Một phương pháp BDT hay

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt)

NGUYỂN ANH KHOA THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi Email:[email protected] Nick name: anhkhoa_lk12

I.Phương pháp đánh giá tổng các phân thức: Phương pháp này người ta còn gọi là phương pháp xét biểu thức phụ.Sau đây là bài toán tiêu biểu cho phương pháp trên. Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR

1. 32

a b cb c c a a b

+ + ≥+ + +

( BĐT Nesbit với n=3)

2. 2a b c db c c d d a a b

+ + + ≥+ + + +

( BĐT Nesbit với n=4)

GIẢI Ý tưởng để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị.

1. Đặt A= 32

a b cb c a c a b

+ + ≥+ + +

; ;b c a c a bB Cb c c a a b b c c a a b

= + + = + ++ + + + + +

Khi đó ta có được B+C=3. Mặt khác

3

3

a b b c a cA Bb c a c a ba c b a b cA Cb c c a b a

+ + ++ = + + ≥

+ + ++ + +

+ = + + ≥+ + +

Do đó 32 62

A B C A+ + ≥ ⇒ ≥ ( đpcm)

2. Đặt ; ;a b c d b c d a c d a bA B Cb c c d d a a b b c c d d a a b b c c d d a a b

= + + + = + + + = + + ++ + + + + + + + + + + +

Khi đó B+C=4. Lại có

4a b b c c d d aA Bb c c d d a a b

+ + + ++ = + + + ≥

+ + + +

4( ) 4( ) 4a c b d c a b d a c b dA Cb c c d d a a b a b c d a b c d

+ + + + + ++ = + + + ≥ + =

+ + + + + + + + + +

Do đó 2 8 2A B C A+ + ≥ ⇒ ≥ ( đpcm) LB: Cách giải như trên khá hay, nhưng cách giải đó chỉ mới xuất hiện mà thôi . Hầu như các sách về BĐT hiện nay điều sử dụng cách giải này. Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR

1. 2 2 2

2a b c a b c

a b b c c a+ +

+ + ≥+ + +

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

www.vietmaths.com

mailto:Email:[email protected]

http://www.pdffactory.com


www.vietmaths.com

http://www.vietmaths.com/

2. ( )2 2 2

2 2 2 2 2 224

a b c a b b c c aa b b c c a

+ + ≥ + + + + ++ + +

GIẢI

1. Đặt 2 2 2 2 2 2

;a b c b c aP Qa b b c c a a b b c c a

= + + = + ++ + + + + +

. Khi đó ta có

2 2 2 2 2 2

0a b b c c aP Q a b b c c aa b b c c a

− − −− = + + = − + − + − =

+ + +

Do đó 2

P QP Q += = . BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau

2 2 2 2 2 21

2 2a b b c c a a b ca b b c c a

+ + + + ++ + ≥ + + +

Ta sử dụng BĐT phụ ( ) ( )2 2

22 222

a b a ba b a ba b

+ ++ ≥ + ⇔ ≥

+

Tương tự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộng lại ta được đpcm. 2. Cũng như câu 1 ta chuyển BĐT cần chứng minh về dạng

( )2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 21 22 4

a b b c c a a b b c c aa b b c c a

+ + ++ + ≥ + + + + + + + +

Ta sử dụng BĐT phụ sau: 2 22( )x y x y+ ≤ + . Ta có 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2( ) 2( ) 2(c ); ;

2 2 22( )

a b b c aa b a b b c c aa b b c c aa b

+ + ++ + + +≥ = ≥ ≥

+ + ++

Cộng lại ta được đpcm

NX: Ta thấy ( )2 2 2 2 2 224 2

a b ca b b c c a + ++ + + + + ≥ . Nghĩa là BĐT 2 mạnh hơn BĐT 1, tuy

nhiên cả hai bài toán đều sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức. Ngoài ra bạn có thể giải bài toán 1 bằng cách sử dụng BĐT Bunhiacopski.

( )22 2 2

2( ) 2a b ca b c a b c

a b b c c a a b c+ + + +

+ + ≥ =+ + + + +

BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR:

3a b c d e fb c c d d e e f f a a b

+ + + + + ≥+ + + + + +

BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR:

1. 3 3 3

2 2 2 2 2 2 3a b c a b c

a ab b b bc c c ca a+ +

+ + ≥+ + + + + +

2. 4 4 4 4

2 2 2 2 2 2 2 2( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4a b c d a b c d

a b a b b c b c c d c d d a d a+ + +

+ + + ≥+ + + + + + + +

BL3: Cho a,b,c dương và 2 2 2 1a b c+ + = .Tìm min của biểu thức:

2 2 2 2 2 2a b b c c aAb c c a a b

+ + += + +

+ + +

II. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai – tính chất đặc biệt của phân số - tính chất đoạn thẳng 1. Sử dụng tam thức bậc hai:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai ( )2( ) 0f x ax bx c a= + + ≠

- ( ) 0, 0 0f x x a≥ ∀ ⇔ > ∧ ∆ ≤ - 2. ( ) 0 4 0a f b acα ≤ ⇒ − ≥ - ( ) 0, 0 0f x x a≤ ∀ ⇔ < ∧ ∆ ≤ - ( )( ) 0x x xα β α β≤ ≤ ⇔ − − ≤ Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR 1. 2 23 1 3x x y y xy− + ≥ − − 2. 2 2( ) 2 5 5 4 5 6x y x y y+ ≥ − + − GIẢI 1. Xét 2 2( ) ( 3) 3 1f x x y x y y= + − + − + Ta có 2 2 2 2( 3) 4( 3 1) 3 2 3 1 ( 3 1) 0,y y y y y y y R∆ = − − − + = − + − = − − ≤ ∀ ∈ Mặt khác a=1>0 nên ( ) 0f x ≥ ⇒ đpcm 2. Xét 2 2( ) 2( 5) 6 4 5 6f x x y x y y= + − + − + Ta có : 2 2 2 2( 5) 6 4 5 6 5 2 5 1 ( 5 1) 0,y y y y y y y R∆ = − − + − = − + − = − − ≤ ∀ ∈ Mặt khác a=1>0 nên ( ) 0f x ≥ ⇒ đpcm Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

1. Cho [ ], , , 0;1a b c d ∈ .CMR: 2 2 2 2 2(1 ) 4( )a b c d a b c d+ + + + ≥ + + +

2. Cho [ ], , , 1;2a b c d ∈ . CMR: ( ) 1 1 1 1 18a b c da b c d

+ + + + + + ≤

GIẢI 1. Xét tam thức bậc hai 2 2 2 2 2( ) (1 )f x x a b c d x a b c d= − + + + + + + + + Ta có (1) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )f a a b b c c d d= − − − − − − − − Vì [ ], , , 0;1 (1) 0a b c d f∈ ⇒ ≤ . Nghĩa là tam thức bậc hai luôn có nghiệm

Do đó 2 2 2 2 2(1 ) 4( ) 0a b c d a b c d∆ = + + + + − + + + ≥ ⇒đpcm

2. Ta có [ ] 2 21;2 ( 1)( 2) 0 2 3 3a a a a a aa

∈ ⇒ − − ≤ ⇒ + ≤ ⇒ + ≤

Tương tự : 2 2 23; 3; 3.b c db c d

+ ≤ + ≤ + ≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

( )

( )

22 2 2 22 2 2 2 36

2

1 1 1 1 18

a b c da b c da b c d

a b c d

a b c da b c d

+ + + + + + + + + + + + + ≤ ≤

⇒ + + + + + + ≤

NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức như câu 2 của bài toán 2 khá tinh ý. Để việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc của bài toán cần chứng minh và đồng thời xem thử mối liên hệ giữa biểu thức 2 4b ac∆ = − BL1: Cho tam giác ABC. CMR: 2 2 2; ,pa qb pqc p q+ > ∀ sao cho 1p q+ = . BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho 2 2 2 2 2 2 0p q a b c d+ − − − − > . CMR:

( )( ) ( )22 2 2 2 2 2p a b q c d pq ac bd− − − − ≤ − −

BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR: 2( ) 8( )x y z t xz yt+ + + > +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


2.Cho a,b,c thoả mãn ( )( ) 0a c a b c+ + + < . CMR: 2( ) 4 ( )b c a a b c− > + +

3. Cho ; ,ax by xy x y+ ≥ ∀ . CMR: 14

ab ≥

BL4: 1. Cho hàm số bậc hai 2( )f x ax bx c= + + sao cho ( ); ( ) 0a b f x x R< ≥ ∀ ∈ .CMR: 3a b cb a+ +

≥−

2.Cho a,b,c thoả mãn [ ], , 1;2a b c∈ − và 0a b c+ + = . CMR: 2 2 2 6a b c+ + ≤ 2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số Kiến thức bổ sung: Với *, , ,a b c d R∈ ta có:

- 1a a a cb b b c

+< ⇒ <

+ - a a

a b a b c>

+ + +

- 1a a a cb b b c

+> ⇒ >

+ - a c a a c c

b d b b c d+

> ⇒ > >+

Đây là 4 tính chất tiêu biểu nhất của phân số. Đồng qua các tính chất trên ta có thể thấy rằng phương pháp này chỉ sử dụng cho các loại BĐT phân số không chặt. Nói chung dạng này không khó nên tôi sẽ không đưa ra những lời nhận xét hay giải thích gì thêm. Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR:

1 2a b cb c c a a b

< + + <+ + +

GIẢI Do a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên: ; ;a b c b c a c a b< + < + < + . Do đó ta có:

2

2

2

a a aa b c b c a b c

b b ba b c a c a b c

c c ca b c a b a b c

< <+ + + + +

< <+ + + + +

< <+ + + + +

Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta được đpcm. Bài toán 2: Cho 0; , ;a b m n N m n> > ∈ > . CMR:

m m n n

m m n n

a b a ba b a b

− −>

+ +

GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2 2 1 11 11 1

m n m n

m nm m n n m m n n

m n

b b b ba b a b a b a b a a

b b

a ab b

− > − ⇔ < ⇔ <+ + + + + +

⇔ >

Từ ( )1 , ;m na a aa b m n N m n

b b b > ⇒ > ⇒ > ∀ ∈ >

Bài toán 3:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


1. Cho a,b,c dương. CMR: 1 1 1

a b a ba b a b+

< ++ + + +

2. Cho a,b,c,d dương . CMR: 1 2a b c da b c b c d c d a d a b

< + + + <+ + + + + + + +

GIẢI

1. Ta có : 1 1 1 1 1

a b a b a ba b a b b a a b+

= + < ++ + + + + + + +

2. Ta chứng minh BĐT phải . Ta có

1

1

1

1

a a a da b c a b c a b c d

b b b ab c d b c d a b c d

c c c bc d a c d a a b c d

d d d cd a b d a b a b c d

+< ⇒ <

+ + + + + + ++

< ⇒ <+ + + + + + +

+< ⇒ <

+ + + + + + ++

< ⇒ <+ + + + + + +

2a b c da b c b c d c d a d a b

⇒ + + + <+ + + + + + + +

Ta chứng minh BĐT trái. Ta có

a aa b c a b c d

b bb c d a b c d

c cc d a a b c d

d dd a b a b c d

>+ + + + +

>+ + + + +

>+ + + + +

>+ + + + +

1a b c da b c b c d c d a d a b

⇒ + + + >+ + + + + + + +

.

BL1: Cho 0a b> > và A=2 1

2

1 ....1 ...

n

n

a a aa a a

−+ + + ++ + + +

; B=2 1

2

1 ....1 ....

n

n

b b bb b b

−+ + + ++ + + +

. CMR A<B

BL2: Cho a,b không đồng thời bằng 0. CMR: 2 2

2 2 2 2

1 11 1

a ba b a b

+ + ≥+ + +

BL3: Cho a,b,c,d>0. CMR số A sau đây không là số nguyên dương.

a b b c c d d aAa b c b c d c d a d a b

+ + + += + + +

+ + + + + + + +

BL4: Cho a,b,c dương. CMR:

a b c a b ca b b c c a b c c a a b

+ + < + ++ + + + + +

3. Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng: Kiến thức bổ sung: Định lí 1: Cho hàm số bậc nhất ( )f x ax b= + . Nếu tồn tại hai số thực α β< sao cho ( ) 0; ( ) 0f fα β≥ ≥ thì ( ) [ ]( )( ) 0 ; ;f x x xα β α β≥ ∀ ∈ ∨ ∀ ∈ Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất ( )f x ax b= + thì min{ ( ); ( )} ( ) max{ ( ); ( )}f f f x f fα β α β≤ ≤ trong đó


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


[ ];x α β∀ ∈ Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của f(x) là một đường thẳng. Từ tính chất của đoạn thẳng: “ nếu hai đầu mút của một đoạn thẳng là hai điểm ( ); ( )fα α và ( ); ( )fβ β ở phía trên

trục hoành Ox thì đoạn thẳng đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra ( )( ) 0 ( ; )f x x α β≥ ∀ ∈ Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. Bài toán 1: Cho [ ], , 0;2x y z ∈ . CMR: 2( ) ( ) 4x y z xy yz xz+ + − + + ≤ GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2 ) 2( ) 4 4y z x y z yz− − + + − − ≤ Xét [ ]( )( ) (2 ) 2( ) 4 0;2f x y z x y z yz x= − − + + − − ∀ ∈ là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có :

( ) max{ (0); (2)}f x f f≤ . Mà (0) (2 )(2 ) 0; (2) 0f y z f yz= − − − ≤ = − ≤ . Nên ( ) 0f x ≤ ⇒ đpcm. NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta đã giải bài toán trên khá nhẹ nhàng, vô cùng đơn giản. Ngoài ra cũng còn một cách khá hay để giải bài toán này, cách giải đó như sau: Từ điều kiện suy ra (2 )(2 )(2 ) 0 8 4( ) 2( ) 0x y z x y z xy yz xz xyz− − − ≥ ⇔ − + + + + + − ≥

4( ) 2( ) 8 8 2( ) ( ) 4x y z xy yz xz xyz x y z xy yz xz⇒ + + − + + ≤ − ≤ ⇔ + + − + + ≤ ( đpcm) Cách giải trên dựa vào nhận xét sau : Với các số [ ]1 2, ,... ;na a a α β∈ thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau:

1 2

1 2

( )( )....( ) 0( )( )....( ) 0

n

n

a a aa a aα α α

β β β

− − − ≥

− − − ≥

Phương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung

bình như 1 ; , 1

;n n

i i ji i j i j

a a a= ≠ =∑ ∑ …..Bạn đọc hãy giải một số ví dụ sau:

1. Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác có chu vi là 1.CMR: 2 2 2 2 2a b c abc+ + + < 2. Cho 0 , , 1a b c≤ ≤ . CMR: 2 2 2 2 2 21a b c a b b c c a+ + ≤ + + + Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau: 3 2( )( )( ) ( ) ( )X X X X X Xα β γ α β γ αβ βγ αγ αβγ± ± ± = ± + + + + + ±

Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và 1x y z+ + = . CMR: 7227

xy yz xz xyz+ + − ≤ .

GIẢI Như ta đã biết bài toán này có khá nhiều cách giải như “ cân bằng bậc”; “ sử dụng BĐT Cauchy”… Nhưng bây giờ ta sẽ sử dụng tính chất đoạn thẳng để giải: BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

7 7 72 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )27 27 27

xy yz yz xyz x y z yz x x x yz x+ + − − = + + − − = − + − −

Ta cố định x xét ( )217( ) (1 ) (1 2 ) 0;27 4

xf yz x x yz x yz

− = − + − − ∈

. Theo định lí ta có :

21( ) max{ (0); }2

xf yz f f − ≤

.


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Mà 2

2 27 7 1 1(0) (1 ) 0 (0) 027 27 4 2

f x x x x x x x f = − − = − + − < − + − = − − ≤ ⇒ <

( ) ( )2 22 21 1(1 ) 2(1 ) 7 1 1 1(1 ) 0 04 4 4 27 2 3 6 4x xx xf x x x x f

− −− − − = − + − − = − + ≤ ⇒ ≤

Do đó ( ) 0f yz ≤ ⇒ đpcm. Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và 3x y z+ + = . CMR: 2 2 2 4x y z xyz+ + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng: 2 2 2 2 2( ) 2 4 0 (3 ) ( 2) 4 0 (2 ) 2 6 5 0y z yz x xyz x x yz x x yz x x+ − + + − ≥ ⇔ − + + − − ≥ ⇔ − + − + ≥

Ta cố định x xét ( )22 3

( ) ( 2) 2 6 5 0;4x

f yz x yz x x yz − = − + − + ∈

Theo đĩnh lí ( )23( ) min{ (0); }

4x

f yz f f −

≥

.Mà

22 3 1(0) 2 6 5 2 0 (0) 0

2 2f x x x f = − + = − + > ⇒ >

( ) ( )2 222 23 3(3 ) 1( 2) 2 6 5 ( 1) ( 2) 0 0

4 4 4 4x xxf x x x x x f

− −−= − + − + = − + ≥ ⇒ ≥

Do đó ( ) 0f yz ≥ ⇒ đpcm. LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau:

( ) ( )2 234 4

y z xyz

+ −≤ =

Thực ra nguồn gốc của phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng chính là “ kĩ thuật xét phần tử biên” trong BĐT Jensen mà tôi đã giới thiệu trong bài viết “ Chuyên đề bất đẳng thức và một số định lí” BL1: Cho [ ], , , 0;1a b c d ∈ . CMR: (1 )(1 )(1 )(1 ) 1a b c d a b c d− − − − + + + + ≥ BL2: Cho a,b,c không âm và 1a b c+ + = . CMR:

1. 3 3 3 164

a b c abc+ + + ≥

2. 7( ) 2 9ab bc ca abc+ + ≤ + Đẳng thức xảy ra khi nào ? BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và 1x y z+ + = . CMR 2 2 2 3 3 35( ) 6( ) 1x y z x y z+ + ≤ + + + III. Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ: A.Phương pháp phân chia: Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị: theo tập xác định và theo hàm số. Mệnh đề 1: Cho hàm số ( )f x xác định trên tập D. Giả sử 1 2D D D= ∪ với 1 2D D∩ = ∅ và tồn tại

11 max ( )

DM f x= ;

22 max ( )

DM f x= ( hoặc

1 21 2min ( ); min ( )

D Dm f x m f x= = ). Khi đó có 1 2max{ , }M M M=


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


( hoặc có 1 2min{ , }m m m= ) Mệnh đề 2: Giả sử 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x= + xác định trên cùng tập D và tồn tại 0 1 1 1 1 2 2 2 2( ) max ( ); ( ) max ( ); ( ) max ( )

D D DM f x f x M f x f x M f x f x= = = = = =

Hoặc 3 1 1 4 1 2 2 5 2( ) min ( ); ( ) min ( ); ( ) min ( )D D D

m f x f x m f x f x m f x f x= = = = = =

Khi đó 1 2M M M≤ + và nếu 1 2x x= thì 1 2M M M= + Hoặc 1 2m m m≥ + và nếu 4 5x x= thì 1 2m m m= + Chứng minh: Định lí 1: Do ( )1 1 1max ( ) ( )

DM f x f x M x D= ⇒ ≤ ∀ ∈ và tồn tại 1 1x D∈ để 1 1( )f x M=

Do ( )2 2 2max ( ) ( )D

M f x f x M x D= ⇒ ≤ ∀ ∈ và tồn tại 2 2x D∈ để 2 2( )f x M=

Nếu ( )1 2 1( )M M f x M x D≥ ⇒ ≤ ∀ ∈ hay 1max ( )D

M f x M= = (1)

Nếu ( )2 1 2( )M M f x M x D≥ ⇒ ≤ ∀ ∈ hay 2max ( )D

M f x M= = (2)

Từ (1)&(2) suy ra 1 2max ( ) max{ ; }D

M f x M M= =

Các điều chú ý trong mệnh đề 1: i. Nếu tồn tại 1 2;M M thì 1 2max{ , }M M M= , còn nếu không tồn tại 1M ( hoặc 2M ) thì không tồn

tại M ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biến. Định lí 2: Theo giả thiết 1 0 1 1 1( ) ( )f x f x M≤ = và 2 0 2 2 2( ) ( )f x f x M≤ = nên

0 1 0 2 0 1 2( ) ( ) ( )M f x f x f x M M= = + ≤ + (3) Nếu 1 2x x= thì 1 2 1 1 2 1( ) ( ) max ( )

DM M f x f x f x M+ = + ≤ = (4)

Từ (3)&(4) suy ra 1 2M M M= + Các điều chú ý trong mệnh đề 2: i. Điều kiện 1 2 3 4( )x x x x= = chỉ là đều kiện đủ mà không phải là điều kiện cần Lưu ý: Tính áp dụng của mệnh đề 1: Việc tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D R⊂ nhiều khi rất khó khăn, chẳng hạn như tính chất của f(x) thay đổi không có quy luật khi x biến thiên trên tập D, tronh trường hợp này ta tìm cách phân chia tập xác định D thành các tập con rời nhau sao cho việc tìm cực trị của hàm trên mỗi tập con dễ dàng hơn. Tính áp dụng của mệnh đề 2: Khi tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D R⊂ mà tính chất của hàm f(x) thay đổi trên cả tập D và thay đổi cả trên các tập con của tập D thì không sử dụng được phương pháp trên, lúc đó ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng các hàm đơn giản hơn sao cho dễ tìm cực trị của các hàm thành phần. Bài toán 1: Tìm GTNN của hàm số ( ) 2001 2002f x x x= − + − GIẢI Gọi [ ) ( ) ( ]1 2 32002; , 2001;2002 , ;2001D D D= +∞ = = −∞ thì 1 2 3R D D D= ∪ ∪ với

1 2 2 3 1 3; ;D D D D D D∩ = ∅ ∩ = ∅ ∩ = ∅ Với 1 ( ) 2001 2002 2 4003, min ( ) 1 2002

Dx D f x x x x f x x∈ ⇒ = − + − = − = ⇔ = (1)

Với ( )2 ( ) 2001 2002 1, min ( ) 1 (2001;2002)D

x D f x x x f x x∈ ⇒ = − + − = = ∀ ∈ (2)

Với 3 ( ) 2001 2002 4003 2 , min ( ) 1 2001D

x D f x x x x f x x∈ ⇒ = − + − = − = ⇔ = (3)


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có [ ]min ( ) 1 2001;2002R

f x x= ⇔ ∈

NX: Bài toán này tuy đơn giản nhưng là điển hình cho phương pháp phân chia để tìm cực trị. Bài toán này bạn có thể giải bằng cách sử dụng BĐT a b a b+ ≥ + . Cách giải như sau:

( ) 2001 2002 2001 2002 2001 2002 1f x x x x x x x= − + − = − + − ≥ − + − = Đẳng thức xảy ra [ ]( 2001)(2002 ) 0 2001 2002 2001;2002x x x x⇔ − − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈ Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức 2( , ) (4 )F x y x y x y= − − trong đó x,y là các số thực thoả mãn các điều kiện 0; 0; 6x y x y≥ ≥ + ≤ GIẢI *Gọi 1 2{ 0, 0, 6}; { 0, 0, 4 6}; { 0, 0, 4}D x y x y D x y x y D x y x y= ≥ ≥ + ≤ = ≥ ≥ ≤ + ≤ = ≥ ≥ + < Khi đó ta có : 1 2 1 2;D D D D D= ∪ ∩ = ∅ . Với mọi cặp 1( , )x y D∈ ta có 4 0; 0; 0x y x y− − ≤ ≥ ≥ suy ra ( , ) 0F x y ≤ . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp

11( , ) (0, 4) max 0

Dx y D F= ∈ ⇒ = (1)

Với mọi cặp 2( , )x y D∈ ta có 0, 0, 4 0x y x y≥ ≥ − − > . Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

( )

2

2

(4 )2 2( , ) 4 (4 ) 4 ( , ) 4 ,

2 2 4

x x y x yx xF x y y x y F x y x y D

+ + + − − = − − ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈

Đẳng thức xảy ra tại 2, 1x y= = (2) Từ (1)&(2) suy ra max 4 ( , ) (2,1)

DF x y= ⇔ =

*Gọi 3 4{ 0, 0, 4}; { 0, 0, 4 6}D x y x y D x y x y= ≥ ≥ + ≤ = ≥ ≥ < + ≤ . Ta xét hàm 2( , ) ( 4)F x y x y x y− = + − . Khi đó ta có : 3 4 3 4;D D D D D= ∪ ∩ = ∅ .

Với mọi cặp 3( , )x y D∈ ta có 0, 0, 4x y x y≥ ≥ + ≤ suy ra ( , ) 0 ( , ) 0F x y F x y− ≤ ⇒ ≥ . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp

33( , ) (2, 2) min 0

Dx y D F= ∈ ⇒ = (3)

Với mọi cặp 4( , )x y D∈ ta có 0, 0, 4 6x y x y≥ ≥ < + ≤ . Theo BĐT Cauchy ta có: 4

2( 4) 22 2( , ) 4 ( 4) 4 4 642 2 4 2

x x y x yx x x yF x y y x y

+ + + + − + − − = + − ≤ = ≤

( , ) 64F x y⇒ ≥ −

( )4,x y D∀ ∈ . Đẳng thức xảy ra tại 4, 2x y= = (4) Từ (3)&(4) suy ra min 0 ( , ) (4, 2)

DF x y= ⇔ = .

Bài toán 3: Tìm GTNN của ( ) ( )A x y z z x y= + + + trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z+ + = . Đẳng thức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia của Hà Tây-2002)

GIẢI Gọi 2 2 2

1 2 1 2{ , , : 1}; ;D x y z R x y z A xy yz xz A xz A A A= ∈ + + = = + + = ⇒ = + .

Ta có 2 2 2 21 1

1( ) 0 2 02

x y z x y z A A −+ + ≥ ⇒ + + + ≥ ⇒ ≥ (1). Đẳng thức xảy ra 2 2 2

01

x y zx y z⇔ + + =

+ + =(2)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có ( ) ( )2 2 22 2 2

1 1 1 1 1 112 2 2 2 2 2

A x z x z y A A −= ≤ + = − ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇒ ≥ (3)


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Đẳng thức xảy ra 2 2 2

0

1

yx zx y z

⇔ == −

+ + =

(4)

Từ (2)&(4) suy ra 1 1( , , ) ,0,2 2

x y z D = − ∈

. Theo mệnh đề 2: ta có 1 2min min min 1D D D

A A A= + = − .

NX: Việc chia thành các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị nói chung là công việc khá khó khăn. Trước khi làm công việc này ta phải có một bước dự đoán điểm rơi của hàm ban đầu Bài toán 4: Tìm GTNN của ( , , ) 2(1 )f x y z xyz x y z xy yz xz= + + + + + + + trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z+ + = . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Gọi 2 2 2{ , , : 1}D x y z R x y z= ∈ + + = . Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau:

1

2

( , , ) 1( , , ) 1

f x y z x y z xy yz xz xyzf x y z x y z xy yz xz

= + + + + + + += + + + + + + 1 2( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z f x y z f x y z⇒ = +

Từ điều kiện ta suy ra : , , 1 1 ,1 ,1 0 (1 )(1 )(1 ) 0x y z x y z x y z≤ ⇒ + + + ≥ ⇒ + + + ≥ Hay: 1 0x y z xy yz xz xyz+ + + + + + + ≥ (1) Ta có: ( )2 2 2 2(1 ) 0 1 0 1x y z x y z xy yz xz x y z+ + + ≥ ⇒ + + + + + + ≥ + + = (2)

Theo mệnh đề 1 ta có 1 2min min min 0D D D

f f f= + = . Đẳng thức xảy ra: ( , , ) ( 1,0,0)x y z D= − ∈ .

BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm 2002( , ) (4 )F x y x y x y= − − trong đó x,y là các số thực thoả mãn điều kiện 0, 0, 6x y x y≥ ≥ + ≤ BL2: Cho [ ], , 0;2x y z ∈ và 3x y z+ + = . Tìm GTLN của 2 2 2A x y z= + + BL3: Tìm GTLN của hàm ( , , )f x y z x y z xy yz xz= + + + + + với x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện

2 2 2 27x y z+ + ≤ . Đẳng thức xảy ra khi nào? BL4: (IMO-1969) Cho 1 2 1 2 1 2, ; , ; ,x x y y z z thoả mãn 2 2

1 2 1 1 1 2 2 20, 0, 0, 0x x x y z x y z> > − > − > . CMR:

2 2 21 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2

8 1 1( )( ) ( )x x y y z z x y z x y z

≤ ++ + − + − −

BL5: Tìm GTNN của hàm 3 3( , , ) (4 4 2 ) (4 4 )f x y z x x x y z y y y z= − + + + − + trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z+ + = . Phụ lục: Cơ sở lí thuyết của phương pháp giá trị lớn nhất và nhỏ nhất: I. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét trên miền D. Ta nói rằng số M là GTLN của f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. ( )f x M≤ ii. 0x D∃ ∈ sao cho 0( )f x M= Khi ấy ta kí hiệu max ( )

x DM f x

∈= hoặc đơn giản hơn: max ( )

DM f x=

Ta nói rằng số m là GTNN cua f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. ( )f x m≥ ii. 0x D∃ ∈ sao cho 0( )f x m= Khi ấy ta kí hiệu min ( )

x Dm f x

∈= hoặc đơn giản hơn: min ( )

Dm f x=


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


* Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN của một hàm số bao giờ ta cũng phải xác định nó xác định trên tập hợp nào.Cùng một hàm số f(x), nhưng nếu xác định trên các tập khác nhau, thì nói chung các GTNN hay GTLN tương ứng khác nhau. II. Vài tính chất của GTNN,GTLN của hàm số Tính chất 1: Giả sử A B⊂ . Khi đó ta có: 1. max ( ) max ( )

x A x Bf x f x

∈ ∈≤

2. min ( ) min ( )x A x B

f x f x∈ ∈

≤

Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử 1 2D D D= ∪ . Khi đó ta có: 1.

1 2

max ( ) max{max ( );max ( )}x D x D x D

f x f x f x∈ ∈ ∈

=

2. 1 2

min ( ) min{min ( );min ( )}x D x D x D

f x f x f x∈ ∈ ∈

=

* Chú ý: Từ tính chất này cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) của một hàm trên tập D phức tạp, về việc tìm GTNN(GTLN) trên các tập hợp 1 2,D D đơn giản. Vì vậy phương pháp phân chia để tìm cực trị chính là dựa trên nguyên lý này. Ta tổng quát tính chất 2 như sau: Nếu 1 2 .... nD D D D= ∪ ∪ ∪ thì : 1.

1 2

max ( ) max{max ( );max ( );....max ( )}nD D D D

f x f x f x f x=

2. 1 2

min ( ) min{min ( );min ( ).....min ( )}nD D D D

f x f x f x f x=

Tính chất 3: Nếu ( )( ) 0f x x D≥ ∀ ∈ ta có:

1. 2max ( ) max ( )D D

f x f x=

2. 2min ( ) min ( )D D

f x f x=

* Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm ( )y f x= có chứa dấu căn thức, hay dấu giá trị tuyệt đối. Tính chất 4: 1. max ( ) ( ) max ( ) max ( )

D D Df x g x f x g x+ ≤ + (1)

2. min ( ) ( ) min ( ) min ( )D D D

f x g x f x g x+ ≤ + (2)

* Chú ý: Dấu “=” trong (1) xảy ra khi có ít nhất một điểm 0x D∈ mà tại đó ( )f x và ( )g x cùng đạt GTLNN. Tương tự, nếu tồn tại 1x D∈ mà tại đó ( ), ( )f x g x cùng đạt GTNN thì trong (2) dấu “=” xảy ra.Nói chung, GTLN(GTNN) của một tổng các hàm số không bằng tổng các GTLN(GTNN) của từng hàm số.Từ điều kiện có dấu bằng trong (1);(2) người ta chì thay thế việc tìm GTLN(GTNN) của nhiều hàm số đơn giản hơn, chì trong trường hợp các hàm số ấy cùng đạt GTLN(GTNN) tại ít nhất một điểm chung trên miền D. Tính chất 5: ( )max ( ) min ( )

DDf x f x= − −

Tính chất 6: Nếu ta đặt max ( ); min ( )DD

M f x m f x= = thì:

max ( ) max{ , }D

f x M m=

Tính chất 7: Giả sử 1 2{ , ( ) 0}; { , ( ) 0}D x D f x D x D f x= ∈ ≤ = ∈ ≥ thì

21

min ( ) min{ max ( ), min ( )}D DD

f x f x f x= −


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


III. GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình: Giả sử ( )f x là hàm số xét trên miền x D∈ . Giả sử tồn tại: min ( )

Dm f x= max ( )

DM f x=

Và ( )f x nhận mọi giá trị từ m đến M khi x D∈ . Khi đó mối tương quan giữa GTLN, GTNN của hàm số ( )f x trên miền D và sự tồn tại nghiệm của một phương trình, một bất phương trình có điều kiện, được thể hiện trong các định lí sau đây: Định lí 1: Phương trình ( )f x α= với x D∈ có nghiệm khi và chỉ khi m Mα≤ ≤ . * Chú ý : Định lí trên nếu đảo lại nó vẫn đúng. Định lí 2:

1. BPT ( )f x α≥ , x D∈ có nghiệm khi và chỉ khi M α≥ 2. BPT ( ) ,f x x Dβ= ∈ có nghiệm khi và chỉ khi m β≤

Định lí 3: 1. BPT ( )f x α≥ đúng với mọi x D∈ khi và chỉ khi m α≥ 2. BPT ( )f x β≥ đúng với mọi x D∈ khi và chỉ khi M β≤

IV. Một số bài toán phát biểu dưới dạng tập xác định:

Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số: 1 2 3

( , , )xy z xz y yz x

f x y zxyz

− + − + −=

Xét trên miền {( , , ) : 3, 2, 1}D x y z x y z= ≥ ≥ ≥ Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số: ( , , ) ( )( )( )f x y z xyz x y y z x z= + + + Xét trên miền {( , , ) : 0, 0, 0, 1}D x y z x y z x y z= > > > + + =

Bài toán 3: Tìm GTNN của hàm số: 3 3 3 3

( , , , ) x y z tf x y z ty z t x z t x y t x y z

= + + ++ + + + + + + +

Xét trên miền {( , , , ) : , , , 0, 1}D x y z t x y z t xy yz zt tx= ≥ + + + = Bài toán 4: Tìm GTNN của các hàm số sau:

3 3 3 3 3 3

3 3 3

' 2 2 22 2 2

( , , )( ) ( ) ( )

1 1 1( , , ) ( )( ) ( ) ( )

x y y z z xf x y zx y y z z x

f x y z x y zx y y z x z

− − −= + +

− − −

= + + + + − − −

Xét trên miền {( , , ) : ( )( )( ) 0}D x y z x y y z z x= − − − ≠

Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số: ( , , ) (1 )(1 )(1 )1 1

x y zf x y z x y zy z x z x y z

= + + + − − −+ + + + + +

Xét trên miền {( , , ) : 0 1,0 1,0 1}D x y z x y z= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số: 2 2 2( , , , )f x y z t x y z t= Xét trên miền {( , , , ) : , , , 0,2 1}D x y z t x y z t x xy z ytz= ≥ + + + = Bài toán 7: Tìm GTLN của hàm số: ( , , , )f x y z t xy yz zt= + + Xét trên miền {( , , , ) : , , , 0, 2}D x y z t x y z t x y z t= ≥ + + + =

Bài toán 8: Tìm GTNN của hàm số: 1( , )( )

f x y xxy x y

= +−

Xét trên miền {( , ) : 0, 0}D x y x y= > > Bài toán 9: Tìm GTNN,GTLN của hàm số: ( , , )f x y z x y z= + +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Xét trên miền 4{( , , , ) : ( 1) ( 1) ( 1) }3

D x y z t x x y y z z= − + − + − ≤

Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số: ( , , ) (1 ) (1 ) (1 )f x y z x y y z z x= − + − + − Xét trên miền {( , , ) : 0 1,0 1,0 1}D x y z x y z= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ B.Phương pháp tham số phụ Phương pháp này khá giống với kĩ thuật cân bằng hệ số nhưng nó có tầm ứng dụng rộng rãi hơn. Ở phần này tôi sẽ không trình bày tỉ mỉ lời giải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh nghiệm. Bài toán 1: Cho , 0x y ≥ và 3 3 1x y+ ≤ . Tìm GTLN của 2A x y= + GIẢI Đặt x ay b= = . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

63 3 3 3 3 3 3 15

3 3 3 3 3 3 3 156

3 3 3 3 5 5

6

6

5( ) 6( )

x a a a a a x a

y b b b b b y b

x y a b a x b y

+ + + + + ≥

+ + + + + ≥

⇒ + + + ≥ +

Ta cần tìm hai số a,b sao cho a,b thoả mãn hệ sau: 3 3

5 5

1

2

a b

b a

+ =

=

5

3 35 5

1 4;1 64 1 64

a b⇒ = =+ +

Khi đó GTLN của ( )556 1 64A = + . Bạn đọc tự tìm giá trị của x,y

* Chú ý: Phương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải trong các bài toán mà ta chưa xác định điểm rơi của BĐT.

Bài toán 2: Tìm GTNN của hàm số: 7( ) ( 1)4 3

xf x x x= − − . Xét trên miền {( ) : 1}D x x= ≥

GIẢI

Đặt 111

ax x xa

= − ⇒ =−

. Áp dụng BĐT Cauchy:

1 1 7 7 1.2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)2 a 2 4 3 4 3 2

x xax x ax x y x x ax xa a

− ≤ + − ⇒ = − − ≥ − + −

Ta cần tìm số a sao cho : 1 7 4( 1) ( 1)32 4 3

a a aa

+ = ⇒ = < . Khi đó GTNN của 1( ) 43

f x x= ⇔ =

Bài toán 3: Tìm GTLN của hàm số: 2 4 2 49 1 13 1y x x x x= + + − . Xét trên miền {( ) : 1 1}D x x= − ≤ ≤ GIẢI Đặt 4 4 4 41 ( 2) 1ax x a x x= + ⇒ − = − . Áp dụng BĐT Cauchy :

( )

2 4 4 4

2 4 4 4

9 92 1 ( 1 )2 2

13 132 2 1 2 12 2 2 2

ax x ax xa a

a x x a x xa a

+ ≤ + +

− − ≤ − + − − −

Ta cần tìm a sao cho: 9 13 9( 1) (3 )42 2 2

a a aa a

+ = − ⇒ =−


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Khi đó 4 4 4 49 11 1

4 46 26 162 2

x x x xy

+ + + −≤ + =

Đẳng thức xảy ra 25

x⇔ =

Bài toán 4: Tìm GTLN của hàm số 2 3 2

2

2 6 2 2 5( )3 4

x x x xf xx x

+ − + − +=

+ −

Xét trên miền {( ) : 1}D x x= ≥ GIẢI Đặt 2( 2) 1a x x− = + . Áp dụng BĐT Cauchy:

( )( )2 2

2 22

32 2 1 53 32 ( 2)( 1) 2 1 ( )

3 4

x a x xaa x x a x x f x

x xa a

+ − + + + − + ≤ − + + ⇒ ≤ + −

Ta cần tìm a sao cho:

3 2

3 (1 2 ) 5 4

baa b

a ba

+ =

=

− + = −

3( 0) 9b b a⇒ = > ⇒ =

Khi đó GTLN của 9 5( ) 32

f x x ±= ⇔ =

Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn: 2 2 1x y+ = . Tìm GTNN,GTLN của hàm

2

2

2( 6 )( , )1 2 2

x xyf x yxy y+

=+ +

GIẢI Gọi k là điểm cực trị của f(x,y) ta có:

22 2

2

2( 6 ) ( 2) 2( 6) 3 01 2 2

x xyk k x k xy kyxy y+

= ⇒ − + − + =+ +

Ta cần tìm k sao cho : 2 23 ( 2) ( 6) 3 18 0 3 6k k k k k k k− = − ⇔ + − = ⇔ = ∨ = − Do đó GTLN của f(x,y)=3, GTNN của hàm f(x,y)=-6 * Chú ý bạn có thể giải như sau:

2 2

2 2 2

2( 6 ) 2( 6 )( , )1 2 2 2 3

x xy x xyf x yxy y x xy y+ +

= =+ + + +

. Ta xét với 1, 0 ( , ) (1,0) 2x y f x y f= = ⇒ = =

Với

2

2

62

0 ( , )2 3

x xy y

y f x yx xy y

+

≠ ⇒ =

+ +

. Ta đặt x ty

= ta quay lại xét cực trị của bài toán:

2

2

2( 6 )( )2 3

t tf tt t

+=

+ +. Đến đây bạn có thể dùng PP miền giá trị hay PP tách bộ phận kép để giải.

Tuy nhiên nếu so sánh 2 cách giải trên thì cách giải thứ nhất chỉ mang tính giải quyết bài toán chứ không mang tính toán học như cách giải thứ hai.


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


BL1:Cho x,y là các số không âm và 2 2 1x y+ ≤ . Tìm GTLN của hàm số ( , ) 64f x y x y= +

BL2:Tìm GTNN của hàm số: ( ) 5 2 ( 1)f x x x x= − − . Xét trên miền {( ) : 1}D x x= ≥

BL3:Tìm GTNN của hàm số : 2 3 2

2

1( ) x x x xf xx x

− − + −=

−

BL4:Tìm GTNN của hàm số: ( ) 4 12xf x x= + − . Xét trên miền {( ) : 0 2}D x x= ≤ ≤

BL5:Cho a,b dương và 1 1 12a b

+ = . Tìm GTNN của 2A a b= +

IV. Phương pháp thế: Phương pháp này dùng để chứng minh các bất đẳng thức hình học.Phương pháp này dựa vào nhận xét sau: Định lí: Điều kiện cần và đủ để a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác là tồn tại các số dương x,y,z sao cho

; ;a x y b y z c x z= + = + = + Khi đó ta có một số kết quả thú vị như sau:

2

2

2

2

a b cx y z p

a c bx p b

a b cy p c

b c az p a

+ ++ + = =

+ −= = −

+ −= = −

+ −= = −

Ta cần chú ý một số công thức sau:

1. 1 1 1 ( )( )( )2 2 2 4a b c

abcS ah bh ch pr p p a p b p cR

= = = = = − − − =

2. 2sin sin sin

a b c RA B C

= = =

3.

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 cos2 cos2 cos

a b c bc Ab c a ca Bc a b ab C

= + −

= + −

= + −

4.

2 2 2

2 2 2

2 2 2

cot4

cot4

cot4

b c aAS

c a bBS

a b cCS

+ −=

+ −=

+ −=

5. tan ; tan ; tan2 ( ) 2 ( ) 2 ( )A S B S C S

p p a p p b p p c= = =

− − −

6. 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2; ;4 4 4a b c

b c a a c b a b cm m m+ − + − + −= = =

* Chú ý: Sau khi thực hiện phép thế ta bỏ đi điều kiện chúng là 3 cạnh của một tam giác.


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. CMR: 2R r≥ GIẢI Ta thay thế R và r qua các đại lượng khác. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

22 8 8 ( )( )( )

4abc S Sabc p p a p b p c

S p p≥ ⇔ ≥ = − − −

Đến đây ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: ( )( )( ) 8x y y z x z xyz+ + + ≥ Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có:

2

2

2

x y xy

y z yz

x z xz

+ ≥

+ ≥

+ ≥

( )( )( ) 8x y y z x z xyz⇒ + + + ≥

Đẳng thức xảy ra x y z a b c⇔ = = ⇔ = = . Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S. CMR: 2 2 22( ) ( ) 4 3ab bc ca a b c S+ + − + + ≥ GIẢI Ta sử dụng phép thế BĐT trở thành:

[ ] 2 2 2

2

2 2 2

2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 ( )

3 ( )

( ) 3 ( )( ) ( ) ( ) 0

2

x y y z y z x z x y x z x y y z x z xyz x y z

xy yz xz xyz x y z

xy yz xz xyz x y zxy yz yz xz xz xy

+ + + + + + + + − + + + + + ≥ + +

⇔ + + ≥ + +

⇔ + + ≥ + +

− + − + −⇔ ≥

Đẳng thức xảy ra x y z a b c⇔ = = ⇔ = = . LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển từ BĐT hình học sang BĐT đại số giúp giải quyết bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại số hoá , như vậy việc chuyển từ BĐT đại số thành BĐT hình học gọi là phương pháp hình học hoá. Nội dung của phương pháp hình học hoá : Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị giải quyết.Nếu như một bài toán về BĐT, bằng một cách biến đổi sơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện hình học thì ta nên dùng phương pháp hình học để giải.Lẽ dĩ nhiên phương pháp này chỉ thích hợp với những bài toán mà nội dung của nó tiềm ẩn những yếu tố hình học,mà lúc đầu thoạt tiên ta chưa nhận ra. Đối với phương pháp này ta sử dụng nhận một số tính chất sau: - Trong các đường gấp khúc nối 2 điểm A,B thì đường thẳng nối 2 điểm A,B là đường ngắn nhất. - Trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ ba. - Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước.Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ A xuống đường thẳng d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ A xuống đường thẳng ấy. - Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất. - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất là giao điểm của AB và d. - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất là giao điểm của 'A B và d ( trong đó 'A là điểm đối xứng của A qua d). - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B cùng phía với d nhưng không song song với d. Điểm M thuộc d sao cho AM BM− lớn nhất là giao điểm của AB và d


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM BM− lớn nhất là giao điểm của 'A B và d ( trong đó 'A là điểm đối xứng của A qua d, 'A B không song song với d). Sau đây chúng ta sẽ xét một bài toán minh hoạ cho phương pháp này. Bài toán 1:

1. Tìm GTNN của 2 22 2 4 40A x x x x= − + + − +

2. Tìm GTLN của 2 22 2 4 40B x x x x= − + − − +

GIẢI 1. Ta có: 2 2 2 2( 1) (0 1) ( 2) (0 6)A x x= − + − + − + +

Nếu ta chọn điểm ( ,0); (1,1); (2, 6)M x A B − thì 2 2 2 2( 1) (0 1) ; ( 2) (0 6)AM x BM x= − + − = − + + Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM+BM có độ dài bé nhất. Theo tính chất thì điểm M phải là giao điểm của AB và trục hoành. Đường thẳng AB có dạng: ( 0)y ax b a= + ≠ . AB đi qua A,B nên ta có :

1

6 2a b

a b= +

− = +7; 8a b⇒ = − =

Vậy AB: 7 8y x= − + (1)

Từ (1) cho 807

y x= ⇒ = . Vậy điểm M cần tìm có toạ độ 8 ,07

Vậy GTNN của 85 27

A x= ⇔ =

Bài toán tổng quát: Tìm GTNN của 2 2 2 2( ) ( )A x a b x c d= − + + − + ( , 0)b d >

Ta viết lại 2 2 2 2( ) (0 ) ( ) (0 )A x a b x c d= − + − + − + + Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm ( , ); ( , ); ( ,0)A a b B c d M x− ; khi đó A= AM+BM. Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm ở hai phía ở trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành.

2. Ta có 2 2 2 2( 1) (0 1) ( 2) (0 4)B x x= − + − − − + −

Nếu ta chọn (1,1); (2, 4); ( ,0)A B M x khi đó B= AM BM− . Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành

sao cho AM BM− lớn nhất.Theo tính chất thì M là giao điểm của trục hoành và AB. Đường thẳng AB có phương trình dạng ( 0)y ax b a= + ≠ .AB đi qua A,B nên:

14 2

a ba b

= += +

3; 2a b⇒ = = −

Vậy AB: 3 2y x= − (2)

Từ (2) cho 302

y x= ⇒ = . Vậy 3 ,02

M

Vậy GTLN của 3102

B x= ⇔ = .

Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của 2 2 2 2( ) ( )B x a b x c d= − + − − + ( , 0b d > )


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Ta viết lại 2 2 2 2( ) (0 ) ( ) (0 )B x a b x c d= − + − − − + −

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn ( , ); ( , ); ( ,0)A a b B c d M x , khi đó B AM BM= − . Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM BM− lớn nhất. Vì A,B có tung độ cùng dấu nên A,B nằm cùng một phía với trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành. Bài toán 2:

1. Tìm GTNN của 2 22 2 4 8A x x x x= + + + − +

2. Tìm GTLN của 2 22 2 4 8B x x x x= − + − + +

* Lưu ý: Đối với dạng này một số bạn thường mắc phải sai lầm là sử dụng BĐT Mincopski. 2 2 2 2 2 2( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + Nếu bạn sử dụng trực tiếp rất dễ dẫn tới việc dấu bằng không xảy ra hay giá trị tìm được chưa hẳn là giá trị nhỏ nhất của bài toán. Ta quay lại với vấn đề ban đầu, như ta đã biết việc sử dụng phương pháp đại số hoá hay hình học hoá giúp ta giải quyết bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũng vậy.Chẳng hạn với bài toán sau: Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S và kí hiệu các cạnh AB,BC,CA theo qui ước. CMR:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 116 ( ) ( ) ( )2 2 2

a b b c c a S a b c b c a c a b+ + ≥ + − + − + − (1)

GIẢI Nếu như ngay từ đầu ta sử dụng liền phương pháp thế sẽ dẫn tới việc lời giải quá dài hoặc không thể ra được, cụ thể là ta phải chứng minh BĐT sau:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 16 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 ( ) ( ) (2)2

x y y z y z x z x y x z xyz x y z x y y x z y z y

z x z x

+ + + + + + + + ≥ + + + + − + + −

+ + −

Quả thật để chứng minh được BĐT trên là điều không phải dễ, bởi vì cấu trúc của bài toán lúc này quá cồng kềnh, . Đây là việc quá lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc của bài toán ban đầu: (1) 2( ) 16 ( )( )( )abc a b c S abc a b c b c a c a b⇔ + + ≥ ⇔ ≥ + − + − + − Đến đây có lẽ bạn đọc đã nhìn ra nguồn gốc của bài toán rồi phải không. Qua đó ta thấy được việc chứng minh trực tiếp BĐT (1) dễ dàng hơn nhiều so với BĐT (2) Ta rút ra được kinh nghiệm là không nên quá lạm dụng phương pháp đặc biệt là những phương pháp mạnh trong chứng minh BĐT BL1( IMO-1983) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR: 2 2 2( ) ( ) ( ) 0a b a b b c b c c a c a− + − + − ≥ BL2: ( IMO-1961) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có diện tích S. CMR: 2 2 2 4 3a b c S+ + ≥ BL3: Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:

4ab bc ca pp c p a p b

+ + ≥− − −

BL4: Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có: 1. 2 2 2 2

a b cm m m p+ + ≥

2. 2 3a b c

a b cm m m

+ + ≥

Phụ lục: Không những đối với BĐT hình học mới có phép thế mà trong BĐT đại số cũng có phép thế.


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Bài toán 1: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

1 1 11 1 1 1a b cb c a

+ − + − + − ≤

GIẢI

Ta thay ; ;x y za b cy z x

= = = thì BĐT cần chứng minh trở thành:

( )( )( ) 1

( )( )( )

x y z y z x x z yxyz

x y z y z x x z y xyz

+ − + − + −≤

⇔ + − + − + − ≤

Đến đây công việc còn lại xin nhường cho bạn đọc. NX: Do 1abc = nên luôn tồn tại các số x,y,z thoả mãn phép thế trên , trong đó điều kiện x,y,z phụ thuộc vào điều kiện của a,b,c.Không những vậy từ bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc sử dụng phép thế: nó giúp ta giải quyết bài toán nhanh chóng mà nhiều khi nó còn giúp ta phát hiện ra nguồn gốc của bài toán ban đầu. Chẳng hạn với 2 bài toán sau: Bài toán 2: 1. Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

1 1 1 3( 1) ( 1) ( 1) 2a b b c c a

+ + ≥+ + +

2. Cho x,y,z,t dương và xyzt=1. CMR:

2 2 2 2

1 1 1 1 4( ) ( ) ( ) ( ) 3x yz zt ty y xz zt tx z xy xt ty t xy yz xz

+ + + ≥+ + + + + + + +

GIẢI:

1. Đặt ; ;x y za b cy z x

= = = khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

1 1 1 321 1 1

32

x y y z z xy z z x x y

yz xy xzxy xz xz yz xy yz

+ + ≥ + + +

+ + ≥+ + +

BĐT trở lại dạng Nesbit, bạn đọc tự chứng minh. 2. Với bài toán này bạn đọc tự giải.Gợi ý nguồn gốc bài toán:

43

a b c db c d a c d a b d a b c

+ + + ≥+ + + + + + + +

BL1: Cho a,b,c dương và abc=1.CMR:

1 1 1 3( 1) ( 1) ( 1) 2a a b b c c

+ + ≥+ + +


12 2 2

b c aa b b c c a

+ + ≤+ + +

BL3: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

3 3 3

18c 1 8 1 8 1

a b ca b

+ + ≥+ + +

V.Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


1. Kĩ thuật hệ số bất định Kĩ thuật này thường được sử dụng đối với bất đẳng thức không đối xứng. Sau đây là một số ví dụ: Lớp bài toán thứ nhất: Bài toán 1: Cho x,y,z là các số dương.CMR: 1. 2 2 2x y z xy yz xz+ + ≥ + + 2. 2 2 26 3 5 4 8 2x y z xy xz yz+ + ≥ + + GIẢI: 1. Bài toán này chắc hẳn là quá quen thuộc với các bạn, nó cũng đã có khá nhiều trong các cuốn sách về BĐT. Sau đây là lời giải của bài toán này:

2 2

2 2

2 2

222

x y xyy z yzx z xz

+ ≥

+ ≥

+ ≥

2 2 22( ) 2( )x y z xy yz xz⇒ + + ≥ + + ⇒ đpcm

2. Ta giải bài toán trên như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 26 3 5 2( ) 4( )A x y z x y x z y z= + + = + + + + + Đến đây ta áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2 2

2 2

2 2

2( ) 44( ) 8

2

x y xyx z xz

y z yz

+ ≥

+ ≥

+ ≥

4 8 2A xy xz yz⇒ ≥ + +

LB: Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc cách giải của câu 2, không hiểu vì sao lại tách ra được như vậy. Sau đây là bí mật của cách giải: Ta đưa các tham số m,n,p vào biểu thức như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m x y n x z p y z m n x m p y n p z+ + + + + = + + + + + Ta đồng nhất các hệ số với biểu thức ban đầu:

635

m nm pn p

+ =+ =+ =

2, 4, 1m n p⇒ = = = . Khi đó tức là ta sẽ tách biểu thức ban đầu như sau:

2 2 2 2 2 2 2 2 26 3 5 2( ) 4( )A x y z x y x z y z= + + = + + + + + Nội dung của kĩ thuật hệ số bất định: Giả sử ta cần chứng minh BĐT:

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )aA x y z bB x y z cC x y z dD x y z eE x y z fF x y z+ + ≥ + + trong đó x,y,z là các ẩn. Ta đưa vào các tham số m,n,p; nghĩa là ta có: [ ] [ ] [ ]( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )m A x y z B x y z n B x y z C x y z p A x y z C x y z+ + + + + ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( ) ( , , )m p A x y z m n B x y z n p C x y z= + + + + + Ta đồng nhất thức, khi đó ta có hệ:

m p am n bn p c

+ =+ =+ =

; ;2 2 2

a b c b c a a c bm n p+ − + − + −⇒ = = =

Sau đó ta tìm cách chứng minh:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


[ ]

[ ]

[ ]

( , , ) ( , , ) ( , , )2

( , , ) ( , , ) ( , , )2

( , , ) ( , , ) ( , , )2

a b c A x y z B x y z dD x y z

b c a B x y z C x y z eE x y z

a c b A x y z C x y z fF x y z

+ −+ ≥

+ −+ ≥

+ −+ ≥

Lưu ý biểu thức vế trái của BĐT cần chứng minh có thể là một số. Sau đây là một áp dụng của kĩ thuật này trong bài toán lượng giác: Bài toán 2: Cho tam giác ABC. CMR:

1. sin sin 2cos2CA B+ ≤

2. sin sin sin cos cos cos2 2 2A B CA B C+ + ≤ + +

3. 7sin 5sin 8sin 4cos 6cos 10cos2 2 2C A BA B C+ + = + +

Xác định hình dạng của tam giác ABC. GIẢI

1. Ta có: sin sin 2cos sin 2sin 2cos2 2 2 2

A B A B A B CA B − + ++ = ≤ = (1)

Do ( ]( )sin 0;cos 1 , , 0;2 2

A B A B A B C π+ −

> ≤ ∀ ∈

2. Tương tự ta có các BĐT sau:

sin sin 2cos2AB C+ ≤ (2)

sin sin 2cos2BA C+ ≤ (3)

Cộng (1); (2) và (3) ta có: sin sin sin cos cos cos2 2 2A B CA B C+ + ≤ + +


A B C ABCπ⇔ = = = ⇔ ∆ đều.

3. Đến câu 3 ta không thể sử dụng trực tiếp như câu 2 mà phải sử dụng kĩ thuật hệ số bất định như sau:

(sin sin ) (sin sin ) (sin sin )( )sin ( )sin ( )sin

m A B n B C p A Cm p A m n B n p C

+ + + + += + + + + +

Đồng nhất hệ số ta có:

758

m pm nn p

+ =+ =+ =

2; 3; 5m n p⇒ = = =

Khi đó ta có: 2(sin sin ) 3(sin sin ) 5(sin sin )A B B C A C+ + + + + Sử dụng các BĐT (1);(2) và (3) ta suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều. BL1:Cho x,y,z là các số dương.CMR:

1. 2 2 215 1112 14 102 2

x y z xy yz xz+ + ≥ + +

2. 3 3 313 7 10 10 4 16a b c ab ab bc bc ca ca+ + ≥ + +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


BL2: Xác định hình dạng của tam giác ABC:

1. 8cos 7cos 9cos 6sin 8sin 10sin2 2 2C A BA B C+ + = + +

2. 38 23 4tan 19 tan tan 24cot 14cot cot3 3 2 2 3 2

C A BA B C+ + = + +

3. 5 23 9 8cot cot cot tan 2 tan 3 tan2 10 5 5 2 2 2

A B CA B C+ + = + +

Lớp bài toán thứ hai: Bài toán 1: Cho a,b,c không âm và 3a b c+ + = . Tìm GTLN của 4 8 6A ab bc ca= + + GIẢI Đưa tham số m,n,p sử dụng kĩ thuật hệ số bất định ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ma b c nb c a pc a b m n ab n p bc m p ca+ + + + + = + + + + + Đồng nhất hệ số ta có:

486

m nn pm p

+ =+ =+ =

1; 3; 5m n p⇒ = = =

Khi đó biểu thức A trở thành: ( ) 3 ( ) 5 ( ) (3 ) 3 (3 ) 5 (3 )A a b c b c a c a b a a b b c c= + + + + + = − + − + −

2 2 281 3 3 33 54 2 2 2

a b c = − − + − + −

Đặt 3 3 3; ;2 2 2

x a y b z c= − = − = −9 32 2

x y z a b c⇒ + + ≥ + + − =

Bài toán qui về việc tìm GTLN của ( )2 2 281 3 54

A x y z= − + + với 32

x y z+ + ≥ . Nghĩa là ta phải tìm

GTNN của 2 2 23 5x y z+ + với 32

x y z+ + ≥

Đến đây ta sử dụng kĩ thuật cân bằng hệ số để giải quyết.

Đ/Án: max A 43223

=12 27 30; ;23 23 23

x y z⇔ = = =

Bài toán 2: Cho a,b,c dương . CMR:

15 5 5 3 5 34 6 2 10 4 20 2c a b a b c a b ca b a c b c− − + + + −

+ + ≥+ + +

GIẢI Ta đưa vào biểu thức các tham số m,n,p như sau:

15 5 5 3 54 6 2 10 4 20

(4 1) (6 1) 15 (2 1) 5 (5 10 ) 3 (1 4 ) (20 5)4 6 2 10 4 20

c a b a b c a b cm n pa b a c b c

a m b m c a n b c n a p b c pa b a c b c

− − + + + −+ + + + +

+ + +− + − + + + + + + + + −

= + ++ + +

Ta cần tìm m,n,p sao cho :

4 1 2 1 36 1 5 1 415 5 10 20 5

m nm p

n p

− = + =− = = +

= + = −1, 1, 1m n p⇒ = = =

Khi đó ta có BT :


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


( ) ( ) ( )

3 5 15 3 5 15 3 5 15 34 6 2 10 4 20

1 1 1 9 33 5 15 3 3 5 15 34 6 2 10 4 20 2 3 5 15 2

a b c a b c a b ca b a c b c

a b c a b ca b a c b c a b c

+ + + + + ++ + −

+ + + ⇔ + + + + − ≥ + + − = + + + + +

LB: Qua lời giải của các bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc dùng kĩ thuật hệ số bất định trong các bài toán bất đẳng thức không đối xứng. Nó giúp chúng ta giải thích được những lời giải thiếu tự nhiên. BL1: Cho a,b,c không âm và 1a b c+ + = . Tìm GTLN của 3 5 4A ab bc ac= + + BL2: Cho a,b,c không âm và 2a b c+ + = . Tìm GTLN của 5 7 8A ab bc ac= + + BL3: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

3 5 3 2 2 14 3 2 2 4

c b b c a a b ca b a c b c

− + − + ++ + ≥

+ + +

BL4: Cho a,b,c là các số dương.CMR:

4 3 3 5c a b b ca b b c a c

+ −+ + ≥

+ + +

2. Phương pháp chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất: Đối với phương pháp này ta cần chú ý một số nhận xét sau: - Với BĐT đối xứng ( hoán vị bất kì ) của các biến ( )1,ia i n= , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

1 2 .... na a a≥ ≥ ≥

- Với BĐT hoán vị vòng quanh của các biến ( )1,ia i n= , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

( )1 1 2min , ,... na a a a= hoặc ( )1 2max , ,... na a a a= Bài toán 1: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

( ) ( ) ( )

ab bc ca a b cc c a a a b b b c c a a b b c

+ + ≥ + ++ + + + + +

GIẢI Do BĐT có tính hoán vị vòng quanh nên ta giả sử: max( , , )a a b c= . Ta đưa BĐT cần chứng minh về dạng sau:

( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( )

a b c b c a c a bc c a a a b b b c

− − −+ + ≥

+ + +

Ta chia ra thành 2 trường hợp sau: TH1: 0a b c≥ ≥ > . Khi đó ta có:

( ) 0; ( ) ( )( ) 0; ( ) ( )

a b c c c a a a bc a b b b c a a b

− ≥ + ≤ +− ≥ + ≤ +

Suy ra: ( ) ( )( ) ( )

a b c a b cc c a a a b

− −≥

+ + và ( ) ( )

( ) ( )c a b c a bb b c a a b

− −≥

+ +. Do đó:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b a b c b c a c a bc c a a a b b b c a a b

− − − − + − + −+ + ≥ =

+ + + +

TH2: 0a c b≥ ≥ > . Khi đó ta có:

( ) 0; ( ) ( )( ) 0; ( ) ( )

a b c c c a b b cc a b a a b b b c

− ≤ + ≥ +− ≤ + ≥ +

Suy ra: ( ) ( )( ) ( )

a b c a b cc c a b b c

− −≥

+ + và ( ) ( )

( ) ( )b c a b c aa a b b b c

− −≥

+ +.Do đó:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b a b c b c a c a bc c a a a b b b c b b c

− − − − + − + −+ + ≥ =

+ + + +

NX: Bài toán trên khá hay và cách giải trên là ngắn gọn và dễ hiểu nhất. Ngoài ra còn có 2 cách giải như sau: C1: Sử dụng phép thế. BĐT cần chứng minh tương đương với:

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

b a c b a c a b cc c a a a b b b c c a a b c b

b c ac a b c a bc a ba b c a b c

+ + ≥ + ++ + + + + +

⇔ + + ≥ + ++ + + + + +

Đặt ; ; 1a b cx y z xyzb c a

= = = ⇒ = . BĐT trở thành:

1 1 11 1 1 1 1 1

y z xz x y z x y

+ + ≥ + ++ + + + + +

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( ) ( ) ( ) 3( 1) ( 1) ( 1) ( ) ( 3) 0

y x y z y z x z x x y y z z xxy yz zx x y z x y zx y z x y z xy yz zx

⇔ + + + + + + + + ≥ + + + + + + + +

⇔ + + + + + ≥ + + +

⇔ − + − + − + + + + + + − ≥

Sử dụng BĐT Cauchy ( )2 2 2 333 3xy yz zx xyz+ + ≥ = . Ta suy ra đpcm. C2: Sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức- phép thế. BĐT cần chứng minh tương đương với:

3( ) ( ) ( )

ab c bc a ca bc c a c a a a b a b b b c b c

+ + + + + ≥ + + + + + +

2 2 2

3( ) ( ) ( )

ab c bc a ca bc c a a a b b b c

+ + +⇔ + + ≥

+ + +

Sử dụng BĐT Cauchy tức là ta phải chứng minh: 2 2 2( )( )( ) ( )( )( )ab c bc a ca b abc a b b c c a+ + + ≥ + + + Chia hai vế cho 3( )abc ta được BĐT trở thành:

1 1 1a b b c a c a b cb c c a b a b c a

+ + + ≥ + + +

Đặt ; ; 1a b cx y z xyzb c a

= = = ⇒ = . BĐT cần chứng minh trở thành:

( )( )( ) (1 )(1 )(1 )x y y z x z x y z+ + + ≥ + + + Còn lại bạn đọc tự chứng minh. Bài toán 2: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

0a b b c c ab c c a a b− − −

+ + ≥+ + +

GIẢI Giả sử max( , , )a a b c= ,ta xét các trường hợp sau: TH1: 0a b c≥ ≥ > . Khi đó ta có:

0;

0;

a b b c a b

b c c a a b

− ≥ + ≤ +

− ≥ + ≤ +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Do đó: a b a bb c a b− −

≥+ +

và b c b cc a a b− −

≥+ +

Suy ra : 0a b b c c a a b b c c ab c c a a b a b− − − − + − + −

+ + ≥ =+ + + +

TH2: 0a c b≥ ≥ > . Khi đó ta có:

0;

0;

b c c a b c

c a a b b c

− ≤ + ≥ +

− ≤ + ≥ +

Do đó: b c b cc a b c− −

≥+ +

và c a c aa b b c− −

≥+ +

Suy ra: 0a b b c c a a b b c c ab c c a a b b c− − − − + − + −

+ + ≥ =+ + + +

LB: Bạn đọc có thể tham khảo thêm cách giải sau: Đặt ( ); ; , , 0x b c y c a z a b x y z= + = + = + > . Khi đó ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

; ;2 2 2

y z x z x y x y za b c+ − + − + −= = =

BĐT cần chứng minh trở thành: 2 2 2 2 2 2

0y x z y x zx y z− − −

+ + ≥

2 2 2x y z x y zz x y

⇔ + + ≥ + + . Đến đây bạn đọc tự giải quyết việc còn lại.

Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR:

2008 2008 20082008 2008 2008

a b c a b cb c a b c a

+ + ++ + ≥ + +

+ + +

GIẢI: Bài toán này ta sẽ không sử dụng phương pháp chọn phần tử lớn nhât, nhỏ nhất mà sẽ sử dụng một phương pháp khác liên quan mật thiết này đó là phương pháp “ Bán Schur- Bán S.O.S” Giả sử min( , , )c a b c= BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

0( 2008) ( 2008) ( 2008)

a b b c c ab b c c a a

− − −+ + ≥

+ + +

2

1 1 1 1( ) ( ) 0( 2008) ( 2008) ( 2008) ( 2008)

( 2008) ( 2008)( ) ( )( ) 0( 2008)( 2008) ( 2008)( 2008)

a b b cb b a a c c a a

a b a ca b b c a cab a b ac a c

⇔ − − + − − ≥ + + + +

+ + + +⇔ − + − − ≥

+ + + +

BĐT trên đúng với các điều kiện đã giả sử ban đầu. LB: Có thể nói sử dụng phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” để giải toán BĐT là khá hay. Tuy sức mạnh của phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không bằng phương pháp phân tích bình phương S.O.S. Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” là một mẫu mực khi đứng trước các bài toán về bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị. Nội dung của phương pháp “Bán Schur – Bán S.O.S”. Khi đứng trước một bài toán BĐT đối xứng hay hoán vị ta tìm cách đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau: 2( ) ( )( ) 0M a b N a c b c− + − − ≥


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Với điều kiện giả sử min( , , ) max( , , )c a b c c a b c= ∨ = . Nhiệm vụ của ta là chứng minh các hệ số M,N không âm hoặc dương. Về mặt lí thuyết là ta có thể đưa mọi BĐT đối xứng hay hoán vị bất kì về dạng bán schur- bán S.O.S. Nhưng trong thức hành thì ta cần dựa vào một số dạng phân tích tổng quát như sau: Dạng tổng quát: Giả sử BĐT cần chứng minh có dạng là:

[ ] [ ]( ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) 0

( ) ( , , ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( , , ) 0a b A a b c b c B a b c c a C a b c

a b A a b c C a b c b c B a b c C a b c− + − + − ≥

⇔ − − + − − ≥

Sau đó tìm cách phân tích các biểu thức ( , , ) ( , , ); ( , , ) ( , , )A a b c C a b c B a b c C a b c− − sao cho chứa các thừa số ;a b a c− − . Đối với dạng căn thức thì ta có thể làm như sau sử dụng biểu thức liên hợp:

( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , )( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , )( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , )

A a b c B a b c C a b c D a b cA a b c B a b c C a b c D a b cA a b c B a b c C a b c D a b c

−− =

+

Sau đó ta mới bắt đầu tìm cách đưa về dạng chính tắc của bán schur- bán S.O.S. Sau đây là một số phân tích thường dùng:

2 2 2 2

3 3 3 2

2

2 2 2

4 4 4

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

5. ( ) (

a b c ab bc ca a b a c b ca b c abc a b c a b a b c a c b cab a b bc b c ca c a abc c a b a b a c b cab bc ca abc c a b b a c b c

a b c abc a b c a

+ + − − − = − + − −

+ + − = + + − + + + − −

+ + + + + − = − + + − −

+ + − = − + − −

+ + − + + = [ ]2 2 2

3 3 3 2

3 3 3 2 2

2

) ( ) ( )( ) ( )( )

6. ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )( )( ) (2 )( )( )7. ( ) ( )( ) ( )( )( )

( ) ( )8. 3

b c a b ab a c b c a c b c

a b c b c a c a b abc a b c a c b c a b ab ac bc a c b ca b b c c a abc a b c ac cb a b a ac a c b ca b c a b a cb c a ab

+ + − + + + + − − + + + + + − + + = + + − + + + − −

+ + − + + = + − + + − −

− −+ + − = +

2

2

2 2 2 2

( )

2( ) ( )( )( )9. 6

3 ( ) ( 2 )( )( )10.2 ( )( ) 2( )( )( )

( )( ) ( )( 2 )( )(11.2 ( )( )

b cac

b c c a a b a b a b a c b ca b c ab abca b c a b a b c a c b c

b c c a a b a c b c a b b c c aa b c a b c a b c a b a b c a b c a c b

b c c a a b a c b c

−

+ + + − + − −+ + − = +

− + + − −+ + − = +

+ + + + + + + +

+ + + + − + + + + −+ + − = +

+ + + + +)

2( )( )( )c

a b b c c a−

+ + +

Sau đây là một số bài toán áp dụng phương pháp này: Bài toán 1: Cho a,b,c không âm . CMR: 3 3 3 3 ( ) ( ) ( )a b c abc ab a b bc b c ca a c+ + + ≥ + + + + + Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR:

a b c a b a c b cb c a a c b c a b

+ + ++ + ≥ + +

+ + +


3 3 3 2 2 2

23

abc ab bc caa b c a b c

+ ++ ≥

+ + + +



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


2 2 24( ) 2b c c a a b a b c

a b c ab bc ca+ + + + +

+ + ≥ ++ +


3 3 3

52( ) 3

a b c abcb c c a a b a b c

+ + + ≥+ + + + +

BL1: Cho a,b,c dương . CMR:

2b c c a a b a b ca b c b c c a a b

+ + ++ + ≥ + + + + +

BL2: Cho a,b,c,x,y dương. CMR:

0( ) ( ) ( )

x x x x x x

y y ya b b c c ab c c a a b

− − −+ + ≥

+ + +


2 2 2 2 2 2

0a b b c c ab c c a a b− − −

+ + ≥+ + +

Lưu ý: Các bài toán giải bằng phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất thì có thể giải bằng phương pháp bán Schur- bán S.O.S. VI. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Lâu nay ta đã sử dụng khá nhiều bất đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopski nhưng chưa biết rõ bản chất thực sự của nó. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu thật kĩ lại nó. 1.Bất đẳng thức Cauchy: a. Nhắc lại kiến thức cơ bản: Cho 1 2, ,... na a a không âm thì ta có:

1 21 2

.... ...n nn

a a a a a an

+ + +≥ . Viết gọn: 1

1

n

i ni n i

i

aa

n=

=

≥∑

∏

Đẳng thức xảy ra: 1 2 .... na a a= = = . Lưu ý: Việc xảy ra dấu “=” trong bất đẳng thức Cauchy rất quan trọng (đặc biệt là khi sử dụng BĐT Cauchy trong bài toán cực trị ).Vì thế khi giải bài toán cực trị hay BĐT thì việc dự đoán điểm rơi giúp ta không bị phạm sai lầm trong việc sử dụng BĐT cổ điển. Kiến thức bổ sung:

Tổng của các số hạng ia với 1,2....i n= được kí hiệu là 1

n

ii

a=

∑ , nghĩa là: 1 21

...n

i ni

a a a a=

= + + +∑

Tính chất:

1 1 1

1 1

1

1. ( )

2. . .

3.

n n n

i i i ii i i

n n

i ii in

i

a b a b

c a c a

c nc

= = =

= =

=

+ = +

=

=

∑ ∑ ∑

∑ ∑

∑

Tích của các số hạng ja với 1, 2...j n= được kí hiệu là 1

n

ji

a=

∏ , nghĩa là: 1 21

....n

j nj

a a a a=

=∏


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Tính chất:

1 1 1

1 1

1

1. .

2.

3.

n n n

i i i ii i i

kn nk

i ii i

nn

i

a b a b

a a

c c

= = =

= =

=

=

=

=

∏ ∏ ∏

∏ ∏

∏

b. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy trong bài toán cực trị: 1.Kĩ thuật cân bằng hệ số: 2.Kĩ thuật Cauchy trọng số: Bài toán 1:

1. Cho a dương. Tìm GTNN của 1A aa

= +

2. Cho 2a ≥ . Tìm GTNN của 1B aa

= +

GIẢI 1. Sử dụng BĐT Cauchy ta có:

1 12 . 2a aa a

+ ≥ =

Đẳng thức xảy ra ( )1 0 1a a aa

⇔ = > ⇔ =

2. Ở bài này ta không thể sử dụng BĐT Cauchy trực tiếp được vì nó sẽ dẫn đến điểm rơi là 1a = , trái với điều kiện ban đầu của bài toán.

Sau khi lập bảng biến thiên ta dự đoán GTNN của B đạt tại 2a = , nghĩa là điểm rơi sẽ là 2a = . Nên ta tìm cách tách hạng tử a trong biểu thức B như sau:

( )1 1 1A a a aa a

β α α β= + = + + + = (1)

Sau khi tách ra như trên ta sử dụng BĐT Cauchy cho 2 số 1;aa

α và dấu “=” xảy ra sẽ là:

2

1 1aa a

α α= ⇒ = .

Do ta dự đoán điểm rơi là 2a = nên ta tính được 1 3;4 4

α β= = . Tới đây lời giải bài toán như sau:

1 3 1 3.2 1 3 52 14 4 4 4 2 2a a aa

a a a+ = + + ≥ + = + =

Đẳng thức xảy ra 1 24a a

a⇔ = ⇔ = .

LB: Việc đưa tham số vào giúp ta điều chỉnh, đảm bảo được dấu “=” xảy ra đúng. Bài toán 2:

1. Cho 2a ≥ . Tìm GTLN: 2

1A aa

= + .

2. Cho , 0

1a ba b

>+ ≤

. Tìm GTNN của 1A abab

= +

GIẢI


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


1. Dự đoán điểm rơi là 2a = .Ta tách hạng tử a như sau:

2

1A a aa

α β= + +

Sau khi sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy ra 2 3

1 1 18

aa a

α α⇔ = ⇔ = =

Khi đó ta có: 32 2

1 3 1 3.2 938 8 4 8 8 4 4a a a a a

a a+ + + ≥ + =

Đẳng thức xảy ra 2a⇔ =

2. Đặt ( )0t ab t= > khi đó ta có điều kiện ( )21

4 4a b

t ab+

= ≤ = .

Bài toán qui về việc tìm GTNN của biểu thức 1A tt

= + với 104

t< ≤ .( Bạn đọc tự giải )

Ngoài ra bạn có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu. Bài toán 3:

1. Cho a,b,c,d dương. Tìm GTNN của 4

4

a b c d abcdAa b c dabcd

+ + += +

+ + +

2.Cho a,b,c dương và 3a b c+ + ≤ . Tìm GTNN của 1 1 12A a b ca b c

= + + + + +

GIẢI 1. Do tính đối xứng của bài toán nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại các biến bằng nhau. Ta có lời giải

như sau:

( )4

4 4. . 1a b c d a b c d abcdA

a b c dabcd abcdβ α α β

+ + + + + += + + + =

+ + +

Sau khi sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy ra

( )4

4

1.16

a b c d abcd a b c da b c dabcd

α α+ + +

⇔ = ⇒ = = = =+ + +

Khi đó ta có: 4 4

4 4 4

15( ) 15.4 15 2 172 .16 4 4 416 16 16

a b c d a b c d abcd a b c d abcda b c d a b c dabcd abcd abcd

+ + + + + + + + ++ + ≥ + = + =

+ + + + + +

Dấu “=” xảy ra a b c d⇔ = = = Ngoài ra bạn đọc có thể giải bài toán trên bằng phương pháp xét tính đơn điệu.

Đặt 4

4 4

4 4a b c d abcdtabcd abcd

+ + += ≥ =

Bài toán qui về việc tìm cực trị của ( )1 4A t tt

= + ≥

Xét 1 2 4t t≥ ≥ ta có: 1 2 1 21 2

1 2

( )( 1)( ) ( ) 0t t t tA t A tt t

− −− = ≥

Do đó hàm ( )A t đồng biến không chặt trên 4t ≥ . Suy ra 17( ) (4)4

A t A≥ =

Bài toán tổng quát:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Cho ( )1,ia i n= dương. Tìm GTNN của 11

11

nnn ii

iinn

n iiii

aaM

aa

==

==

= +∏∑

∑∏

GIẢI

Ta có :

22 2

1 11 1 12

2 2 2

1 11 1 1

( 1)( 1) 12 .

n nn n nn ni ii i i

i ii i in nn n n

n n ni ii i ii ii i i

a an a a an n nM

n na an a n a n a

= == = =

= == = =

−− +

= + + ≥ + =∏ ∏∑ ∑ ∑

∑ ∑∏ ∏ ∏

Đẳng thức xảy ra ( ); , 1,i ja a i j i j n⇔ = ≠ =

2. Ta tách như sau:

1 1 1 1 1 1B a b ca b c a b c

α β = + + + + + + + +

Do vai trò a,b,c như nhau nên ta dự đoán GTNN của biểu thức đạt tại các biến bằng nhau. Đồng thời ta chỉ cần làm việc trên biến a còn các biến còn lại tương tự. Sau khi sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=”

xảy ra ( )1. 1 1a a b ca

α α⇔ = ⇒ = = = =

Ta có lời giải như sau:

( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 92 . 2 . 2 . 9B a b c a b ca b c a b c a b c a b c

= + + + + + + + + ≥ + + + ≥ + +

Dấu “=” xảy ra 1a b c⇔ = = = Bài toán tổng quát:

Cho ( )1, 0ia i n= > và 1

n

ii

a n=

≤∑ . Tìm GTNN của 1 1

12n n

ii i i

B aa= =

= +∑ ∑

GIẢI

Ta có: 2

1 1 1 1 1 1 1

1

1 1 1 12 2 3n nn n n n n

n ni i i ni i i i i i ii i i i

ii

nB a a n a n n n na a a a a= = = = = = =

=

= + = + + ≥ + + ≥ + =∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∏ ∏∑

Đẳng thức xảy ra 1 2 ... 1na a a⇔ = = = = . Bài toán 4:

1. Cho a,b,c dương và 1a b c+ + = . Tìm GTLN của 3 3 3A a b b c a c= + + + + + 2. Cho a,b,c dương và 3a b c+ + = . Tìm GTLN của 3 3 32 2 2B a b b c c a= + + + + +

GIẢI: 1.Sai lầm mà các bạn học sinh hay mắc phải là sử dụng BĐT Cauchy trật điểm rơi.

3

3

3

2( ).1.13

2( ).1.13

2( ).1.13

a ba b

b cb c

c ac a

+ ++ ≤

+ ++ ≤

+ ++ ≤


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Sau khi sử dụng BĐT Cauchy như trên ta có dấu “=” xảy ra: 111

a bb cc a

+ =+ =+ =

32

a b c⇒ + + = ( vô lí)

Đầu tiên ta dự đoán GTNN của A đạt tại 13

a b c= = = ( do tính đối xứng của bài toán). Khi đó ta tính

được 3 3 3 323

a b b c c a+ = + = + = . Nghĩa là ta dung BĐT Cauchy sao cho dấu “=” xảy ra đạt được là

23

a b b c c a+ = + = + =

Từ đó ta có lời giải như sau:

3

3

3

42 2 3( ). .3 3 3

42 2 3( ). .3 3 3

42 2 3( ). .3 3 3

a ba b

b cb c

c ac a

+ ++ ≤

+ ++ ≤

+ ++ ≤

( )3 33

, ,

2 49 184 3a b c

a b ca b

+ + + ⇒ + ≤ =

∑


a b c⇔ = = =

2. Tương tự ta giải như sau: 3

3

3

2 6(2 ).3.33

2 6(2 ).3.33

2 6(2 ).3.33

a ba b

b cb c

c ac a

+ ++ ≤

+ ++ ≤

+ ++ ≤

( )3 33

, ,

3 1812 3 339a b c

a b ca b

+ + + ⇒ + ≤ =

∑

Đẳng thức xảy ra 1a b c⇔ = = =

BL1: Cho a,b,c dương và 32

a b c+ + ≤ . Tìm GTNN của 2 2 2 1 1 1A a b ca b c

= + + + + +

Bài toán tổng quát: Cho ( )1,ia i n= dương và 1 2

n

ii

na=

≤∑ . Tìm GTNN của 2

1 1

1n n

ii i i

A aa= =

= +∑ ∑

BL2: Cho tam giác ABC. Tìm GTNN của , , , ,

1sinsinA B C A B C

A AA

= +∑ ∑

BL3: 1.Cho a,b,c,d dương. Tìm GTNN của 2 2 2 21 1 1 13 3 3 3a b c dAb c d a

= + + + +

2. Cho a,b,c,d dương. Tìm GTNN của a b c d b c d c d a a b d a b cS

b c d c d a a b d a b c a b c d+ + + + + + + +

= + + + + + + ++ + + + + + + +

BL4: Cho a,b,c dương và 1a b c+ + ≤ . Tìm GTNN của 2 2 2

1 1 1 2 2 2 81Aa b c ab bc ca

= + + + + + ≥


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Bài toán tổng quát: Cho ( )1,ia i n= dương. Tìm GTNN của 21 , , 1

1 12.n n

i i j i ji i j

Aa a a= ≠ =

= +∑ ∑

BL5: Cho a,b,c,d,e dương và 5a b c d e+ + + + = . Tìm GTLN của 5 5 5 5 5( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )S a b c d e b c a d e c d a b e d e a b c e a b c d= + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

BL6: Cho 2; 6; 12a b c≥ ≥ ≥ . Tìm GTLN của 3 42 6 12bc a ca b ab cSabc

− + − + −=

3. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu: Bài toán 1: Cho a,b,c dương và 3a b c+ + = .CMR:

2 2 2

31 1 1 2

a b cb c a

+ + ≥+ + +

GIẢI Ta không thể dùng trực tiếp BĐT Cauchy với mẫu số vì khi đó BĐT sẽ đổi chiều:

2 2

3 ??1 1 1 2 2 2 2

a b c a b cb c a b c a

+ + ≤ + + ≥+ + +

Để giải bài toán này ta sẽ dùng một ý tưởng từ một đẳng thức quen thuộc 1 112 2

− = .BĐT cần chứng

minh tương đương với BĐT sau:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

31 1 1 2

31 1 1 2

a b ca b c a b cb c a

ab bc cab c a

− + − + − ≤ + + −+ + +

⇔ + + ≤+ + +

Ta sử dụng BĐT Cauchy dưới mẫu số ta được:

( ) ( )22 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 31 1 1 2 2 2 2 2 2 2

a b cab bc ca ab bc ca ab bc cab c a b c a

+ ++ + ≤ + + = + + ≤ =

+ + +


3 3 3

2 2 2 2 2 2 2a b c a b c

a b b c c a+ +

+ + ≥+ + +


2 3 3

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2

2

a b c a b ca b c a b ca b b c c a

ab bc ca a b ca b b c c a

+ +− + − + − ≤ + + −

+ + ++ +

⇔ + + ≤+ + +

Ta sử dụng BĐT Cauchy dưới mẫu số:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ab bc ca ab bc ca a b c

a b b c c a ab bc ca+ +

+ + ≤ + + =+ + +

Bài toán 3: Cho a,b,c dương và 3a b c+ + = . CMR:

2 2 2

1 1 1 31 1 1

a b cb c a

+ + ++ + ≥

+ + +



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 11 1 1 1 1 1 31 1 1

( 1) ( 1) ( 1) 31 1 1

a b ca b c a b cb c a

a b b c c ab c a

+ + ++ − + + − + + − ≤ + + + + + −

+ + ++ + +

⇔ + + ≤+ + +

Ta sử dụng BĐT dưới mẫu số:

( )2

2 2 2

2 2 2

3( 1) ( 1) ( 1) (1 ) (1 ) (1 ) 3 3 31 1 1 2 2 2 2 2

a b ca b b c c a a b b c c a ab bc cab c a

+ +++ + + + + + + + +

+ + ≤ + + = ≤ =+ + +

BL1: Cho a,b,c,d dương và 4a b c d+ + + = . CMR:

2 2 2 2 21 1 1 1

a b c db c d a

+ + + ≥+ + + +

BL2: Cho a,b,c dương và 3a b c+ + = . CMR:

2 2 2

2 2 2 12 2 2

a b ca b b c c a

+ + ≥+ + +


4 4 4

3 3 3 3 3 32 2 2 3a b c a b c

a b b c c a+ +

+ + ≥+ + +

Bài toán tổng quát: Cho a,b,c dương và n là số tự nhiên. CMR:

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

n n n

n n n n n n

a b c a b ca nb b nc c na n

+ + +

+ + + + + +

+ ++ + ≥

+ + + +

BL4: Cho a,b,c,d dương và 4a b c d+ + + = . CMR:

2 2 2 2

1 1 1 1 41 1 1 1

a b c db c d a

+ + + ++ + + ≥

+ + + +

2. Bất đẳng thức Bunhiacopski: a. Nhắc lại kiến thức cơ bản: Với 2 dãy số thực tuỳ ý 1 2, ,... na a a và 1 2, ,... nb b b ta có bất đẳng thức:

( )( ) ( )22 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2.... .... ....n n n na a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + viết gọn :

22 2

1 1 1.

n n n

i i i ii i i

a b a b= = =

≤

∑ ∑ ∑

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( )1 2, ,... na a a và ( )1 2, ,... nb b b là 2 bộ tỉ lệ, nghĩa là tồn tại số thực k để

( )1,i ia kb i n= ∀ =

b. Các dạng suy biến của bất đẳng thức Bunhiacopski: 1. Dạng 1: Với 2 dãy số thực ( )1 2, ,... na a a và ( )1 2, ,... nb b b ta luôn có:

( )222 21 21 2

1 2 1 2

......

...nn

n n

a a aaa ab b b b b b

+ + ++ + + ≥

+ + +

Đẳng thức xảy ra 1 2

1 2

... n

n

aa ab b b

⇔ = = =

2. Dạng 2: Với 2 dãy số thực ( )1 2, ,... na a a và ( )1 2, ,... nb b b ta luôn có:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2... ... ...n n n na a a b b b a b a b a b+ + + + + + + ≥ + + + + + +

Đẳng thức xảy ra 1 2

1 2

... n

n

aa ab b b

⇔ = = =

3. Dạng 3: Với 2 dãy số thực ( )1 2, ,... na a a và ( )1 2, ,... nb b b ta luôn có:

( ) ( )21 21 1 2 2 1 2

1 2

... ... ...nn n n

n

aa aa b a b a b a a ab b b

+ + + + + + ≥ + + +

Đẳng thức xảy ra 1 2 ... nb b b⇔ = = = Như ta đã biết BĐT Cauchy có khá nhiều áp dụng nhưng đối với một số bài toán thì lại khác nếu ta sử dụng BĐT Cauchy thì lời giải sẽ rất dài dòng, trong khi đó ta sử dụng BĐT Bunhiacopski sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. Cụ thể ta xét các bài toán sau: Bài toán 1: Cho a,b,c dương. CMR:

1. 2 2 2a b c a b c

b c a+ + ≥ + + 2.

3 3 32 2 2a b c a b c

b c a+ + ≥ + +

GIẢI 1. C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có:

2 2

2 2

2 2

2 . 2

2 . 2

2 . 2

a ab b ab b

b bc c bc c

c ca a ca a

+ ≥ =

+ ≥ =

+ ≥ =

( ) ( )2 2 2

2a b c a b c a b c a b cb c a

⇒ + + ≥ + + − + + = + +

C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski.

( )22 2 2 a b ca b c a b cb c a a b c

+ ++ + ≥ = + +

+ +

2. C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy như sau: 3 3

2

3 32

3 32

2 . 2

2 . 2

2 . 2

a aab ab ab b

b bbc bc bc c

c cca ca ca a

+ ≥ =

+ ≥ =

+ ≥ =

( )3 3 3

2 2 2 2 2 22a b c ab bc ca a b c a b c ab bc cab c a

⇒ + + + + + ≥ + + ≥ + + + + +

3 3 32 2 2a b c a b c

b c a⇒ + + ≥ + +


( )22 2 23 3 3 4 4 42 2 2a b ca b c a b c a b c

b c a ab bc ca ab bc ca+ +

+ + = + + ≥ ≥ + ++ +

( Do 2 2 2

1a b cab bc ca

+ +≥

+ +)


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



2 2 2

2a b c a b c

b c c a a b+ +

+ + ≥+ + +

GIẢI C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy.

2 2

2 2

2 2

2 .4 4

2 .4 4

2 .4 4

a b c a b c ab c b c

b c a b c a bc a c a

c a b c a b ca b a b

+ ++ ≥ =

+ +

+ ++ ≥ =

+ +

+ ++ ≥ =

+ +

2 2 2

2 2a b c a b c a b ca b c

b c c a a b+ + + +

⇒ + + ≥ + + − =+ + +

C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski ở dạng suy biến 1. ( )

( )

22 2 2

2 2a b ca b c a b c

b c c a a b a b c+ + + +

+ + ≥ =+ + + + +

NX: Từ cách giải thứ hai ta có thể chứng minh BĐT sau:

( )( )

2 2 2 32ab bc caa b c

b c c a a b a b c+ +

+ + ≥+ + + + +

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: ( )

( ) ( )( )

( )

22 2 2 2 2 32 2 22 2 2a b c ab bc caa b c a b c ab bc ac

b c c a a b a b c a b c a b c+ + + ++ + + + +

+ + ≥ = =+ + + + + + + + +


( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

4a b b c c a

a b cc a b+ + +

+ + ≥ + +

GIẢI C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy.

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

4 2 .4 4( )

4 2 .4 4( )

4 2 .4 4( )

a b a bc c a b

c c

b c b ca a b c

a a

c a c ab b c a

b b

+ ++ ≥ = +

+ ++ ≥ = +

+ ++ ≥ = +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

8 4 4a b b c c a

a b c a b c a b cc a b+ + +

⇒ + + ≥ + + − + + = + +


( ) ( ) ( ) ( )( )

22 2 2 24

a b ca b b c a ca b c

c a b a b c+ + + + + + + ≥ = + ++ +

Nhưng ta vẫn có trường hợp sử dụng BĐT Cauchy nhanh hơn việc sử dụng BĐT Bunhiacopski.

Bài toán 4: Cho a,b,c dương và 1 1 1 4a b c

+ + = . CMR:


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


1 1 1 12 2 2a b c a b c a b c

+ + ≤+ + + + + +

GIẢI C1: Ta có:

2

2

2

1 1 1 11 12 2 4 4

( ) ( ) 4( ) 4( )

1 1 1 11 12 2 4 4

( ) ( ) 4( ) 4( )

1 1 1 11 12 2 4 4

( ) ( ) 4( ) 4( )

a b a c a b a c a b b c

a b b c a b b c a b b c

a c b c a c b c a c b c

+ ≤ + = ++ + + + + + +

+ ≤ + = ++ + + + + + +

+ ≤ + = ++ + + + + + +

1 1 1 1 1 1 12 2 2 2a b c a b c a b c a b b c c a

⇒ + + ≤ + + + + + + + + + + +

Mặt khác bằng cách tương tự như trên ta chứng minh được 1 1 1 1 1 2 2 2 12 8a b b c c a a b c

+ + ≤ + + = ⇒ + + + đpcm.

C2: Ta sử dụng BĐT Cauchy ở dưới mẫu.

24

24

24

1 1 1 1 2 1 12 164

1 1 1 1 1 2 12 1641 1 1 1 1 1 2

2 164

a b c a a b c a b ca bc

a b c a b b c a b cab c

a b c a b c c a b cabc

= ≤ ≤ + + + + + + +

= ≤ ≤ + + + + + + +

= ≤ ≤ + + + + + + +

1 1 1 1 4 4 4 4 12 2 2 16a b c a b c a b c a b c d

⇒ + + ≤ + + + = + + + + + +

Bài toán 5: Cho các số thực , , 1x y z > thoả mãn 1 1 1 2x y z

+ + = . CMR:

1 1 1x y z x y z+ + ≥ − + − + − GIẢI Áp dụng BĐT Bunhiacopski dạng chuẩn ta có:

1 1 11 1 1 .

1 1 11 1 1 . 3

x y zx y z x y zx y z

x y z x y z x y zx y z

− − −− + − + − ≤ + + + +

⇔ − + − + − ≤ + + − + + = + +

BL1: Cho a,b,c dương. CMR: 22 3 2 3 2 3 2 3 3

a b c db c d c d a d a b a b c

+ + + ≥+ + + + + + + +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


BL2: Cho các số thực 1 2, ,... nx x x dương và 1

1n

ii

x=

=∑ . Tìm GTNN:

22 2

1 21 2

1 1 1... nn

S x x xx x x

= + + + + + +

BL3: Cho a,b,c dương và 1abc = . CMR:

2 2 2 12 1 2 1 2 1

a b cc a b

+ + ≥+ + +


( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

94

a b ca b cb c c a a b

+ + ≥+ ++ + +

BL5: Cho a,b,c dương và 1a b c+ + = . CMR:

( )2

2 2 24 1 4 1 4 1a b c a a b b c c

b c a+ + ≥ + +

+ + +

BL6: Cho a,b,c dương và ( )3 1ab bc ca+ + = . CMR:

2 2 2

11 1 1

a b ca bc b ca c ab a b c

+ + ≥− + − + − + + +

V. Phương pháp chuẩn hoá bất đẳng thức: Hàm số f(a,b,c) là thuần nhất trên một miền I nào đó nếu nó thoả mãn ( , , ) ( , , )kf ta tb tc t f a b c= . Trong đó , , , ,t a b c k I∈ , hằng số k không phụ thuộc vào a,b,c mà phụ thuộc vào hàm f. Đối với đa thức thì một đa thức thuần nhất là tổng các đơn thức đồng bậc. VD: Đa thức sau là đa thức thuần nhất 2 3 5 3A x y x xyz= + + Đa thức sau không thuần nhất 3 3 4 6A x z y z z= + + Một đa thức đã thuần nhất rồi thì có thể chuẩn hoá bằng nhiều cách ( thêm điều kiện cho các biến ). Thông thường thì người ta hay chuẩn hoá tổng các biến bằng một hằng số m nào đó, nhưng đôi khi người ta còn chuẩn hoá tích abc, hay ab+bc+ca….. VD : ( IMO-2001) Cho a,b,c dương. CMR:

2 2 2

18 8 8

a b ca bc b ca c ab

+ + ≥+ + +

(1)

Như ta đã biết bài toán trên có thể sử dụng BĐT Holder để giải. Nhưng bây giờ ta sẽ xét dưới dạng một BĐT thuần nhất. Dễ dàng thấy rằng (1) thuần nhất ( bằng cách kiểm tra điều kiện), đến đây ta có thể chuẩn hoá theo các cách sau đây: C1: Chuẩn hoá theo tổng: ta chia tử và mẫu cho a+b+c khi đó ta được.

2 2 21

8 8 8

a b ca b c a b c a b c

a b c b a c c a ba b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c

+ + + + + ++ + ≥ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

Đặt ; ;a b cx y za b c a b c a b c

= = =+ + + + + +

khi đó ta có được điều kiện 1x y z+ + =

C2: Chuẩn hoá theo tích: ta chia tử và mẫu của các phân thức lần lượt cho a,b,c ta được

2 2 2

1 1 1 11 8 1 8 1 8bc ca ab

a b c

+ + ≥+ + +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Đặt 2 2 2; ;bc ca abx y za b c

= = = khi đó ta có được điều kiện xyz =1.

Qua ví dụ trên có lẽ bạn đã hiểu được phương pháp chuẩn hoá BĐT là như thế nào rồi.Sau đây là một số ví dụ . Bài toán 1: Cho a,b,c không âm . CMR

3( )( )( )

3 8ab bc ca a b b c c a+ + + + +

≤

GIẢI Bất đẳng thức trên rất nổi tiếng và không hề dễ chút nào. Cách thường dùng luỹ thừa mũ 6, sau đó khai triển hai vế dùng phương pháp p,q,r nhưng cách này quá dài lượng tính toán khá lớn. Bây giờ ta sẽ giải bằng phương pháp chuẩn hoá. BĐT trên thuần nhất đối với các biến a,b,c nên ta chuẩn hoá 3ab bc ca+ + = . Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:

3( )( )( ) 1

8a b b c c a+ + +

≥

Từ đk 3 3; 1ab bc ca a b c abc+ + = ⇒ + + ≥ ≤ . Ta có:

3( )( )( )( )( )( ) ( )( ) 3( ) 8 1

8a b b c c aa b b c c a a b c ab bc ca abc a b c abc + + +

+ + + = + + + + − = + + − ≥ ⇒ ≥

Ta được điều phải chứng minh. LB: Điều độc đáo cũng là điều khó khăn nhất của phương pháp này là việc chuẩn hoá biểu thức nào cho hợp lí nhất để có cách chứng minh đơn giản nhất. Bài toán trên, ta hoàn toàn có thể chuẩn hoá theo cách khác như 3; 1a b c abc+ + = = hay ( )( )( ) 8a b b c c a+ + + = nhưng các cách chuẩn hoá này hoặc là không thể ra được hoặc là phải chứng minh dài dòng Bài toán 2: Cho a,b,c không âm . CMR 2 2 2 3( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )a b c b c a c a b ab bc ca a b b c c a+ + + + + ≥ + + + + + GIẢI Để loại bỏ dấu căn ta chuẩn hoá ( )( )( ) 8a b b c c a+ + + = . Ta chứng minh: 2 2 2( ) ( ) ( ) 2( )a b c b c a c a b ab bc ca+ + + + + ≥ + + Công việc còn lại là ta chứng minh 2 BĐT sau:

2 2

3( ) ( ) ( ) 6

ab bc caa b c b c a c a b

+ + ≤

+ + + + + ≥

Ta có : 88 ( )( )( ) ( )( ) abca b b c c a a b c ab bc ca abc ab bc caa b c

+= + + + = + + + + − ⇒ + + =

+ +

Từ đk ta suy ra 1abc ≤ . Theo BĐT Cauchy: 32( )8 ( )( )( ) 3

3a b ca b b c c a a b c+ + = + + + ≤ ⇒ + + ≥

. Do đó 3ab bc ca+ + ≤ .

Mặt khác ta có 2 2( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 2 8 2 6a b c b c a c a b a b b c c a abc abc+ + + + + = + + + − = − ≥ Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. • Lưu ý: Việc chuẩn hoá như thế nào là còn tuỳ thuộc vào sự nhạy bén của từng người. Các bài toán

trên chúng ta có thể sử dụng phương pháp thông thường để giải nhưng cách sử dụng phương pháp chuẩn hoá vẫn là hay nhất.

BL1: Cho x,y,z dương . CMR


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


1. 2 2 2

3

2( )( ) 19( ) 27

x y z x y z xyzAx y z

+ + + + += ≥

+ +

2. 3

( )( ) 12( ) 9 7

xy yz xz x y zBx y z xyz

+ + + += ≤

+ + +

Nói rõ cách chuẩn hoá. BL2: Cho a,b,c dương. CMR

1. 2 2 2

2 2 2 2 2 2

(2 ) (2 ) (2 ) 82 ( ) 2 ( ) 2 ( )

a b c b c a c a ba b c b c a c a b

+ + + + + ++ + ≤

+ + + + + +

2. 2 2 2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( ) 3( ) ( ) ( ) 5

b c a c a b a b cb c a c a b a b c

+ − + − + −+ + ≥

+ + + + + +

BL3: Cho a,b,c dương . CMR 1. 2 2 2 2 2 3 3 33( )( ) ( )( )( )a b b c c a ab bc ca abc a abc b abc c abc+ + + + ≥ + + + + 2. 2 2 2( )( )( ) ( )( )( )ab c bc a ca b abc a b b c c a+ + + ≥ + + +


www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com



www.vietmaths.com


Documents

Một phương pháp BDT hay