TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA TOÁN
LỚP TOÁN 3A

\

Giảng viên hướng dẫn: Hoàng

Tròn
Sinh viên thực hiện : Trương Quang Phú

Huế, 2011


Trong quá trình làm bài tập lớn này ngoài sự nỗ lực, cố
gắng hết mình của bản thân em còn nhận được rất nhiều sự
giúp đỡ từ phía thầy cô và các bạn.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn của mình đến thầy giáo ThS
Hoàng Tròn. Cảm ơn thầy đã tận tình giúp đỡ em hoàn thành
bài tập lớn này. Đồng thời xin cảm ơn các bạn đã có những góp
ý giúp em hoàn thành bài tập lớn này.
Em xin chân thành cảm ơn
Trương Quang Phú


A-Đặt vấn đề:
Đã từ lâu, bất đẳng thức luôn là một chủ tuyến hết sức quan trọng của toán
học; đây cũng là môn học đòi hỏi sự nhạy bén linh hoạt của người làm toán, học
toán. Do đó, một số lượng lớn người làm toán từ học sinh THCS, THPT, sinh viên
đến giáo viên và cả những người nghiên cứu toán học phổ thông đã bị thu hút vào
khám phá môn học đầy lí thú này. Cũng do đó mà ngày nay trên thế giới nói

ab

bc

ca

n


 6n  2m 2
m  m 2  3n
m  m 2  3n
mn 6n  2m 2
mn 
với x1 
, x2 
x2 
,
x1 

3
3
9
9
9
9 

Chứng minh
Xét phương trình x3  mx 2  nx  abc  0 . Khi đó cần tìm điều kiện để phương trình trên có
ba nghiệm thực.


+


f ( x)
f ( x2 )


Vậy để phương trình có ba nghiệm thực thì abc   f ( x2 ), f ( x1 )   đpcm
Nhận xét:
i) Giả thiết m 2  3n được suy ra từ điều kiện để phương trình f ' ( x)  0 có nghiệm.
ii) Từ mệnh đề ta có nhận xét là có thể chuyển bộ ba số thực (a,b,c) thành bộ ba số (abc,
a+b+c, ab+bc+ca) thõa mãn điều kiện a+b+c = m, ab+bc+ca = n và
 6 n  2m 2
mn 6n  2m 2
mn 
abc  
x2 
,
x1 
9
9
9
9 

iii) Khi n  0 thì ta có thể chuyển bộ ba số (a, b, c) về bộ ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca)
thõa mãn ab+bc+ca =n >0 và có sự ràng buộc a  b  c  ,  3n    3n ,  và




, x2 
9
9
9
3
3
 9

4


iv) Có thể chuyển bộ ba số thực không âm (a, b, c) thành bộ ba số (abc, a+b+c, ab+bc+ca)
thõa mãn ab  bc  ca  n  0 và có sự ràng buộc a  b  c  m   3n ,  và




 6n  2m 2
mn  6n  2m 2
mn 
abc   max 
x2 
, 0 ,
x1 

9
9 
9
9 



 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0

x0 x0 y0  a0b0 c0  z0 z0t0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi trong bộ (a0 , b0 , c0 ) có hai trong ba số bằng nhau.
Mệnh đề 3
Với mỗi bộ số (a0 , b0 , c0 )  R3 đều tồn tại ( x0 , x0 , y0 ), ( z0 , z0 , t0 )  R3 hoặc
(0, x0 , y0 ),( z0 , z0 , t0 )  R 3 sao cho:
a0  b0  c0  x0  x0  y0  z0  z0  t0


 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0
Hoặc 
x0 x0 y0  a0b0 c0  z0 z0t0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi trong bộ (a0 , b0 , c0 ) có hai trong ba số bằng nhau

 a0  b0  c0  0  x0  y0  z0  z0  t0

 a0b0  b0 c0  c0 a0  x0 y0  z0 z0  z0t0  t0 z0
Hoặc 
0  a0b0 c0  z0 z0t0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi một trong ba phần tử của bộ (a0 , b0 , c0 ) bằng 0
Chứng minh mệnh đề 2:
* Trước hết ta sẽ chứng minh trong trường hợp a0b0  b0 c0  c0 a0  n  0 thì vẫn thỏa mãn
mệnh đề.
Thật vậy, khi n=0 ta xét phương trình f ( x)  x3  mx 2 , f / ( x)  0  x  0, x 


 min  f (0)  0,

Ta lại có bộ số (u1 , u1 , v1 )  (0,0, m) thõa mãn u1u1  u1v1  v1u1  0
 u u v  f (0)  0
 1 11

và bộ số



u2  u2  v2  m

2m 2 m  m
(u2 , u2 , v2 )  (
,
,
) thõa mãn  u2u2  u2 v2  v2u2  0
3 3 3

3
u 2u2 v2  f ( 2 m )  4 m
3
27

Như vậy trường hợp n=0 ta đã chỉ ra có hai bộ số thỏa mãn mệnh đề.
* Trong trường hợp n  0
Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với bộ số thực (a0 , b0 , c0 ) thõa mãn a0  b0  c0  m và
a0b0  b0 c0  c0 a0  1 . Theo mệnh đề 1 ta có

(6  2m 2 ) x2  m
(6  2m 2 ) x1  m
s

trường hợp a0  b0  c0  m và a0b0  b0c0  c0 a0  1 .
Bây giờ ta sẽ chứng minh trong trường hợp a0  b0  c0  m và
a0b0  b0c0  c0 a0   n ( n  0) .

6


m

a0
b0
c0
 a1  b1  c1 
Đặt a1 
, b1 
, c1 
, khi đó ta có 
Áp dụng điều vừa chứng
n
n
n
n
 a b  b c  c a  1
 11 11 1 1
minh ở trên thì tồn tại ( x01 , x01 , y01 ),( z01 , z01 , t01 )  R 3

m

a


a0  b0  c0  m  x0  x0  y0  z0  z0  t0


 a0b0  b0 c0  c0 a0   n  x0 x0  x0 y0  y0 x0  z0 z0  z0t0  t0 z0

x0 x0 y0  a0b0c0  z0 z0t0

Như vậy ta đã chỉ ra tồn tại ( x0 , x0 , y0 ),( z0 , z0 , t0 )  R3 thỏa mãn điều kiện mà mệnh đề đã
đưa ra.
Chứng minh mệnh đề 3.

 6 n  2m 2
mn  6n  2m 2
mn 
Từ nhận xét iv) ta có a0b0 c0   max 
x2 
,0 ,
x1 
 , ở đây ta
9
9
9
9




vẫn giả thiết m   3n ,  và n  0 . Khi đó tương tự như phần chứng minh của mệnh đề 2




7


 6n  2m 2
mn 
Nếu max 
x2 
, 0   0 , thì ta xét bộ số
9
9 


 m  m 2  4 n m  m 2  4n 
( x* , y * , z * )   0,
,
  R 3 , ta lại có


2
2


*
*
*
 x  y z m
 * *
* *
* *

Mọi đa thức đối xứng f theo các biến a, b, c đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức
1
3

 theo các biến abc, a+b+c, ab+bc+ca và khi đó deg  (abc)  deg f .
Nhận xét:
Do mọi đa thức đối xứng f (a, b, c) đều có thể biểu diển thành hàm g ( A, B, C ) trong đó
A  a  b  c , B  ab  bc  ca được cố định và biến C  abc chạy trên miền xác định của
nó. Tuy nhiên ở đây ta không cần biết C đạt giá trị biên khi nào mà chỉ quan tâm đến việc
khi C đạt giá trị biên thì a, b, c có đặc điểm gì. Mệnh đề 2 và 3 giúp ta đảm bảo được sự
tồn tại a, b, c khi C đạt giá trị biên. Do đó, nó là cơ sở của phương pháp ABC.

II-Phương pháp ABC
1. Các định lí
Định lí 1
Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm đơn điệu trên R theo abc thì giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất xảy ra khi có hai trong ba số a, b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có
một số bằng 0 hay có hai số bằng nhau.
Định lí 2:
Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm lồi trên R theo abc thì giá trị lớn nhất xảy ra khi
có hai số trong ba số a, b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có một số bằng 0 hay
có hai số bằng nhau.
Định lí 3:
Nếu f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm lõm trên R theo abc thì giá trị nhỏ nhất xảy ra khi
có hai số trong ba số a, b,c bằng nhau; còn trong tập R+ xảy ra khi có một số bằng 0 hay
có hai số bằng nhau.

8



Chứng minh các hệ quả
Hệ quả 1: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là hàm đa thức bậc nhất theo abc nên f đơn điệu khi
đó theo định lí 1 ta suy ra hàm f đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trong R khi có hai
trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc hai trong ba biến
bằng nhau.
Hệ quả 2: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là tam thức bậc hai với hệ số cao nhất dương nên f
là một hàm lồi trên miền xác định của f. Do đó theo định lí 2 ta suy ra f đạt giá trị lớn
nhất khi có hai trong ba biến a, b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc
hai trong ba biến bằng nhau.
Hệ quả 3: f (abc, ab  bc  ca, a  b  c) là tam thức bậc hai với hệ số cao nhất âm nên f là
hàm lõm. Áp dụng định lí 3 ta suy ra thì f đạt giá trị nhỏ nhất khi có hai trong ba biến a,
b,c bằng nhau; còn trong R+ thì có một biến bằng 0 hoặc hai trong ba biến bằng nhau.

9


Hệ quả 4: Do hàm đối xứng bậc bé hơn 5 khi chuyển về hàm f (abc, ab  bc  ca, a  b  c)
theo biến abc thì bậc của f sẽ luôn bé hơn hoặc bằng

5
, suy ra f phải là hàm bậc nhất. Áp
3

dụng hệ quả 1 ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 5: Do hàm đối xứng bậc bé hơn 8 ( hiển nhiên ở đây bậc phải lớn hơn hoặc bằng 6
vì nếu ngược lại thì điều đó đã chứng minh ở hệ quả 4) khi chuyển về hàm
f (abc, ab  bc  ca, a  b  c ) theo biến abc thì bậc của f sẽ luôn bé hơn hoặc bằng

8
, suy ra

  
x y z c
1
1 1 a
  
xy yz zx c

1
1
1
a2  b



x  y y  z z  x ab  c
( x  y )( y  z )( z  x)  ab  c
(1  x)(1  y )(1  z )  1  a  b  c
10


( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y )  a 3  4ab  8c

4. Hệ thống các bài tập ứng dụng phương pháp
Trong phần này ta đặt a  x  y  z , b  xy  yz  zx , c  xyz

1. Bài tập minh họa:
1. Cho x,y,z là các số dương. Chứng minh rằng:
a)

xyz

2 3
a  3ab  3c  a 2  2b    a 3  3ab  3c  b

3
 P  mc  n  0 , trong đó m , n là các hằng số phụ thuộc vào a và b, không chứa c
P  c  a 2  2b  

Do P là hàm bậc nhất nên P đạt giá trị nhỏ nhất khi trong hai trong ba biến x, y, z bằng
nhau; hoặc một biến bằng 0. Như vậy để chứng minh bất đẳng thức ta chỉ cần chứng minh
giá trị nhỏ nhất của P luôn lớn hơn hoặc bằng 0 là đủ.
Trường hợp 1: Hai trong ba biến bằng nhau. Giả sử là y = z, khi đó ta có:
2
P1  xy 2 ( x 2  2 y 2 )  ( x 3  2 y 3 )( x 2  2 y 2 )  ( x 3  2 y 3 )(2 xy  y 2 )
3
5
4
3 2
 3P1  2 x  6 x y  4 x y  4 x 2 y 3  6 xy 4  2 y 5  2  x  y  x 4  4 x3 y  6 x 2 y 2  4 xy 3  y 4



 P1 



2
4
 x  y  x  y   0 x, y  0
3


suy ra Q đạt giá trị nhỏ nhất khi trong ba biến x, y,z có hai biến bằng nhau hoặc một biến
bằng 0. Ta xét các trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau. Giả sử y = z , khi đó ta có:
2

2

Q1   x 3  2 y 3  2 xy  y 2   xy 2  2 xy  y 2   4 xy 2  x 2  2 y 2 

2

11


 Q1  y 2  3x5  4 x 4 y  3x3 y 2  12 x 2 y 3  5xy 4  2 y 5 
 y 2  3 x 4 ( x  y )  3 x 2 y 2 ( x  y )  2 y 4 ( x  y )  x 4 y  15 x 2 y 3  3 xy 4 

 y2

  x  y   3x

4



 3x 2 y 2  2 y 4   x 4 y  15 x 2 y 3  3xy 4  0 x, y  0

(Vì 3 x 4  3 x 2 y 2  2 y 4  0 x, y )
Trường hợp 2: Một trong ba biến bằng 0. Giả sử z = 0, khi đó
Q2   x3  y 3  x 2 y 2  0 x, y  0


3

3

2

Giải:
3
2
Bất đẳng thức đã cho được viết lại như sau: P   x2  y 2  z 2   3  x 3  y 3  z 3   0
3

2

Biểu thức P được biểu diễn lại như sau: P   a 2  2b   3  a 3  3ab  3c   mc 2  nc  p
trong đó m, n, p là hàm theo a, b không phụ thuộc vào c và dễ thấy m  0 nên P đạt giá trị
lớn nhất khi trong ba biến x, y, z có hai biến bằng nhau hoặc có một biến bằng 0
Trường hợp 1: Hai trong ba biến bằng nhau. Ta giả sử y = z, khi đó ta có:
3

2

P1   x 2  2 y 2    x3  2 y 3   2 x 6  6 x 4 y 2  12 x3 y 3  12 x 2 y 4  4 y 6
 2 x 4 ( x 2  y 2 )  4 y 2 ( x 4  y 4 )  12 x 2 y 3 ( x  y )  2( x  y )( x 5  x 4 y  2 x 3 y 2  4 x 2 y 3  2 xy 4  2 y 5
 2( x  y ) 2 ( x 4  2 x3 y  4 xy 3  2 y 4 )  0 x, y  0

Trường hợp 2: Một biến bằng 0. Giả sử z = 0, khi đó ta có:
3


 3 y 4 x2
2
2

Từ đó ta có
3
2
6 

P2   x 2  y 2   3  x3  y 3   2 x6  3 x4 y 2  6 x3 y 3  3x 2 y 4  2 y 6   3  3   x 4 y 2  x 2 y 4   0
2


với mọi x, y dương
Như vậy max P  0 nên P  0 vói mọi x, y, z dương. Vậy bất đảng thức được chứng
minh.
4. Cho x, y , z là các số thực bất kì thõa mãn x 2  y 2  z 2  9 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của
Q  2( x  y  z )  xyz

Giải
Vì P là hàm bậc nhất theo biến xyz nên Q đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất khi một trong ba
biến x, y, z có hai biến bằng nhau. Giả sử y = z , khi đó ta có thể chuyển về bài toán sau:
Cho x, y là các số thực thõa mãn x 2  2 y 2  9 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
thức
P  2 x  4 y  xy 2

Từ giả thiết ta có x  9  2 y 2 thế x vào P ta có P  2 9  2 y 2  4 y  y 2 9  2 y 2

5 3

 3


 3  , P 

Vậy min Q  6 đạt được tại  3,0, 0  và max Q  10 đạt được tại  1, 2, 2  
5. Cho m, n, p là các số thực dương thõa mãn m 2  n 2  p 2  1 . Chứng minh rằng
m
n
p
 3
 3
 3 (5)
m  np n  pm p  mn
mp
pn
mn
Đặt x 
,y
,z 
khi đó bất đẳng thức (5) được viết lại là:
n
m
p
1
1
1


 3 (5.1) với điều kiện xy  yz  zx  1

2 y  (2 xy  y 2 )  3 y3
 3 y 4  3 xy
 3 y (1  y 2 )
1 y2
2
2
S1 
và cũng thay xy bởi
ta có
y
2
2 y (1  y 3 )  3(1  y 4 )  2 y 2 (1  y 2 )  6 y5
thể biểu diễn S1 
. Vì 0
8 y 2  7 y  1  0

x 3 y  y 3 x  y 4  1  x 3 y  y 3 x  y 4  1(dpcm)
Trường hợp 2: Một biến bằng 0. Giả sử z = 0 khi đó ta cần chứng minh xy  1 với mọi
x, y không âm và thỏa mãn x + y=2. thật vậy, áp dụng bất đẳng thức cauchy ta sẽ có được
điều này.
Như vậy x3 y  y 3 z  z 3 x  xy 3  yz 3  zx 3  2 .(đpcm) 
Nhận xét: Ở bài tập này không có dạng đa thức thông thường, và các đa thức
x 3 y  y 3 z  z 3 x, xy 3  yz 3  zx 3 không thể biểu diễn về hàm theo a, b, c. Và đồng thời dấu
căn đã làm mất đi mối liên hệ giữa hai đa thức. Khi gặp loại toán kiểu này thì cách tốt
nhất là ta nên bình phương lên, và làm mất dấu căn.
8. Cho x, y, z là các số thực thõa mãn x 2  y 2  z 2  2 Chứng minh rằng:
x 3  y 3  z 3  xyz  2 2 (8)

Giải:
Bình phương hai vế của bất đẳng thức và biểu diễn theo các ẩn a, b, c ta có

a

3

2

 3ab  2c   8

Như vậy vế trái của bất đảng thức là một đa thức bậc hai theo biến c, và hệ số của c 2 là
một số dương. Do đó theo hệ quả 5 thì vế trái của bất đảng thức (8) đạt giá trị lớn nhất khi
trong ba biến x, y, z phải có hai biến bằng nhau. Giả sử y = z, khi đó ta cần chứng minh
bất đẳng thức x3  2 y 3  xy 2  2 2 với x, y là các số thực thõa mãn x 2  2 y 2  2 .
Thật vậy, bình phương hai vế của bất đẳng thức ta có

2. Cho các số thực dương x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
6
 2
 2
 2
2
2
2
2a  bc 2b  ca 2c  ab a  b  c  ab  bc  ca
3. Chứng minh rằng với các số thực x, y, z ta luôn có
4
4
4
4
 x  y    y  z    z  x   (x4  y 4  z 4 )
7
4. Cho x, y, z là các số thực không âm thõa mãn x 2  y 2  z 2  3 Chứng minh
rằng: (2  xy)(2  yz )(2  zx)  1
5. Cho x, y, z là các số thực dương . Chứng minh rằng
 1
1
1  9



 xy  yz  zx  
2

. Khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức
bc
ca
ab

2

 a3  b3  c3 
 a 3b3  b3c 3  c 3 a 3 
a3  b3  c3
2

12

3

7


 với a, b, c là các số dương.
abc
abc
a 2b 2 c 2




16





Thật vậy, ta có bất đẳng thức tương đương với
2

2  a3  2b3   12a 2b 4  3  a 3  2b 3  ab 2  7  2a 3  b 3  b3  0
Đặt t 

x
ta viết lại bất đẳng thức trên như sau:
y
2

2  t 3  2   12t 2  3  t 3  2  t  7  2t  1  0
2




VT   t  1  2t

2





Ta có VT   t  1 2t 4  4t 3  3t 2  4t  1   t  1 2t 4  t (2t  1)2  7t 2  5t  1
Do 7t 2  5t  1  0, t nên



 8a 3b3 Do đó bất

đẳng thức (*) là đúng với mọi a, b dương.
  a 3  b3  c3 2
 a 3b 3  b 3c 3  c 3a 3  
a 3  b3  c 3
Vậy min  2 

12

3

7


   0
2 2 2
 
abc
abc
a
b
c




2


abc
a 2b 2 c 2




2

 a 3  b3  c 3 
 a 3b 3  b3c 3  c 3 a 3 
a3  b3  c3
Do đó 2 

12

3

7



abc
abc
a 2b 2c 2




Vậy bất dẳng thức đã cho là đúng.



a
b
c
bc ca ab
.
bc c a a b
b
c 
 a



 4


0
a
b
c
bc c a a b 
Đăt S là vế trái của bất đẳng thức khi đó S được biểu diễn theo biến X  a  b  c,
Y  ab  bc  ca , Z  abc là: S  9 Z 2  4( X 3  XY ) Z  X 2Y 2
Do đa thức S là hàm bậc hai theo biến Z và hệ số của Z2 là một số âm nên theo hệ quả 5 ta
có giá trị nhỏ nhất của S đạt được khi trong ba biến a, b, c có hai biến bằng nhau hoặc có
một biến bằng 0.
Trường hợp 1: Hai biến bằng nhau. Giả sử y = z, khi đó ta cần chứng minh bất đẳng thức
2b
ab
2b 

Định lí 1
Cho x, y, z là các số thực hoặc là các số thực dương. Khi đó nếu đại lượng xyz, x+y+z đã
được cho trước (nghĩa là đã được cố định sẵn) thì đại lượng xy+yz+zx sẽ đạt giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất khi có hai trong ba biến x, y, z bằng nhau.
Định lí 2
Cho x, y, z đồng thời là các số thực dương. Khi đó nếu đại lượng xyz , xy  yz  zx được
cho trước ( nghĩa là đã cố định sẵn) thì đại lượng x  y  z sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi có
hai trong ba biến x, y, z bằng nhau.
Chứng minh định lí 1:
Ta chỉ cần xét giả thiết x  y  z  1, xyz  m bởi vì khi x  y  z  n  1 thì bằng cách đặt
x
y
z
u  , v  , w  khi đó ta có thể chuyển bài toán về trường hợp ban đầu.
n
n
n
Vậy quan tâm đến giả thiết x  y  z  1, xyz  m , đặt S  xy  yz  zx
Xét phương trình bậc ba f ( X )  X 3  X 2  2 SX   m  0
18


1  1  3S
1  1  3S
, X2 
3
3
Phương trình đã cho có ba nghiệm khi và chỉ khi f ( X 1 )  0, f ( X 2 )  0
(6 S  2) X 1  S  9m  0 , (6 S  2) X 2  S  9m  0 . Gọi R1 , R2 lần lượt là tập nghiệm của
hai bất phương trình.

1


1
1 x  y 1 y  z 1 z  x
Giải:
1
1
1
Bất đẳng thức tương đương với


 1  0 tương đương với
1 x  y 1 y  z 1 z  x
(1  y  z )(1  z  x)  (1  x  y )(1  z  x )  (1  x  y )(1  y  z )  (1  x  y )(1  y  z )(1  z  x)  0
Thật vậy, gọi S là vế trái của bất đẳng thức khi đó ta biểu diễn S theo các biến
a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz thì S là hàm bậc nhất theo biến b. Do đo S đạt giá trị
lớn nhất khi b đạt giá trị lớn nhất. Khi đó trong ba biến x, y, z có hai biến bằng nhau. Giả
sử y = z, khi đó ta cần chứng minh 2(1  2 y )(1  y  x )  (1  x  y ) 2  (1  x  y ) 2 (1  2 y )  0
vói điều kiện x, y là các số thực dương thõa mãn xy 2  1
Thật vậy, ta có
2(1  2 y)(1  y  x )  (1  x  y )2  (1  x  y ) 2 (1  2 y )
 2(1  x  y )(1  y  xy  y 2 )
 2(1  x  y )(1  x )(1  y ) y

19


Do xy 2  1 mà x, y là các số dương nên trong hai số x, y phải có một số nhỏ hơn 1 hoặc cả
hai cùng bằng 1. Do đó 2(1  x  y )(1  x)(1  y ) y  0

6 y2  2 y
3( y  1) 2 ( y  1)( y  3)
Từ giả thiết 0  y  3 ta suy ra
0
6 y2  2 y
Do đó ta có x  2 y  3xy 2  6
Vậy x  y  z  3xyz  6
3. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng
x
y
z
xyz


2
2
yz zx x y
( x  y )( y  z )( z  x )
x
y
z
Đặt u 
khi đó bất đẳng thức đã cho được viết lại như sau:
,v 
,w 
yz
zx
x y
u  v  w+2 uvw  2 trong đó u, v, w thỏa mãn uv  vw  wu  2uvw  1
Đặt S  u  v  w+2 uvw , khi đó S là hàm bậc nhất theo biến X  u  v  w nên theo


20
 2v
 2v , Do đó ta có
2v
1 v
1 v
2(1  v)v

 1

2v
Và do v  (0,1) nên ta có (1  v )  
 2   0  u  2v +2 uv 2  2  0
1 v
 2v

Bất đẳng thức u  v  w+2 uvw  2 được chứng minh
x
y
z
xyz
Vậy


2
 2 với mọi x, y, z là các số thực
yz zx x y
( x  y )( y  z )( z  x )
dương. (đpcm) 

 
u  v  w 3 uv  vw  wu
 6(uv  vw  wu )  (u  v  w)(uv  vw  wu )  9(u  v  w)  0
Đặt S  6(uv  vw  wu )  (u  v  w)(uv  vw  wu )  9(u  v  w) , khi đó dễ thấy S là
hàm bậc nhất theo biến X  u  v  w . Theo định lí 2, thì S đạt giá trị nhỏ nhất khi trong
ba biến u, v, w có hai biến bằng nhau. Ta giả sử y = z, hki đó ta cần chứng minh bất đẳng
thức 6(2uv  v 2 )  (u  2v )(uv  v 2 )  9(u  2v )  0 trong đó u, v là các số thực không âm
và thỏa mãn uv 2  1 .
2
1
3
2v 2
1
3v
Thật vậy, ta có
 

 
0
2
3
u  2v 3 2uv  v
1  2v 3 2  v3
Ta lại có
2v 2
1
3v
2v 6  6v 5  18v 4  5v 3  12v 2  9v  2



2 x2 y 2 z 2
1
3 xyz
Vậy 3 3
với mọi số thực không âm x, y, z.
  3
3 3
3 3
x y  y z  z x 3 x  y3  z3

1 1 1
5. Cho các số thực x, y, z  1, 2 . Chứng minh rằng  x  y  z       10
x y z
Giải:
2 x
2 y
2 z
a2
b2
c2
Đặt a 
,b 
,c 
, khi đó ta có x 
,y
,z 
,a, b, c là
x 1
y 1
z 1

Thật vậy, (*) tương đương (a 2b 2  13ab  6a  6b  4  3a 2b  3ab 2 )  0 a, b  0
b  2  a  1
b 1 
a2
Suy ra 
2
2

  10 với mọi số dương a, b
b  1  a  2
b2
 a 1
 a  2 b  2 c  2  a  1 b  1 c  1 
Từ đó bất đẳng thức 





  10 đúng với mọi số
 a  1 b  1 c  1  a  2 b  2 c  2 
dương a, b, c.
1 1 1
Vậy  x  y  z       10 (đpcm) 
x y z
Chú ý:
Thông qua bài này ta nhấn mạnh lại rằng phương pháp ABC chỉ áp dụng đối với các
biến số chạy trên cả tập R, hoặc trên tập R+. Còn khi đề bài giới hạn các biến số trong
một khoảng (hay đoạn) nào đó của tập số thực thì ta tìm cách đổi biến sao cho biến mới
chạy trên tập R, hoặc R+, khi đó mới dễ dàng áp dụng phương pháp ABC.


2
2
2
2
x y
y z
z x
( x  y  z)2
1 1 1
4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện    3 . Chứng minh rằng
x y z
9
x  y  z  3  ( xyz  1)
4
x3  y 3  z 3
5. Cho x, y, z  [1, 2] Tìm giá trị lớn nhất của P 
3 xyz

1 1 1
 x
y
z 
6. Cho x, y, z  [1, 2] , Chứng minh rằng ( x  y  z )      6 



x y z
 yz zx x y


Từ những định lí đã phát biểu đối với bất đảng thức ba biến thì liệu rằng ta có thể tổng
quát đối với bất đảng thức n biến được không. Định lí sau đây sẽ nói lên điều đó.

3. Tổng quát của định lí ABC mở rộng
Xét một biểu thức đối xứng n biến f (a1 , a2 ,..., an 1 , an ) , trong đó f có giá trị nhỏ nhất và
n  3 . Ta xem f (a1 , a2 ,..., an 1 , an ) như là một biểu thức ba biến g (a1 , a2 , a3 ) vói các số
a4 , a5 ,..., an 1 , an được xem như là hằng số. Nếu g (a1 , a2 , a3 ) là biểu thức khả ABC theo
tính đơn điệu thì bất đẳng thức f (a1 , a2 ,..., an 1 , an )  0 được đưa về xét hai trường hợp:
i) n  1 biến bằng nhau.
ii) Một biến bằng 0 (điều kiện này chỉ xuất hiện khi khả ABC đối với biến abc).
Bất đẳng thức được chứng minh là đúng nếu nó được chứng minh là đúng trong hai
trường hợp trên.
(Định lí này không chứng minh. Phần chứng minh có thể xem trong cuốn “ Những viên
kim cương trong bất đẳng thức toán học” của Trần Phương

4. Bài tập minh họa
1. Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng
3(a 4  b 4  c 4  d 4 )
3(a 2  b 2  c 2  d 2 )
 1
4abcd
ab  ac  ad  bc  bd  cd
Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
f (a, b, c, d )  3(a 4  b 4  c 4  d 4 )(ab  ac  ad  bc  bd  cd )

4abcd (ab  ac  ad  bc  bd  cd )  12abcd (a 2  b 2  c 2  d 2 )  0
Khi đó dễ thấy f (a, b, c, d ) là khả ABC theo các biến abc. Áp dụng định lí ABC tổng
quát ta có các trường hợp:
Trường hợp 1: Có một biến bằng 0. Ta giả sử d = 0, khi đó ta cần chứng minh
3(a 4  b 4  c 4 )(ab  bc  ca )  0 . Điều này là hiển nhiên vì a, b, c là các số thực dương.


b
4
a
b
4
ab

a

b
Thật vậy,
3(a  b) 2 (a  b)2 )
4(a  b) 2


2a 2b 2
4 ab  a 2  b 2
3(a  b )2 (a  b)2 ) 6(a  b)2 )
4(a  b) 2
2(a  b)2
Áp dụng định lí Cauchy ta có

,

2a 2b 2
ab
4ab  a 2  b 2
3ab



4a 3d
3a 2  3ad
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )

1



3

2
3
2
3
2
4
a
d
3
a

3
ad
4
a
d

nên
 2
với mọi a, d dương.
4 a 3d
a  ad
2 a3d
2 a3d
3(3a 4  d 4 )
3(3a 2  d 2 )
Do đó

1

với mọi a, d dương.
4a 3d
3a 2  3ad
3(a 4  b 4  c 4  d 4 )
3(a 2  b 2  c 2  d 2 )
Vậy
với mọi a, b,c , d dương. 
 1
4abcd
ab  ac  ad  bc  bd  cd
2

3

5. Bài tập bổ sung
1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, d thỏa mãn abcd  1 . Chứng minh
rằng 28 (1  a 2 )(1  b 2 )(1  c 2 )(1  d 2 )  (a  b  c  d )6