ỨNG DỤNG của HAI bất ĐẲNG THỨC THÚ VỊ

ỨNG DỤNG CỦA HAI BẤT ĐẲNG THỨC THÚ VỊ
Nguyễn Anh Tú
(K39D Sư phạm Toán, trường ĐHSP Hà Nội 2)

1. MỞ ĐẦU
Trong đề thi học sinh giỏi Quốc gia môn
Toán lớp 10 của Nga năm 2000 có bài toán sau
“Chứng minh rằng với x , y thuộc 0, 1 ta có
 
bất đẳng thức

1
1x

1



2

1y



2

2
1  xy

. (1.1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?”
Bài toán chứng minh bất đẳng thức (1.1) là bài
toán cơ bản. Vì bất đẳng thức (1.1) là bất đẳng
thức có chứa căn, nên ý tưởng đầu tiên khi
đứng trước bài toán này là làm sao để “khử căn
thức”. Vế trái của (1.1) là tổng của hai đại
lượng nên ta có thể nghĩ tới việc dùng bất đẳng
thức Cauchy-Bunyakovski-Schwarz (CBS)







a1b1  a 2b2   a12  a 22 b12  b22 ,
2

với a 1, a 2 , b1,b2 là các số thực. Khi đó, ta có


 1
1 
1 
 1
. (1.2)


  2


2
2
1  y2 
1  x
1  y2 
 1  x
2

Từ (1.2), ta thấy rằng để hoàn thành chứng
minh bất đẳng thức (1.1), ta sẽ phải chứng
minh bất đẳng thức sau
1
1
2
.
(1.3)


2
2
1  xy
1x
1y
Rõ ràng, bất đẳng thức (1.3) “chặt” hơn bất
đẳng thức (1.1). Có rất nhiều phương pháp để
chứng minh bất đẳng thức (1.2), trong bài viết
này chúng tôi sẽ chứng minh bất đẳng thức
(1.2) bằng phương pháp biến đổi tương đương.
Ta có
 1

1   1
1 
  
  0,
(1.3)  


2
2

1  xy   1  y
1  xy 
1  x

1  xy x  y 

 0,
1  x 1  y 1  xy 
2

2

2

luôn đúng, do x , y thuộc 0, 1 . Vậy bất đẳng
 
thức (1.1) được chứng minh. Dấu đẳng thức
xảy ra  x  y. Ở cách chứng minh trên, ta
chỉ cần điều kiện 1  xy  1.
Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức

(1.1), bằng việc sử dụng bất đẳng thức BCS, ta
đã “bắc cầu” dẫn tới việc chứng minh bất đẳng
thức (1.2) , đây là một bất đẳng thức đối xứng
giữa hai biến, đẹp và có nhiều ứng dụng trong
việc giải quyết các bài toán đại số. Chúng tôi
xin nhắc lại một số kết quả quen thuộc liên
quan đến bất đẳng thức (1.2).
“Cho x , y là các số thực thỏa mãn điều kiện
xy  1.
i. Nếu xy  1 thì
1
1
2


.
2
2
1  xy
1x
1y

(*)

ii. Nếu 1  xy  1 thì

1
1
2



.
(**)
2
2
1  xy
1x
1y
Dấu đẳng thức xảy ra ở (*) và (**) khi và chỉ
khi x  y hoặc xy  1. ”
Bất đẳng thức (1.1) là một hệ quả trực tiếp của
bất đẳng thức (**). Mục tiêu của bài viết này là
giới thiệu ứng dụng của bất đẳng thức (*) và
(**) thông qua một số bài toán đại số xuất hiện
trong các đề thi đại học, đề thi thử tốt nghiệp
trung học phổ thông quốc gia và đề thi chọn
học sinh giỏi các cấp. Phần còn lại của bài viết
được bố cục như sau: Mục 2 chúng tôi giới
thiệu ứng dụng của hai bất đẳng này qua các
bài tập cụ thể. Mục 3 là các bài tập có sử dụng
hai bất đẳng thức (*) và (**).
2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HAI BẤT
ĐẲNG THỨC
Bài toán 1. (Mở rộng kết quả của bất đẳng
thức (*))

3


Chứng minh rằng với các số thức a, b, c, d thỏa

mãn điều kiện a,b, c, d  1, ta có các bất đẳng
thức sau
1
1
1
3
a)



, (2.1)
3
3
3
1  abc
1a
1 b
1 c
b)

1
1
1


1 a 1 b 1 c


1
4


.
4
1d
1  abcd

(2.2)

Lời giải
a) Từ điều kiện bài toán, ta có ab  1 nên áp
dụng bất đẳng thức (*), ta được
1
1
2


. (2.3)
3
3
1a
1 b
1  a 3b 3
Tương tự, ta có:
1
1
2


. (2.4)
3

1  abc 1  abc 4
1c
Cộng vế theo vế của hai bất đẳng thức thức
(2.2) và (2.3), ta được

1
1
1


3
3
1a
1 b
1  c3
1
2
2



.
1  abc 1  a 3b 3
1  abc 4
(2.5)

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (*), ta có
2
2
4



4 4 4 4
3 3
4
1 a b
1  abc
1  a b c (2.6)
4

.
1  abc
Từ (2.5) và (2.6), ta được
1
1
1



3
3
1a
1 b
1  c3
1
4


1  abc 1  abc
1

1
1
3




.
3
3
3
1  abc
1a
1 b
1c
Ta có điều phải chứng minh. Dấu “  ” xảy ra
 a  b  c.
b) Theo điều kiện bài toán, thì ab  1, cd  1
nên áp dụng bất đẳng thức (*), ta có
1
1
2


,
1  a 1  b 1  ab

1
1
2



.
1c 1 d
1  cd
Cộng vế theo vế của hai bất đẳng thức trên, ta
được
1
1
1


1 a 1 b 1 c
1
2
2



.
1 d
1  ab 1  cd
(2.7)
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (*), ta có
2

2





4

. (2.8)
1  ab 1  cd
1  abcd
Từ (2.7) và (2.8), ta được điều phải chứng
minh. Dấu “  ” xảy ra  a  b và c  d .
4

Bài toán 2. (Đề thi đại học khối A-2011)
Cho x , y, z là 3 số thực thuộc đoạn 1, 4 và
 
x  y, x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
x
y
z
P


.
2x  3y y  z z  x
Lời giải
Vì x , y, z là các số thực dương nên ta có:
P

1

y
23
x



1

z
1
y



1

x
1
z

.

z x
x
.   1. Áp dụng bất
y z
y
đẳng thức (*) ta được
1
1

P

y
z
23
1
x
y
1
1
2



.
x
y
x
1
23
1
z
x
y
(2.9)
Dấu “  ” xảy ra trong bất đẳng thức (2.9) khi
và chỉ khi:
z
x
x

(2.10)
 hoặc  1.
y
z
y
Do x  y nên

Đặt

x
 t, thì t  1, 2 . Từ (2.9) ta có:
 
y
P

t2
2

.
2
2t  3 1  t

(2.11)

4


Xét hàm f (t ) 
Ta có

t2
2

trên 1, 2 .
2
 
2t  3 1  t

2 t 3 (4t  3)  3t (2t  1)  9

  0,
f '(t ) 
(2t 2  3)2 (1  t )2

với t  1, 2. Do đó f (t ) là hàm số nghịch
biến trên 1, 2 . Từ đó ta có
 

34
(2.12)
.
33
Dấu “  ” xảy ra trong bất đẳng thức (2.12) khi
và chỉ khi:
x
t  2   4  x  4, y  1. (2.13)
y
34
Từ (2.11) và (2.12) ta suy ra P 
, theo

33
(2.10) và (2.13) ta thấy dấu “  ” xảy ra khi và
chỉ khi xảy ra khi và chỉ khi:
x  4, y  1, z  2.
f (t )  f (2) 

34
 x  4, y  1, z  2.
33
Nhận xét 1. Bài toán trên là một bài tìm cực
trị khó, thử thách các học sinh giỏi trong kì thi
Đại học năm 2011. Biểu thức P là một biểu
thức không đối xứng giữa các biến và việc dự
đoán điểm đạt giá trị lớn nhất của biểu P là
không dễ dàng, những điều này đã gây nên một
số “trở ngại” nhất định cho thí sinh khi đứng
trước bài toán trên. Có lẽ, tác giả đã “xây
dựng” bài toán từ bất đẳng thức (*). Nhờ bất
đẳng thức (*) kết hợp với dữ kiện đề bài chúng
ta đã “dồn” về đánh giá một biểu thức chỉ
chứa một biến. Công việc còn lại là trở nên
đơn giản nhờ “phương pháp hàm số”. Dưới
đây là một bài tương tự
Cho x , y, z là 3 số thực thuộc đoạn 1, 9 và
 
x  y, x  z . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
x
y
z

P


.
x  2y y  z z  x
Vậy min P 

Bài toán 3. (Đề thi chọn học sinh giỏi môn
Toán lớp 12, tỉnh Yên Bái 2015-2016)
Cho x , y, z là các số thực dương và x  z .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x

P

x y
2

2



y

x y
2

2

z
.
z x



Lời giải
Vì x , y, z là các số thực dương nên ta có:
1

P

y 
1   
 x 

2



1
z 
1   
 y 

2

1



x
1
z

.

y
z
x
, b  , c  . Khi đó abc  1 ,
x
y
z

Đặt a 

c  1 và
P

1
1a

2



1
1b

2



1
1c

.

Vì abc  1 , c  1 nên 0  ab  1 .

Áp dụng bất đẳng thức (1.1) và giả thiết
abc  1 ta có
P

2
1  ab



1
1c



2 c 1
1c

.

(2.14)

Dấu “  ” xảy ra trong bất đẳng thức (2.14) khi
và chỉ khi: a  b.
Xét hàm f (c) 
f '(c) 

2 c 1
1c

2 c

2(1  c) c 1  c

trên 1; . Ta có

; f (c)  0  c  4.

Lập bảng biến thiên khảo sát hàm số f (c) trên

1; , ta suy ra P  5, đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi
c  4, a  b, abc  1  a  b 

1
, c  4.
2

Vậy min P  5  x  2y  4z .

Nhận xét 2. Bất đẳng thức (1.1) đóng vai trò
chủ chốt trong việc tìm ra giá trị lớn nhất của
biểu thức P . Về mặt “ý tưởng” thì lời giải của
bài toán trên hoàn toàn tương tự như lời giải
của bài toán 2, đó là sử dụng bất đẳng thức kết
hợp với “phương pháp hàm số”.

5


Bài toán 4. Giải phương trình

Lời giải. Điều kiện: x 

x x 2
2

4
x x x  1 2  x 1
4

4

5



1x x 1 x 1
4



2

- Xét x 

.

- Xét x 

5
, ta có
2

x  2  0, 2x  5  0, 2x 2  9x  10  0,

x4  1 x  1
2

4
(x  1)(x  1) 2  x  1
4

1  x 4 x (1  x  1)2

ta biến đổi phương trình (2.17) về dạng:

1

1

1
1



4
1x 1x
1  (1  x  1)
1
4


1  (1  x  1)
1x4 x 1 x 1



x  3x  3
x 2
2

1



2



.



1
1
2

x 2  2x
2x  5

x 4  5x 3  9x 2  6x
1 4
2x 2  9x  10

.

(2.18)
Vì x 2  4x  5  (x  2)2  1  1 nên với

x 4  1, 1  x  1  1 .

Áp dụng bất đẳng thức (2.2), ta được
1
1
1


4
1x 1x
1  (1  x  1)

1
4


1  (1  x  1)
1x4 x 1 x 1



x

5
, ta có
2

x 2  3x  3  x  2, x 2  2x  2x  5.



2

(2.16)
Từ (2.16) kết hợp với giải thiết của đề bài ta
thấy dấu “  ” trong bất đẳng thức (2.16) “phải
xảy ra”, tức là ta có x  x . Đối chiếu với
điều kiện ta nhận x  1 là nghiệm duy nhất
của phương trình (2.15).
Bài toán 5. Giải bất phương trình sau trên tập
số thực

.

Do đó với x 

2x  5

5
, thì
2

x 2  3x  3
 1,
x 2

x 2  2x
 1.
2x  5

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được

4



5
thỏa mãn bất
2

phương trình (2.16).

Lời giải
Điều kiện: x  1 . Ta biến đổi phương trình
(2.15) như sau:

x 2

5
, ta thấy VT > VP trong bất
2

phương trình (2.16). Vậy x 

(2.15)

Do x  1 nên

5
.
2

1
1

x  3x  3
x 2
2




1
1

x 2  2x
2x  5

2

x  3x  3 x 2  2x
1 4
.
x 2
2x  5
2

x  2  x 2  3x  3
2x  5  x 2  2x
(2.19)
2
4
2 2x  9x  10
Từ (2.19) ta thấy bất phương trình (2.18) luôn

.
2
4
3
2
4
4

2x  9x  10  x  5x  9x  6x
5
đúng với mọi x  .
(2.17)
2

6

.


 81  5913 81  5913 

 ;
,


324
324



Vậy tập nghiệm của bất phương trình (2.17) là
5

S   ,  .
2



 81  5913 81  5913 

 .
,


324
324



Bài toán 6. (Đề thi HSG Quốc gia môn Toán
lớp 12 năm 2009)

1
1
1



,

2
2
1

2
xy
1


2
x
1

2
y
(I)


2
 x (1  2x )  y(1  2y )  .
9

Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương
trình (I)

 1  2xy  0

0  x  1 ,


x (1  2x )  0  
2





0  y  1 .
y(1  2y )  0





2

Nhận xét 3. Rõ ràng ý đồ của tác giải bài toán
là muốn kiểm tra kiến thức cơ bản của học
sinh về bất đẳng thức. Cụ thể là chứng minh
bất đẳng thức (1.1). Nếu ra bất đẳng thức thì
quá lộ nên tác giả đã thay đổi đi một chút, đưa
nó vào hệ phương trình. Khi ta đã tìm được
mối quan hệ x  y rồi thay vào phương trình

a  2x , b  2y ,

1
1
1


6
1x
2x
2  x 1
3

.
6
2

3
1  2x 1  x  1

1
1
Vì 0  x  , 0  y  và 2xy < 1 nên dụng
2
2
bất đẳng thức (1.1) cho

thứ hai, thì mọi việc trở nên đơn giản.
3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1. Giải phương trình



ta được:

1
1  2x 2



1
1  2y 2



2
1  2xy

. (2.20)

Đẳng thức xảy ra  x  y . Từ (2.20) kết hợp
với giả thiết của đề bài, ta thấy


x y

(I)  

2

x (1  2x )  y(1  2y ) 


9



x y
 
162x 2  81x  1  0.

Giải hệ (II) và đối chiếu điều kiện ta có hai cặp
nghiệm x , y  như sau:

 81  5913 81  5913 
x
,

y

   324 , 324 


 81  5913 81  5913 

.
 
,


324
324


Vậy hệ phương trình (I) có hai nghiệm là



2. Giải phương trình


2
x 2  x  1  3 3x  2  3 3x  2  1  9.


3. Giải hệ phương trình







x  6 xy  3



3

6 x  y3

x 2
 2 x 2  y2

2

x  xy  y










 3,





2
.
9

4. Giải hệ phương trình


x y
 2017,





1
1




x  y 

  2.





 x  3y
y

3
x








5. Giải hệ phương trình


x2 y2
x 2  xy  y 2





2
3


x

2
xy

3
x

2




 x  y,
 4xy  3x  2.

7


1 
4. Xét các số thực a,b, c thuộc đoạn  ; 3 .
3 



Chứng minh rằng


1
1
1
  3,

(6V  1) 


3
3
3
1  OB
1  OC 
 1  OA

với V là thể tích khối chóp OABC .

a
b
c
7


 .
b c c a a b
5

5. Xét các số thực dương a,b, c thỏa mãn điều
kiện a  b  c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

9. Xét các số thực dương a,b, c thỏa mãn
ab  bc  ca  1.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

thức
b
c
P


a  b b  c 8c



a2
ac  c



P

.

a
b
3c


.
2
2
1a
1b
1  c2

10. Xét các số thực dương a,b, c thỏa mãn

6. Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn
ab  bc  ca  1.

a 2  b 2  c 2  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a
b
3c
P


.
2
2
1a
1 b
1  c2

1

P

a  ab
2

a 2  ab

1
b 2  ab

2 3c
.
1c

ab  6bc  2ca  1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a 2  b 2  c 2  1.
1

b  ab
2

11. Xét các số thực dương a,b, c thỏa mãn

7. Xét các số thực dương a,b, c thỏa mãn

P

1





P
2 3c
.
1c

a
3b
5c


.
2
2
1  2a
1 b
1  c2

12. Xét các số thực dương a,b, c thỏa mãn
a 2  7b 2  2c 2  1.

8. Trong không gian Oxyz , xác định mặt
phẳng P  đi qua điểm M 2, 3, 5 và cắt các

trục tọa độ tại các điểm A, B,C có hoành độ
lớn hơn 1 sao cho

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

1
a  5ab
2



1
b  29ab
2



2 2017c
.
1c

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 391, Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam, 2010.
[2]. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 430, Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam, 2013.
[3]. Tạp chí Toán học MathVn số 2, năm 2009.
[4]. .

8