Bất đẳng thức và những lời giải ấn tượng trong tôi - Phạm Kim Chung

ết khá đơn giản. Tôi muốn trình bày một phương pháp phù hợp với kiểu thi 
ĐH hơn ! 
Lời giải : Ta có :                     3 3 3 2 2 2b c b c ab bca a b c a 3abc a b c abc ba c ca 3abc 
Do đó : 
  
 
 

   
    
2
3
3c x c3abc
P 1 1
a b c ab bc ca x c
, với x = a+b 
+) Với c =0 thì P=1 . 
+) Với c 0 , từ giả thiết :         
2 2 2 x 1x c 4ab a b x
c 2
 . Đặt  
x
t, t
c
1
2
. 
Khảo sát hàm số :  
 
 

 

2
3
3 t 1
f t 1
t 1
, cho ta :  
11
MinP 1; MaxP
9
. 
Bài toán 5 . ( Chào IMO-2007 ) . Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng ta luôn có BĐT : 
    2 2 2y zxyz 2 x 8 x y5 z     
Bình luận – Lời giải : 
Một bổ đề rất hay được sử dụng trong bài toán BĐT của VMO-2006 là : Trong 3 số thực bất kz x,y,z luôn tồn tại 2 số  
hoặc  . Do đó :   x y 0   . 
Fullname : Ph¹m Kim Chung – Tel : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com 
October 17, 2011 
Page | 4 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt “ 
Bạn Dương Văn Sơn (K41-A1. Toán – ĐHV ) cũng đã sử dụng bổ đề này để viết 1 SKKN bậc 4 của Sở GD&ĐT Nghệ An. 
Sau đây tôi trình bày lại lời giải theo cách hiểu của tôi : 
Trong 3 số thực dương x,y,z luôn tồn tại 2 số 1 hoặc 1 . Giả sử 2 số đó là x , y . Lúc đó : 
   0 xy 1 xx y xyz z x1 y 1 z zy          . Do vậy : 
         2 2 2 2 2 2y z 5 xz zy 2xyz 2 x y z 5 xx x zz y 6 88 y                 2 22zx y x y 5 z 6z 8       
      
 
 
22 2
2 25 z5 z z z 1 7
x y x y 5 z 7 x y z 1
2 4 4
0
2 4 2
      
                   
       
 . ĐPCM 
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi : x=y=z=1. 
Bài toán 6 ( Hệ quả của VMO – 2006 ) . Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : abc 1 . Chứng minh rằng : 
  2 2 2
1 1 1
3 a b c
a b c
2     
Bình luận – Lời giải : 
Ta có :    
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 1
P a b c 3 2 a b c 3
a b c a b c
2
ab
 
               
 
   
2
21 1
2c ab 2 a b c 3
a b
 
         
 
    
2
21 1
2 a 1 b 1 ab 1
a b
 
       
 
 . 
Trong 3 số thực dương bất kz thỏa mãn : abc=1, luôn tồn tại 2 số 1 hoặc 1 , giả sử đó là a, b thì ta luôn có : 
  a 1 b 1 0   . Do đó : P 0 . ĐPCM. 
Bài toán 7 ( VMO – 2008 ) . Chứng minh rằng với ba số thực không âm a,b,c đôi một khác nhau thì : 
     
2 2 2
1 1 1
a b b c c
4
ab ba c ca

 




Bình luận – Lời giải : 
Bài toán này có lời giải với tư tưởng dồn biến . Tuy nhiên ngoài đáp án, còn có 1 cách giải tôi thấy rất hay trên diễn đàn 
MathScop.Org như sau : 
Ta có : 
            
 
      
22
2 2 2 2 2 2 2
a b1 1 1 1
b c c aa b a b
1 1 1 2 2
VT
b c c a b c a ca b b c c a ab c c
 
   
 
     
  
        
   
      2
2 2 4 4
b c a c b c a c ab ca cbc ab bc ca
   
      
 . 
Do :  2 2ab bc ca c 0 c c 2a 2ab c ca cb 2ca 2 b 0cb            . (*) 
Chỉ cần giả sử  c min a,b,c thì (*) hiển nhiên đúng. 
 Sau đây là lời giải 2 ( Đáp án ) : 
Không mất tính tổng quát, giả sử : a b c 0   . Đặt :  a c x y; b c x x,y 0      , BĐT trở thành : 
 
 
2 2
22 2
1 1 1
3c 2c 2x y x xy
y x x y
4
 
        
  
 (*) 
VT(*)  
 
      22
22 2 2 2 2
x x y x x y x x y1 1 1 y x x y y y
xy 1 1 2
y x y x x y y x x y y
x 4
x(x y)x y
       
                  
       
  . 
Fullname : Ph¹m Kim Chung – Tel : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com 
October 17, 2011 
Page | 5 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt “ 
Bài toán 8 (VMO-2005). Xét các số thực x,y thỏa mãn điều kiện : y y3 x 1 2x 3    . 
 Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P x y  
Bình luận – Lời giải : 
Cái hay của lời giải bài toán này, xuất pháp từ 1 tư duy tưởng chừng như không tự nhiên cho lắm. 
Xác định tham số m để hệ phương trình : 
x 1 3 y 2 yx 3
x
1, y 2
y m
x
 

 
   
  



 có nghiệm . 
Đặt  x 1 a, y 2 b a, 0b     . Hệ trở thành : 
   
   
 
 
2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 m
ab m 3
2 9a 3a 3b b a b 3 a b 3 0
m
a 1 b 2 m a 3 m a b
3
a,b a,b
1 2
b
0 0 0a,b
  
    
          
   
            

 
 
  






a,b là 2 nghiệm của phương trình : 
2 218t 6mt m 9m 27 0   . Bài toán trở thành, tìm tham số m để phương trình : 2 218t 6mt m 9m 27 0   , có 2 
nghiệm không âm 
21
5
9 3
9
2
t 3 1  

 . 
Bài toán 9 (Nghệ An MO TST – 2009.2010 ). Xét các số thực dương a, b,c : abc 1 . 
 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :  3 3 3 3 3 3b b cP a c 6 aa b c    
Lời giải : Bài này là một bài toán khó, dẫu nhìn biểu thức P đối xứng, nhưng hệ số (-6) làm cho nhiều pp giải toán phải 
gặp thất bại . Xin trình bày bài toán này bằng dồn biến ( cũng là để tập tành dồn biến cho quen ). 
Ta sẽ chứng minh :    PP a,b,c a c, bc, b . Thật vậy : 
       
3
3 3 3 3 3P a,b,c a, a a 6 b cP bc, bc b c 2 bc1ca 2b            
23 3 2
3 b ca 6 b c    


 
         
2 2 2 2
3 3 2b c bc c b c .bc 6a b 6 9a 9c a 0b 6        
       

 ( Với giả sử 
 a Max a,b,c a 1   ) . Lại có : 
  3
1 1 1 12
bc, bc , a 6a
a
P a, P a,
a a
2a
a
 
    
 
. 
Đặt  a t, 1t  . Ta có : 
 
 
2 7 6 5 4 3 29 8 5 6
3 2
6 6 6
t 1 2t 2t 6t 5t 4t 3t 2t 11 12 2t 6t 12t 15t 1
f t 2t 6t 15 15
t t t t
                      
Bài toán 10 (MOSP 2001 ). Xét các số thực dương a, b,c : abc 1 . 
 Chứng minh BĐT :      a b b c c a a b c 14      
Lời giải : ( Giải bằng dồn biến ) 
Đặt :                P a,b,c a b b c c a 4 a b c 1 ab a b bc c b ca c a 4 a b c 6                  . 
Ta sẽ CM :    PP a,b,c a c, bc, b , thật vậy : 
               P a,b,c P a, ab a b bc b c ca c a 4 b cbc, bc bc a bc bc 2 bc2a 8 bc              
Fullname : Ph¹m Kim Chung – Tel : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com 
October 17, 2011 
Page | 6 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt “ 
       2 2 2bc b c 2 4 b c 2 abc bc bcb 2 bc a b 2 c b              
2 22bc a 4b c a b c        
       
2 2 2
2 2b c b c bbc a a 4 c abc 4a a b c 2           
  




      a b a c 2b c a 4       
Giả sử :  a Max a,b,c a 1   , và :    24 a ba b a 4c c a 4   . 
Vậy :     2 8P bc, bc a 8 4a
a a a a a
1 1
P a,b,c a, P a, , 2a
 
    

 

 3 23
2 8
2t 4t 8 f t
t t
      , Với a t 1  ). 
Ta có :  
 
 
3
3 2
4
2 t
f ' t 3t 3
1
4t
t

   , lại có :   3 2g t 3t 4t 3   , có : 
       2g' t 9t 8t t 9t 0, t 1 g t g 1 2 08           . Do đó :  f ' t 0, t 1   . Hay :    f t 0f 1  . BĐT được CM. 
Bài toán 11. Cho các số thực x, y,z thỏa mãn điều kiện : 2 2 2x y z 3   
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
1
P xy yz zx
2
   
Bình luận : Sau đây là lời giải ấn tượng của một thành viên trên diễn đàn math.vn 
Lời giải : Xét : 0 k 2  
Ta có :    
2 2 2 2 20 x z kx ky z y 2xz 2k xy zy        2 2 2 2
1
x 2k xy yzz zk xzy x 2 k
2
 
     
 
  
 
2 2
2 2 2 2 x2kP 2 k
2
z
x z k y
 
    


 

  2 2 2 2
4 k
2z yx k kP
2

 
   
 
. 
Chọn k sao cho : 2
4 k 1 33
k k
2 4
  
   . Vậy 
 
P
3 1 33
8

 
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi : 
2 2 2x
x ky z 0
1 33
x z; k
y z
4
3



  

   


 

Bài toán 12. Cho các số thực x, y,z thỏa mãn điều kiện : 2 2 2x y z 3   
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P xy yz 2zx   
Bình luận : Bài toán này được post trên diễn đàn onluyentoan.vn với khá nhiều lời giải. Sau đây tôi thử trình 
bày lời giải dựa trên phương pháp rất hay của Bài toán 11. 
Lời giải : Xét 
1
k
2
 ( Thật ra điều kiện này xuất hiện khi ta định dùng nó để đánh giá  2 1 2k xz ở lời giải dưới đây ) 
Ta có :        
2 2 2 2 2 2 2 2 20 x xy yz 2zx xx k xy yz 2zxy z z k 2y 2k y k y 2 1 2k zxk                
    
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2x2
z
yk.P x 1 2k 2 1 k x z k 2k.P
2
k y 2 y

         . 
Ta sẽ chọn k 0 , thỏa mãn :  2k 12 k k 1 3    . Suy ra : 
 
P
3 1 3
2

 
Bài toán 13. Cho các số thực x, y có tổng khác 0 . 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
2
2 2 xy 6P 8x 13y
x y
 
   
 
Fullname : Ph¹m Kim Chung – Tel : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com 
October 17, 2011 
Page | 7 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt “ 
Bình luận : Thông thường khi đứng trước một BĐT hay một bài cực trị nhiều biến số, người ta thường tìm cách giảm đi 
số lượng của biến để sử dụng công cụ đạo hàm và đánh giá . 
Riêng với loại toán này cách giải quyết nó lại thêm vào cho nó 1 biến nữa ! 
Lời giải : 
Đặt : 
xy 6
z xy xz yz 6
x y

     

. Bài toán trở thành tìm GTNN của : 2 2 2P 8x 13y z   
Lúc này ta chỉ cần đồng nhất hệ số là xong ! 
           2 2 2 2 2 2z 1 z 1x y 2 xy ; 8 x 2 8 xz; 13 y 2 13 yz             