50 bài toán bất đẳng thức kèm lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tương tự như trên nhưng bắt cặp khác √ x +√ y +√zLàm tương tự và cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh.. Đối với các bất đẳng thức

Bài 1.Cho a, b ≥ 0 Chứng minh rằng

 2b + 12

 2b + 12

 2b + 12



Nhưng điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

2a +12

 2b + 12

Bài toán được chứng minh xong

Cách 2 Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau



a2+12

+



b + 14

 

b2+ 12

+



a + 14



≥ 4



a + 14

 

b + 14



Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có



a2+12

+



b + 14

 

b + 14





b2+12

+



a + 14

 

a + 14



Từ hai đánh giá này ta quy bài toán về chứng minh



a2+ 12

 

b2+ 12



≥



a +14

 

b + 14



x − 12

2

≥ 0Bài toán được chứng minh xong

Bài 2.Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

zx +

z2z +√

xy

Do vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng

x2x +√

yz +

y2y +√

zx +

z2z +√

xy ≤ 1Đặt a =√x, b =√

yvà c =√z,khi đó ta đưa bài toán về việc chứng minh

2

2b2 + ca

+ 1

2a2+ bc +

ca2b2 + ca +

ab2c2+ ab ≥ 1Đây là một đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

bc

2a2+ bc +

ca2b2+ ca +

ab2c2+ ab =

Cách 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tương tự như trên nhưng bắt cặp khác

√

x +√

y +√zLàm tương tự và cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh

Bài toán được chứng minh xong

Bài 3.Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng

a(b + c)pbc(b2+ c2) +

b(c + a)pca(c2+ a2) +

c(a + b)pab(a2+ b2) ≥ 3√2

Lời giải.

Trước hết ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau

a(b + c)p2bc(b2+ c2)+

b(c + a)p2ca(c2 + a2) +

c(a + b)p2ab(a2+ b2) ≥ 3

Ta dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c Khi đó ta có b2+ c2 = 2bc Áp dụng bấtđẳng thức AM-GM ta được

p2bc(b2+ c2) ≤ 2bc + b

c(a + b)p2ab(a2+ b2) ≥ 2

a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bài 4.Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng

do đó trong ba số (a − 1)(b − 1), (b − 1)(c − 1), (c − 1)(a − 1) có ít nhất một số không âm và

do tính đối xứng nên ta hoàn toàn có thể giả sử

(a − 1)(b − 1) ≥ 0Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hai số đó là a, b, suy ra

(a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ a + b ⇔ 2(ab + c + 1) ≥ 2(a + b + c)

Cộng hai bất đẳng thức trên lại ta suy ra điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài 5.Cho a ≥ b ≥ 1, a ≤ 3, ab ≤ 6, ab ≤ 6c Chứng minh rằng

a + b − ab

6 ≤ 4Bây giờ, xem xét tiếp, ta thấy rằng giả thiết cho ta 3 ≥ a ≥ b ≥ 1, kết hợp với dự đoán dấubằng sẽ xảy ra khi a = 3, đồng thời ta cần có sự xuất hiện của a + b và ab trong các đánh giácủa mình (do bất đẳng thức cần chứng minh nó như vậy mà), ta nghĩ đến đánh giá sau đây

(3 − a)(3 − b) ≥ 0

Từ đánh giá này, ta suy ra 3(a + b) ≤ ab + 9, hay a + b ≤ 3 + ab

3.(Ta thực hiện đánh giá a + btheo ab vì giả thiết bài toán thì có liên quan đến ab nhưng không có chút dính dáng nào tới

a + bcả)

Vậy là, ta chỉ cần chứng minh



3 + ab3

Bài 6.Cho a ≥ b ≥ 1, a ≤ 3, ab ≤ 6, ab ≤ 6c Chứng minh rằng

a + b − c ≤ 4

Lời giải.

Cách 1 Đối với các bất đẳng thức không thuần nhất thì cách đặt như trên tỏ ra rất hiệu quả

và rất hay được sử dụng Mình cũng xin nêu ra một hướng tiếp cận khác cho bài toán này.Mặc nhiên dễ thấy rằng đây là một bất đẳng thức hoán vị, mà như ta đã biết thì bất đẳngthức hoán vị thường khó xử lí hơn so với bất đẳng thức đối xứng vì thế ý tưởng của ta sẽtìm cách đưa bất đẳng thức này về dạng đối xứng Hai công cụ để giúp ta thực hiện côngviệc này chính là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM

Bất đẳng thức này hoán vị là do đại lượng ab2+ bc2+ ca2vì thế những đánh giá mà ta dùngchắc hẳn phải liên quan đến đại lượng này Rất tự nhiên theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz,

và nếu biểu diễn một đại lượng thông qua hai đại lượng còn lại thì bất đẳng thức của chúng

ta về cơ bản sẽ trở nên đơn giản hơn

Với ý tưởng như vậy sử dụng hằng đẳng thức a2+ b2+ c2 = (a + b + c)2− 2(ab + bc + ca), ta

có thể viết bất đẳng thức chứng minh về dạng

(a + b + c)2− 6(a + b + c) + 9 + (ab + bc + ca)

2

a + b + c − 2(ab + bc + ca) + (a + b + c) ≥ 0Hay

(a + b + c − 3)2+(ab + bc + ca − a − b − c)

2

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng, tức bài toán đã được chứng minh xong

Cách 2 Đặt x = a − 1, y = b − 1, z = c − 1, khi đó bất đẳng thức ban đầu được viết lại thành(x+1)2+(y +1)2+(z +1)2+(x+1)(y +1)2+(y +1)(z +1)2+(z +1)(x+1)2+9 ≥ 5(x+y +z +3)Hay (sau khi đã khai triển và rút gọn)

2(x2+ y2+ z2) + 2(xy + yz + zx) + xy2+ yz2+ zx2 ≥ 0Lưu ý rằng từ phép đặt trên, ta suy ra x, y, z > −1, do đó đánh giá cuối cùng đúng vì2(x2+y2+z2)+2(xy+yz +zx)+xy2+yz2+zx2 = (x+y+z)2+y2(x+1)+z2(y+1)+x2(z +1) ≥ 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán được chứng minh xong

Bài 7.Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

Lời giải.

Cách 1 Trước hết ta viết biểu thức bài cho lại như sau

Hoàn toàn tương tự cũng có

P ≥ 2(x + y + z) = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là P = 2 đạt được khi và chỉ khi x = y = z = 1

3.Bài toán được chứng minh xong

= 2(x + y + z)

Và vì x + y + z = 1 nên ta suy ra

P ≥ 2Cuối cùng, với x = y = z = 1

3 (thoả mãn điều kiện) thì P = 2 nên ta kết luận 2 là giá trị nhỏnhất của biểu thức P

Bài toán được chứng minh xong

Cách 3 Dưới đây là một cách tiếp cận khác cho bài toán này.

Quan sát một chút ta thấy rằng tử số của biểu thức bài cho có chứa các đại lượng x + y, y +

z, z + x còn ở mẫu số thì tương ứng chứa xy, yz, zx vì thế nếu ta sử dụng bất đẳng thứcAM-GM cho tử số thì có thể giản ước đi tử sô tuy nhiên lúc này bài toán lại xuất hiện cănthức tuy nhiên các bạn đừng lo vì căn thức này nằm ở mẫu số vì thế ta có thể khử nó dễdàng bằng AM-GM

Ý tưởng là vậy và ta tiến hành như sau, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

x2(y + z)

2√yz

Từ đó suy ra P ≥ 2 Mặt khác dễ thấy với x = y = z = 1

3 thì P = 2 Việc tìm được các giá trịcủa x, y, z thỏa mãn điều kiện bài toán và P = 2 cho phép ta kết luận giá trị nhỏ nhất của P

là 2

Bài toán được giải quyết xong

Ngoài ra ta có thể thu được đánh giá

x2

y + z +

y + z

Bài toán được chứng minh xong

Bài 8.Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = a + b + c Chứng minh rằng

Hay tương đương với

4 và thu được ngay kết quả

Bài toán được chứng minh xong

Cách 2 Ta có hai kết quả quen thuộc sau đây

(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8

9(a + b + c)(ab + bc + ca)(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

Trở lại bài toán sử dụng đánh giá quen thuộc 2(a2+ b2) ≥ (a + b)2ta đưa bài toán về chứngminh

(a + b + c)2+ ab + bc + ca(a + b)(b + c)(c + a) ≤ 3

(a + b + c)2+(a + b + c)

2

38

Bài 9.Cho các số thực a, b, c ∈ [0, 1] thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 Tìm giá trị lớn nhấtcủa biểu thức sau

Thứ hai, "liều" với dự đoán ở trên, ta tìm cách đánh giá cho hiệu quả.

Quan sát thấy biểu thức của ta là tổng đối xứng ba biến và hơn nữa nó có thể viết lại dướidạng

P = f (a) + f (b) + f (c)với f (x) = √x2 − 4x + 5 Như vậy, một cách tự nhiên, ta mong một đánh giá "riêng lẻ" hay

"chia để trị" kiểu

f (x) =√

x2− 4x + 5 ≤ mx + n,đúng với x ∈ [0, 1] với m, n là các số thực nào đó

Để khi đó, ta có thể có

P = f (a) + f (b) + f (c) ≤ m(a + b + c) + 3n = 2n + 3mnói một cách khác, ta đã tìm được một chặn trên của P mà ta mong đó là giá trị lớn nhất.Công việc của ta là đi tìm m, n

Như đã nói ở trên, ta cần đánh giá để đảm bảo dấu bằng, mà vì các biến là đối xứng vớinhau nên ta không thể quyết định biến nào bằng 0 hay biến nào bằng 1 khi biểu thức P đạtgiá trị lớn nhất Bởi vậy, tốt nhất, ta sẽ chọn m, n sao cho mà dấu bằng tại 0 và 1 đều thỏa.Nói một cách khác, ta cần tìm m, n sao cho phương trình

Như vậy, ta sẽ có

P = f (a) + f (b) + f (c) ≤ √

2 −√5

(a + b + c) + 3√

5 = 2√

2 +√5Với a = b = 1, c = 0 ta có ngay GTNN của P = 2√2 +√

5

Bài 10.Cho a, b, c > 0 và a + b + c = abc Chứng minh rằng

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

 a2

b2 + 1

+ b2

c2 + 1

+ c2

Cách 2 Một lời giải khá tự nhiên cho bài này là dùng cách đặt ẩn phụ để đưa điều kiện bàitoán về dạng dễ nhìn

điều này khá dễ, xin không chứng minh

Bài toán được chứng minh xong

Cách 3 Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh lại dưới dạng thuần nhất như sau

Bài toán được chứng minh xong

y + x2

2 



y + z2

2

√32

xz√3

xy√3

xz√34

#2

Từ đó suy ra xy + yz + zx ≤ 8

Bài toán được chứng minh xong

Cách 3 Ta thấy các biểu thức xy + yz + zx, x2+ xy + y2, y2+ yz + z2đều có bậc hai, thế nênkhi đồng bậc hóa ta sẽ phải đưa bất đẳng thức về dạng

xy + yz + zx ≤ m(x2+ xy + y2) + n(y2+ yz + z2) (1)Bây giờ, ta cần chứng minh xy + yz + zx ≤ 8 nên tất nhiên ta bắt buộc phải chọn m, n saocho m(x2+ xy + y2) + n(y2+ yz + z2) = 8.Với điều kiện của bài toán thì ta có điều này khi

3m + 16n = 8

Ra được một phương trình cho m, n, ta tìm thêm một phương trình nữa là xong

Ta viết lại (1) dưới dạng

f (x) = mx2+ [(m − 1)y − z] x + (m + n)y2+ (n − 1)yz + nz2 ≥ 0Như đã nói ở trên, ta mong muốn f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Vậy thì với phần kiến thức "lượm" được

ở trên, có phải là ta phải chọn m, n sao cho m > 0 và

[(m − 1)y − z]2 ≤ 4m(m + n)y2+ (n − 1)yz + nz2 , ∀y, z ∈ R (2)

không các bạn? Tiếp tục, ta viết lại (2) dưới dạng

g(z) = (4mn − 1)z2+ 2(2mn − m − 1)yz + (3m2+ 4mn + 2m − 1)y2 ≥ 0

Ở đây, ta chọn xét tam thức theo z sẽ gọn gàng hơn! Rõ ràng để g(z) ≥ 0, ∀z ∈ R thì ta phải

có 4mn > 1 và

∆0 = (2mn − m − 1)2y2− (4mn − 1)(3m2+ 4mn + 2m − 1)y2 ≤ 0Ngoài ra, do đề bài yêu cầu chứng minh ≤ chứ không phải < nên khả năng đẳng thức có thểxảy ra là rất cao (dù ta chưa biết được tại đâu) Vì vậy, tốt nhất là ta nên chọn m, n sao chobất đẳng thức (1) có thể xảy ra dấu bằng Muốn vậy thì ta phải chọn m, n sao cho ∆0

g = 0vớimọi y ∈ R (tại vì chỉ có vậy thì ∆f mới có thể bằng 0 và đẳng thức mới có thể xảy ra) Chú ýrằng ∆f luôn bằng 0 khi y = z = 0 nhưng tại các điểm này thì điều kiện y2+ yz + z2 = 16không được thỏa mãn, vì vậy mà ta phải chọn như trên Cuối cùng ta thu được hệ

Giải hệ này, ta được m = 4

3, n =

1

3, sau đó ráp vào bất đẳng thức ban đầu ta được điều phảichứng minh

Bài toán được chứng minh xong

Bài 12.Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng

b +

b

c+

ca



Lời giải.

Với bất đẳng thức chứa căn, điều đầu tiên ta phải làm đó là tìm cách phá căn Trong bài toánnày, để làm được điều đó, ta liên tưởng ngay tới bất đẳng thức AM-GM dạng 2√xy ≤ x + y.Nguyên tắc tiếp theo, khi sử dụng AM-GM, cần phải đảm bảo điều kiện đồng bậc của x và

y, đó là lí do ta không nên đánh giá như sau:

2

s(ab3+ bc3+ ca3) a

b +

b

c+

ca

Mặt khác, để ý rằng ab

2

ab3

bc Từ đó, có lời giải sau

Đây là một bất đẳng thức hoán vị nên không mất tính tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử

Hiển nhiên đúng do giả sử a là số nằm giữa a, b, c.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c > 0

Bài 13.Cho x, y, z ∈ [0, 1] thỏa mãn 1

4x + 5 +

24y + 5 +

34z + 5 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của

1

4√

xy + 5Chứng minh

Quy đồng mẫu số và rút gọn, ta thu được (20 − 16√xy)(√

x −√y)2 ≥ 0, hiển nhiên đúng với

x, y ∈ [0, 1]

Bổ đề 2 Với x, y, z ∈ [0, 1]thì

14x + 5 +

14y + 5 +

1

4√3

xyz + 5Chứng minh

4√3

xyz + 5 và áp dụng liên tiếp hai lần bổ đề 1

Quay trở lại bài toán, sử dụng liên tiếp hai bổ đề trên, ta dễ dàng chứng minh được:

Với 6 số thực a1, a2, a3, a4, a5, a6 ∈ [0, 1], ta có

1

4a1+ 5 +

14a2 + 5 +

14a3+ 5 +

14a4+ 5 +

14a5+ 5 +

1

4√6

a1.a2.a3.a4.a5.a6+ 5Tới đây, lấy a1 = x, a2 = a3 = y, a4 = a5 = a6 = zthì bất đẳng thức trên trở thành

14x + 5 +

24y + 5 +

3

4pxy6 2z3+ 5Kết hợp với giả thiết, ta thu được

Cách 2 Viết giải thiết thành

14x + 5 +

14y + 5 +

14y + 5 +

14z + 5 +

14z + 5 +

14z + 5 = 1

+15

4y4y + 5

+15

4z4z + 5

+ 15

4z4z + 5

+ 15

4z4z + 5



Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có

14x + 5 ≥ 45

s

y2z3(4y + 5)2(4z + 5)3 (1)Tương tự ta có

14y + 5 ≥ 45

s

xyz3(4x + 5)(4y + 5)(4z + 5)3 (2)1

4z + 5 ≥ 45

s

xyz3

(4x + 5)(4y + 5)2(4z + 5)2 (3)Bình phương hai vế của bất đẳng thức (2) và lập phương hai vế của bất đẳng thức (3) rồinhân vế theo vế của (1), (2), (3) , ta được

46

Bài toán được chứng minh xong

Bài 14.Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: abcd > a2+ b2+ c2+ d2 Chứng minh rằng

k2− 4k − 32 > 0 ⇔ (k − 8)(k + 4) > 0

Nếu a + b + c + d < 8 suy ra a + b + c + d + 8 < 16 < abcd ta có điều phải chứng minh.Nếu a + b + c + d ≥ 8 và cũng suy ra điều phải chứng minh.

Bài 15.Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x2+ y2+ z2 = 3 Tìm giá trị lớn nhất của

x = z =

r

3 +√34Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3

a2x2+ b2y2 ≥ 2abxy

b2y2+ a2z2 ≥ 2abyz

x2+ z2 ≥ 2xzSuy ra

(a2+ 1)x2+ 2b2y2+ (a2+ 1)z2 ≥ (2abxy + 2abyz + 2xz)Hay

2b2(x2+ y2+ z2) ≥ (xy + yz + 2xz)Bài toán được chứng minh xong

Cách 3 Trước tiên, ta sẽ đồng bậc hóa bất đẳng thức đã cho để đưa bài toán về đúng bảnchất của nó Bất đẳng thức đồng bậc của ta có dạng

xy + yz + 2zx ≤ k(x2+ y2+ z2) (∗)Với hằng số k > 0

Trở lại bài toán cần xét, khi đọc tới giả thiết x2+ y2+ z2 = 3thì phải hiểu rằng Max P = 3k vàcông việc của ta là tìm k để (*) luôn đúng với mọi x, y, z Để ý rằng, (*) có thể viết lại thành

ky2− y(x + z) + kx2+ kz2− 2xz ≥ 0

Do hệ số k > 0 nên coi đây là tam thức bậc hai ẩn y thì dễ thấy nếu ta tìm được k sao cho

∆ ≤ 0, ∀x, z, bài toán sẽ được giải quyết (theo định lí về dấu của tam thức bậc hai)

Vậy kết luận được Max P = 3(1 +

√3)2Bài toán được chứng minh xong

Cách 4 Ta chỉ cần giải bài toán trong trường hợp a, b, c là các số dương là được

Giả sử rằng P sẽ đạt giá trị lớn nhất khi a = x, b = y, c = z khi đó dễ thấy a

bc ≤ b2· z

2y + c

2· y2z2ca ≤ c2· x

z + a

2· zxCộng tương ứng các vế của ba bất đẳng thức trên, ta thu được

P = ab + bc + 2ca ≤ a2· y + 2z

2x

+ b2· z + x

2y

+ c2· 2x + y

y + 2z

z + xy

ta sẽ thu được

2x2− 2xy − y2 = 0hay

2 xy

2

− 2 ·x

y − 1 = 0Giải phương trình này ta thu được nghiệm là x

1 +√3

2 .Từ đó ta thu được x = y·1 +

√3

y =

s

3 −√32

và từ đó tìm được giá trị lớn nhất của P là 3

2



1 +√

3.Thực ra ta có thể dựa vào tính đối xứng của c, a để dự đoán đẳng thức xảy ra khi c = a =

x, z = yđể đưa ra phân tích ngắn hơn nhưng mình muốn trình bày một cách tổng quan hơnnên đã chọn phương pháp trên

Bài toán được chứng minh xong

Bài 16.Cho x, y, z > 0 và xyz = 8 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2x + y + 6+

12y + z + 6 +

12z + x + 6

Lời giải.

Cách 1 Đầu tiên hãy quan sát điều kiện bài toán "xyz = 8" ??!! Nhìn có vẻ hơi lạ mắt vì tathường biết đến với giả thiết quen thuộc là xyz = 1 vì thế ý nghĩ ngay lúc này của ta là tìmcách đưa giả thiết này về dạng xyz = 1 và vì thế phép đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c cũng rất tựnhiên được chúng ta nghĩ đến Ngoài ra với phép đặt này thì

2x + y + 6 = 2(2a + b + 3), 2y + z + 6 = 2(2b + c + 3), 2z + x + 6 = 2(2c + a + 3).Lúc này

2

12a + b + 3 +

12b + c + 3+

12c + a + 3



Rõ ràng thì P lúc này nhìn có vẻ đơn giản hơn sao với P ban đầu Tiếp đến là việc điểm rơicủa bài toán, biểu thức bài cho là đối xứng vì thế ta có thể dự đoán được nó sẽ lớn nhất khicác biến bằng nhau, mà cụ thể trong bài toán này thì a = b = c = 1 Việc còn lại là ta sẽ chọncông cụ để chứng minh bài toán Thật đơn giản hình thức phát biểu của P lại giống hệt nhưbất đẳng thức Cauchy-Schwarz (hoặc bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu) là

Vì điểm rơi mà ta dự đoán là a = b = c = 1 nên những đánh giá mà ta dùng cũng phải đảmbảo điều này thì mới có hi vọng giải quyết được bài toán và công việc cần làm của ta là chọncác biến x1, x2, sao cho chúng bằng nhau Dễ thấy rằng nếu a = b = c = 1 thì

2a + b + 3 = (a + b + 1) + (a + 2) = (2a + 1) + (b + 2)

và mình sẽ chọn cách phân tích thứ nhất (vì sao lại không chọn cách hai?)

Biểu thức đầu bài là đối xứng điều này cho phép ta dự đoán nó sẽ đạt giá trị lớn nhất khi

a = b = c = 1(vì thường thì là như vậy mà) Từ đó dự đoán rằng bất đẳng thức sau đây sẽđúng

Bây giờ ta sẽ đi kiểm chứng dự đoán của mình Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, tacó

1

a + 2b + 3 =

1(a + b + 1) + (b + 2) ≤ 1

4

1

1

x2+ y2 + 1 =

z2+ 2(x2+ y2+ 1)(1 + 1 + z2) ≤ z

2+ 2(x + y + z)2

Đánh giá tượng tự cho hai số hạng còn lại ta thu được

Vậy ta sẽ chứng minh

(x + y + z)2 ≥ x2+ y2+ z2+ 6hay là

xy + yz + zx ≥ 3thế nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM cho ba số.Tiếp đến là chứng minh bất đẳng thức thức thứ hai Ta cũng đổi biến tương tự như trên đểđưa bất đẳng thức về chứng minh

 1

x2+ 2

+ 1

y2 + 2

+ 1

(x + y + z)2

x2+ y2 + z2+ 6 ≥ 1hiển nhiên đúng theo kết quả ở trên Vậy dự đoán của ta là chính xác nên giá trị lớn nhất của

12b + c + 3+

12c + a + 3



8

1



3

√

a +√3b

+ 1

1

3

√c



3

√

a +√3b

+ 1

=

3

√c

ab + bc + ca ≥ 3

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do đó ta có P ≤ 1

4.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2.Bài toán được chứng minh xong

12c2+ a2+ 3

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

2a + 2ab + 2 +

12b + 2bc + 2 +

12c + 2ca + 2 =

1

4Bài toán được chứng minh xong

Bài 17.Cho x, y 6= 0, xy(x + y) = x2+ y2− xy Tìm giá trị lớn nhất của

P ≤ 16Dấu bằng xảy ra khi a = b hay x = y = 1

2.

Bài 18.Cho a, b, c đôi một khác nhau và thuộc [0; 2] Tìm giá trị nhỏ nhất của

Bài 19.Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng

a22a2+ bc +

b22b2 + ac +

c22c2+ ab ≤ 1

Lời giải.

Cách 1 Bất đẳng thức đã cho tương đương với

bc2(2a2 + bc) +

ac2(2b2+ ac) +

ab2(2c2+ ab) ≥ 1

2Chỉ cần thêm bớt vào hai vế Sử dụng bất đẳng thức bunhiakowsky ta có

(bc)22(2a2bc + (bc)2) +

(ac)22(2b2ac + (ac)2) +

(ab)22(2c2ab + (ab)2) ≥ (bc + ca + ab)

2

2(ab + bc + ca)2 =

12Bài toán được chứng minh xong

Cách 2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với

xy + yz + zx ≥ 3Bất đẳng cuối luôn đúng theo bất đẳng thức AM − GM

Bài toán được chứng minh xong

Cách 3 Để ý rằng, theo bất đẳng thức AM-GM dạng 2xy ≤ x2 + y2, ta có

2a2

2a2+ bc =

1

1 + bc2a2

2b22b2+ ca +

2c22c2+ ab ≤ 2(a

2b2+ b2c2+ c2a2)

a2b2 + b2c2+ c2a2 = 2Hay

a22a2+ bc +

b22b2 + ca +

c22c2+ ab ≤ 1Bài toán được chứng minh xong

Bài 20.Cho x, y ∈ R thỏa mãn 5x2+ 5y2− 5x − 15y + 8 ≤ 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của

S = x + 3y

Lời giải.

Nhận xét. Đối với những bài toán cho giả thiết ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0 (hay

≤ 0) và yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = αx + βy (trong đó

a, b, c, d, e, f, α, β là các số đã cho trước rồi, lưu ý a > 0, b > 0) thì có một cách là ta rút x theo

Svà y rồi thay vào biểu thức của giả thiết để được một tam thức bậc hai đối với ẩn y sau đógiải điều kiện ∆y ≥ 0 để thu được giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S

Cụ thể bài này ta giải như sau

Do S = x + 3y nên x = S − 3y, thay vào giả thiết 5x2+ 5y2− 5x − 15y + 8 ≤ 0 và viết theo hệ

số của biến y ta thu được

50y2− 30Sy + 5S2− 5S + 8 ≤ 0 (∗)

Vì bất đẳng thức trên đúng với mọi y nên ta có ∆ ≥ 0, tức là

900S2 − 4.50.(5S2− 5S + 8) ≥ 0Biến đổi tương đương ta thu được

−100S2+ 1000S − 1600 ≤ 0Hay

5 nên x = S − 3y = 8 −36

4

5.Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức S lần lượt là 2 và 8

Bài toán được chứng minh xong

Bài 21.Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc + a + c = b Tìm giá trị lớn nhất của

2 = cvới A, B, C là ba góc của một tam giác

Khi đó ta xét bài toán tổng quát sau với x, y, z là các số thực bất kì:

Chú ý rằng chúng ta có một bất đẳng thức khá quen thuộc sau với m, n, p là các số thực:

2mn cos A + 2np cos B + 2pm cos C ≤ m2 + n2+ p2Khi đó để giải những bài như thế này ta định m, n, p sao cho

√3

2 , n =

√3

3 , p =

√3

Bài 22.Cho các số x, y, z thỏa mãn 1 ≤ x, y, z ≤ 4 và x ≥ y, x ≥ z Tìm GTNN của biểu thức

√

x +√yXét hiệu

x +√y) ≥ 0Hiển nhiên đúng

Suy ra

P = f (x, y, z) ≥ x

2x + 3y +

2√y

√

x +√

xy

Cách 2 Ta có bổ đề sau: 1

1 + a2 + 1

1 + b2 ≥ 1

1 + ab với ab ≥ 1Thật vậy, trừ vế theo vế, ta có ngay:

(1 + a2)(1 + b2)(1 + ab) ≥ 0Hiển nhiên đúng

2x

y + 3

1 + zy

1 + xz

≥

xy

Ta đưa được về dạng như trên

Bài toán được chứng minh xong

1 +√

a := f (a)với a ∈ 1

4; 1



So sánh f 1

4

với f (1) ta dự đoán được P đạt giá trị nhỏ nhất khi a = 1

4.Khi đó b = c = 2 và ta tìm được các giá trị của (x, y, z) tương ứng là (4, 1, 2)

Bài toán được chứng minh xong

Bài 23.Cho x ≥ y ≥ z > 0 Chứng minh rằng

Bài toán được chứng minh xong.

Cách 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Vì sao lại thêm bớt zx vào hai vế? Vì với một bài toán hoán vị, trong đó y là số nằm giữa x và

zthì thường ta sẽ, làm thế nào đó, để sử dụng được đánh giá quen thuộc y2+ zx ≤ y(z + x).Thật vậy, nếu sử dụng đánh giá trên thì bài toán quy về chứng minh

x2y

z + yz +

z2x

y ≥ x2+ z2+ xyTương đương với

 x2y

z − x2

+ yz − z2
+ z2x

y − xy



≥ 0Hay

(y − z) x2

z + z −

x(y + z)y



≥ 0Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng vì y ≥ z và

x2

z + z ≥ 2x ≥

x(y + z)yBài toán được chứng minh xong

Bài 24.Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

Cách 3 Ta sẽ chứng minh bằng bất đẳng thức B.C.S như sau

a4+ b4+ c4 ≥ a2b2 + b2c2+ c2a2Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, suy ra điều phải chứng minh

Bài toán được chứng minh xong

Bài 25.Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng

Bài 26.Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng

1) x2y2+ y2z2+ z2x2 ≥ xy + yz + zx