HƯỚNG dẫn học SINH các PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài TOÁN CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG NGẠN

HƯỚNG DẪN HỌC SINH
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Lĩnh vực: Toán học
Tác giả: Vũ Sỹ Dũng
Giáo viên Toán

Năm học 2016 – 2017

1


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: - Hội đồng khoa học trường THPT Nguyễn Trung Ngạn
- Hội đồng khoa học ngành GD&ĐT Hưng Yên
I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên : Vũ Sỹ Dũng
2. Ngày tháng năm sinh: 09 /05/1973
3. Chức vụ: Giáo viên
4. Nhiệm vụ được giao: + Tổ phó tổ Toán – Tin
+ Giảng dạy: Môn Toán
5. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn
6.Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ chuyên ngành: Toán ứng dụng
Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến : “HƯỚNG DẪN HỌC SINH
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG

THỨC”
Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học
II. MÔ TẢ SÁNG KIẾN:
- Sáng kiến này đã hệ thống cho các em học sinh một số phương pháp cơ bản
chứng minh bất đẳng thức với sự đổi mới là : với mỗi phương pháp được nêu
đều có tư tưởng của phương pháp, cách nhận dạng bài toán nào để áp dụng
được phương pháp đó và phương pháp tiến hành phương pháp vào dạng bài
của phương pháp.Và đặc biệt là với mỗi phương pháp đều có sự chọn lọc các
ví dụ cô đọng, điển hình cho phương pháp đó.
- Sáng kiến được áp dụng cho các đội tuyển học sinh giỏi toán tại các trường
THPT, và có thể giảng dạy một phần ở các lớp ôn thi đại học, có tác dụng tạo
hứng thú học tập, định hướng cho học sinh việc tập dượt, tìm tòi, tự nghiên
cứu khoa học từ đó giúp cho các em học sinh có sự say mê và yêu thích đối với

2


bộ môn toán.
- Sau khi áp dụng sáng kiến chuyên đề đối với đội tuyển học sinh giỏi toán
ở trường THPT Nguyễn Trung Ngạn các em học sinh đã có khả năng giải được
bài toán về Bất đẳng thức trong các đề thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi nhiều
hơn.
Ân Thi, ngày 27 tháng 3 năm 2017
Người viết đơn
Vũ Sỹ Dũng

3


MỤC LỤC

Phần I: Mở đầu
Phần II: Nội dung

Trang 5
6

ChươngI. Kiến thức chuẩn bị

6

Chương II. Một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

8

1. Phương pháp sử dụng định nghĩa

8

2. Phương pháp biến đổi tương đương

8

3.Phương pháp làm trội, dùng tổng sai phân

11

4. Phương pháp qui nạp

13

5. Phương pháp phản chứng

15

6. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển

16

7. Phương pháp tam thức bậc hai

24

8. Phương pháp tọa độ

25

9. Phương pháp sử đụng nguyên lý diricler

27

10. Phương pháp đổi biến

31

11. Phương pháp lượng giác hóa

33

12.Phương pháp sử dụng đạo hàm

35

13. Phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh Bất đẳng thức

39

Chương III. Bài tập tự luyện

41

Phần III. Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

47

4


PHẦN I. MỞ ĐẦU
A.ĐẶT VẤN ĐỀ
1.Thực trạng của vấn đề:
Bất đẳng thức là một bộ phận của toán học và ngày càng được chú trọng vì
nó bao hàm nhiều sáng tạo và suy luận. Bài toán chứng minh bất đẳng thức
thường xuyên xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi
tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia và thi học sinh giỏi Quốc tế. Trong hầu hết các kỳ
thi học sinh giỏi toán quốc gia, thi Olympic toán khu vực và quốc tế, các bài
toán liên quan đến bất đẳng thức hay được đề cập và thường thuộc loại khó

hoặc rất khó. Đây là loại toán có nhiều dạng và nhiều phương pháp giải.Vì vậy,
việc tìm hiểu và học hỏi các phương pháp chứng minh bất đẳng thức là cần
thiết.Việc dạy về bất đẳng thức khi bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi là
một vấn đề quan trọng rất được quan tâm. Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng học
sinh giỏi, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Hướng dẫn học sinh một số
phương pháp giải bài toán chứng minh bất đẳng thức”.
2.Ý nghĩa và tác dụng của sáng kiến:
Đã có rất nhiều tài liệu viết về bất đẳng thức của nhiều tác giả, để giỏi về
bất đẳng thức thì người giáo viên và học sinh phải đọc rất nhiều sách và mất
tương đối nhiều thời gian về vấn đề này.Vấn đề đặt ra là làm thế nào để trong
một thời lượng thời gian nhất định (chẳng hạn được giao dạy bồi dưỡng một số
buổi về chuyên đề bất đẳng thức) mà có thể truyền thụ được cho các em học
sinh những kiến thức để có thể có nhiều khả năng giải được bài toán bất đẳng
thức trong khi tham dự kỳ thi học sinh giỏi?
Sáng kiến này đã hệ thống cho các em học sinh một số phương pháp cơ bản
chứng minh bất đẳng thức với sự đổi mới là: với mỗi phương pháp được nêu
đều có tư tưởng của phương pháp, cách nhận dạng bài toán nào để áp dụng
được phương pháp đó và phương pháp tiến hành phương pháp vào dạng bài
tương ứng. Đặc biệt là với mỗi phương pháp đều có sự chọn lọc các ví dụ cô
đọng, điển hình cho phương pháp đó. Việc giảng dạy nội dung của sáng kiến
này có tác dụng nâng cao năng lực tư duy, biết phán đoán để đưa ra con đường

5


hợp lý cho lời giải; phát huy vai trò chủ động, sáng tạo, tích cực của học sinh.
Kích lệ học sinh tìm tòi, sáng tạo trong học toán và giải toán cũng như nghiên
cứu toán học ngay từ khi còn ngồi trên ghế nhà trường.
3. Phạm vi nghiên cứu của sáng kiến:
Có nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi như : số học, hình học phẳng,

bất đẳng thức, đa thức, phương trình hàm, dãy số, tổ hợp...Sáng kiến này chỉ đi
sâu vào nghiên cứu một trong những chuyên đề nói trên đó là chuyên đề Bất
đẳng thức.
4. Phương pháp tiến hành:
- Ý tưởng viết sáng kiến được hình thành và từ cuối năm học 2015-2016 và
dự kiến hoàn thành vào cuối tháng 3 năm 2017.
-Trang bị các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức.
- Cung cấp trước hệ thống bài tập của mỗi phương pháp để học sinh tự tìm
tòi, nghiên cứu ở nhà sau đó cùng với học sinh tổng kết lại lý thuyết và ý tưởng
của mỗi phương pháp.
- Giáo viên và học sinh sưu tầm các tài liệu viết về các phương pháp chứng
minh bất đẳng thức, tổng hợp, hệ thống lại các phương pháp chứng minh bất
đẳng thức mà mình sưu tầm được, lựa chọn những bài hay, điển hình minh họa
cho mỗi phương pháp từ đó rút ra được những kinh nghiệm cần thiết về cách
suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải với tùy từng bài cụ thể mà lựa chọn phương pháp
chứng minh cho thích hợp để giải được bài toán chứng minh bất đẳng thức.
PHẦN II:NỘI DUNG
HƯỚNG DẪN HỌC SINH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI
BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Chương I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1. Định nghĩa:
Các mệnh đề “a > b”, “a < b” , “ a ≥ b ”, “ a ≤ b ” được gọi là các bất đẳng thức.
2. Các tính chất của bất đẳng thức:
a
6


a > b
⇒a>c


b > c
a >b ⇔ a+c >b+c

Nếu c > 0 thì a > b ⇔ ac > bd
Nếu c < 0 thì a > b ⇔ ac > bd
a < b và c < d ⇒ a + c < b + d

a < b
⇒ ac < bd
c < d

Nếu a > 0, c > 0 thì 

Với n ∈ N * thì a < b ⇔ a 2 n +1 < b 2 n +1
Với n ∈ N * và a > 0 thì a < b ⇔ a 2 n < b 2 n
Với a>0 thì a < b
a
3. Một số bất đẳng thức kinh điển:
Bất đẳng thức AM – GM ( bất đẳng thức Cauchy)
Với mọi số thực không âm a1 , a2 ,..., an , ta có:
a1 + a2 + ... + an n
≥ a1.a2 ...an
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhicôpxki)
Với hai dãy số thực a1 , a2 ,..., an và b1 , b 2 ,..., b n tùy ý, ta có:
(a1b1 + a2b2 + ... + an bn ) 2 ≤ ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

a

a

a

n
1
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = b = ... = b . (ở đây ta sử dụng quy ước nếu
1
2
n

mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).
Một số kinh nghiệm khi giải bài toán chứng minh bất đẳng thức
Khi học về BĐT cần ghi nhớ các lời khuyên bổ ích sau:
1. Nắm chắc định nghĩa và các tính chất cơ bản của BĐT.
2. Nắm vững các phương pháp cơ bản chứng minh BĐT.
3. Chú trọng để nắm vững các kỹ thuật sử dụng BĐT Cô si, luôn biết đặt và trả
lời các câu hỏi như: khi nào áp dụng; điều kiện cho các biến là gì; dấu bằng

7


xảy ra khi nào; nếu áp dụng thế thì có xảy ra dấu bằng không; tại sao lại thêm
bớt như vậy...
4. Luôn bắt đầu với các BĐT cơ bản; học thuộc một số BĐT cơ bản có nhiều
áp dụng nhưng phải chú ý điều kiện áp dụng được, chẳng hạn như:
* a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

(1) với mọi a, b, c

* (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) (2) với mọi a, b, c
* (a + b + c) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )
1
a

1
b

* + ≥

4
;
a+b

(3) với mọi a, b, c

1 1 1
9
+ + ≥
(4) với mọi a, b, c
a b c a+b+c

* a 2 + x 2 + b2 + y 2 ≥ (a + b)2 + ( x + y )2 (5) với mọi a, b, c, x, y .
*

x2 y 2 ( x + y)2
+

≥
a
b
a +b

*

x 2 y 2 z 2 ( x + y + z )2
+
+ ≥
(7) với mọi a, b, c dương và x, y, z bất kỳ.
a
b
c
a+b+c

(6) với mọi a, b dương và x, y bất kỳ.

........
Dấu bằng xảy ra ở các BĐT (1), (2), (3), và (4) là a = b = c
Dấu bằng xảy ra ở các BĐT (5), (6) là

x y
x y z
= ; ở (7) là = = .
a b
a b c

Các em học sinh cần bắt tay ngay vào việc chứng minh các BĐT cơ bản
trên. Hãy tìm cho mình một cách giải nhất quán, nhớ nó và khi làm bài thi đều

phải chứng minh lại rồi mới được áp dụng.
Chương II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
1. Sử dụng tính chất của bất đẳng thức.
Ví dụ 1.1: (Đề thi chọn học sinh giỏi toán Bỉ-1979). Cho a < b < c < d . Hãy xếp
thứ tự tăng dần các số sau
x = (a + b)(c + d ); y = (a + c )(b + d ); z = ( a + d )(b + c).

Bài giải:

Xét hiệu

y − z = (a + c)(b + d ) − (a + b)(c + d )
= ab + ad + cb + cd − ac − ad − bc − bd
= b( a − d ) − c ( a − d )

8


= (a − d )(b − c) > 0 (vì a < b < c < d )
Tương tự có x − y > 0 . Vậy x > y > z .
2. Phương pháp biến đổi tương đương.
Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức A ≥ B
Tư tưởng của phương pháp này là biến đổi bất đẳng thức đã cho về một bất
đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng mà phổ biến
là hai dạng:
+ Các tổng bình phương: A ≥ B ⇔ mX 2 + nY 2 + pZ 2 , trong đó m, n, p là các số
không âm.
+Tích của các thừa số cùng dấu: A ≥ B ⇔ XY ≥ 0 ( X , Y cùng dấu).
+Tích của một số không âm và một biểu thức dương (theo điều kiện):

A ≥ B ⇔ X 2 .Y ≥ 0

Xây dựng các bất đẳng thức từ điều kiện bài toán:
. Nếu x, y, z ∈ [ a; b ] thì ta nghĩ ngay đến các bất đẳng thức hiển nhiên đúng
( x − a )( x − b) ≤ 0 , ( x − a )( y − a )( z − a ) ≥ 0 , ( x − b)( y − b)( z − b) ≤ 0 .

. Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ: Với mọi số thực a, b, c ta có
4ab ≤ (a + b) 2 ≤ 2(a 2 + b 2 ).
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca.
3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ).
(ab + bc + ca ) 2 ≥ 3abc(a + b + c).

Ví dụ 2.1: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d , e ta có
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a (b + c + d + e).

Bài giải:
Nhân hai vế của bất đẳng thức đã cho với 4, ta viết lại bất đẳng thức đã cho
thành
a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ae + 4e 2 ≥ 0.
⇔ (a − 2 b) 2 + (a − 2c) 2 + (a − 2d ) 2 + (a − 2e) 2 ≥ 0.

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra bất đẳng thức cần chứng minh đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2b = 2c =2d=2e.

9


Ví dụ 2.2: Cho a, b, c > 0 .Chứng minh rằng
1
1

1
1
+ 3 3
+ 3
≤
(1)
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3

Bài giải:
Ta có a 3 + b3 ≥ a 2b + ab 2 (*) ⇔ a 2 (a − b) + b 2 (b − a) ⇔ (a − b) 2 (a + b) ≥ 0 là BĐT đúng
1

1

Suy ra a 3 + b3 + abc ≤ ab(a + b + c)
1

1

1

1

Tương tự có b3 + c3 + abc ≤ ab(a + b + c) ; c3 + a3 + abc ≤ ab(a + b + c )
Cộng các BĐT trên ta được
1

1

1

1

VT(1) ≤ ab(a + b + c) + bc(a + b + c) + ca (a + b + c) = abc

(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Ví dụ 2.3: Cho a, b, c ∈ [ 0; 2] và a+b+c=3. Chứng minh rằng
3 ≤ a 2 + b2 + c 2 ≤ 5

Bài giải:
Đặt a = x + 1, b = y + 1, c = z + 1 thì
x, y , z ∈ [ −1;1] và x + y + z = 0

Ta có

a 2 + b 2 + c 2 = ( x + 1) 2 + ( y + 1)2 + ( z + 1) 2

= x 2 + y 2 + z 2 + 2( x + y + z ) + 3
= x2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 3
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 0 hay a = b = c = 1
Mặt khác, do x, y, z ∈ [ −1;1] nên
(1 − x)(1 − y )(1 − z ) + (1 + x)(1 + y)(1 + z ) ≥ 0
⇔ 2 + 2( xy + yz + zx) ≥ 0
⇔ 2 − ( x2 + y 2 + z 2 ) + ( x + y + z )2 ≥ 0
⇔ x2 + y 2 + z 2 ≤ 2

⇒ a2 + b2 + c2 ≤ 5

Dấu đẳng thức có, chẳng hạn a = 2, b = 1, c = 0.
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 2.4 : (Canada MO-2008). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 1.

10


Chứng minh rằng :
a − bc b − ca c − ab 3
+
+
≤
a + bc b + ca c + ab 2

Bài giải:
Ta có a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)
Nên bất đẳng thức đã cần chứng minh tương đương với
a (a + b + c ) − bc b(a + b + c ) − ca c (a + b + c ) − ab 3
+
+
≤
(a + b)(a + c )
(b + c )(b + a)
(c + a )(c + b)
2
⇔ (a 2 + ab + ac − bc )(a + b) + (b 2 + ba + bc − ca )(c + a ) +
3

+(c 2 + cb + ca − ab)( a + b) ≤ ( a + b)(b + c)(c + a)
2
2
2
2
2
⇔ ab + ac + bc + ba + ca 2 + cb 2 ≥ 6abc
⇔ a(b − c) 2 + b(c − a ) 2 + c (a − b) 2 ≥ 0.

Bất đẳng thức cuối đúng với mọi số thực dương a, b, c, do đó bất đẳng thức đã
cho đúng.
1
3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3.Phương pháp làm trội, dùng tổng sai phân.
Ý tưởng của phương pháp này là: Giả sử cần chưng minh bất đẳng thức A < B ,
ta làm trội A < C , rồi chứng minh C < B .
Đôi khi để chứng minh một bất đẳng thức dạng
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ M

Ta có thể làm trội f ( xi ) ≤ G (yi +1 ) − G(yi ) để thu được
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ G ( yn ) − G (y1 ).

Sau đó ta chỉ còn chứng minh một bất đẳng thức đơn giản hơn là
G (y n ) − G(y1 ) ≤ M.

Chú ý:
Ví dụ 3.1: Cho 3 số dương a, b, x. Khi đó
a a+x

<
.
b b+ x

Nếu

a
<1
b

Nếu

a
a a+x
> 1 thì >
.
b
b b+x

thì

Ví dụ 3.2: Một số tổng sai phân thường dùng
11


1

1

1

1

1

1

a) 1.2 + 2.3 + 2.3 + 3.4 + .... + n(n + 1) = 1 − n .
1

1

1

1 1

1

n

b) x . ( x + d ) + ( x + d )( x + 2d ) + .... + [ x + (n − 1)d ] [ x + nd ] = d ( x − x + nd ) = x( x + nd ) .
c)

1
1
1
+
+ ... +
=
1.2.3...k 2.3.4...(k + 1)

n(n + 1)...(n + k + 1)

=


1 
1
1
−
, ∀k ≥ 2.

k − 1 1.2...(k − 1) (n + 1)(n + 2)...(n + k + 1) 

Ví dụ 3.3: Chứng minh rằng
1 1 1
1
2004
+ 2 + 2 + ... +
<
2
2
2 3 4
2005
2005

Bài giải:
Ta có ∀k ≥ 1 thì k 2 ≥ k (k − 1) > 0 nên
1
1
1

1
<
=
−
2
k
k (k − 1) k − 1 k

Cho k = 2;3; 4;...; 2005, ta có
1
1
1
<
= 1−
2
2 1.2
2
1
1
1 1
<
= −
2
3
2.3 2 3
1
1 1 1
<
= −
2

4
3.4 3 4
................
1
1
1
1
<
=
−
,
2
2005
2004.2005 2004 2005

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức cùng chiều, ta được
1 1 1
1
1
2004
+ 2 + 2 + ... +
< 1−
=
2
2
2 3 4
2005
2005 2005

Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Nhận xét.Với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta có:
1 1 1
1 n −1
+ 2 + 2 + ... + 2 <
.
2
2 3 4
n
n

Bài toán trên ứng với n=2005.
Ví dụ 3.4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2 , ta có:

12


n +1
1 1 1
1
< 1 + + + + ... + n
< n.
2
2 3 4
2 −1

Bài giải:
Trong bài này, khi làm trội ta phải chia biểu thức thành nhiều nhóm, rồi làm
trội từng nhóm.
1 1 1
2 3 4

Đặt P = 1 + + + + ... +

1
.
2 −1
n

Chứng minh P ≤ n. Ta có
1 1
1 1
1
1 1
1
P = 1 + ( + ) + ( 2 + + ... + 3 ) + ( 3 + + ... + 4 ) + ... +
2 3
2 5
2 −1
2 9
2 −1
1
1
1
+ ( n −1 + n−1
+ ... + n ).
2
2 +1
2 −1

Thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số lớn nhất trong mỗi nhóm, ta

được
1
1
1
1
P < 1 + .2 + 2 .4 + 3 .8 + ... n −1 2n −1 = 1 + 1 + 1 + 1 + ... + 1 = n.
2
2
2
2

Chứng minh P >

n +1
. Ta có
2

1
1
1
1 1
1
1
1
1
+(
+ ) + ( 2 + + ... + 3 ) + ( 3
+ + ... + 4 ) + ... +
2 2 +1 4
2 6

2
2 + 1 10
2
1
1
1
1
+( n −1
+ n −1
+ ... + n ) − n .
2 +1 2 + 2
2
2
P = 1+

Làm trội bằng cách thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số nhỏ nhất
trong mỗi nhóm, ta được
1
1
1
1
1
n 1
P > 1 + .2 + 2 .2 + 3 .4 + ... n 2 n −1 − n = 1 + − n .
2
2
2
2
2
2 2

⇒ P > 1+

n 1 n + 1 2n −1 − 1 n + 1
− =
+
≥
.
2 2n
2
2n
2

4. Phương pháp quy nạp
Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đúng nếu nó
thỏa mãn cả hai điều kiện:
+) Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n.

13


+)Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k (k ∈ N ) , ta suy ra được bất đẳng
thức đúng với n = k + 1
Để chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp ,ta thực hiện các
bước:
- Bước 1: Kiểm tra bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n.
- Bước 2:Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k ∈ N ) , ta chứng minh bất đẳng
thức đúng với n = k + 1 .
- Kết luận bất đẳng thức đã cho đúng.
Ví dụ 4.1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có

1 3 5
2n − 1
1
. . .....
<
.
2 4 6
2n
3n + 1

Bài giải:
Với n = 1 ,bất đẳng thức đã cho trở thành
1
1
1 1
≤
⇔ ≤ (đúng)
2
2 2
3.1 + 1

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k ≥ 1) , nghĩa là
1 3 5
2k − 1
1
. . .....
<
.
2 4 6
2k

3k + 1

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 , tức là
1 3 5
2k − 1 2k + 1
1
. . .....
.
<
.
2 4 6
2k 2k + 2
3k + 4

Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có
1 3 5
2k − 1 2k + 1
1
2k + 1
. . .....
.
<
.
.
2 4 6
2k 2k + 2
3k + 1 2k + 2

bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1 khi
1

2k + 1
3
.
<
⇔ (2k + 1) 3k + 4 < (2k + 2) 3k + 1
3k + 1 2k + 2
3k + 4
⇔ (2k + 1) 2 (3k + 4) < (2k + 2) 2 (3k + 1)
⇔ k > 0 (đúng)

Do đó, bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1 ,nên theo nguyên lý qui nạp bất
đẳng thức đúng với mọi số nguyên dương n.

14


Nhận xét. Ở bài này , nếu giải bằng phương pháp là trội thì ta sẽ gặp khó khăn
khi đánh giá

2k − 1
3k − 2
<
, ∀k ≥ 1.
2k
3k + 1

Ví dụ 4.2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2 , ta có
1
1
1 13

+
+ ..... +
> .
n +1 n + 2
2n 24

Bài giải:
Với n=2 , ta có
1 1 13
14 13
+ >
⇔
>
(đúng)
3 4 24
24 24

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k ≥ 2) ,nghĩa là
1
1
1 13
+
+ ..... +
> .
k +1 k + 3
2k 24

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 , tức là
1
1

1
13
+
+ ..... +
> .
k +2 k +3
2k + 2 24

Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+ ..... +
=(
+
+ .... ) +
+
−
>
k +2 k +3
2k + 2 k + 1 k + 2
2k 2 k + 1 2 k + 2 k + 1
13

1
1
1
13
>
+
+
−
=
24 2k + 1 2k + 2 k + 1 14

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1 , do đó bất đẳng thức đúng với mọi
số nguyên dương n ≥ 2 .
5. Phương pháp phản chứng
Để chứng minh bất đẳng thức A ≥ B , ta giả sử A < B , sau đó bằng suy luận
và các phép toán đi đến mâu thuẫn. Như vậy, bất đẳng thức A ≥ B đúng, hay ta
có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5.1: (Ireland 1997).Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c ≥ abc . Chứng minh rằng
a 2 + b 2 + c 2 ≥ abc.

Bài giải:
Nếu trong ba số có một số bằng 0 thì bất đẳng thức được chứng minh. Vì thế,
ta chỉ cần xét a, b, c > 0 .
Giả sử ngược lại a 2 + b2 + c 2 < abc , khi đó abc > a 2 + b 2 + c 2 > a 2 nên a p bc .
15


Tương tự, ta có b < ca , c < ab . Từ đó suy ra a + b + c < ab + bc + ca (1)
Mặt khác, ta lại có a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ abc > ab + bc + ca (2)
Từ (1)và (2) ta có abc > a + b + c (mâu thuẫn với giả thiết).

Ví dụ 5.2: (USA 2001).Cho a, b, c ≥ 0 là các số thực dương thỏa mãn
a + b + c ≥ abc . Chứng minh rằng có ít nhất hai trong số các bất đẳng thức sau

đúng
2 3 6
2 3 6
2 3 6
+ + ≥ 6; + + ≥ 6; + + ≥ 6 .
a b c
b c a
c a b

Bài giải:
Đặt x =

1
1
1
, y = , z = . Khi đó x, y, z > 0 và xy + yz + zx ≥ 1.
a
b
c

Ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
2 x + 3 y + 6 z ≥ 6 ; 2 y + 3z + 6 x ≥ 6 ; 2 z + 3 x + 6 y ≥ 6 .

Gỉa sử khẳng định này sai, tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
2 x + 3 y + 6 z < 6 và 2 y + 3z + 6 x < 6 .

Cộng hai bất đẳng thức trên lại ta được
8 x + 5 y + 9 z < 12

Từ giả thiết xy + yz + zx ≥ 1. , ta suy ra
x( y + z ) ≥ 1 − yz ⇒ x ≥

1 − yz
.
y+z

Do đó
8

1 − yz
+ 5 y + 9 z < 12 ⇔ 8(1 − yz ) + (5 y + 9 z )( y + z ) < 12( y + z )
y+z

⇔ 5 y 2 + 6 yz + 9 z 2 − 12 y − 12 z + 8 < 0
⇔ ( y + 3 z − 2) 2 + 4( y − 1) 2 < 0 (vô lí)

Mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định của bài toán là đúng. Bất đẳng thức đã cho
đã được chứng minh.
6.Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển
6.1.Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
a)Kỹ thuật sử dụng AM-GM trực tiếp
16


Ví dụ 6.1: Cho a, b ≥ 0 thỏa mãn a + b = 1 . Chứng minh rằng
ab(a + b) ≤

1
64

Bài giải:
1
8

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ab (a + b) ≤ . Sử dụng bất
( x + y)2
đẳng thức AM-GM dạng xy ≤
, ta có
4
ab (a + b) =

1
1 (a + b + 2 ab ) 2 ( a + b ) 4 1
(2 ab )( a + b) ≤
=
=
2
2
4
8
8

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
 2 ab = a + b
1
⇔a=b= .


4
 a + b = 1

Ví dụ 6.2: Cho các số thực dương a, b, c, d . Chứng minh rằng
a
b
c
d
+
+
+
>2 .
b+c+d
c+d +a
d +a+b
a+b+c

Bài giải:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng

xy ≤

x+ y
, ta có
2

a
a
a

2a
=
≥
=
.
b+c+d
a (b + c + d ) a + b + c + d a + b + c + d

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
b
2b
≥
.
c+d +a a+b+c+d
c
2c
≥
.
d +a+b a+b+c+d
d
2d
≥
.
a+b+c a+b+c+d

Cộng các vế tương ứng của bốn bất đẳng thức trên , ta được
a
b
c
d

+
+
+
≥2 .
b+c+d
c+d +a
d +a+b
a+b+c

17


a = b + c + d
b = c + d + a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
c = d + a + b
 d = a + b + c

Nhưng hệ này không có nghiệm dương. Do đó, đẳng thức không xảy ra được.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
b)Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong nhiều bài toán, mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng
minh
Trực tiếp trở nên khó khăn thì ta có thể sử dụng kỹ thuật “ghép đối xứng” để
bài toán trở nên đơn giản hơn.
Ở các bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp phải hai dạng
toán sau
*Dạng 1. Chứng minh X + Y + Z ≥ A + B + C
Ý tưởng. Nếu ta chứng minh được X + Y ≥ 2 A . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra

Y + Z ≥ 2 B và Z + X ≥ 2C (nhờ tính đối xứng của bài toán). Sau đó, cộng ba bất

đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta được điều phải chứng minh.
*Dạng 2. Chứng minh XYZ ≥ ABC , với X , Y , Z ≥ 0.
Ý tưởng. Nếu ta chứng minh được XY ≥ A2 . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra
YZ ≥ B 2 và ZX ≥ C 2 (nhờ tính đối xứng của bài toán). Sau đó, nhân ba bất đẳng

thức trên lại theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta được
XYZ ≥ A2 B 2C 2 = ABC ≥ ABC điều phải chứng minh.

Ví dụ 6.3 :Cho các số thực dương x, y, z, d thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh
rằng

2 x 2 + xy + 2 y 2 + 2 y 2 + yz + 2 z 2 + 2 z 2 + zx + 2 x 2 ≥ 5

Bài giải:
Viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng đồng bậc là
2 x 2 + xy + 2 y 2 + 2 y 2 + yz + 2 z 2 + 2 z 2 + zx + 2 x 2 ≥ 5( x + y + z )

Nếu chỉ ghép đơn giản
chứng minh, vì đánh giá

2 x 2 + xy + 2 y 2 ≥ 5 z thì ta không thu được điều cần
2 x 2 + xy + 2 y 2 ≥ 5 z không luôn đúng (chẳng hạn

x = y = 0, z = 1).

18

Ở bài toán này, ta vẫn sẽ sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng nhưng sẽ

“ghép”

một cách tinh tế hơn. Đó là
2 x 2 + xy + 2 y 2 ≥

5( x + y )
2

⇔ 2 x 2 + xy + 2 y 2 ≥

5
( x + y)2
4

⇔ 2( x + y ) 2 − 3 xy ≥

5
( x + y)2
4

( x + y )2
⇔
≥ xy (đúng theo AM-GM).
4

Tương tự ta cũng có
2 y 2 + yz + 2 z 2 ≥

5(y+ z )
2

2 z 2 + zx + 2 x 2 ≥

5(z + x)
2

Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên, ta thu được điều phải chứng
minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1
.
3

Ví dụ 6.4:Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy xy + yz yz + zx zx = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

x6
y6
z6
+
+
.
x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3

Phân tích
.Dự đoán đẳng thức xảy ra khi x3 = y 3 = z 3 =

1
.
3

x6
.Biểu thức ghép vào để khử mẫu của biểu thức 3 3 có dạng k ( x3 + y3 ) và khi
x +y
x6
x3
đẳng thức xảy ra thì biểu thức 3 3 =
, do đó biểu thức ghép vào là
x +y
2
k ( x3 + y 3 ) =

x3 + y 3
.Tương tự cho các biểu thức còn lại, từ đó ta có:
4

Bài giải:
19


Ta có
x6
x3 + y 3
+
≥ x3
3

3
x +y
4
y6
y3 + z3
+
≥ y3
3
3
y +z
4
z6
z 3 + x3
+
≥ z3
z 3 + x3
4

Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế, ta được
P=

x6
y6
z6
1
1
1
+
+
≥ (x 3 + y3 + z 3 ) ≥ (xy xy + yz yz + zx zx ) = .

3
3
3
3
3
3
x +y
y +z
z +x
2
2
2

Suy ra min P =

1
1
đạt được khi x = y = z = 3
3
2

c) Kỹ thuật đặt ẩn phụ kết hợp AM-GM
Trong bất đẳng thức, có một quy luật chung là “trong một dạng cụ thể,
những bất đẳng thức càng nhiều biến càng khó”. Điều này, đồng nghĩa với
khẳng định: “Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu ta đưa được một bất đẳng
thức nhiều biến về dạng ít biến”. Kỹ thuật đặt ẩn phụ chính là một công cụ
hữu ích để thực hiện ý tưởng này.
Ví dụ 6.5:Cho x, y các số thực khác 0. Chứng minh rằng
4 x2 y2
x2 y 2

+
+
≥3
( x 2 + y 2 )2 y 2 z 2

Bài giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành
4 x2 y 2
(x2 + y 2 )
+
≥5
( x 2 + y 2 )2
x2 y 2

Đặt t =
t+

( x2 + y 2 )
4x2 y2
4
⇒
= , ta được bất đẳng thức đơn giản là
2 2
2
2
x y
(x + y ) t

4
t 2 − 5t + 4

(t − 1)(t − 4)
≥5⇔
≥0⇔
≥0
t
t
t

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy t ≥ 4 . Suy ra t − 1 > 0, t − 4 ≥ 4 . Từ đó ta
được

(t − 1)(t − 4)
≥ 0 . Bài toán được chứng minh xong.
t

20


1

1

1

Ví dụ 6.6.Cho ba số thực x, y, z > 2 và x + y + z = 1 . Chứng minh rằng
( x − 2)(y − 2)(z − 2) ≤ 1

Phân tích
Với giả thiết x, y, z đều lớn hơn 2, ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa bài toán
về dạng đơn giản và quen thuộc hơn. Hãy xét lời giải sau:

Bài giải: Đặt x = a + 2, y = b + 2, z = c + 2 với a > 0, b > 0, c > 0 . Bài toán quy về
chứng minh abc ≤ 1 , với a, b, c > 0 thỏa mãn:
1
1
1
a
b
c
+
+
=1⇔
+
+
= 1.
a+2 b+2 c+2
a+2 b+2 c+2

Đến đây ta đặt tiếp:
m=

1
1
1
⇒ m + n+ p =1
, n=
, p=
a+2
b+2
c+2

Ta có:
1 a+2
2
2 1
n+ p
2m
=
= 1+ ⇒ = −1 =
⇒a=
m
a
a
a m
m
n+ p

Tương tự ta cũng có:
b=

2n
2p
;c =
.
p+m
m+n

Do đó, bất đẳng thức trở thành:
2m
2n
2p

.
.
≤ 1 ⇔ (m + n)(n + p )( p + m) ≥ 8mnp
n+ p p+m m+n

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
(m + n)(n + p )( p + m) ≥ 2 mn .2 np .2 pm = 8mnp .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
m = n = p ⇔ a = b = c =1⇔ x = y = z = 3

6.2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
a) Chứng minh bất đẳng thức nguyên
Ví dụ 6.7:Cho a, b, c là các số thực dương .Chứng minh rằng
3(a + b + c) ≤ ( a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) .

21


Phân tích: Trước hết, ta cần chú ý đến sự xuất hiện của biểu thức (a + b + c) 2
ở vế trái và a 2 + 2 ở vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh bằng cách giảm
số biến (chẳng hạn giảm biến a )
Bài giải:
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
(a + b + c) 2 = (a.1 + 2

(b + c) 2
(b + c ) 2
) ≤ (a 2 + 2)(1 +
) .

2
2

Bài toán quy về chứng minh
3(1 +

(b + c) 2
) ≤ (b 2 + 2)(c 2 + 2)
2

Lại có (*) ⇔

(*)

(b − c ) 2
+ (bc − 1) 2 ≥ 0
2

Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi
2

a = b + c

⇔ a = b = c =1
b = c
bc = 1



Ví dụ 6.8: Cho x, y, z > 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 3. Chứng minh rằng
x3 + y 3 + z 3 ≥ 3 .

Bài giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
x4 y 4 z 4 ( x2 + y 2 + z 2 )
9
x +y +z = +
+ ≥
=
.
x
y
z
x+ y+z
x+ y+z
3

3

3

Bài toán được quy về chứng minh
9
≥ 3 ⇔ x + y + z ≥ 3 ⇔ ( x + y + z)2 ≤ 9
x+ y+z

Kết quả này đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
( x + y + z ) 2 ≤ (1 + 1 + 1)( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Nhận xét. Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại dưới dạng

22


( x2 + y2 + z 2 )
≤1 .
( x3 + y 3 + z 3 )

Đây chính là đề thi Olympic Toán Singapore năm 2011.
Ví dụ 6.9:(IMO 2005). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc ≥ 1 .
Chứng minh rằng:
a5 − a 2
b5 − b 2
c5 − c2
+
+
≥0
a 5 + b 2 + c 2 b5 + c 2 + a 2 c5 + a 2 + b 2

Bài giải:
a5 − a 2
a 2 + b2 + c2
Ta có 5 2 2 = 1 − 5 2 2 . Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương
a +b +c
a +b +c

đương với
a 2 + b2 + c2 a 2 + b2 + c2 a 2 + b2 + c 2

+
+
≤3
a 5 + b 2 + c 2 b5 + c 2 + a 2 c 5 + a 2 + b 2
⇔P=

1
1
1
3
+ 5 2
+ 5
≤ 2
.
2
2
2
2
2
a +b +c b +c +a c +a +b
a + b2 + c 2
5

Sử dụng bất đẳng thức thức Cauchy-Schwarz ,ta được
1
(a 2 + b 2 + c 2 )( + b 2 + c 2 ) ≥ (a 2 + b2 + c 2 )
a
1
+ b2 + c2
1

⇒ 2
≤ a
a + b 2 + c 2 (a 2 + b 2 + c 2 )2

Tương tự ta cũng có:
1 2
1
+ c + a2
+ a 2 + b2
1
1
b
c
,
≤
≤
.
b5 + c 2 + a 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 c 5 + a 2 + b 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2

Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên, ta được:
1 1 1
+ + + 2(a 2 + b 2 + c 2 )
a
b c
.
P≤
2
2
2 2
(a + b + c )

Khi đó bài toán đưa về chứng minh:
1 1 1
+ + + 2(a 2 + b 2 + c 2 )
3
a b c
≤ 2
2
2
2 2
(a + b + c )
a + b2 + c2
⇔

1 1 1
+ + ≤ a 2 + b2 + c2 .
a b c

Do abc ≥ 1 và ab + bc + ca ≤ a 2 + b2 + c 2 nên
23


1 1 1 abc abc abc
+ + ≤
+
+
= ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 .
a b c
a
b

c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
7. Phương pháp tam thức bậc hai
Đưa BĐT cần chứng minh về dạng A ≥ 0 (*). Khi đó ta có thể xem vế trái của
(*) là một tam thức bậc hai của một biến nào đó rồi sử dụng định lý thuận
hoặc đảo của tam thức bậc hai để chứng minh.
Dạng 1: Sử dụng định lý thuận về dấu tam thức bậc hai.
Ví dụ 7.1: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác và 3 số x, y, z thỏa mãn điều
kiện ax + by + cz = 0 . Chứng minh xy + yz + zx ≤ 0 (1)
Bài giải:
Từ ax + by + cz = 0 ⇒ z = −
(1) ⇔ xy + yz + zx = xy −

ax + by
do đó
c

ax + by ( x + y )
≤0
c

⇔ ax 2 + xy (a + b + c ) + by 2 ≥ 0 (2)

Nếu y = 0 thì (2) ⇔ ax 2 ≥ 0 suy ra (2) đúng nên (1) đúng.
x

x

2

Nếu y ≠ 0 thì (2) ⇔ a( y ) + (a + b + c) y + b ≥ 0 (3)

x

x

2
Vế trái của (3) là tam thức bậc hai của y với hệ số của ( y ) là a f 0 ,

∆ = (a + b − c) 2 − 4ab = a 2 + b 2 + c 2 − 2ab − 2ac − 2bc .
2
2
2
Mặt khác b − c < a ⇒ b − 2bc + c < a

Tương tự a 2 − 2ac + c 2 < b2 và a 2 − 2ab + b2 < c 2 suy ra ∆ < 0 suy ra vế trái của (3)
luôn dương nên (3) đúng suy ra (1) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 0
Ví dụ 7.2: Cho a3 > 36 và abc = 1 . Chứng minh rằng

a2
+ b 2 + c 2 > ab + bc + ca (1)
3

Bài giải:
Từ abc = 1 ⇒ bc =

1
và do a 3 > 36 ⇒ a > 0
a

BĐT cần chứng minh tương đương với

a2
+ (b + c) 2 − 2bc > bc + a (b + c)
3

24


⇔ (b + c) 2 − a(b + c) − 3bc +

a2
> 0 (2)
3

a2
Xét tam thức bậc hai f ( x) = x − ax − 3bc + với hệ số của x 2 là 1 và
3
2

∆ = a2 −

4a 2
36 − a 3
+ 12bc =
< 0 nên f ( x) > 0 với mọi x suy ra
3
3a

f (b + c) = (b + c) 2 − a (b + c) − 3bc +

a2
> 0 (đpcm)
3

Ví dụ 7.3: Cho ∆ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và diện tích S. Chứng minh
rằng với mọi x f 0 ta có bất đẳng thức :
2
(2 x − 1)a 2 + ( − 1)b 2 + c 2 ≥ 4 3S .
x

Bài giải:
Bất đẳng thức tương đương với 2a 2 x 2 − (a 2 + b2 − c 2 − 4 3S ) x + 2b 2 ≥ 0 với mọi
x f 0.
2
2
2
2
2
2
Xét ∆ =  a + b − c − 4 3S + 4ab   a + b − c − 4 3S − 4ab  .

2π
c 2 − a 2 − b2
3S
+
Từ 1 ≥ cos(C− ) =
có a 2 + b 2 − c 2 − 4 3S + 4ab ≥ 0 .
3

4ab
ab

π
3

Tương tự 1 ≥ cos(C+ )

có a 2 + b 2 − c 2 − 4 3S − 4ab ≤ 0 .Vậy ∆ ≤ 0 và bất đẳng

thức đúng.
Dạng 2: Sử dụng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai.
Ví dụ 7.4: Cho các (a + c)(a + b + c) < 0 .
Chứng minh: (b + c)2 > 4a(a + b + c) .
Bài giải:
Nếu a=0 thì từ giả thiết có c(b + c) < 0 ⇒ b ≠ c .BĐT cần chứng minh có dạng
(b − c) 2 > 0 là BĐT đúng .

Nếu a ≠ 0 , xết tam thức bậc hai f ( x) = ax 2 (b − c ) x + a + b + c
Có f (0). f (−1) = ( a + b + c).2(a + c) < 0 (theo giả thiết) suy ra phương trình f ( x) = 0
luôn có hai nghiệm phân biệt hay
∆ = (b − c ) 2 − 4a (a + b + c ) > 0 ⇔ (b − c ) 2 > 4a (a + b + c ) (đpcm)

25