  1
2k  1
nên ta có thể dự đoán
để tích rút gọn được ta phải chọn P(k) sao

2k
2k
2k  1

cho P(k+1) = 2k + 1 => P(k) = 2k – 1 do đó ta có BĐT (*).
b) Với cách giải 2 ở câu a ta hoàn toàn có thể dự đoán được BĐT cần chứng minh là:
2k  1
3k  2
(**) với k  2, k  N

2k
3k  1

(**) 

(2k  1) 2 3k  2

 (4k 2  4k  1)(3k  1)  4k 2 (3k  2)
4k 2
3k  1

 12k 3  8k 2  k  1  12k 3  8k 2  k  1  0 hiển nhiên vì k  2, k  N

Do đó

0

1
1

2
4

0

3
4

4
7

5
7

6
10

0

0

2n  1
3n  2


2n
3n  1

-6-


1 3 5
2 4 6

Nhân các vế trên ta được A  . . 

2n  1
1 4 7
3n  2
1
(đpcm)

.
.


2n
4 7 10
3n  1
3n  1

Bài tập vận dụng
1 3 5
4 7 10

Bài 1: Chứng minh B  . . 

2n  1
1
với mọi n  1; n  N .

3n  1
14n  1

5 8 11 3n  1
6
với mọi n  2; n  N .
. 

7 10 13 3n  1
5n  1

Bài 2: Chứng minh C  .

3. Vận dụng linh hoạt phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng vai
trò như nhau của các biến, phương pháp hình học trong chứng minh BĐT.
a) Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1: Cho ba số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh
1
3

rằng: a 2  b 2  c2  .
1
3

1
3

1
3

Lời giải: Đặt a   x; b   y;c   z . Từ a + b + c = 1 suy ra x + y + z = 0.
2

2

2

1
1
1
1
1
Khi đó: a  b  c    x     y     z   
3
3 
3 
3 3

2

2

2

2
 x 2  y 2  z 2  (x  y  z)  0  x 2  y 2  z 2  0 hiển nhiên đúng.
3

Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 2:
Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn a  b  c  d  0 .
Chứng minh a 2  b 2  c2  d 2  (a  b  c  d) 2 (2)
Lời giải: Do a  b  c  d nên tồn tại x  0; y  0; k  0 sao cho a = b + x; b = c + k;
(2)  (b  x) 2  b 2  (d  y) 2  d 2  (x  y) 2
 b 2  2bx  x 2  b 2  d 2  2dy  y 2  d 2  x 2  2xy  y 2
 bx  dy  xy (*)

Mặt khác từ b  c nên b  d + y => bx  (d + y )x = dx + xy  xy nên bx  dy  xy
do đó (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Ví dụ 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn a + b + c = 2.
Chứng minh bất đẳng thức a 2  b 2  c2  2abc  2 (3)
Lời giải: Từ giả thiết suy ra 0  a  1;0  b  1;0  c  1; đặt a  1  x; b  1  y; c  1  z
-7-


với 0  x  1; 0  y  1; 0  z  1;
Do a + b + c = 2 => x + y + z = 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với
(1  x) 2  (1  y) 2  (1  z) 2  2(1  x)(1  y)(1  z)  2

 3  2(x  y  z)  x 2  y 2  z 2  2 1  (x  y  z)  xy  yz  xz  xyz   2
 3  2.1  x 2  y 2  z 2  2 1  1  xy  yz  xz  xyz   2 (Vì x + y + z = 1)
 1  x 2  y 2  z 2  2xy  2yz  2xz  2xyz  2
 (x 2  y 2  z 2  2xy  2yz  2xz)  2xyz  1
 (x  y  z) 2  2xyz  1  1  2xyz  1  2xyz  0 (hiÓn nhiª n ®óng )

Do đó BĐT đã cho được chứng minh.
Nhận xét: Nếu bài toán đã cho thay đổi điều kiện là a, b, c là các số thực nằm
trong khoảng [0; 1] thoả mãn a + b+ c = 2 thì a 2  b 2  c2  2abc  2 lời giải tương tự.
a  4; b  5;c  6

Ví dụ 4. Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện: 

2
2
2
a  b  c  90

Chứng minh rằng : a  b  c  16 .
Lời giải: Đặt a = 4 + x ; b = 5 + y; c = 6 + z; Từ giả thiết suy ra:
x  0; y  0; z  0.
Giả sử a  b  c  16  x  y  z  1 . Mặt khác từ a 2  b 2  c2  90
 (x  4) 2  (y  5) 2  (6  z) 2  90  x 2  y 2  z 2  4x  10y  12z  13 (*)

Do 0  x  y  z  1  (x  y  z) 2  1  x 2  y 2  z 2  2(xy  yz  zx)  1  x 2  y 2  z 2  1 (vì x 
0; y  0; z  0).
Khi đó ta có: x 2  y 2  z 2  8x  10y  12z  (x 2  y 2  z 2 )  12(x  y  z)  4x  2y  1  12  13 .
Điều này mâu thuẫn với đẳng thức (*) từ đó ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
x2

 x  1

2



y2

 y  1

2



z2

 z  1

 1 . (IMO 2008)

2

Lời giải: Do xyz = 1 nên đặt x 
minh trở thành

a4

 a 2  bc 

2



b4

 b2  ca 

2



a2
b2
c2
;y  ;x 
. Khi đó BĐT thức cần chứng
bc
ca
ab
c4

 c 2  ab 

2

 1 (*) . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có

-8-


a  b  c 




 a  bc   b  ca   c  ab   a  bc    b  ca    c
a4

b4

2

2

2

c4

2

2

2

2

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

cần chứng minh

2

2

2

2

2 2

2

2

2

2

 ab 

, để chứng minh (*) ta

2

2 2

2

2

2

2

 ab 

2

1

  a 2  b 2  c 2    a 2  bc    b 2  ca    c 2  ab    ab  bc  ca   0 luôn đúng. Bài toán
2

2

2

2

2

được chứng minh.
Nhận xét: Rõ ràng đây là BĐT đẳng thức tương đối khó, nhờ phép đổi biến trên
mà bài toán giải được chứng minh một cách đơn giản. Tùy theo bài dạng này mà đổi
biến cho phù hợp, đổi với dạng toán mà xyz = k3 với k là hằng số dương cho trước
thường có ba cách đổi biến cơ bản sau:
Cách 1: Đặt x 

ka 2
kb 2
kc 2
;y
;x 

; (ví dụ 5).
bc
ca
ab

Cách 2: Đặt x 

kab
kbc
kca
; y  2 ; x  2 ; (ví dụ 6).
2
c
a
b

Cách 3: Đặt x 

ka
kb
kc
; y  ; x  ; (ví dụ 7).
b
c
a

Ví dụ 6: Cho x, y, z là các số thực khác – 1 thỏa mãn điều kiện xyz = 8.
Chứng minh rằng:

1

 x  1

2



1

 y  1

2



1

 z  1

Lời giải: Do xyz = 8 nên đặt x 
thành

a

a4

2

 2bc 

2



b

b4

 2ac 

2

2



c

 2ab 



1
3

2ab
2bc
2ca
; y  2 ; x  2 , BĐT cần chứng minh trở
2

c
a
b

c4

2

2

2

1
 . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có
3

a  b  c 



 a  2bc   b  2ac   c  2ab   a  2bc    b  2ca    c
a4

2

b4

2

2

2

2

c4

2

2

2

2

2

2

2 2
2

2

 2ab 

2

, ta cần chứng

minh:

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

2

2

2

2

2 2
2

2

 2ab 

2



2
2
2
2
1

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

 a 4  b 4  c 4  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  2abc  a  b  c  . BĐT này đúng vì
a 4  b 4  c 4  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  abc  a  b  c  . Đến đây bài toán được chứng minh.

-9-


Ví dụ 7: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1.Chứng minh rằng

1 
1 
1 
 x   1  y   1  z   1  1 .
y 
z 
x 

a
b

b
c

Lời giải: Do xyz = 1 đặt x  ; y  ; x 

c
với a, b,c là các số thực dương. BĐT
a

đã cho trở thành:    1    1    1  1   a  c  b  a  b  c  b  c  a   abc
 b b  c c  a a 
a

c

b

a

c

b

Ta nhận thấy tổng 2 trong 3 số  a  c  b  ,  a  b  c  ,  b  c  a  là một số dương nên trong
ba số tồn tại ít nhất 2 số dương
- Nếu trong ba số có 1 số âm thì 2 số còn lại dương nên BĐT

 a  c  b  a  b  c  b  c  a   abc đúng
- Nếu cả 3 số  a  c  b  ,  a  b  c  ,  b  c  a  thì BĐT  a  c  b  a  b  c  b  c  a   abc
 a  c  b  a  b  c  b  c  a     abc  (**)
2

2

 a  b  c    b  c  a  
Ta có : 0   a  b  c  b  c  a   
 b2
4

2

0   b  c  a  a  c  b   c 2
0   a  c  b  a  b  c   a 2

Nhân các BĐT dương cùng chiều ta được BĐT (**), do đó bài toán được chứng minh.
Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho n số a1 , a 2,  , a n thỏa mãn điều kiện a1  a 2    a n  1 . Chứng minh rằng
a12  a 22    a n2 

1
.
n

Bài 2: Chứng minh rằng nếu a  3; b  3, a 2  b 2  25 thì a  b  7 .
Bài 3: Cho a > c > 0; b > c. Chứng minh rằng: c(a  c)  c(b  c)  ab .
Bài 4: Cho ba số a, b, c thoả mãn 0  a  2;0  b  2;0  c  2 và a  b  c  3 . Chứng minh
rằng:

a) a 2  b 2  c2  5 ; b) a 3  b3  c3  9

Bài 5: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh
rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. (Đặt a + b + c = 4k với k là số
nguyên).
Bài 6: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 8. Chứng minh rằng:
-10-


x2
y2

z2


1 ( thi chn i tuyn Vit Nam d thi Olympic
x 2 2x 4 y 2 2 y 4 z 2 2 z 4

Toỏn hc Quc t 2005).
Bi 7: Cho x, y, z l cỏc s thc khỏc 2 tha món iu kin xyz = 8.
Chng minh rng:

1

x 2

2



1

y 2

2



1

z 2

2



3
16

b) Phng phỏp s dng vai trũ nh nhau ca cỏc bin
Vớ d 1.
Cho a, b, c 0. Chng minh a 3 + b3 + c3 + 3abc ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
Li gii: Ta cú BT ó cho a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) 0 (2)
(BT thc Schur)
Do vai trũ ca a, b, c nh nhau nờn ta cú th gi s a b c .
Nu cú hai trong ba s bng nhau thỡ BT (2) hin nhiờn ỳng
Nu a > b > c 0, chia hai v ca BT (2) cho s (a b)(b c)(a c) >0
ta c tng ng

a
b
c
a
b
c
+
+
0
+
0
b- c c- a a - b
b- c a- c a- b

ùỡ a > b > 0
Bt ng thc ny luụn ỳng vỡ ùớ

ùùợ 0 < b - c < a - c

ị

a
b
c
>
;
0
b- c a- c a- b

Vớ d 2: Cho cỏc s thc a, b, c ụi mt khỏc nhau thuc on [0;3]. Chng minh
rng

1

(a - b)

2

+

1

(b - c)

2

+

1

(c - a)

2

1

Li gii:
ổ1
1ử
1
2
S dng BT AM GM vi x > 0, y > 0 ta cú ỗỗ 2 + 2 ữữữ(x + y) 2. .4xy = 8
ữ
ỗ
ốx



y ứ

xy

1

1
8
(2) Du = xy ra khi x = y
+ 2
2
x
y
(x + y)2

Do vai trũ ca a,b,c nh nhau nờn ta cú th gi s a > b > c . p dng BT (2) ta cú
1

(a - b)

2

=

+

9

(a - c)

2

1

(b - c)

2

+

1

(c - a)

2

ộ
ự
1
1 ỳ
1
= ờờ
+
+

2
2ỳ
2
c
a
ờở(a - b) (b - c) ỳ
(
)
ỷ

8

(a - b + b - c)

2

+

1

(c - a )

2

. Mt khỏc a, c ẻ [0;3] nờn 0 < a c 3, do ú

-11-


1

(a - b)

2

+

1

(b - c)

2

+

1

(c - a )

2

³

9

(a - c)

2

æ 3 ö
³ 1 . BĐT xảy (a, b, c) = çç3; ;0÷
÷ và các hoán vị
çè 2 ø÷

Ví dụ 3. Cho các số dương a, b, c và a + b + c = 3. Chứng minh
a 2 + b 2 + c2 + abc ³ 4

Lời giải: Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a ³ b ³ c
suy ra c ≤ 1
Ta có a 2 + b 2 + c2 + abc = (a + b + c) - 2(ab + bc + ca) + abc = 9 + ab (c - 2)- 2c (a + b)
2

(a + b)

2

= 9 + ab (c - 2)- 2c (3 - c), mà ab £

4

(3 - c)

2

=

4

và c - 2 < 0 nên

(3 - c)
a + b + c + abc ³ 9 + (c - 2)
- 2c (3 - c) .
2

2

2

2

4

(3 - c)
2
Ta cần chứng minh 9 + (c - 2)
- 2c (3 - c)³ 4 Û (c - 1) (c + 2)³ 0 luôn đúng. Đẳng
2

4

thức xảy ra a = b= c = 1.
Ví dụ 4. Cho ba số thực dương a, b,c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
1
1+ a2

+

1
1 + b2

+

1
1 + c2

£

3
2

Lời giải: Vì vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a ³ b ³ c => bc ≤ 1
æ 1
và a ≥ 1. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: ççç
+
çè 1 + b 2

æ
ö÷
1- b2 c2
÷£
= 2 çç1 +
2
2 ÷
çè (1 + b )(1 + c ) ø÷
æ 1 - b 2 c2 ö÷
÷=
2 çç1 +
÷
çè (1 + bc)2 ø÷

Suy ra
Do đó

1
1+ b

2

1
1+ a2

chứng minh 2

2

ö÷
æ 1
1 ö÷
÷
£ 2 çç
+
÷
÷
èç1 + b 2 1 + c2 ø÷
1 + c2 ø÷
1

æ 1 - b 2 c2 ö÷
÷ do 1 - b 2 c2 ³ 0;(1 + a 2 )(1 + b 2 ) ³ (1 + bc)2 nên
2 çç1 +
÷
çè (1 + bc)2 ø÷

æ 1 - bc ö÷ æ 2 ö÷
4
4a
4a
2 çç1 +
= 2 çç
=

=
=
.
÷
÷
÷
÷
èç 1 + bc ø
èç1 + bc ø 1 + bc a + abc a + 1

+

+

1
1+ c

2

1
1 + b2

£ 2

+

a
. Mặt khác, ta có
1+ a
1

1 + c2

£ 2

1
1+ a

2

£

2
1+ a

a
2
+
, để chứng minh BĐT đã cho ta chỉ cần
1+ a 1+ a

a
2
3
+
£
Û 1 + 3a - 2 2a(1 + a) ³ 0
1+ a 1+ a
2

-12-

Û

(

2a -

1+ a

)³
2

0 (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

Ví dụ 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = max a, b, c - min a, b, c , trong
đó a, b, c là ba số thực thõa mãn điều kiện a + b + c = a3 + b3 + c3 – 3abc = 2 (Bài
3/405 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 405 tháng 3/2011).
Lời giải: Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta giả sử a  b  c . Đặt a = b + x;
b = c + y . Khi đó P = max a, b, c - min a, b, c = a – c = x + y với x  0; y  0 .
Từ giả thiết ta có:
2 = a + b + c = a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc)
= 2(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc), suy ra a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc = 1
Hay

1
2
2
2
2

 a  b    b  c    a  c    1  x 2  y 2   x  y   2  x 2  xy  y 2  1

2

Ta có ( x  y )2  0  2xy  x 2  y 2  3  x  y   4  x 2  xy  y 2   x  y 
2

2 x 2  xy  y 2
3



2
3

x  y  0
1
2
 2
 x  y 
,
2
x

xy

y

1
3

3


( vì x 2  xy  y 2  1 ). Khi P =
1
2


a  b  3
a  3 


1
2


khi đó b  c 
 b 
3
3


2
a  b  c  2 

c  3 



Vậy giá lớn nhất của P bằng

1
3

1
3
2
Khi và chỉ khi (a, b, c) =
3

2
3

hoán vị. Chú ý khi (a, b, c) =  

2 1 2 2 1 
; ; 
3
 và các
3 3 3
3


1 2 2 1 
; ; 
thì đẳng thức a3 + b3 + c3 – 3abc = 2

3 3 3
3

Bài tập vận dụng.
Bài 1. Cho a, b, c ≥ 0. Chứng minh ak (a - b)(a - c) + bk (b - c)(b - a) + ck (c - a)(c - b) ³ 0
Bài 2. Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc đoạn [0;2 ]. Chứng minh rằng
1

(a - b)

2

+

1

(b - c)

2

+

1

(c - a)

2

³

9
4

a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
Bài 3. Cho ba số a, b, c thuộc đoạn [1;2 ].Chứng minh
+
+
£ 7
ab
bc
ca

-13-


c) Phương pháp hình học
Ví dụ 1: Cho a, b là các số dương. Chứng minh a  b  a  b
Lời giải: Ta nhận thấy

 a  b
2

2

 a  b nên ta nghĩ ngay

B

đến việc dựng tam giác vuông ABC có hai cạnh góc vuông

ab

lần lượt là a , b .(Hình 1)

a

Khi đó BC = a  b . Theo tính chất tam giác ta có:

A

C

b

BC < AB + AC hay a  b  a  b (đpcm).

Hình 1

Ví dụ 2: Cho a > c; b > c > 0. Chứng minh c(a  c)  c(b  c)  ab
Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng
thức sau: c(a  c)  c(b  c)  c  a  c  b  c   ab .
Ta thấy c  a  c  a ; c  b  c  b ta dựng tam giác ABC có

B

đường cao AH = c cạnh BC = a  c  b  c ; AB = a ;
AC = b (Hình 2). Hạ BK vuông góc với AC, khi đó
ta có 2SABC  AH.BC  BK.AC  AB.AC hay
c





a
a c
c

H
b c

A

K

a  c  b  c  a. b  a.b .Để ý đến dấu đẳng thức

b
C

Hình 2

xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại A


1
1
1
1 1 1


  
2

2
2
AH
AB AC
c a b

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c dương ta luôn có
a 2  b2  a 2  c2  b  c

Lời giải: Dể thấy bài toán không thay đổi nếu ta giả sử b  c (bạn đọc tự chứng
minh) nếu b = c thì bài toán hiển nhiên đúng. Nên ta chỉ xét trường hợp b > c, khi đó
bất đẳng thức đã cho tương đương với a 2  b 2  a 2  c2  b  c (*).
Từ đẳng thức này ta nghĩ ngay đến việc dựng tam giác ABC sao cho
HA =a; HB=b; CH = c (Hình 3)
Khi đó AB  a 2  b 2 ; AC  a 2  c 2 , do b > c nên HB >CH; AB > AC
Trên đoạn thẳng HB lấy điểm K sao cho CH = KH;
-14-


Dễ thấy b – c = BH – CH = BK,
B

a 2  b 2  a 2  c 2  AB – AC Trong tam giác ABK có

AB – AK < BK hay a 2  b 2  a 2  c2  b  c
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét:

a 2  b2

K
b

a

H

A

c

Bài toán trên cũng đúng với mọi số thực a, b, c bất kỳ .

a 2  c2

C

Hình 3

Ví dụ 4: Cho a, b, c là các số thực thuộc khoảng  0;1 . Chứng minh
a(1  b)  b(1  c)  c(1  a)  1 .

Lời giải: Ta xem các tích a(1 – b); b(1 – c); c(1 – a) là tích hai cạnh của một
tam giác, nên ta nghĩ ngay đến việc tạo tam giác đều ABC có cạnh
bằng 1. Trên cạnh AC; AB; BC ta lấy các điểm P, M, N sao cho
AP = a; BM =b; CN = c (hình 4). Khi đó ta có bất đẳng thức diện

A
M

b

a

tích sau: 2SAMP +2SBNM +2SCNP <2SABC
 AP.AM.sin 600  BM.BN.sin 600  CP.CN.sin 600  AB.AC.sin 600
 AP.AM  BM.BN  CP.CN  AB.AC

B

P

N

c

Hình 4

C

 a(1  b)  b(1  c)  c(1  a)  1  1 (®pcm)
2

Nhận xét: Bài toán trên nếu thay các số a, b, c thuộc khoảng  0;1 thì
bất đẳng thức cần chứng minh sẽ là a(1  b)  b(1  c)  c(1  a)  1 cũng có cách giải tương
tự, dấu đẳng thức xảy ra khi 2 trong 3 số đã cho có 2 số bằng 1 số còn lại bằng 0;
Ví dụ 5:
Cho các số thực x, y, z, t thuộc khoảng  0;a  . Với a > 0. Chứng minh
x(a  y)  y(a  z)  z(a  t)  t(a  x)  2a 2

M

A

x

B

Lời giải: Ta xem các tích x(a – y); y(a – z); z(a – t) ;
t(a – x ) là tích hai cạnh của một tam giác, nên ta nghĩ ngay đến
việc tạo hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên cạnh AB; BC;

t

N

Q
y

CD và DA ta lấy các điểm P, M, N , Q sao cho AQ = t; BM = x;
CN = y; DP = z; (hình 5)

D

z

P
Hình 5

C

Khi đó ta có bất đẳng thức diện tích :
-15-


2SBMN  2SCNP  2SDPQ  2SAQM  2SABCD

 MB.GN +CN.CP + DP.DQ + AM.AQ  2AB.AD

 x(a  y)  y(a  z)  z(a  t)  t(a  x)  2a 2

Dấu “=” xảy ra khi trong bốn số x, y, z, t có 2 số bằng a; 2 số còn lại bằng 0;
Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng  0; 2  và a  b  c  3 2 .
Chứng minh rằng :

1
4a

2



1
4b

2

1



4c

2



3 2
.
2

Lời giải:
Vẻ đường tròn tâm O đường kính AB = 2

M

C

Do 0 < a < 2 nên đường tròn ta lấy điểm M sao cho
a

AM = a; ki đó suy ra MB  4  a 2 (hình 7). Gọi C là điểm chính
A

giữa của nửa cung tròn chứa điểm M  CO  AB

4 a2

H

O

1

B

(Chú ý rằng các tam giác MAB và CAB vuông tại M và C).
Khi đó ta có 2SAMB  AM.MB  HM.AB  CO.AB : (Vì MH  OC)

Hình 7

 a 4  a 2  1.2  2


1
4  a2



a
(1)
2

Dấu đẳng thức xảy ra a  2

Hoàn toàn tương tự ta cũng có

1
4b

2



Cộng (1) , (2) và (3) vế theo vế ta được

b
(2) ;
2

1
4c

1
4a

2



2



1
4b

2

c

(3)
2



1
4c

2



abc 3 2

2
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 . Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho a > b > 0 . Chứng minh a  b  a  b
Bài 2: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh (a 2  c2 )(b 2  c2 )  (a 2  d 2 )(b 2  d 2 )  (a  b)(c  d)
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c, d ta luôn có
a) a 2  b 2 . b 2  c2  b(a  c)
b) (a  b)(c  d)  ac  bd
Bài 4: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn a 2  b 2  c2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

a
b
c

 2 2 2
2
b  c a  c b  a2
2

-16-


4. Mở rộng bài toán theo nhiều hướng khác nhau qua đó hình thành các bài
toán mới khắc sâu kiến thức và khả năng sáng tạo bất đẳng thức mới.
2

2

2

a   b   c 
3
Bài toán: Chứng minh BĐT 
 
 
  (1)
4
 ab bc   ca 

với mọi a, b, c >0
Nhận xét: Khi gặp bài toán này học sinh thường mắc sai lầm sau:
2

2

2

2

b
c  1 9 3
 a   b   c  1 a



 
 
  
  .  .
 a b   bc   c  a  3 a b bc c a  3 4 4

Sai vì P 

a
b
c
3
không lớn hơn với mọi số dương a, b, c.


ab bc ca
2
2

2

2


 
 

 1   1   1 
3


 .
Giải: Ta có (1)  



4
 1 b   1 c   1 a 
a  b 
c


Vì

b c a
b yz c xz a xy
. .  1 , nên đặt  2 ;  2 ;  2 với x , y , z > 0
a b c
a x b y c z

2

2

2


 
 

 1   1   1 
3
x4




Do đó 
 
 

4
x 2  yz
 1 b   1 c   1 a 
a  b 
c




y4



 y
2

2

 zx

z4



 z
2

 xy



 y2  z2



2

2



3
4

Áp dụng bất đẳng Svac-xơ ta có
x4



x 2  yz



 
2

y4
y 2  zx



 
2

z4
z 2  xy



 x
2

x

2

 yz

2

 y2  z2

 y
2

2



2

 
2

 zx  z 2  xy

Để chứng minh BĐT đã cho ta cần chứng minh:

x

x

2

 yz

2



2

 y
2

2

2

 
2

 zx  z 2  xy



2



3
4

 x 4  y 4  z 4  5 x 2 y 2  5 y 2 z 2  5 z 2 x 2  6 xyz ( x  y  z )

Áp dụng BĐT AM – GM ta có
x4  y 4  z 4 

x4  y 4 y 4  z 4 z 4  x4


 x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2
2
2
2

Suy ra: x 4  y 4  z 4  5 x 2 y 2  5 y 2 z 2  5 z 2 x 2  6( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 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  
2
2
2
 6 


   6 xy z  xyz  x yz  6 xyz ( x  y  z )
2
2
2
 

 







-17-


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z  a = b = c >0.
Các phép biến đổi trên là tương đương, do đó BĐT thức đã cho được chứng minh.
Hướng khai thác 1: Thay đổi hệ số cho các số a, b,c thì cho ta bài toán mới.
2

2

2

a   b   c 
3
Bài toán 1: Chứng minh BĐT 
(*)
 
 
 
25
 a  2b   b  4c   c  8a 

với mọi a, b, c >0
2

2

2


 
 

 1   1   1 
3
2b 4c 8a



Giải: Ta có (*) 
. Vì . .  64  43 , nên



25
a b c
 1  2b   1  4c   1  8a 
a  
b  
c 


đặt

2b 4 yz 4c 4 xz 8a 4 xy
 2 ;  2 ;  2 với x , y , z > 0, do dó
a
x
b
y
c
z
2

2

2


 
 

 1   1   1 
3
x4





 
 


25
x 2  4 yz
 1  2b   1  4c   1  8a 
a  
b  
c 




y4



 y
2

2

 4 xz

z4



 z
2

2

 4 xy



2



3
25

Áp dụng bất đẳng Svac-xơ ta có:

x  y  z 



 x  4 yz   y  4 xz   z  4 xy   x  4 yz    y  4 xz    z
x4

2

y4

2

2

2

2

z4

2

2

x  y  z 
 x  4 yz    y  4 xz    z
2

Ta cần chứng minh

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

 4 xy



2

2

2

 4 xy



2



3
25

 22( x 4  y 4  z 4 )  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )  24 xyz ( x  y  z ) (**). Chứng minh tương tự như

bài toán trên ta cũng có BĐT (**) bài toán 1 được chứng minh.
Với cách khai thác như trên hoàn toàn ta chứng minh bài toán tổng quát theo nhiều các
khác nhau chẳng hạn (bài toán 2)
Bài toán 2: Cho x, y, z là các số dương thay đổi và 6 số thực dương cho trước a,
2

2

2

 ax   cy   ez 
3
b, c, d, e, g. Khi đó ta luôn có BĐT thức 
(**)
 
 
 
2
 ax  by   cy  dz   ez  gx   m  1

trong đó m  3

bdg
1.

ace

-18-



 1
Lời giải: Ta có 
 1  by
 ax

2

2
2
 
 

  1   1 
3
by dz gx bdg
 

. Vì . . 
 m3 ,
 

2
dz
gx

ax
cy
ez
ace
  1    1 
  m  1
ez 
  cy  

by my1 z1 dz mx1 z1 gx mx1 y1
 2 ;  2 ;
 2
ax
x1 cy
y1 ez
z1

nên đặt

với x1 , y1 , z1  0 , do dó

2

2
2
 
 

  1   1 
x14

3
 


 

2
x12  my1 z1
  1  dz   1  gx   m  1
ez 
  cy  


 1
 by
 1
 ax





y14

 y
2

2
1



 z
2

 mx1 z 1

2
1

z14
 mx1 y1



3

  m  1
2

2

Áp dụng BĐT thức Svacxơ ta có:



x14
x12  my1 z1



 y
2

2
1

Cần chứng minh



y14

x  y  z 


  z  4 x y   x  my z    y  mx z    z
2
1

z14

 mx1 z 1

2

2

2
1

2

2
1

1 1

2
1

2

2
1

2
1

2
1

1 1



2

2
1

1 1

 mx1 y1



2

2

2

2
1

1 1



2
1

2
1

2

2
1

1 1

x  y  z 
 x  my z    y  mx z    z

2
1

 mx1 y1



 m 2  2m  2 x14  y14  z14  (4m  2) x12 y12  y12 z12  z12 x12

3



  m  1
2

2



 m 2 ( x12 y12  y12 z12  z12 x12 )  6mx1 y1 z1 ( x1  y1  z1 ) . Vì m  1 nên đặt m = n +1 với n  0 , khi đó

m

2


 4n  1)  x



 z   (4n  6)  x

 2m  2 x14  y14  z14  (4m  2) x12 y12  y12 z12  z12 x12

 (n 2

4
1

 y14

4
1

y  y12 z12  z12 x12

2 2
1 1










 (n 2  4n  1) x12 y12  y12 z12  z12 x12  (4n  6) x12 y12  y12 z12  z12 x12











 (n  1) 2 x12 y12  y12 z12  z12 x12  6(n  1) x12 y12  y12 z12  z12 x12





 (n  1) 2 x12 y12  y12 z12  z12 x12  6(n  1) x1 y1 z1 ( x1  y1  z1 ) 





m 2 x12 y12  y12 z12  z12 x12  6mx1 y1 z1 ( x1  y1  z1 ) Bài toán được chứng minh.

Hướng khai thác 2: Mở rộng bài toán bằng cách thêm biến
2

2

2

2

a   b   c   d 
Bài toán 3: Chứng minh BĐT 
 
 
 
  1 (***)
 ab bc   cd   d a 

với a, b, c, d là các số thực dương.
2

2


 
 
 1   1   1
Lời giải: Ta có (***)  
 
 

b
c
 1   1   1 d
a  b 
c


2

 
  1
 
  1 a
d
 

2



  1.



-19-


Vì

b c d a

b yz c zt d tx a xy
. . .  1 , nên đặt  2 ;  2 ;  2 ;  2 với x , y , z, t > 0
a b c d
a x b y c z d t

Do đó
2

2


 
 
 1   1   1
 b  
 
 1   1 c   1 d
a  b 
c

4
4
x
y



2
2
2

2
x  yz
y  zt



 

2

2

 

  1 
 
 1
  1 a 
d
 
4
z
t4

2
z 2  tx
t 2  xy

 

 



2

1

Áp dụng bất đẳng Svac-xơ ta có
x4

x

2

 yz

y4



 y
2

 zt

2

z4



 z
2

2

 tx

t4



 t
2

2

 xy



 x
2

x

2

 yz

 y
2

2

2

 y2  z2  t 2

 zt

  z
2

2



2

 
2

 tx  t 2  xy



2

Để chứng minh BĐT đã cho ta cần chứng minh:

x

x

2

 yz

 y
2

2

2

 y2  z2  t 2

 zt

 z
2

2



2

 
2

 tx  t  xy
2



2

1

 x 2 y 2  y 2 z 2  z 2t 2  t 2 x 2  2 x 2 z 2  2 y 2t 2  2( x 2 yz  y 2 zt  z 2tx  t 2 xy )
 x 2 ( y 2  z 2 )  y 2 ( z 2  t 2 )  z 2 (t 2  x 2 )  t 2 ( x 2  y 2 )  2( x 2 yz  y 2 zt  z 2tx  t 2 xy )

luôn đúng vì y 2  z 2  2 yz; z 2  t 2  2 zt ; t 2  x 2  2tx; x 2  y 2  2 xy .
Vậy (***) được chứng minh.
Bằng cách tương tự như khai thác ở trên ta cũng có bài toán sau:
Bài toán 4: Cho 4 số x, y, z, t là các số dương thay đổi và 8 số thực dương cho
trước a, b, c, d, e, g, i, k . Khi đó ta luôn có BĐT
2

2

2

 ax   cy   ez   it 
4
thức 
(****)

 
 
 
 
2
 ax  by   cy  dz   ez  gt   it  kx   m  1

trong đó m  4

2

bdgk
 1.
acei

Việc chứng minh bài toán này tương tự như bài toán 2, 3.
Với cách khai thác như trên, từ bài toán 2 và bài toán 4 ta có thể chứng minh được
nhiều bài toán cụ thể với các hằng số cho biết trước.
Hướng khai thác 3. Nâng lũy thừa bậc cao hơn (bài toán 5)

-20-


Bài toán 5: (Đề thi chọn đội tuyển HSG QG Hà Tĩnh). Chứng minh BĐT thức
3

3

3

 a   b   c  3

 
 
 
 ab bc   ca  8

Lời giải:
Cách 1: Theo BĐT AM-GM ta có:
3

2

3

2

3

2

 a  1 3 a 
 b  1 3 b 
 c  1 3 c 
2
 +  
 ; 2
 +  
 ; 2
 +  

 ; Cộng các
 ab 8 2 ab
bc 8 2bc
ca 8 2ca

BĐT cùng chiều trên ta được:
  a 3  b 3  c  3  3
2


 
  a  b   b  c   c  a   8



3  a   b   c 

 
 

2   a  b   b  c   c  a 
3

2

2

3

3

 3 3 9
  .  (Theo bài
 2 4 8

2

a   b   c  3
toán mở đầu). Do đó suy ra 
 
 
  (đpcm)
 ab bc   ca  8

Cách 2: Bằng cách đặt như bài toán mở đầu ta đưa bài toán cần chứng minh
tương đương với bài toán sau:

x6

x

2

 yz

y6



 y

3

2

 zx

z6



 z
3

2

 xy



3



3
8

Áp dụng bất đẳng Svac-xơ ta có:

x  y  z 




 x  yz   y  zx   z  xy   x  yz    y  zx    z
x6

y6

3

2

3

2

3

z6

3

2

x  y  z 
 x  yz    y  zx    z
3

Ta cần chứng minh:



3

2

2

3

3

2

3

3

3

3

2

3

2

2

 xy



3

2

2

 xy



3



3
8



 5 x 6  y 6  z 6  13( x 3 y 3  y 3 z 3  z 3 x 3 )  27 x 2 y 2 z 2  9 xyz ( x 3  y 3  z 3 )

Áp dụng BĐT AM- GM ta có:
3  x 6  x 3 y 3  x 3 z 3   9 x 4 yz;
3  y 6  y 3 x 3  y 3 z 3   9 y 4 xz;
3  z 6  z 3 y 3  z 3 y 3   9 z 4 xy;
2( x 6  y 6  z 6 )  7( x 3 y 3  y 3 z 3  z 3 x 3 )  27 27 x 54 y 54 z 54  27 x 2 y 2 z 2

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta được BĐT cần chứng minh.
Như vậy, đến đây bạn đọc có thể mở rộng thêm bài toán này thành nhiều bài toán
khác khó hơn.
-21-


Hướng khai thác 4 Mã hóa bài toán: (Bài toán 6)
Bài toán 6: Cho a, b, c >0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A=



b
c
a
1
1
1


 abc 


2
2
2 
a  3b b  3c c  3a
 c(a  3b) b(c  3a ) a (b  3c) 

Lời giải





b
c
a
1
1
1


 abc 


2
2
2 
 c(a  3b) b(c  3a) a(b  3c)  
 a  3b b  3c c  3a

Ta có: 3A= 3 
=

3b(a  3b)  3ab 3c(b  3c)  3bc 3a(c  3a)  3ca


(a  3b) 2
(b  3c) 2
(c  3a ) 2

(a  3b) 2  a 2 (b  3c) 2  b 2 (c  3a) 2  c 2
=


(a  3b) 2
(b  3c) 2
(c  3a) 2
  a 2  b 2  c 2 
= 3   
 
 
  .
  a  3b   b  3c   c  3a  
2

2

2

a   b   c 
3
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: 
 
 
 
 a  3b   b  3c   c  3a  16

Do đó 3A  3 

3
15
15
khi a = b = c.
 A  . Vậy GTLN của A bằng
16
16
16

Bài tập vận dụng
3

3

3

a   b   c  1
Bài 1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh BĐT 
 
 
 
 a  2b   b  2c   c  2a  9

Bài 2. Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4

4

a   b   c 
P= 

 
 

 a  2b   b  8c   c  16a 

Bài 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh BĐT

4

a2
b2
c2


1
a 2  ab  b 2 b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2

Bài 4. Cho 3 số thực dương x, y, z. Chứng minh BĐT:

 x  y

 y  z

2

x2  y 2  2z 2



2

y 2  z 2  2x2



 z  x

2

z 2  x2  2 y 2

 3.

5. Vận dụng linh hoạt để tìm ra hướng giải cho một số bài tương tự.
Ví dụ 1. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng
x 2 + xy + 2y 2 +

y 2 + yz + 2z 2 +

z 2 + zx + 2x 2 ³ 2 (x + y + z )(1)

-22-


Li gii: Vi x, y > 0 ta cú x 2 + xy + 2y2
Tng t vi, x, y, z > 0 ta cú y2 + yz + 2z 2

3x + 5y
2
(a) (x - y) 0 luụn ỳng

4

3y + 5z
3z + 5x
(b); z 2 + zx + 2x 2
(c)
4
4

Cng v theo v ca ba BT thc (a), (b), (c) ta thu c BT cn chng minh.
ng thc xy ra khi x = y = z >0.
Nhn xột: Trong cỏch gii trờn thỡ vic chng minh BT x 2 + xy + 2y2

3x + 5y
4

cú v thiu t nhiờn. Trong BT (1) cỏc bin c hoỏn v vũng quanh v ng thc
xy ra khi x = y = z. Do vy nu ta chn c cỏc s thc a, b cú BT
x 2 + xy + 2y 2 ax + by (1*) l c s chng BT (1).

Vi x = y thỡ BT (*) tr thnh x 2 + x 2 + 2x 2 (a + b)x 2x (a + b)x 2 a + b ( vỡ x
>0). Chn a = 2 b, khi ú (1*) cú dng x 2 + xy + 2y2 (2 - b)x + by bỡnh phng hai
v ca BT ny ta c (4b - b2 - 3)x 2 + (2b2 - 4b + 1)xy + (2 - b 2 )y 2 0
(4b - b 2 - 3)t 2 + (2b 2 - 4b + 1)t + (2 - b 2 ) 0 vi t =

x
, ý rng phng trỡnh
y

(4b - b 2 - 3)t 2 + (2b 2 - 4b + 1)t + (2 - b 2 )= 0 cú nghim t = 1 v t =

2 - b2
4b - b 2 - 3

nu 4b - b2 - 3 ạ 0 khi ú (4b - b2 - 3)t 2 + (2b2 - 4b + 1)t + (2 - b 2 ) 0
ổ
2 - b 2 ửữ
ữ 0 . BT (1*) ta chn b sao cho
(4b - b 2 - 3)(t - 1) ỗỗt ữ
ỗố 4b - b 2 - 3 ứữ
ỡù 4b - b 2 - 3 > 0
ùù
5
3
ị b = , do ú a = . Do vy ta cú phng phỏp chng BT (1)
ớ 2 - b2
ùù
4
4
=1
ùùợ 4b - b 2 - 3

Chỳ ý: Trong vớ d tng cỏc h s ca a thc x 2 + xy + 2y2 bng 4 l s chớnh
phng, trong mt s trng hp khỏc tng cỏc h s khụng l s chớnh phng thỡ
gn hn trong toỏn ta vớ d sau:
Vớ d 2: Cho x, y, z > 0. Chng minh rng
x 2 + 2xy + 3y 2 +

y 2 + 2yz + 3z 2 +

z 2 + 2zx + 3x 2

6 (x + y + z ) (2), tng t nh vớ d 1

n gin cho tớnh toỏn ta s dng cỏch t nh sau: Chn c cỏc s thc a, b
cú BT x 2 + 2xy + 3y2

6 (ax + by) (2*) ; ( 6 = 1 +2 +3)

-23-


Với x = y thì BĐT (3*) trở thành
x 2 + 2x 2 + 3x 2 ³

6(a + b)x Û

6x ³

đó (2*) có dạng x 2 + 2xy + 3y2 ³

6(a + b)x Û 1 ³ a + b ( vì x >0). Chọn a = 1 – b, khi

6 ((1- b)x + by) bình phương hai vế của BĐT này ta

được (12b - 6b2 - 5)x 2 + (12b 2 - 12b + 2)xy + (3 - 6b 2 )y 2 ³ 0
æ
3 - 6b 2 ö÷
2
ç

12b
6b
5
t
1
t
(
)( )çç 12b - 6b2 - 5÷÷÷³ 0 Để BĐT (2*) ta chọn b sao cho
è
ø
ìï 12b - 6b 2 - 5 > 0
ïï
2
1
2
Þ b = , do đó a = . Do vậy ta có phương pháp chứng BĐT (2)
í
3
6b
ïï
3
3
=1
ïïî 12b - 6b 2 - 5

Lời giải: Ta có x 2 + 2xy + 3y2 ³
y 2 + 2yz + 3z 2 ³

æx + 2y ö÷
2

6 çç
Û (x - y) ³ 0 ; tương tự ta có:
÷
÷
çè 3 ø

æy + 2z ö÷ 2
2
6 çç
÷; z + 2zx + 3x ³
çè 3 ø÷

æz + 2x ö÷
6 çç
÷, cộng các vế theo của các BĐT
èç 3 ø÷

trên ta suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Cho x, y, z > 0 . Chứng minh
x3
y3
z3
x+ y+ z
(3)
+
+
³
2
2
2

2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + zx + x
3

Phân tích. Trong BĐT (3) tương tự như BĐT (1) các biến x, y, z có vai trò như
nhau và đẳng thức xảy ra khi x = y = z > 0. Do vậy ta chọn các số a, b sao cho có BĐT
(*)
x3
1
1
³ ax + by (3*). Cho x = y > 0 từ (3*) suy ra ³ a + b chọn a = - b khi đó
2
2
3
3
x + xy + y
(2*) có dạng
æ2
Û çç +
çè 3

ö 3 1 2
1
b÷
x - x y - xy 2 - by3 ³ 0 Û
÷

÷
ø
3
3

ææ2
Û (t - 1)çççç +
çèèç 3
æ2
çç +
èç 3

æ1
ö
x3
³ çç - b÷
÷x + by Û
2
2
èç3
ø÷
x + xy + y

ö 2 æ1
b÷
÷t + ççç +
ø÷
è3

ö 2 æ1

b÷
÷t + ççç +
ø÷
è3

Với b = -

ö
b÷
÷t +
ø÷

æ2
çç +
èç 3

æ2
çç +
èç 3

ö 3 1 2
1
b÷
x - x y - xy 2 - by3 ³ 0
÷
÷
ø
3
3

ö3 1 2 1
x
b÷
t - t - t - b ³ 0 với t =
÷
÷
ø
y
3
3

ö
b÷
÷³ 0(*) Ta chọn b sao cho tam thức bậc hai
÷
ø÷

ö
1
b÷
t + b = 0 có nghiệm t = 1 suy ra b = - , khi đó BĐT (*) luôn đúng
÷
÷
ø
3

1
2
suy ra a =
3

3

-24-


x3
2x - y
Lời giải: 2
³
Û (x + y)(x - y)2 ³ 0 hiển nhiên đúng vì x, y > 0,
2
x + xy + y
3

hoàn toàn tương tự ta cũng có

y3
2y - z
z3
2z - x
cộng ba vế BĐT
³
;
³
2
2
2
2
y + yz + z
3

z + zx + x
3

trên và thu gọn ta được BĐT (3)
Ví dụ 4. Cho a, b, c. Chứng minh rằng

x4
y4
z4
x+ y+ z
(4)
+
+
³
3
3
3
3
3
3
x + 2y
y + 2z
z + 2x
3

Phân tích. Lập luận tương tự như các ví 1, 2 ta chọn a, b sao cho có BĐT (4*)
x4
1
1
³ ax + by (4*), Cho x = y > 0 từ (4*) suy ra ³ a + b chọn a = - b khi đó (4*)

3
3
3
3
x + 2y

có dạng

æ1
ö
x4
³ çç - b÷
÷x + by Û
3
3
ç
è3
ø÷
x + 2y

æ2
çç +
èç 3

ö 4
æ
2ö 3
b÷
x - bx 3y + çç2b - ÷
xy - 2by 4 ³ 0

÷
÷
÷
÷
ç
ø
è
3ø

ææ2
æ2
ö4
æ
ö
x
3
çççç +
çç2b - 2 ÷
(với
)
Û
t
1
t
=
Û çç + b÷
t
bt
+
t

2b
³
0
(
)
÷
÷
çè 3
çèçè 3
ø÷
èç
y
3 ø÷
æ2
Ta chọn b sao cho đa thức ççç +
è3

ö
b÷
÷
÷³ 0(**)
ø÷

ö3 2 2 2
2
có
nghiệm
t
=
1

suy
ra
b
=
,
b÷
t
+
t
+
t
+
b
=
0
÷
ø÷
3
3
3

khi đó BĐT (**) luôn đúng với b = Lời giải: Ta có

ö3 2 2 2
b÷
÷t + t + t +
ø÷
3
3

1
suy ra a = 1.
3

x4
2
2
³ x - y Û 2 (x + 2y)(x - y) ³ 0 luôn đúng, vì x, y >0, hoàn
3
3
x + 2y
3

y4
2
z4
2
toàn tương tự ta cũng có 3
³ y - z; 3
³ z- x
3
3
y + 2z
3 z + 2x
3

Cộng ba vế BĐT trên và thu gọn ta được BĐT (4)
Bài tập vận dụng.
Bài 1. Cho x, y, z >0 và xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng
x 2y 2 + yz + 3z 2 + y 2z 2 + zx + 3x 2 + z 2x 2 + xy + 3y 2 ³

6

Bài 2. Cho x, y, z >0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
x 3y 2 + yz + 4z 2 + y 3z 2 + zx + 4x 2 + z 3x 2 + xy + 4y 2 ³ 6 2

a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
+
+
³ a+ b+ c
Bài 3. Cha a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
b+ c
c+ a
a+ b

-25-