cách giải hay cho bài toán BĐT

CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

Bất đẳng thức là một vấn đề khó và đầy thú vị. Mỗi bài toán về BĐT có những cách
giải thú vị khác nhau. Trong bài viết này, tôi sẽ giới thiệu các bài toán đó với những cách
giải hay.
Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
3 3 3
8
2 2 2
a b c
b c c a a b
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
+ + +
   
Giải:
Ta có
3 3 3 2
2 2( )
a b c a
b c b c
+ +
+ =
+ +
.
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: (c + a) +(a+b)
2 ( )( )c a a b≥ + +
;
( )

2
4
2 ( )( ) ( ) 4 ( )( )( )c a a b b c c a a b b c+ + + + ≥ + + +

Cộng theo vế hai BĐT trên ta được:
2
4
3 3 2 4 ( )( )( )b c a c a a b b c+ + ≥ + + +
Tương tự:
2
4
3 3 2 4 ( )( )( )c a b a b b c c a+ + ≥ + + +

2
4
3 3 2 4 ( )( )( )a b c b c c a a b+ + ≥ + + +
Nhân theo vế ba BĐT trên ta suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
a+b = b+c = c+a
a b c⇔ = =

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a, b, c
≥
d.
Chứng minh rằng: (ab – d
2
)(bc – d
2
)(ca – d
2
)

≥
(a
2
– d
2
)(b
2
– d
2
)(c
2
– d
2
).
Giải:
Ta có: (ab – d
2
)
2
- (a
2
– d
2
)(b
2
– d
2
) = (a
2
b

2
– 2abd
2
+ d
4
) – (a
2
b
2
– a
2
d
2
– b
2
d
2
+ d
4
)
= d
2
(a – b)
2

≥
0.
Suy ra: (ab – d
2
)

2

≥
(a
2
– d
2
)(b
2
– d
2
).
Tương tự (bc– d
2
)
2

≥
(b
2
– d
2
) (c
2
– d
2
).
(ca – d
2
)

2

≥
(c
2
– d
2
)(a
2
– d
2
).
Chú ý từ giả thiết ta thấy rằng tất cả các số ab – d
2
; bc – d
2
; ca – d
2
; a
2
– d
2
; b
2
– d
2
; c
2
– d
2

đều
không âm.
Từ đó nhân theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ít nhất một trong ba điều kiện sau đúng:
i) d = 0 ; ii) a = b = c ; iii) Trong ba số a, b, c có hai số bằng d. 
Bài 3: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1.
Chứng minh rằng:
2
2
( 1)
x
x −
+
2
2
( 1)
y
y −
+
2
2
( 1)
z
z −

≥
1.
Giải:
Đặt a =
1

x
x −
; b =
1
y
y −
; c =
1
z
z −
.
Ta có (a – 1)(b – 1 )(c – 1) =
1 1 1
1 1 1
x y z
x y z
 
   
− − −
 ÷
 ÷  ÷
− − −
   
 
=
1
( 1)( 1)( 1)x y z
=
− − − ( 1)( 1)( 1)
xyz

x y z− − −
= abc (vì xyz = 1),
Suy ra – (ab + bc + ca) + (a + b + c) – 1 = 0
⇔
ab + bc + ca = (a + b + c) – 1
Do đó: a
2
+ b
2
+ c
2
= (a+b+c)
2
– 2(ab+bc+ca) = (a+b+c)
2
– 2(a+b+c) + 2 = (a+b+c-1)
2
+ 1
≥
1.
Bài toán đã được chứng minh . 
Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 3.
Chứng minh rằng:
3

ab bc ca
c a b
+ + ≥
Giải:
Với các số thực x, y, z bất kỳ ta có (x – y )
2
+ (y – z )
2
+ (z – x )
2

≥
0

⇔
x
2
+ y
2
+ z
2

≥
xy + yz + zx
⇔
(x + y + z)
2

≥
3(xy + yz + zx).

Áp dụng ta có
2
ab bc ca
c a b
 
+ +
 ÷
 
≥
3
. . .
ab bc bc ca ca ab
c a a b b c
 
+ +
 ÷
 
= 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = 9, suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
ab bc ca
c a b
= = =

⇔
a = b = c = 1 
Bài 5: Cho x, y, z là các số thực dương.Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
0
x z y x z y
y z z x x y
− − −
+ + ≥
+ + +
Giải:
Do vai trò bình đẳng khi hoán vị vòng quanh của các số x, y, z trong bài toán nên ta có thể giả sử
x
≥
z, y
≥
z.
Ta có :
2 2 2 2 2 2
x z y x z y
y z z x x y
− − −
+ + =
+ + +
2 2 2 2 2 2 2 2
x y y z y x z y
y z z x x y
− + − − −
+ + =
+ + +

2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( )x y y z
y z z x y z x y
   
= − − + − −
 ÷  ÷
+ + + +
   
=
2 2 2
( )( ) ( )( )
0
( )( ) ( )( )
x y x z y z x z
y z z x y z x z
+ − − −
+ ≥
+ + + +
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z 
Bài 6: Cho các số thực x, y, z
≥
2
.
Chứng minh rằng:
5 5
1
2x y xyz

+
+ +
5 5
1
2y z xyz
+
+ +
5 5
1
2z x xyz+ +
1
2xyz
≤
.
Giải:
Vì x, y,
≥
2
nên x
5
+ y
5

≥
2x
3
+ 2y
3
= 2(x+y)(x
2

-xy+y
2
) = 2(x+y)((x-y)
2
+ xy)
≥
2xy(x+y).
Suy ra x
5
+ y
5
+ 2xyz
≥
2xy(x+y+z). (1)
Tương tự y
5
+ z
5
+ 2xyz
≥
2yz(x+y+z). (2)
z
5
+ x
5
+ 2xyz
≥
2zx(x+y+z). (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
5 5

1
2x y xyz
+
+ +
5 5
1
2y z xyz
+
+ +
5 5
1
2z x xyz+ +
1
2 ( )xy x y z
≤
+ +
+
1
2 ( )yz x y z+ +
+
1
2 ( )zx x y z+ +

=
1
2 ( ) 2
x y z
xyz x y z xyz
+ +
=

+ +
. Vậy BĐT đã được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2

Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
a
b
+
b
c
+
c
a
≥
2008
2008
a
b
+
+
+
2008
2008
b
c
+
+
+

2008
2008
c
a
+
+
Giải:
Do vai trò bình đẳng khi hoán vị vòng quanh của các số a, b, c trong bài toán nên ta có thể giả sử
a
≥
c ; b
≥
c.
Ta có
a
b
+
b
c
+
c
a
- 3 =
2
a b
b a
 
+ −
 ÷
 

+
1
b c b
c a a
 
+ − −
 ÷
 
=
2 2
2a b ab
ab
+ −
+
2
ba c bc ac
ac
+ − −
=
2
( )a b
ab
−
+
( )( )a c b c
ac
− −
. (1)
Xét d là một số thực dương bất kì. Tương tự như trên ta có

a d
b d
+
+
+
b d
c d
+
+
+
c d
a d
+
+
- 3 =
2
( )
( )( )
a b
a d b d
−
+ +
+
( )( )
( )( )
a c b c
a d c d
− −
+ +
. (2)

Vì a, b, c, d > 0 và a
≥
c ; b
≥
c nên
2
( )a b
ab
−
+
( )( )a c b c
ac
− −
≥
2
( )
( )( )
a b
a d b d
−
+ +
+
( )( )
( )( )
a c b c
a d c d
− −
+ +
. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra

a
b
+
b
c
+
c
a
≥
a d
b d
+
+
+
b d
c d
+
+
+
c d
a d
+
+
.
Bài toán đã cho ứng với d = 2008.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . 
Bài 7: Cho các số thực dương x, y và z thỏa mãn x + y + z = 1.
Chứng minh rằng:
x
x yz+

+
y
y zx+
+
z
z xy+
9
4
≤
Lời giải:
Ta có x + yz = x(x+y+z) +yz =(x+y)(z+x).
Tương tự y + zx = (x+y)(y+z) ; z + xy = (y+z)(z+x) .
Do đó
x
x yz+
+
y
y zx+
+
z
z xy+
=
( ) ( ) ( )
( )( )( )
x y z y z x z x y
x y y z z x
+ + + + +
+ + +
=
2( )( )

( )( )( )
xy yz zx x y z
x y y z z x
+ + + +
+ + +
=
( )
2 ( )( )( )
( )( )( )
x y y z z x xyz
x y y z z x
+ + + +
+ + +
= 2 +
2
( )( )( )
xyz
x y y z z x+ + +
1 9
2
4 4
≤ + =
. Vậy ta có đpcm 
(Vì áp dụng BĐTCô-si cho hai số thực dương ta có(x+y)(y+z)(z+x)
≥ 2 .2 .2 8xy yz zx xyz=
)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.

Bài 8: Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và diện tích S.
Chứng minh rằng:
1
b c a+ −
+
1
c a b+ −
+
1
a b c+ −
3
3 3
2 S
≥
Lời giải:
Đặt x = b + c – a ; y = c + a – b; z = a + b – c .
Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số dương, ta có xy + yz + zx
2
3
3 ( )xyz≥
; x + y + z
3
3 xyz≥

⇒
( xy + yz + zx)
3
4
4
3 3( )x y z xyz+ + ≥

4
4
3 3
( )
xy yz zx
xyz
xyz x y z
+ +
⇔ ≥
+ +

4
1 1 1 3 3
2
x y z
S
⇔ + + ≥
(theo công thức Hê-rông) 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC
∆
đều .
( ĐỖ QUANG MINH – THCS Tuy An )