BẤT ĐẲNG THỨC

SUY NGHĨ VỀ
MỘT DÃY BẤT ĐẲNG THỨC
CAO MINH QUANG
(GV. THPT chuyên Nguyễn Bĩnh Khiêm Vĩnh Long)
Nhận xét. Với 2 số thực x, y dương ta có:
≥ ≥ ≥ ≥ (1)
Chứng minh. Từ (x+y)2 ≥ 2xy, suy ra
≥.
Vì (x – y)2 ≥ 0 và (x + y)(x – y)2 ≥ 0, suy ra
≥ =
≥ ==
≥.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
x3 + y3 = ≤
=
Kết hợp các bất đẳng thức trên ta được dãy bất đẳng thức (1).
Các bất đẳng thức (1) xảy ra khi x= y.
Sau đây ta xét một số bài toán áp dụng bất đăng thức (1).
Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng: ≥
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức (1) với số thực dương d ta có:
≥;
≥
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên và áp dụng (1) ta có:
≥ + ≥ 2.
=
Với d = , từ bất đẳng thức trên ta có:
≥ =2
⇒ ≥
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 2: Cho a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng:
+ ≥ 2.

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và (2) ta có:
≥=
≥ .[3]3 =
⇒ + ≥ +≥2
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bài toán 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≤2
Lời giải: Theo bất đẳng thức (1) ta có: ≥ b + c
Do đó: a + b+ c ⇒ ≤
Tương tự ta có: ≤ ; ≤
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
+ + ≤.

(2)

1


Lời giải. Theo bất đẳng thức (1), ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b)
Suy ra: ≥ ab(a + b + c). Do đó: ≤
Tương tự ta có: ≤ ; ≤
Cộng theo vế của các các bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 5. Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
+ + ≥ 2.
3
3
3

Lời giải. Đặt a = x , b = y , c = z thì abc = 1. Bất đẳng thức trở thành
+ + ≥2
Theo bất đẳng thức (1), ta có: ≥ .
Tương tự ta có: ≥ ; ≥
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
+ + ≥ + + = (a+b+c)
≥ .3 = 2.
Suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay x = y = z = 1.
Bài toán 6. Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn: + + + = 4. Chứng minh rằng:
+ + + ≤ 2.(a + b + c + d) – 4
Lời giải. Theo bất đẳng thức (1) ta có: ≤ .
Do đó: + + +
≤ + + +
Ta sẽ chứng minh:
+ + + ≤ 2.(a + b + c + d) – 4 (3)
Ta lại có: a + b - = = . Do đó nếu đặt x = ; y = ; z = ;
t = và chú ý rằng x + y + z + t = 4 bất đẳng thức (3) trở thành
+ + + ≥ 2 (4) . Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (x + y + z + z + t + t +
x)( + + + ) ≥ 4.
Do đó (4) đúng. Suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t = 1 hay a = b = c = d = 1.
Bài tập vận dụng
Bài 1. (Thái Nhật Phượng) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: + +
≥ 3.
Bài 2. (Nguyễn Bá Nam) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
(a3 + b3 + c3)( + + ) ≥ .( + + ).
Bài 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: + + ≥ + +
Bài 4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≤ + +

2


SỬ DỤNG BIỆT THỨC DELTA CỦA
PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ
BÙI MẠNH TÙNG
(GV. THCS Trưng Vương, Q. Hoàn Kiếm, Hà Nội)
CAO VĂN DŨNG
(GV. THPT Tây Hồ, Q. Tây Hồ, Hà Nội)
Bài toán cực trị là một dạng toán thường xuất hiện trong kì thi học sinh giỏivà thi vào
THPT. Có rất nhiều phương pháp để giải các bài toán cực trị, trong bài này tôi xin
giới thiệu cách sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai để giải một số
bài toán cực trị.
Xét hàm số y = f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0), với biệt thức = b2 – 4ac.
Ta có: y = f(x) = ax2 + bx + c = a[(x + )2 - ].
Suy ra af(x) = a2(x + )2 - . (1)
Từ đẳng thức (1) ta thấy nếu < 0 thì af(x) > 0 và 0 khi và chỉ khi tồn tại x để f(x) =
0.
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x2 + 3x – 1.
Lời giải. Ta có x2 + 3x – 1 – y = 0. (1)
Để phương trình (1) có nghiệm thì: = 32 – 4(-1 – y) = 13 + 4y ≥ 0
⇔y≥.
Dấu “=” xảy ra khi = 0 hay x = .
Vậy Miny = khi x =.
Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = .
Lời giải. Ta có x2 – x + 1 = (x - )2 + > 0, do đó P luôn xác định với mọi x.
Ta có: P = ⇔ (P – 1)x2 – Px + P -1 = 0
 Với P = 1 thì x = 0.
 Với P ≠ 1, ta có: = P2 – 4(P – 1)2 = -3P2 + 8P – 4.

≥ 0 ⇔ P ≥ (1) hoặc P ≤ 2 (2)
Dấu bằng ở (1) xảy ra khi x = -1.
Dấu bằng ở (2) xảy ra khi x = -1.
Vậy MinP = khi x = - 1, MaxP = 2 khi x = 1.
3


Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = với x, y là các số
thực thỏa mãn: x2y2 + 2y + 1 = 0.
(Đề vào lớp 10 THPT chuyên KHTN Hà Nội năm 2015)
Lời giải. Ta có: x2y2 + 2y + 1 = 0 ⇔ y = .
P = = ⇔ 3Px2y2 + 2xy + P = 0. (1)
 Trường hợp 1. P = 0 thì xy = 0.
 Trường hợp 2. P ≠ 0 ta có (1) là phương trình bậc hai với ẩn là xy, do đó để
phương trình có nghiệm thì: = 4 – 12P2 ≥ 0 ⇔ - ≤ P ≤ .
Vậy MaxP = thì x = , y =
MinP = - thì x = - và y = .
Ví dụ 4. Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 5x2 + y2 + 4xy – 18x – 12y + 2017
Lời giải. Xét Q = 5x2 + 2(2y – 9)x + y2 - 12y + m, với m là tham số.
Ta có x = - y2 + 24y – 144 + 225 – 5m = - (y -12)2 + 225 – 5m.
Ta sẽ sẽ tìm m để Q ≥ 0 x, y tức là ta cần có y ≤ 0 y. Điều này xẩy ra khi m = 45.
Suy ra P ≥ 1972.
Dấu “=” xảy ra khi x = -3, y = 12.
Vậy MinP = 1972 khi x = -3, y = 12.
Ví dụ 5. Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng
xyz + x2 + y2 + z2 + 5 ≥ 3(x+y+z).
Lời giải. Ta nhận thấy đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Theo nguyên lí Dirichlet,
trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số cùng không lớn hơn hoặc cùng không nhỏ hơn 1.
Không mất tính tổng quát giả sử y, z thỏa mãn tính chất đó. Suy ra (y – 1)(z – 1) ≥ 0

⇔ yz ≥ y + z – 1 ⇒ xyz ≥ xy + xz – x.
Ta phải chứng minh: f(x) = x2 + (y + z – 4)x + y2 + z2 – 3y – 3z + 5 ≥ 0.
Mặt khác ta lại có: = (y + z – 4)2 – 4(y2 + z2 – 3y – 3z + 5)
= -(y – z)2 – 2(y – 1)2 - 2(z – 1)2 ≤ 0
⇒ 1.f(x) ≥ 0 x ⇒ f(x) ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1.
Suy ra đpcm.
Ví dụ 6. Tìm số thực x, y, z thỏa mãn:
x + y + z = 1 (1)
và x2 + 2y2 + 3z2 = 4
(2)
sao cho x đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải. Từ (1) suy ra z = 1 – x – y, thay vào biến đổi ta được
5y2 + 6(x – 1)y + 4x2 - 6x – 1 = 0. (3)
Để phương trình (3) có nghiệm thì:
= 9(x – 1)2 – 20x2 + 30x + 5 = -11x2 + 12x + 14 ≥ 0
≤ x ≤ . Vì x đặt giá trị lớn nhất nên
x= ⇒y= ;z=.
Bài tập.
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y thì
2x2 + y2 – xy – 11x + y +16 ≥ 0
Bài 2. Xét hai số thực x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức thỏa mãn: P =
Bài 3. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn x2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = x + x2.
4


Bài 4. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn x2 + y2 + xy – 6(x + y) + 11
= 0. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2x + y.
Bài 5. Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a3 > 36 và abc = 1. Chứng minh rằng: + b2 +

c2 > ab + bc + ca.
MỘT SỐ KĨ THUẬT SỬ DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC AM - GM
TẠ NGỌC MINH
(Thị trấn Triệu Sơn, Thanh Hóa)
Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu một số bài toán khi chứng minh có sử dụng
bất đẳng thức AM – GM và cách áp dụng.
* Bất đẳng thức AM – GM
Với các số thực không âm a, b, c thì: a + b ≥ 2.
Dấu bằng xảy ra khi a = b.
a + b + c ≥ 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = + + * Phân tích. Vì có căn bậc 3 nên ta nghĩ
đến dùng bất đẳng thức
AM – GM ba số, dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi a = b = c = 2. Khi đó a + b = b
+c=c+a=4
* Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
= ≤ =.
Tưng tự ta có: ≤ ; ≤ .
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: P ≤ = 3
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2.
Vậy MaxP = 3 khi a = b = c = 2.
Bài toán 2. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2b2 + b2c2 + c2a2 = 12. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: Q = + +
* Phân tích. Ta dự đoán Q đạt giá trị lớn nhất khi a = b = c = .
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
= c ≤ c. = c .
Tương tự: ≤ a ; ≤ b.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
Q ≤ ab + bc + ca = + + ≤ + +

= = = 6. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
Vậy MaxQ = 6 khi a = b = c =
Bài toán 3. Cho các số thực a, b thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 48
với a, b, c [1;4]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (2a + 2b – c)3 + (2b + 2c – a)3 + (2c + 2a –
b)3.
Lời giải. Đặt x = 2a + 2b – c; y = 2b + 2c – a; z = 2c + 2a – b
Suy ra x2 + y2 + z2 = 9(a2 + b2 + c2) = 9.48 = 432.
Vì a, b, c [1;4] nên a, b, c > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
5


2x3 + 123 = x3 + x3 + 123 ≥ 3. = 36x2.
Tương tự: 2y3 + 123 ≥ 36y2 ; 2z3 + 123 ≥ 36z2.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 2A ≥ 36(x2 + y2 + z2) – 3.123
= 36.432 – 3.123 = 10368 ⇒ A ≥ 5184.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 12 hay a = b = c = 4.
Vậy MinA = 5184 khi a = b = c = 4.
Bài toán 4. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + 2 = xyz. Chứng minh rằng:
+ + ≥.
Lời giải. Đặt a = , b = , c = .
Bài toán trở thành: Cho a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1. Chứng minh
rằng: a + b + c ≥
Ta có: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 nên (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ≥ abc
⇒ + 2.≥ ab + bc + ca + 2abc = 1
⇔ .(a + b + c - ).[2(a+ b + c)2 + 12(a + b + c) +18] ≥ 0
⇔ a + b + c ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = ⇔ x = y = z = 2.
Bài toán 5. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2
≤ 4. Chứng minh rằng: + + ≥ 3.

Lời giải. Ta có: a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 ≤ 4
⇔ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ 2
Do đó: = . ≥ =
= +.
Chứng minh tương tự: ≥ + ; ≥ + .
Cộng theo vế ta được:
+ + ≤ + + + (1)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
+ + ≥3
= 3 (2) .
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = .
Bài toán 6. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
(a2 + b2 + c2)3 ≥ 9(a3 + b3 + c3)
Phân tích. Ta sẽ đưa hai vế cần chứng minh về cùng bậc.
(a2 + b2 + c2)3 ≥ 9abc(a3 + b3 + c3).
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
9abc(a3 + b3 + c3) = 27.ab.ac. ≤ (ab + ac + )3
= (ab + bc + ca + )3
= (ab + bc + ca + )3. Ta sẽ chứng minh:
ab + bc + ca + ≤ a2 + b2 + c2 (1)
Ta có: (1) ⇔ () ≥ 0. (2)
Ta lại có: = ≥ 0.
Do đó nếu giả sử a = max thì (2) luôn đúng. Suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài toán 7. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rẳng: + +
≥.
6

Phân tích. Áp dụng ngay bất đẳng thức AM – GM thì + +
≤ + + . Mà vế phải của bất đẳng thức này không nhỏ hơn nên ta
nghĩ đến dùng kĩ thuật AM – GM ngược dấu như sau: - ≥ .
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
= =a- ≥a- =a-.
Chứng minh tương tự ta có: ≥ b - ; ≥ c - .
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
+ + ≥ a + b + c - = 3 - (1)
Ta lại có: ≤ = = . (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài toán 8. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P = + + .
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
= = x - ≥ x - = x - . (1)
Tương tự: ≥ y - (2) ; ≥ z - (3).
Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta có:
P = + + ≥ (x + y + z) - = 3 - (*)
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = ≤ (4).
Tương tự ta có: = ≤ (5) ; = ≤ (6).
Cộng theo vế (4), (5), (6) ta có: ≤
= = ≤ = = = 3. (7)
Từ (*) và (7) suy ra: P ≥ 3 - = . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1.
Vậy MinP = khi x = y = z = 1.
Bài tập.
Bài 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: P = + + .
Bài 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz. Chứng minh rằng (x + y +
z)xyz ≥ 4(xy + yz + zx).
Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: Q = + + .

Bài 4. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 3. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: A = + + + .
Bài 5. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 4. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: B = + + + .
Bài 6. Cho các số thực dương x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M= + +.

7


MỘT PHƯƠNG PHÁP
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
NGUYỄN KHÁNH TOÀN
(GV THCS Bác Hải, Tiến Hải, Thái Bình)
Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức(BĐT). Chúng ta gặp các BĐT ở mà đó các
biến được hoán vị vòng quanh hay các biến có vai trò như nhau. Bài viết này, xin
giới thiệu tới bạn đọc phương pháp khá hiêu quả để giải quyết một số bài toán thuộc
dạng này thông qua các thí dụ sau.
Thí dụ 1. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥ 2(x + y + z)
Phân tích. Trong BĐT (1) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi
x = y = z. Do vậy, nếu ta chọn được các số a, b để có BĐT
≥ a(x + by)
(1*)
Thì nó là cơ sở để suy ra BĐT (1*). Với x = y thì BĐT (1*) trở thành
≥ a(x + by) ⇔ 2 ≥ a(b + 1).
Từ đó ta có thể chọn a = , b ≠ - 1, khi đó BĐT (1*) có dạng
≥ (x + by)
⇔ (b2 + 2b – 3)x2 + (b2 – 6b + 1)xy + (-2b2 + 4b + 2) ≥ 0.
Đặt t = > 0, BĐT trên trở thành:

(b2 + 2b – 3)t2 + (b2 – 6b + 1)t + (-2b2 + 4b + 2) ≥ 0.
⇔ (b2 + 2b – 3)(t – 1)(t - ) ≥ 0.
Để BĐT (1*) đúng, ta chọn b sao cho: b2 + 2b – 3 > 0 và = 1
⇔b= ⇒a=.
Lời giải. Với x, y > 0, ta có: ≥
(a)
2
⇔ (x – y) ≥ 0 (luôn đúng)
Tương tự ta có: ≥ (b); ≥ (c)
Cộng theo vế ba BĐT (a), (b), (c) ta thu đươc BĐT (1). Đẳng thức xảy ra khi x = y =
z.
Thí dụ 2. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
+ + ≥ (2)
Phân tích. Trong BĐT (2) các biến có vai trò như nhau và đẳng thức xảy ra khi a = b
= c. Do vậy nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT
≥ xa + yb (2*) thì nó là cơ sở để suy ra bất đẳng thức (2)
Với a= b thì BĐT (2*) trở thành: ≥ (x + y)a. Từ đây ta có thể chọn
8


y = , Khi đó (2*) có dạng ≥ xa + (b
⇔ (1 – x)a2 - ab + (x - )b2 ≥ 0. Đặt t = > 0 BĐT trên trở thành:
(1 – x)t2 - t + (x - ) ≥ 0 ⇔ (1 – x)(t – 1)(t - ) ≥ 0.
Để chứng tỏa (2*) đúng ta chọn x sao cho: 1 – x > 0 và = 1
⇔x= ⇒y=.
Lời giải. Với a, b > 0 ta có: ≥ ⇔ (a – b)2 ≥ 0 (luôn đúng)
Tương tự với a, b, c > 0, ta cũng có: ≥ ; ≥ .
Cộng theo vê ba BĐT trên thu gọn ta đươc BĐT (2). Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
1.
Thí dụ 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

+ + ≥ . (3)
Phân tích. Trong BĐT (3) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi
a = b = c. Như vậy, nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT
≥ xa + yb (3*)
thì nó là cơ sở để chứng minh BĐT (3).
Theo BĐT (3*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c).
Để có BĐT (3)chọn x, y sao cho x + y = ⇔ x = – y.
Như vậy, cần tìm y để có BĐT: ≥ ( – y)a + yb.
⇔ ( + y)a3 - a3b - ab2 – yb3 ≥ 0 ⇔ ( + y)X3 - X2 - X – y ≥ 0 (X = )
⇔(X – 1)(( + y)X2 + ( + y)X + y) ≥ 0.
Khi đó tam thức bậc hai )(( + y)X2 + ( + y)X + y có nghiệm X = thì BĐT (3*) đúng.
Từ đó ta tìm được y = - và x =
Lời giải. Với a, b > 0 ta có: ≥ ⇔ (a – b)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Tương tự: ≥ ; ≥ .
Cộng theo vế ba BĐT trên và thu gọn ta được BĐT (3).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Thí dụ 4. Cho a, b, c> 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥ (4)
Phân tích. Trong BĐT (4) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi
a = b = c. Do vậy nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT:
≥ xa + yb (4*) thỉ đó là cơ sở để chứng minh BĐT (4).
Theo BĐT (4*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c).
Để có BĐT (4) chọn x, y sao cho x + y = ⇔ x = – y.
Như vậy ta cần tìm y để có BĐT sau: ≥ ( – y)a + yb
⇔ ( + y)a4 – ya3b + (2y - )ab3 – 2yb4 ≥ 0
⇔ ( + y)X4 – yX3 + (2y - )X – 2y ≥ 0 (X = > 0)
⇔ (X – 1)(( + y)X3 + X2 + X + 2y) ≥ 0.
Nhận thấy đa thức: ( + y)X3 + X2 + X + 2y có nghiệm X = 1 thì BĐT (4*) luôn đúng.
Từ đó ta tìm được y = - và a = 1.
Lời giải. Áp dụng BĐT Cô – si, ta có: = a - ≥ a - = a - (d)

Tương tự: ≥ b - (e); ≥ c - (f)
Cộng theo vế các BĐT (d), (e) và (f) ta được BĐT (4)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Thí dụ 5. Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng:
+ + ≥ (5)
9


Hướng dẫn. Dễ thấy BĐT (5) là hệ quả của BĐT:
+ + ≥ (a2 + b2 + c2).
Do đó ta cần Chứng minh BĐT: ≥ a2. Chứng minh BĐT (5*) luôn đúng. Xét hiệu: H
= - = - a2 = .
Vì a (0;1). Từ đó suy ra BĐT (5).
Bài tập.
1. Cho a, b, c > 0 và . Chứng minh rằng
+ + ≥.
2. Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng:
x+y+z≥.
3. Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng:
x+y+z≥.
4. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
+ + ≥.
5. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
a) + + ≥ 0.
b) + + ≥ a + b + c.
6. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a) + + ≥ .
b) + + ≥ .
7. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
+ + ≥.

8. Cho a, b, c. Chứng minh rằng:
a) + + ≥ .
b) + + ≥ 1.
9. Cho a, b, c, d và ab + bc + ca + da = 4. Chứng minh rằng:
+ + + ≥.
MỘT BÀI TOÁN CỰC TRỊ
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI
NGUYỄN DUY THÁI
(GV. THCS Nam Hồng, TX. Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh)
Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2015 – 2016 tỉnh Hà Tĩnh có bài toán cực trị,
mà không nhiều thí sinh giải được. Tôi xin nêu ra kĩ thuật phân tích để tìm ra nhiều
cách giải cho bài toán này.
Bài toán. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức F = ab + bc + 2ca.
Phân tích. Từ a2 + b2 + c2 = 1 có -1 ≤ a, b, c ≤ 1.
* Xét b = 1⇒ b2 = 1⇒ a2 + c2 = 0 ⇒ a = c = 0 ⇒ F = 0.
* Xét b = 0 ⇒ a2 + c2 = 1 và F = 2ac.
Ta có: 2ac ≥ -(a2 + c2) ⇒ ac ≥ = - ⇒ F ≥ -1.
Dấu “=” xảy ra khi a = -c và a2 + c2 = 1 ⇔ a = -c = .
Từ các định hướng trên ta có các cách giải sau.
Cách 1. Vì a2 + b2 + c2 = 1 nên F = ab + bc + 2ca = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ca – 1 =
10


[(a2 + 2ac + c2) + b(a + c) + ] + 3. – 1.
= [(a + c)2 + b(a + c) + ] + 3. – 1 = (a + c + )2 + – 1 ≥ -1.
Dấu “=” xảy ra khi b = 0 và a = - c = .
Vậy MinF = -1.
Cách 2. Ta có: (a + b + c)2 ≥ 0 , (a + c)2 ≥ 0 và b2 ≥ 0.
Cộng theo vế ba BĐT trên ta có: (a + b + c)2 + (a + c)2 + b2 ≥ 0.

⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + a2 + 2ac + c2 + b2 ≥ 0.
⇔ 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + 2ca) ≥ 0.
⇔ ab + bc + 2ca ≥ -(a2 + b2 + c2) = -1.
Do đó: F ≥ -1.
Cách 3. Ta có: (a + b + c)2 ≥ 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ = (1)
(a + c)2 ≥ 0 ⇒ ac ≥ = ≥ (2)
Công theo vế (1) và (2) ta được: F = ab + bc + 2ac ≥ -1
Cách 4. Ta có 1 = a2 + b2 + c2 ⇔ 2 = 2(a2 + b2 + c2)
⇒ 2F + 2 = 2(ab + bc + 2ca) + 2(a2 + b2 + c2)
= (a + b + c)2 + (a + c)2 + b2 ≥ 0 ⇒ F ≥ -1.
Cách 5. Xét F + 1 = ab + bc + 2ca + a2 + b2 + c2
= (a + c)2 + b(a + c) + b2 – 1 ⇔ (a + c)2 + b(a + c) + b2 – F – 2 = 0. (6)
Ta có (6) là phương trình bậc 2 có ẩn t = a + c. Để phương trình (6) có nghiệm thì =
b2 – 4.(b2 – F – 2) ≥ 0 ⇒ F ≥ - 1 + b2 ≥ - 1.
Cách 6. Ta có: F = ab + bc + 2ac = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ac – 1= [(a2 + 2ac + c2) +
b(a + c) + b2 – 1 = (a + b + c)2 + (a – b + c)2 – 1 ≥ -1.
Trong các cách 2, 3, 4, 5 và 6 dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi b = 0 và
a = -c = .
Cách bạn hãy tìm thêm các giải khác nhé!
Bài tập vận dụng
Bài 1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức F = ab + bc + 2ca
Bài 2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2016. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
a) P = ab + 2bc + ca
b) Q = 2ab + bc + ca
c) R = 2ab – bc – ac

11

TÌM CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC MÀ CÁC BIẾN
CÓ ĐIỀU KIỆN RẰNG BUỘC
THÁI NHẬT PHƯỢNG
(GV. THCS Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hòa)
Trong bài viết này ta tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một
biểu thức mà các biến phải thỏa mãn một điều kiện nào đó, hoặc các biến là nghiệm
của phương trình (PT) hoặc bất phương trình (BPT) bằng cách đưa phương trình hoặc
bất phương trình nhiều ẩn đã cho về bất phương trình một ẩn với ẩn số là biểu thức
đang xét (hoặc sai khác một hằng số).
Ví dụ 1. Tìm GTNN và GTLN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình: x4 + y4
– 3 = xy(1 – 2xy)
(1)
Lời giải. PT (1) ⇔ xy + 3 = (x2 + y2)2 ≥ 4x2y2
Đặt t = xy thì BPT trên trở thành 4t2 – t – 3 ≤ 0 ⇔ (t – 1)(4t + 3) ≤ 0
⇔ ≤ t ≤ 1.
Vậy GTNN của xy là khi x2 = y2 và xy = ⇔ x = - y =
GTLN của xy là 1 khi x2 = y2 và xy = 1 hay x = y = 1
Ví dụ 2. Các số dương x, y, z thỏa mãn: xyz ≥ x + y + z + 2.
Tìm GTNN của x + y + z.
Lời giải. (x + y + z)3 ≥ (3)3 = 27xyz
⇒ (x + y + z)3 ≥ 27(x + y + z + 2). Đặt t = x + y + z ≥ 0 thì:
t3 – 27t – 54 ≥ 0 ⇔ (t – 6)(t + 3)2 ≥ 0 ⇔ t ≥ 6.
Vậy GTNN của x + y + z là 6 khi x = y = z = 2.
Ví dụ 3. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn:
x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 (2)
Tìm GTLN và GTNN của A = xyz
Lời giải. Ta có: (2) ⇔ (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9
Sử dụng BĐT Cô – si ta có: 2|A| + 4|A| + 3A2 ≤ 9 ⇔ A2 + 2|A| - 3 ≤ 0
⇔ (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 ⇔ |A| ≤ 1⇔ -1 A ≤ 1

Vậy GTNN của A là -1 khi 2 trong 3 số x, y, z đều bằng 1 (hoặc đều bằng -1), số còn
lại bằng -1 và GTLN của A là 1 khi 2 trong 3 số x, y, z đều bằng 1 (hoặc đều bằng –
1).
Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2)
Tìm GTNN và GTLN của x2 + y2 + .
Lời giải. Ta có: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 + x2 + y2 – 3 = 3y2
Đặt t = x2 + y2 > 0 dẫn đến t2 + t – 3 ≥ 0 ⇔ (t + )(t - ) ≥ 0.
⇔ t ≥ . Vậy GTNN của x2 + y2 + là khi x = , y = 0.
Ta có: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 – 2(x2 + y2) – 3 = -3x2
Đặt t = x2 + y2 > 0 dẫn đến t2 – 2t – 3 ≤ 0 ⇔ (t + 1)(t – 3) ≤ 0 ⇔ t ≤ 3.
Vậy GTLN của x2 + y2 + là 3 khi x = 0, y =
Các bạn hãy biến đổi các điều kiện trong các bài tập tương tự dưới đây để tìm GTNN
và GTLN của các biểu thức.
Bài 1. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1.
Tìm GTLN của xyz. (ĐS: GTLN của xyz là )
Bài 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:
12


(x + y + z) 3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz.
Tìm GTLN của xyz. (ĐS: GTLN của xyz là 8)
Bài 3 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S = x2 + y2 biết x, y là nghiệm của phương
trình: 5x2 + 8xy + 5y2 = 36.
(ĐS: GTNN của S là 4, GTLN của S là 36).
Bài 4. Cho x, y là các số thực thỏa mãn: (x2 + y2)3 + 4x2 + y2 + 6x + 1 = 0
Tìm GTLN của x2 + y2. (ĐS: GTLN của x2 + y2 là 1).
Bài 5. Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để biểu thức x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN
biết rằng : x2 – y2 + t2 = 21 và x2 + 3y2 + 4z2 = 101
(ĐS: GTNN của biểu thức là 61).

13


TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA ĐA THỨC BẬC HAI
GV. VŨ ĐỨC CẢNH (Ninh Bình)
Các bạn thân mến! trong chương trình toán lớp 8 – 9, các bạn có thể gặp bài toán tìm
giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của đa thức bậc 2 chẳng hạn như:
Thí dụ 1. Tìm GTNN của biểu thức: M = x2 + 2y2 – 2xy + 2x – 10y.
Lời giải. Có thể giải bài toán này bằng cách đưa các biến vào các bình phương tổng,
có thể dựa vào hằng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca.
Ta có: M = x2 + y2 + 1 – 2xy + 2x – 2y + y2 – 8y + 16 – 17
= (x – y + 1)2 + (y – 4)2 - 17 ≥ -17.
Khi x = 3 và y = 4 thì M = -17. Vậy Min M = -17.
Dưới đây sẽ nêu ra một số phương pháp tìm GTLN, GTNN của đa thức bằng cách
đưa dần các biến vào trong các bình phương của tổng theo hằng đẳng thức: a2 + 2ab +
b2 = (a + b)2.
Có thể giải thí dụ 1 như sau:
2
M = (x - 2xy + y2) + (2x – 2y) + 1 + (y2 – 8y + 16) – 17
= [(x - y)2 + 2(x – y) + 1] + (y – 4)2 – 17 = (x – y + 1)2 + (y – 4)2 – 17 ≥ -17. Khi x = 3
và y = 4 thì M = -17.
Vậy GTNN của M là -17.
Thí dụ 2. Tìm GTNN của biểu thức: A = (x + 1)2 + (x – 3)2.
Lời giải. Ta có: A = (x2 + 2x + 1) + (x2 – 6x + 9) = 2x2 – 4x + 10
= 2(x2 – 2x + 1) + 8 = 2(x – 1)2 + 8 ≥ 8. Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Vậy min A = 8
Thí dụ 3. Tìm GTNN của biểu thức B = x3 + y3 + x2 + y2, trong đó x, y thỏa mãn điều
kiện x + y = 1
3

3
3
Lời giải. Do (x + y) = x + y + 3xy(x + y) và (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 nên ta có: B =
(x + y)3 – 3xy(x + y) + (x + y)2 – 2xy = 2 – 5xy = 2 – 5x(1 – x) = 5x2 – 5x + 2 = 5(x2
– x + ) + 5(x - )2 + ≥ .
Khi x = y = thì B = . Vậy Min B =
Thí dụ 4. Tìm GTLN của biểu thức C = xy + yz + zx, trong đó x, y, z thỏa mãn điều
kiện x + y + z = 3.
Lời giải. Ta có: C = xy + z(x + y) = xy + [3 – (x + y)](x + y) = xy + 3(x + y) – (x +
y)2 = - x2 – y2 – xy + 3x + 3y = - x2 – (y – 3)x + 3y – y2 = -[x2 + (y – 3)x + ()2] + 3y –
y2 + ()2 = -(x + )2
+ = -(x + )2 + = -(x + )2 - (y – 1)2
+ 3 ≤ 3. Khi x = y = z thì C = 3. Vậy Mix C = 3.
Thí dụ 5. Tìm GTNN của biểu thức D = x2 + 6y2 + 14z2 – 8yz + 6zx + 4xy.
Lời giải. Ta có: D = x2 + 6y2 + 14z2 – 8yz + 6zx + 4xy
= x2 + 2(3z – 2y)x + 6y2 + 14z2 – 8yz
= [x2 + 2(3z – 2y)x + (3z – 3y)2] + 6y2 + 14z2 – 8yz – (3z – 3y)2
= (x + 3z – 2y)2 + 2y2 + 4yz + 5z2 = (x + 3z – 2y)2 + 2(y2 + 2yz + z2) + 3z2 = (x + 3z –
2y)2 + 2(y + z) 2 + 3z2 ≥ 0.
Khi x = y = z = 0 thì D = 0. Vậy Min D = 0.
Thí dụ 6. Tìm GTNN của biểu thức:
2
E = x + 2y2 + 3z2 – 2xy + 2xz – 2x – 2y – 8z + 1998.
14


Lời giải. Ta có: E = x2 – 2x(y – z + 1) + 2y2 + 3z2 – 2y – 8z + 1998
= [x2 – 2x(y – z + 1) + (y – z + 1)2] + 2y2 + 3z2 – 2y – 8z + 1998 – (x + y + z)2 = [x – (
y – z + 1)]2 + y2 + 2z2 + 2yz – 4y – 6y + 1997
= (x – y + z – 1)2 + (y2 + 2y(z – 2) + (z – 2)2 ) + 2z2 – 6y + 1997 – (z – 2)2

= (x – y + z – 1)2 + (y + z – 2)2 + z2 – 2z + 1993
= (x – y + z – 1)2 + (y + z – 2)2 + (z – 1)2 + 1992 ≥ 1992.
Khi x = y = z = 1 thì E = 1992.
Cuối cùng mời các bạn luyện tập với một số bài tập sau:
Bài 1. Cho x + 2y = 3. Tìm GTNN của biểu thức M = x2 + 2y2.
Bài 2. Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa mãn a + b = c + d . Tìm GTNN của biểu thức
N = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d).
Bài 3. Cho x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức:
P = x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx
Bài 4. Biết rằng x ≠ 0. Tìm GTLN của biểu thức: Q = .
Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức: R = x2 + y2 + xy + x + y.

KĨ THUẬT HỆ SỐ KHÔNG XÁC ĐỊNH (UCT)
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
NGUYỄN THÚC HOÀNG (Học sinh chuyên Toán – Tin)
VÕ QUỐC BÁ CẨN (GV. Toán)
Có bao nhiêu điều bí ẩn mà bạn chưa biết đến ?! Câu trả lời là rất rất nhiều và đôi khi
bạn cảm thấy bực bội, khó chịu khi không thể tìm ra một lời giải thích thỏa đáng cho
bí ẩn nào đó. Nhưng bạn hãy quan niệm rằng đằng sau bất kì một điều gì luôn hàm
chứa một ý nghĩa nhất định. Và cũng không phải ngẫu nhiên mà sự lí giải lại được
15


hình thành. Trong thế giới bất đẳng thức cũng vậy. Đôi khi bạn không thể hiểu được
tại sao người ta lại có thể tìm ra một lời giải trông có vẻ “kì cục” như thế !!! Phải
chăng là lần mò và may rủi lắm mới tìm ra được ?
Câu trả lời lại một lần nữa được nhắc lại: mỗi lời giải đều có sự giải thích của riêng
bản thân nó. Việc tìm ra lời giải đó phải đi qua một quá trình lập luận, thử, sai và
đúng. Trong chuyên đề nho nhỏ này chúng tôi muốn giới thiệu đến các bạn một kĩ
thuật cơ bản nhưng không kém phần hiệu quả trong việc chứng minh một số dạng của

bất đẳng thức. Nó không giúp ta giải quyết tất cả các bài toán mà chỉ giúp ta tìm ra
những lời giải ngắn gọn và ấn tượng trong một lớp bài toán nào đó. Một số bài toán
tuy dễ đối với phương pháp này nhưng lại là khó đối với kỹ thuật kia. Đây cũng là
điều hiển nhiên và dễ hiểu.
1. Bài toán mở đầu
Bài toán.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng
1 1 1 2(a 2  b 2  c 2 )
  
�5
a2 b2 c2
3

Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
1 2 a 2 7 2a

� 
a2
3
3 3

Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với
Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.
Sử dụng các bất đẳng thức tương tự với b và c. Ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
Chắc chắn ngay khi đọc lời giải cho bài toán “ đơn giản” này bạn có phần lúng túng
và không hiểu tại sao lại có thể tìm ra bất đẳng thức phụ một cách “khó hiểu” như
vậy. Phải chăng là dự đoán một cách “vô hướng”. Hoặc cũng có người sẽ nghĩ bài
toán trên được tạo ra từ chính bất đẳng thức phụ đó. Câu trả lời là hoàn toàn không
phải. Tất cả đều đi theo 1 qui luật của nó. Ở các phần tiếp theo chúng tôi sẽ phân tích

về một kỹ thuật phân tích giúp tìm ra các bất đẳng thức phụ và mở rộng vấn đề này
theo chiều hướng khá mới mẻ. Kỹ thuật này có tên là U.C.T, là viết tắt của 3 chữ cái
đầu của cụm từ tiếng Anh Undefined Coefficient Technique. Hay còn gọi là Kỹ
Thuật Hệ số bất định. Đây là một kỹ thuật cơ bản và là nền tảng quan trọng trên con
đường tìm kiếm lời giải cho những bất đẳng thức khó.
2. Khởi đầu cùng một số bài toán cơ bản
Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất
đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của
chúng ta.
Bài toán trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này
khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có
16


thể. Nhưng rõ ràng ta chỉ từng đó thôi là không đủ. Nếu ta chứng minh bất đẳng thức
sau
Rõ ràng không hoàn toàn đúng với a thực dương.
Đừng bỏ cuộc tại đây bởi vì ở cách trên ta chưa sử dụng điều kiện a  b  c  3 .
Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ
số để bất đẳng thức sau là đúng
(1)
Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.
Tương tự với biến b và c. Cộng vế theo vế ta có
Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện . Thế vào (1) dẫn đến
(2)
Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng.
Chú ý ở bài toán này điểm cực trị đạt được tại a  b  c  1 nên ta cần xác định m sao
cho
Khi cho a  1 thì ta có từ đó ta dự đoán rằng để tạo thành đại lượng bình phương
( a  1) 2 trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

1 2a 2 7 2a

� 
a2
3
3 3

Bài toán 1.
Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  4 . Chứng minh rằng
Chứng minh. Ta sẽ xác định hệ số m để bất đẳng thức sau là đúng
Khi a  1 ta sẽ có . Ta dự đoán bất đẳng thức sau đúng và thật vậy
Tương tự với các biến còn lại. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1 .
Bài toán 2.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng
Chứng minh. Ở đây ta cần tìm m để bất đẳng thức dưới là đúng
Tương tự như trên ta tìm dự đoán rằng với thì bất đẳng thức phụ đúng. Thật vậy
Bài toán 3.
Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa . Chứng minh rằng
Chứng minh. Theo bài ra

a, b, c, d

là các số thực dương thỏa mãn

17


a 2  b2  c2  d 2  4
� (a  b  c  d )2  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )

� (a  b  c  d )  2(2  ab  ac  ad  bc  bd  cd )

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau đúng
Dễ dàng dự đoán . Ta sẽ chứng minh điều đó, thật vậy
Điều này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  d  1.
Bài toán 4.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng
Chứng minh.
Ta cần tìm hệ số m sao cho
Ta dễ dàng nhận ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Khi cho a  1 thì ta có thể dự đoán rằng m  2 . Ta sẽ chứng minh rằng với m  2 thì
bất đẳng thức phụ trên là đúng. Thật vậy
Do . Vậy bất đẳng thức phụ trên là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.
Phần 3. Kĩ thuật chuẩn hóa và U.C.T
Bây giờ chúng ta sẽ bước sang một khoảng không gian mới với lớp bất đẳng thức
thuần nhất đối xứng ba biến và kĩ thuật chuẩn hóa kết hợp với U.C.T.
Đa thức

f (a, b, c)

/
/
/
/
đối xứng định nghĩa dưới dạng: f (a, b, c )  f (a , b , c ) trong đó

(a / , b / , c / ) là một hoán vị tùy ý của (a, b, c) . Hay nói cách khác là

Tính thuần nhất của một đa thức đối xứng ba biến trên miền D có nghĩa là
với mọi k , a, b, c �D, n  const chỉ phụ thuộc vào hàm f (a, b, c) . Hiểu một cách đơn
giản đa thức thuần nhất nếu nó là tổng của các đơn thức đồng bậc. Do một số tính
chất của hàm thuần nhất ta có thể chuẩn hóa điều kiện của biến để đơn giản hóa việc
chứng minh. Ta có thể chuẩn hóa một đa thức thuần nhất đối xứng ba biến bằng cách
đặt Đây là kỹ thuật rất quan trọng giúp ta đơn giản hóa và qui bất đẳng thức về
chứng minh theo từng biến. Hãy cùng đến với một số bất đẳng thức thuần nhất đối
xứng ba biến để thấy công dụng của U.C.T
Bài toán 6.
Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng
a
b
c
3


�
bc ca ab 2

Chứng minh. Không mất tính tổng quát chuẩn hóa a  b  c  3 .
18


Bài toán qui về việc chứng minh
a
b
c
3



�
3 a 3b 3 c 2

Ta cần chứng minh bất đẳng thức

a
1
�۳m(a 1)
3 a 2

Dễ dàng dự đoán

m

3(a  1)
2(3  a)

m( a 1)

3
4 . Ta chứng minh bất đẳng thức với m như vậy thì luôn đúng
a
3a  1
3( a  1) 2
�۳
0
3 a
4
4(3  a)

Điều này hiển nhiên đúng.
Sử dụng tương tự với các biến còn lại. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c.
Bài toán 7.
Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng
Chứng minh. Chuẩn hóa a  b  c  3 . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương với
Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau là đúng
Ta lại có
Từ đây dễ dàng dự đoán với thì bất đẳng thức phụ trên là đúng. Thật vậy
2(3  2a) 2
2
�a
۳6(a 1)
2
a  2a  3

(a  1) 2 (6  a)a
a 2  2a  3

0

Điều này hiển nhiên đúng do a �(0,3).
Tương tự với các biến còn lại. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
Bài toán 8 Cho

a , b, c

là các số thực dương. Chứng minh rằng

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa a  b  c  3 . Ta có bất đẳng thức
cần chứng minh tương đương với
Tương tự như trên ta dễ dàng tìm ra bất đẳng thức phụ sau:
a (3  a)
21  9a
�
2
9  6a  2a
25

0

( a  1) 2 (18a  9)
25(9  6a  2a 2 )

Điều này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
Phần 10. Bài tập áp dụng
Bài toán 1 Cho
rằng

a, b, c, d

là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  4 . Chứng minh

19


6( a 3 b 3 c 3  d 3 ) �( a 2 b 2 c 2  d 2 ) 
a , b, c

Bài toán 2. Cho
rằng

1
8

là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh
6(a 3 b 3 c 3 )  1 �5(a 2 b 2 c 2 )

a, b, c

Bài toán 3. Cho
rằng

là các số thực dương nhỏ thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh
1
1
1
27


�
2
2
2
1 a 1 b 1 c
10

Bài toán 6 Cho

a, b, c �(1, 2) .

Chứng minh rằng

b a
c b
a c


�1
4b c  c a 4c a  a b 4a b  b c

Bài toán 7. Cho

a , b, c

là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng
1
1
1
 2
 2
�3
a  a 1 b  b 1 c  c 1
2

PHÂN TÍCH MỘT SỐ ĐA THỨC BẬC BỐN
THÀNH NHÂN TỬ
20

NGUYỄN PHƯỚC
(GV THCS Lê Hồng Phong, Thừa Thiên – Huế)
Để phân tích đa thức thành nhân tử, cách thông thường là khéo léo phân tích đa thức
đó thành các hạng tử có nhân tử chung. Việc tìm nhân tử chung không đẽ dàng đối
với đa thức bậc bốn. Bài này trình bày phương pháp phân tích một số dạng đa thức
bậc bốn thành nhân tử nhờ cách đặt ẩn phụ một lần hoặc nhiều lần khiến cho quá
trình tìm nhân tử dễ dàng hơn. Chú ý rằng phương pháp này có thể thực hiện ở lớp 7,
lớp 8 khi chưa biết cách giải phương trình bậc hai.
Ta cần biết hằng đẳng thức (HĐT) cơ sở sau:
Xét đa thức Q(y) = ay2 + by + c. Nếu có các số m, n sao cho
m.n = ac và m + n = b thì ay2 + by + c = ay2 + (m + n)y +
hay ay2 + by + c = a(y + )(y + ) (*)
Nói riêng khi a = 1 thì y2 + by + c = (y + m)(y + n).
Trong trường hợp a, b, c nguyên thì trước hết phân tích nguyên ac thành tích hai số
nguyên m.n sao cho /m/ Dưới đây ta xét một số dạng đa thức bậc 4 có thể phân tích thành nhân tử nhờ cách
đặt biến phụ và sử dụng hằng đẳng thức trên.
1. Đa thức dạng P(x) = ax4 + bx2 + c
Cách giải. Đặt biến phụ y = x2 và áp dụng HĐT (*).
Thí dụ 1. Phân tích P(x) = 6x4 + 19x2 + 15 thành nhân tử.
Lời giải. Đặt y = x2 có Q(y) = 6y2 + 19y + 15. Tìm m, n sao cho m.n = 90 và m + n =
19 với m < 19, n < 19. Vì 90 = 6.15 = 9.10 nên chọn m = 9, n = 10 ta có 6y2 + 19y +
15 = 6y2 + 9y + 10y + 15 = 3y(2y + 3) + 5(2y + 3) = (2y + 3)( 3y + 5).
Từ đó P(x) = (2x2 + 3)(3x2 + 5).
Thí dụ 2. Phân tích P(x) = 6x4 + x2 – 15 thành nhân tử.
Lời giải. Đặt y = x2 có Q(x) = 6y2 + y – 15. Tìm m, n sao cho m.n = -90 và m + n = 1.
Chọn được m = 10, n = -9. Từ đó Q(y) = 6y2 + y – 15 = 6y2 + 10y – 9y – 15 = 2y(3y
+ 5) - 3(3y + 5) = (3y + 5)(2y – 3)
Từ đó P(x) = (3x2 + 5)(2x2 – 3).

2. Đa thức dạng P(x) = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) + e với a + b = c + d.
Cách giải. Đặt biến phụ y = (x+ a)(x + b) và áp dụng HĐT (*). Có thể đặt y = (x + c)
(x + d) hoặc y = x2 + (a + b)x.
Thí dụ 3. Phân tích đa thức thành nhân tử :
P(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 15 thành nhân tử.
Lời giải. Với a = 1, b = 4, c = 2, d = 3 thì a + b = 5 = c + d. Biến đổi
P(x) = (x +1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) - 15 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) -15.
Đặt y = (x + 1)(x + 4) = x2 + 5x + 4 thi P(x) trở thành Q(y) = y(y + 2) – 15 = y2 + 2y
-15.
Áp dụng HĐT (*) với m = 5, n = -3 có Q(y) = (y + 5)(y – 3). Từ đó P(x) = (x2 + 5x +
9)(x2 + 5x + 1).
Tổng quát nếu đa thức dạng: P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2)(c1x + c2)(d1x + d2) thỏa mãn
a1b1 = c1d1 và a1b2 + a2b1 = c1d2 + c2d1 thì đặt y = (a1x + a2)(b1x + b2) rồi biến đổi nhưu
trên. Xét thì trở về dạng trên.
3. Đa thức dạng : P(x) = (a1x + a2)(b1x + b2)(c1x + c2)(d1x + d2) với a1b1 = c1d1 và
a2b2 = c2d2
21


Cách giải. Đặt biến phụ y = (a1x + a2)(b1x + b2) và áp dụng HĐT (*).
Có thể đặt y = (c1x + c2)(d1x + d2).
Thí dụ. Phân tích P(x) = (3x + 2)(3x – 5)(x – 1)(9x – 10) + 24x2 thành nhân tử .
Lời giải. Dễ thấy a1b1 = 3.3 = 1.9 = c1d1 và a2b2 = 2.(-5) = (-1).10 = c2d2. P(x) = (9x2
– 9x – 10)(9x2 + x -10) + 24x2.
Đặt y = (3x + 2)(3x – 5) = 9x2 – 9x – 10 thì P(x) trở thành Q(y) = y(y + 10x) + 24x2.
Từ m.n = 24x2 và m + n = 10x ta chọn được m = 6x và n = 4x. Áp dụng HĐT (*)
được Q(y) = (y + 6x)(y + 4x), Suy ra:
P(x) = (9x2 – 3x – 10)(9x2 – 5x – 10).
4. Đa thức dạng P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + kbx + a với k = 1 hoặc k = -1
Cách giải. Đặt biến phụ y = x2 + k và biến đổi P(x) về dạng chứa hạng tử ay2 + bxy

rồi sử dụng hằng đẳng thức (*).
Thí dụ 5. Phân tích P(x) = 2x4 + 3x3 – 9x2 – 3x + 2 thành nhân tử.
Lời giải. Đặt y = x2 – 1 ⇒ y2 = x4 – 2x2 + 1. Biến đổi P(x) = 2(x4 – 2x2 + 1) + 3x3 –
5x2 – 3x = 2(x2 – 1)2 + 3x2(x – 1) – 5x2.
Từ đó Q(y) = 2y2 + 3xy – 5x2
Tìm m, n sao cho m.n = -10x2 và m + n = 3x. Chọn m = 5x và n = -2x ta có: Q(y) =
2y2 + 3xy – 5x2 = 2y2 – 2xy + 5xy – 5x2 = 2y(x – y) + 5x(y – x)
= (y – x)(2y + 5x). Từ đó: P(x) = (x2 – 1 – x)(2x2 – 2 + 5x).
5. Đa thức dạng P(x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e với e = .x2
Cách giải. Đặt biến phụ y = x2 + và biến đổi P(x) về dạng chứa hạng tử y2 + bxy rồi
sử dụng HĐT (*).
Thí dụ. Phân tích P(x) = x4 – x3 – 10x2 + 2x + 4 thành nhân tử.
Lời giải. Dễ thấy b = - 1, d = 2, e = 4. Đặt y = x2 – 2 ⇒ y2 = x4 – 4x2 + 4. Biến đổi
P(x) = x4 – 4x2 + 4 – x3 – 6x2 + 2x = (x2 – 2)2 – x(x2 – 2) – 6x2.
Từ đó Q(y) = y2 – xy – 6x2.
Tìm m, n sao cho m.n = - 6x2 và m + n = -x. Cho m = 2x và n = - 3x ta có:
Q(y) = y2 + (

22


MỘT CHÚT SÁNG TẠO KHI GIẢI TOÁN
NGUYỄN ĐỨC TẤN
(GV. TP Hồ Chí Minh)
Chúng ta bắt đầu từ bài toán quen thuộc sau đây:
Bài toán. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9.
Chắc nhiều bạn đã biết các cách giải sau.
Cách 1. * Xét n = 3k (k Z) thì n2 + n + 1 = 3k(k + 1) + 1
* Xét n = 3k + 1 (k Z) thì n2 + n + 1 = 9k(k + 1) + 3
* Xét n = 3k + 2 (k Z) thì n2 + n + 1 = 3(3k2 + 5k + 2) + 1

Vậy n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n Z.
Cách 2. Có n2 + n + 1 = (n + 2)(n – 1) + 3
(n + 2) – (n – 1) = 3 nên n + 2; n – 1 đồng thời hoặc không đồng thời chia hết cho 3.
* Nếu (n + 2) 3 và (n – 1) 3 suy ra (n + 2)(n – 1) 9 nên (n + 2)(n – 1) + 3 không chia
hết cho 9.
* Nếu (n + 2) và (n – 1) đều không chia hết cho 3 thì (n + 2)(n – 1) + 3 không chia
hết cho 9.
Vậy n2 + n + 3 không chia hết cho 9 với mọi n Z.
Cách 3. (Phản chứng) Giả sử n2 + n + 1 9.
Đặt n2 + n + 1 = 9m (m Z) hay n2 + n + 1 – 9m = 0 (*)
= 36m – 3 = 3(13m – 1) 3 nhưng 3(13m – 1) không chia hết cho 9.
không là số chính phương nên (*) không có nghiệm nguyên. Vô lí!
Vậy n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n Z.
Cách 4. Ta có: 4(n2 + n + 1) = (2n + 1)2 + 3
* Nếu (2n + 1) 3 thì (2n + 1)2 9 do đó (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9.
* Nếu (2n + 1) không chia hết cho 3 thì (2n + 1)2 không chia hết cho 9 do đó (2n + 1)2
+ 3 không chia hết cho 3. Vì thế (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9
Vậy 4(n2 + n + 1) không chia hết cho 9 suy ra n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với
mọi n Z.
Với đam mê toán học chắc chắn các bạn sẽ tìm thấy nhiều bài toán họ hàng vơi bài
toán trên, chẳng hạn các bài toán sau:
Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi n Z thì
a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2 + 3n + 5 không chia hết cho 121
c) n2 + 5n + 16 không chia hết cho 169
Bài toán 2. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên:
a) x2 + 3x + 4 = 49y ;
b) x2 + 25y2 – 2x + 6 = 0 ;
Bài toán 3. Tìm x Z để 25x + 46 là tích của hai số nguyên liên tiếp
(Bài T1/201 THTT 3.1994).

Cả 4 cách giải trên có thể giúp chúng ta giải được các bài toán này và nếu “mò mẫm”
sẽ tìm thêm được thật nhiều bài toán hay nữa.
Nhưng với bài toán sau:
Bài toán 4. Chứng minh rằng 9n3 + 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343 với mọi n
Z.
23


Với các cách 1; 2; 3 có lẽ ta phải bó tay, khai thác cách 4 (chú ý rằng 343 = 73) ta đến
với lời giải thật dễ thương sau:
3(9n3 + 9n2 + 3n – 16) = (3n + 1)3 – 49.
* Nếu (3n + 1) 7 thì (3n + 1)3 73 mà 49 không chia hết cho 73 nên (3n + 1)3 – 49
không chia hết cho 73 ⇒ 9n3 + 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343.
* Nếu (3n + 1) không chia hết cho 7 ⇒ (3n + 1)3 – 49 không chia hết cho 7 (3n + 1)3
– 49 không chia hết cho 73 ⇒ 9n3 + 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343
Vậy 9n3 + 9n2 + 3n – 16 không chia hết cho 343 với mọi n Z.
Suy nghĩ sâu hơn một chút về 4 cách giải ta sẽ đi đến bài toán tổng quát:
Chứng minh rằng A(n) không chia hết cho pk với mọi n nguyên, p nguyên tố và k
nguyên dương.
Phương hướng giải là tìm cho được đẳng thức:
a. A(n) = [B(n)]k + pm
Trong đó B(n) là đa thức biến n với a Z; m là nguyên dương k > m, rồi xét xem B(n)
có chia hết cho p không.
Tác giả bài báo này muốn nói với các bạn rằng nhiều điều có vẻ rất bình thường, thật
quen thuộc nhưng ở đó có thể còn nhiều điều hấp hẫn chờ đón bạn và … sẵn sàng
đưa các bạn đến nơi mà các bạn cần phải đến.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
LƯU LÝ TƯỞNG
(GV. THCS Văn Lang, TP. Việt Trì, Phú Thọ)
Các bài toán về số nguyên tố, hợp số rất phong phú và đa dạng. Trong bài viết này

chúng tôi sẽ giới thiệu một số dạng toán điển hình về số nguyên tố, hợp số.
Dạng 1. Sử dụng các tính chất của phép chia số nguyên.
i) Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số nguyên chia hết cho n
ii) Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1.
iii) Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n 1.
Bài toán 1. Cho p là số nguyên tố và một trong các số 8p + 1 và 8p – 1 cũng là số
nguyên tố. Hỏi số thứ 3 là số nguyên tố hay hợp số?
Lời giải. * Với p = 3 ta có 8p + 1 = 25 là hợp số còn 8p – 1 = 23 là số nguyên tố.

24


PHƯƠNG PHÁP KHỬ ẨN
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
NGUYỄN ĐỨC TẤN
(GV. TP Hồ Chí Minh)
Qua bài viết này tôi muốn trao đổi cùng bạn đọc một phương pháp giải phương trình
nghiệm nguyên. Tôi nghĩ rằng phương pháp này cũng là một công cụ tốt để giải một
lớp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên. Tạm đặt cho nó cái tên là phương
pháp “khử ẩn”.
Ta sử dụng tính chất lũy thừa cùng bậc của các số nguyên tố liên tiếp hoặc tích các số
nguyên tố liên tiếp … để đưa phương trình nghiệm nguyên cần giải về dạng phương
trình khác ít ẩn hơn và quen thuộc hơn. Từ đó, dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của
phương trình đã cho.
Trong phương pháp này thường, thường vận dụng hai nhận xét sau trong đó x, y là
các số nguyên, a, n là các số nguyên lớn hơn 1.
a) xn < yn < (y + a)n thì yn = (x + i)n với i .
b) x(x + 1)…(x + n) < y(y + 1)….(y + n) < (x + a)(x + a + 1)…(x + a + n) thì y(y + 1)
…(y + n) = ( x + i)(x + i + 1)….(x + i + n) với i .
Sau đây là một số bài toán minh họa.

Bài toán 1. Giải phương trình nghiệm nguyên
1 + x + x2 + x3 = y3 (Đề học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc bảng A năm 1992)
Lời giải. Ta có: x2 + x + 1 = (x + )2 + > 0; 5x2 + 11x + 7 = 5(x + )2 + > 0
Nên: (1 + x + x2 + x3) – (x2 + x + 1) < 1 + x + x2 + x3 < (1 + x + x2 + x3) + (5x2 + 11x
+ 7). Do đó: x3 < y3 < (x + 2)3 ⇒ y3 = (x + 1)3
Kết hợp với (1) ta có: (x + 1)3 = x3 + x2 + x + 1 ⇒ x(x + 1) = 0
⇒ x = 0 hoăc x = -1. Nghiệm nguyên của phương trình (x ; y) của phương trình đã
cho là (0 ; 1) và (-1 ; 0).
Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên
x3 - y3 – 2y2 – 3y – 1 = 0 (2)
Lời giải. (2) ⇔ x3 = y3 + 2y2 + 3y + 1 (3)
Ta có: y2 ≥ 0 ; 5y2 + 2 > 0 nên: (y3 + 2y2 + 3y + 1) – (5y2 + 2) < y3 + 2y2 + 3y + 1 ≤
(y3 + 2y2 + 3y + 1) + y2. Do đó: (y – 1)3 < x3 ≤ (y + 1)3
⇒ x3 = y3 hoặc x3 = (y + 1)3.
* Nếu x3 = y3. Kết hợp với (3) ta có: 2y2 + 3y + 1 = 0 ⇒ y = -1 ⇒ x = -1.
* Nếu x3 = (y + 1)3. Phối hợp với (3) có y2 = 0 ⇒ y = 0, lúc đó x = 1.
Nghiệm nguyên x, y của phương trình đã cho là (-1 ; -1) và (1 ; 0).
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên:
x4 – y4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1 = 0 (4)
Lời giải. PT (4) ⇔ y4 = x4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1 (5)
Ta có: 3x2 + 4z2 + 1 > 0 ; x2 + 3 > 0
Nên (x4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1) – (3x2 + 4z2 + 1) < x4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1
< (x4 + z4 + 2x2z2 + 3x2 + 4z2 + 1) + (x2 + 3).
Do đó: (x2 + z2)2 < (y2)2 < (x2 + z2 + 2)2 ⇒ (y2)2 = (x2 + z2 + 1)2
Phối hợp với (5) ta có: x2 + 2x2 = 0 ⇒ x = z = 0. Từ đó có: y = 1.
Nghiệm nguyên x, y, z của phương trình là (0 ; 1 ; 0) và (0; -1; 0)
25