ĐẶNG THÀNH NAM
(Trung tâm Nghiên cứu và phát triển sản phẩm giáo dục Newstudy.vn)

SOẠN THEO CẤU TRÚC MỚI ÁP DỤNG KÌ THI THPT QUỐC GIA

(PHIÊN BẢN MỚI NHẤT)

Dành cho học sinh 10, 11, 12 nâng cao kiến thức.
Bồi dưỡng học sinh giỏi luyện thi Quốc Gia.

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI






MỤC LỤC
Chương 1: Bất đẳng thức và các kỹ thuật cơ bản
Chủ đề 1. Kỹ thuật biến đổi tương đương .............................................. 04
Chủ đề 2. Kỹ thuật minh phản chứng .................................................... 45
Chủ đề 3. Kỹ thuật quy nạp toán học ..................................................... 56
Chủ đề 4. Kỹ thuật miền giá trò ............................................................. 60
Chủ đề 5. Kỹ thuật sử dụng nguyên lí Diricle ....................................... 68
Chủ đề 6. Kỹ thuật tam thức bậc hai ..................................................... 73
Chủ đề 7. Kỹ thuật đánh giá bất đẳng thức tích phân ......................... 93
Chương 2: Bất đẳng thức và phương pháp tiếp cận
Chủ đề 1. Các kỹ thuật sử sụng bất đẳng thức AM-GM cơ bản .......... 102
Chủ đề 2. Kỹ thuật ghép cặp trong chứng minh đẳng thức AM-GM ............. 198




Chương 1:
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC KỸ THUẬT CƠ BẢN
KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. Định nghĩa bất đẳng thức
Giả sử A và B là hai biểu thức bằng chữ hoặc bằng số.
+ A ≥ B (hoặc B ≤ A) , A ≤ B (hoặc B ≥ A) được gọi là các bất đẳng thức.
+ A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0; A − B ≥ 0 ⇔ A ≥ B.
+ Một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai và ta quy ước khi nói về một bất đẳng
thức mà không nói gì thêm thì ta hiểu đó là bất đẳng thức đúng.
II. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
 ∀a ∈ ; a ≥ a .
a ≤ b
 
⇒a≤c.
b ≤ c

 ∀a, b, m ∈ ; a ≤ b ⇒ a ± m ≤ b ± m .
a ≤ b
 
⇒a+c≤b+d .
c ≤ d
 a ≥b+c ⇔ a−c≥b.
ma ≤ mb khi m >0
 ∀a, b,∈ ; a ≤ b ⇔ 
.
ma ≥ mb khi m < 0








1. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
 − a ≤ a ≤ a , ∀a ∈  .
 a < α ⇔ −α < a < α ( khi α > 0 ) .
a > α
 a >α ⇔ 
( khi α > 0 ) .
 a < −α

 a − b ≤ a + b ≤ a + b , ( ∀a, b ∈  ) .
2. Bất đẳng thức liên quan đến hàm số mũ và logarit
a > 1
0 < a < 1
 
⇒ ax > a y ;
⇒ ax < a y .
>
>
x
y
x
y


a > 1

Bình phương của một số thực
Với mọi số thực x ta luôn có x 2 ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 .
Từ đó ta có các bất đẳng thức với 2 biến và 3 biến thường sử dụng như sau:


( a − b )2 ≥ 0 hay

a 2 + b 2 ≥ 2ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .








( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 ≥ 0 hay

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

(

)

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

2

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

a
b
abc
a −b b−c c−a a−b b−c c−a

+
+
.
.
0.
+
=
a+b b+c a+c a+b b+c c+a
1) Kỹ thuật biến dùng định nghĩa
Để chứng minh bất đẳng thức: A ≥ B . Ta chứng minh bất đẳng thức
A − B ≥ 0 đúng.



(x
Ví dụ 1. Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng

2

+ y2

)

2



( x − y )4 + 4 ( x − y )2 + 4 ≥ 8.( x − y )2






( x − y )4 − 4 ( x − y )2 + 4 ≥ 0

⇔

2

( x − y ) 2 − 2  ≥ 0 .


Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.
a) Cho x,y là hai số thực thoả mãn điều kiện xy ≥ 1 .

⇔

Chứng minh rằng
1
1+ x

2

+

1 
+
+
P=
(1 + xyz ) 
3
3
3
.
1+ x 1+ y 1+ z 
Lời giải
a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
 1
1   1
1 
−
+
−

2 1 + xy  
2 1 + xy 
≥0
1+ x
 1+ y


⇔
⇔

⇔


1 + y 2 . (1 + xy )

≥0

( y − x )2 ( xy − 1)
≥0
(1 + x2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy )

BĐT cuối này đúng do xy ≥ 1. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y hoặc xy = 1 .
b) Sử dụng bất đẳng thức:
1
1+ x

Ta có

1
1+ a

3

+

1
1+ b

3

≥


1
2
≥
1 + abc 1 + abc 4


1
1
2
+

3 3
1 + abc 4
1+ a b


 ≥ 2.


1+

2
a3b3 . abc 4

.
4
=
1 + abc



+

1+ y

2

1

+

1 + y2

≥

2
, ( xy ≥ 1) .
1 + xy

≤

2
, ( −1 < xy ≤ 1) .
1 + xy

c) Sử dụng kết quả bài toán trên ta có :
1
1+ z

3

2
1 + xyz 4

4

≤
1+

x4 y 4 z 4

4
=
1 + xyz

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta suy ra
1
1+ x

3

+

1
1+ y

3

+

1


(1 + x )(
2

)

( 2 xy − 1) + ( x − y ) ≥ 1 + x + y 2 .
4
2
Chú ý: 1 + x 2 1 + y 2 =1 + ( x + y ) +
(
)
3
3

(

)(

)

2

2







(1 − a )(1 − b )
 2−a −b
2) Kỹ thuật phân tích hằng đẳng thức
Phân tích thành tổng các bình phương

n

∑ ( xi − yi )

2

≥0.

i =1

Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực bất kỳ chứng minh
a) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca .
b) ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c ) .
2

c) ( a + b + c ) −
2

(

)(

)

(

2

Bất đẳng thức cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c .






b) Thực hiện tương tự câu a) đưa về bất đẳng thức luôn đúng

( ab − bc )2 + ( bc − ca )2 + ( ca − ab )2 ≥ 0 .
c) Ta có:
1
1
1
( a + b + c )2 − ( b − c=
)2
( 2a − b − c )2 + ab + bc + ca ≥ ab + bc + ca .
3
4
12
Tương tự ta có:
1
1
( a + b + c )2 − ( c − a )2 ≥ ab + bc + ca
3
4
.
1

2

)(

)(

)
⇒ ( a + 2 )( b

=

)

+ 2 b2 + 2 c2 + 2 − 3( a + b + c )

2

(

1 2
3
2
2
2
c + 2 ( a − b ) + 2 ( ab − 1)  + ( ac + bc − 2 ) .


2
2
2

0
 x + y + z =
1
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 2 2 , chẳng hạn tại x =
−
,y=
.
2
2
1
 x + y + z =
Bất đẳng thức vế phải:
1 − ( xy + yz + zx ) = x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx )

(

)

1
( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2 ≥ 0
2
⇒ xy + yz + zx ≤ 1

=







1
1
1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x + z + y =0 ⇒ x = , y =0, z =−
.
2
2
2

 x 2 + y 2 + z 2 =
1

Ví dụ 3. Cho x,y,z là các số thực không âm. Chứng minh:
a) x3 + y 3 + z 3 ≥ 3 xyz .
b)

x3 + y 3 + z 3
3
≥ xyz + ( x − y )( y − z )( z − x ) .
3
4
3

 y+z

c) x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 2 
− x .
 2






( x + y) + ( y + z ) + ( z + x) ≥

x − y + y − z + z − x ≥ 33 ( x − y )( y − z )( z − x )

.

( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2 ≥ 3 3 ( x − y )2 ( y − z )2 ( z − x )2

Nhân theo vế hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi x= y= z .
c) Theo câu a) ta có x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 0, do đó nếu
luôn đúng.
+ Ngược lại xét y + z − 2 x > 0 ⇔ ( y − x ) + ( z − x ) > 0 .

y+z
− x ≤ 0 bất đẳng thức
2

Đặt y =2a + x, z =2b + x bất đẳng thức trở thành

(

)

12 x a 2 − ab + b 2 + 6 ( a + b )( a − b ) ≥ 0.

1
3
Chú ý x 2 + xy + y 2 =
( x + y )2 + ( x − y )2 ⇒ x 2 + xy + y 2 ≥ ( x + y )2 .
4
4
4
3
3
2
2
y 2 + yz + z 2 ≥ ( y + z ) ; z 2 + zx + x 2 ≥ ( z + x )
4
4
27
2
2
2
Do đó ( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 )( z 2 + zx + x 2 ) ≥ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) .
64
Ta chỉ cần chứng minh
64
[( x + y )( y + z )( z + x)]2 ≥ [( x + y + z )( xy + yz + zx)]2
81
8
⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx)
9

⇔ x( y − z )2 + y ( z − x)2 + z ( x − y )2 ≥ 0
Bất đẳng thức cuối đúng. Ta có điều phải chứng minh.

)

ac + bc − a − b ≤ ac + bc − a − b

2

2

1 
1
1 1

≤ a + b −a −b =
− a −  −  b −  + ≤
2 
2
2 2


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

1
.
2

3) Kỹ thuật thêm bớt hằng số
Việc cộng hoặc trừ hai vế của bất đẳng thức cho một số nào đó làm lược bỏ đi
phần phức tạp của bất đẳng thức.
Ví dụ 1. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện x ≥ y ≥ z. Chứng
minh rằng

xy + yz + zx
y 2 + yz + z 2
−y≥
−y
x+z
y+z

⇔

zx
z2
≥
⇔ z  x ( y + z ) − z ( x + z )  ≥ 0 ⇔ z xy − z 2 ≥ 0
x+z y+z

.

(

)

Bất đẳng thức cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= z hoặc
=
z 0,=
x y.
b) Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

( x + z )2 + ( x + z )( y + z ) + ( y + z )2 − 1 ≥ ( x + z )( y + z ) − 1
x 2 + xy + y 2


3 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ≥ 3 ( x + y )  z ( x + =
y )  3z ( x + y ) ≥ z x 2 + xy + y 2 .
2

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = 0 .
4) Kỹ thuật biến đổi với bất đẳng thức chứa căn
+ Phép bình phương hai vế được ưu tiên.
+ Cần chứng minh

A1 + A2 + ... + An ≥ b1 + b2 + ... + bn .

Ta có để chứng minh

A1 =

b12 + c12 ≥ b12 = b1 .

Rồi cộng lại theo vế các bất đẳng thức trên ta có đpcm.
Ví dụ 1. Chứng minh với mọi số thực x,y cùng dấu và số thực k, ta có
k2 + x + k2 + y ≥ k + k2 + x + y .

Lời giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
k 2 + x + k 2 + y + 2 (k 2 + x)(k 2 + y ) ≥ 2k 2 + x + y + 2k k 2 + x + y
⇔ k + k ( x + y ) + xy ≥ k k + x + y ⇔ xy ≥ 0
4

2

.

(x

⇔

(

2

)(

)

+ x + 4 y 2 + y + 4 ≤ xy + 2

)(

)

⇔ x 2 + x + 4 y 2 + y + 4 ≤ x 2 y 2 + 4 xy

( x + y )2 + x + y + 4 .

( x + y )2 + x + y + 4 + 4 ( x + y )2 + x + y + 4 .

2
⇔ xy  4 ( x + y ) + x + y + 4 + x + y − 7  ≥ 0 (luôn đúng do x + y ≥ 1 ).


Tổng quát. Tương tự ta có các bất đẳng thức cùng dạng sau
+ Với mọi số thực không âm x,y ta luôn có

+

⇒
>
(1)
a+b a+b+c
a+b a+b+c
b
b
c
c
Tương tự ta có :
>
(2) ,
>
(3)
b+c a+b+c
a+c a+b+c
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được :
b
a
c

a
b
Từ (*) và (**) , ta được : 1

x
x
.
≥
1+ x 1+ x + y + z
y
y
≥
1+ y 1+ x + y + z
z
z
≥
1+ z 1+ x + y + z

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có một số bằng 3 và hai số bằng 0.
Ví dụ 3. Cho a,b,c là các số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh
1 + a2

+

1 + b2

+

1 + c2

≤

7

1 + c2
1+ a

2

≤ 2 + a2 + (b + c ) +
2

≤ 2 + a 2 + b2 + c2 +
1

1

.

1 + a2

=2 + a 2 + (1 − a ) +

1

2

1+ a

2

Ta chỉ cần chứng minh 2 + a 2 + (1 − a ) +
2



1 + bk
1+ c

k

+

1 + ck
1+ a

k

≤

7
.
2

Với k là số nguyên dương.






Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x, y ≥ −1; x + y + z =3 .
Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P
=

.
=

z2 − 4z + 5
z2 − 4z + 5
Chú ý. xy ≥ −1 − x − y = z − 4; x + y = 3 − z .

Khi đó

2
2
3 − z ) − 2 ( z − 4 ) − 1 z 2 − 8 z + 16
2 z − 3)
(
(
P≤
=
=−

+5≤5.
z2 − 4z + 5
z2 − 4z + 5
3

3
x+ y=


5
3

z2 − 4z + 5

6) Kỹ thuật đánh giá bất đẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối
Sử dụng hai bất đẳng thức quen thuộc: x + y ≥ x + y ; x − y ≤ x − y .
Chú ý. Tư duy đầu tiên là khử dấu giá trị tuyệt đối muốn vậy ta xét trường hợp.
Ví dụ 1. Chứng minh với mọi số thực a,b,c ta có
a + b + c + a+b+c ≥ a+b + b+c + c+a .

Lời giải
Trong ba số a,b,c có ít nhất hai số cùng dấu không mất tính tổng quát giả sử là a
và b khi đó a + b = a + b .
Vậy ta chỉ cần chứng minh c + a + b + c ≥ b + c + c + a
⇔ c 2 + ( a + b + c ) + 2 c ( c + a + b ) ≥ ( a + c ) + ( b + c ) + 2 ( a + c )( b + c )
2

2

2

⇔ ab + c ( c + a + b ) ≥ ( a + c )( b + c )= c ( c + a + b ) + ab

Bất đẳng thức cuối luôn đúng (đpcm).






Ví dụ 2. Cho x,y,z là các số thực đôi một không đồng thời bằng 0. Chứng minh


2

+ x2

) ≤1.
)

Lời giải

(

Ta có x 2 − y 2 ≤ x 2 + y 2 ⇔ x 2 − y 2
Từ đó suy ra

(x
(x

2

− y2

2

+ y2

(x
⇔ −1 ≤
(x

)( y


2

2

− z2

2

+ z2

)

2

⇔ 4x2 y 2 ≥ 0 .

) ≤1
+x )
)( z − x ) ≤ 1
)( z + x )

2

2

+ y2

2



1
Chứng minh rằng a bc + b ca + c ab ≤ .
3
Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực chứng minh
x − y + y − z + z − x ≥ 2 x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx .

Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z. Bất đẳng thức trở thành
( x − y) + ( y − z) + ( x − z) ≥ 2

1
1
1
( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2
2
2
2

2
2
2
⇔ 2 ( x − z ) ≥ 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) 








n
Lời giải
Chú ý. Với hai số thực x,y bất kỳ ta luôn có
max { x1 , x2 ,..., xn } ≥

min { x, y} ≤ x, y ≤ max { x, y} và max { x, y} =

Sử dụng max { x, y} =

x+ y+ x− y
2

x+ y+ x− y
2

.

ta được:

x1 + x2 + ... + x n x1 − x2 + x2 − x3 + ... + xn −1 − xn + xn − x1
+
n
2n
x + x + xn − x1
x1 + x2 + x1 − x2 x2 + x3 + x2 − x3
+
+ ... + n 1
2n
2n
2n


⇔ v 4 (4u 2 − 2v 2 − 2) ≥ 2u (v 2 − 1)
⇔ 2v 4u 2 − (v 2 − 1)u − v 4 (v 2 + 1) ≥ 0






Điều này chứng tỏ u ≥
Mặt khác u =
v≥

v 2 − 1 + (v 2 − 1) 2 + 8v8 (v 2 + 1)
4v 4

.

a+b
≥ ab = v do đó ta chỉ cần chứng minh:
2

v 2 − 1 + (v 2 − 1) 2 + 8v8 (v 2 + 1)
4

⇔ (v − 1) 2 (v + 1)(v 2 + v + 1) ≥ 0

4v
Bất đẳng thức cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= 1 .
Ví dụ 2. Cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng

2

bc 
ca 
ab 
1  ab
1  bc
1  ca
= 
−
−
−
 + 
 + 
 ≥0
a 
b 
c 
2 c
2 a
2 b
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= z.

Ví dụ 3. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c =
3.
4
4
4
a
b

x

3

+

4
y

3

+

4
z

3

≥

3− y 3− x 3− z
.
+
+
y
x
z

 4 3− x   4 3− y   4 3− z 
⇔ 3 −






8) Kỹ thuật sử dụng phép thế
Từ bài toán có điều kiện từ hai biến trở lên ta rút một biến theo các biến còn lại
rồi thay vào bất đẳng thức cần chứng minh.
+ Dạng này toán nếu có cần kết hợp đánh giá một số là max hoặc một số là min.
Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện ab + bc + ca =
1.
5abc
Chứng minh rằng a + b + c +
≥2.
3
Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử c ≥ b ≥ a .
1 − ab
1 − ab
1− ab
ta phải chứng minh a + b +
Thay c =
+ 5ab.
≥2
3( a + b )
a+b
a+b
⇔ ab ( 2 − 5ab ) + 3 ( a + b − 1) ≥ 0
2


bc (1− a ) ≥

( b − ac )( c − ab ) .

( b − ac )( c − ab ) ⇔ bc (1 − a )2 ≥ ( b − ac )( c − ab ) .

)

⇔ bc a 2 − 2a + 1 ≥ bc − ab 2 − ac 2 + a 2bc ⇔ a ( b − c ) ≥ 0 (luôn đúng).
2

 ac (1 − b ) ≥ ( a − bc )( c − ab )

.
Tương tự ta có: 
 ab (1 − c ) ≥ ( a − bc )( b − ca )
Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c .
Ví dụ 2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c =
1. Chứng

minh rằng 8a 2b 2 c 2 ≥ ( a − bc )( b − ca )( c − ab ) .






Lời giải
a − bc > 0


2

2
2
2
⇔ ab  4ab − ( a + b )  + c ( a − b ) ≥ 0 ⇔ ( c − ab )( a − b ) ≥ 0 (luôn đúng).



( b − ca )( c − ab ) ;2ca ≥ ( c − ab )( a − bc ) .

Tương tự ta có 2bc ≥

Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có ngay điều phải chứng minh. Đẳng thức
1
.
xảy ra khi và chỉ khi a= b= c=
3
10). Kỹ thuật sử dụng tính thuần nhất
Đưa bất đẳng thức về dạng đồng bậc sẽ dễ xử lý hơn(xem thêm chương 3).
Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 =
3.
Chứng minh rằng a3 ( b + c ) + b3 ( c + a ) + c3 ( a + b ) ≤ 6 .
Lời giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
a 3 ( b + c ) + b3 ( c + a ) + c 3 ( a + b ) ≤

(


(

)

a 4 + b 4 + 4a 2b 2 − 3ab a 2 + b 2 = ( a − b ) + ab ( a − b )
4

(

2

)

= ( a − b ) a 2 − ab + b 2 ≥ 0
2

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1.
11) Biến đổi hàm lượng giác
Ví dụ 1. Chứng minh với mọi số thực x ta có cos(sin x) > sin(cos x) .
Lời giải
π

Bất đẳng thức đã cho tương đương với: sin  − sin x  − sin(cos x) > 0
2







=
x

π

2

− 2
2
− 2

π
< 2

π
≤ 2

− sin x − cos x
2
− sin x − cos x

2
2
Bất đẳng thức được chứng minh.

π
≤ 2

π
≤ 2

x z

Lời giải
BĐT tương đương với:

( x + z)
xz

2

≥

y( x + z)
xz

+

x+z
y

⇔ y ( x + z ) ≥ y 2 + zx ⇔ y 2 − y ( z + x ) + zx ≤ 0 ⇔ ( y − x )( y − z ) ≤ 0

Bất đẳng thức cuối đúng vì 0 < x ≤ y ≤ z .
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= z .
Bài 2. Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn điều kiện x ≥ y ≥ z. Chứng minh
x( x 2 + y 2 ) y ( z 2 + x 2 ) z ( y 2 + z 2 )
+
+
≥ x2 + y 2 + z 2 .
x+ y


Bài 3. Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [ 0;1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

(

) (

)

thức P= 2 x3 + y 3 + z 3 − x 2 y + y 2 z + z 2 x .
Lời giải
Ta có x, y, z ∈ [ 0;1] ⇒ x ≤ x ≤ x; y 3 ≤ y 2 ≤ y; z 3 ≤ z 2 ≤ z.
3

2

(

)

Từ đó suy ra 2 x3 + y 3 + z 3 ≤ x 2 + x + y 2 + y + z 2 + z.

(

)

P ≤ x + y + z + x2 + y 2 + z 2 − x2 y + y 2 z + z 2 x .

(



(

)

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

Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó c 2 ( c − a )( c − b ) ≥ 0 và
a 2 ( a − b )( a − c ) + b 2 ( b − c )( b − a ) = ( a − b )  a 2 ( a − c ) − b 2 ( b − c ) 


≥ ( a − b )  a 2 ( b − c ) − b2 ( b − c )



(

)

=( a − b )( b − c ) a 2 − b 2 ≥ 0

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c .
Nhận xét. Đây là một trường hợp riêng của bất đẳng thức Schur. Với a,b,c là các
số thực không âm và k > 0 ta luôn có
a k ( a − b )( a − c ) + b k ( b − c )( b − a ) + c k ( c − a )( c − b ) ≥ 0 .

Bài 5. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c =
1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =







2
b − c)
(
a+
=

a (a + b + c)

4

2
b − c)
(
+

4

= a + a (b + c )
2

Suy ra

2
b − c)

2 
2 



b+c
2

( c − a )2
4

2
a − b)
(
c+

≤b+

c+a
;
2

a+b
4
2
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được :

( b − c )2

≤c+


2
a − b)
(
kc +

+
+
≤ 2k .
4
4
4
Bài 6. Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c =
1.

Chứng minh rằng

a + ( b − c ) + b + ( c − a ) + c + ( a − b ) ≥ 3.
2

2

2

Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c khi đó :
Sử dụng bất đẳng thức Mincopsi ta có :
a + (b − c ) + b + (c − a ) + c + ( a − b) ≥
2



(

)
2
⇔ 4(a − c) ≥ (
a+ b+ c

2

+ 4 ( a − c ) ≥ 3( a + b + c )
2

a− b

) +(
2

b− c

) +(
2

c− a

)

2

.

2
a − b) +( b − c)
2
2
2
c − a) ≥( a − b) +( b − c)
2
2
2
c ) + ( c − a ) ≤ 2( c − a ) .

b− c  =


a− b

) +(
2

b−

a− b

2

2

b− c

)


2


− 1


) 2 ( a + c ) − 1 + 4 ac 
2
c )  2a + c + c − 1 + 4 ac 
2
c )  a + b + c + c − 1 + 4 ac 
2
c ) c + 4 ac  ≥ 0

a− c
a−
a−
a−

2

Bài toán được chứng minh. Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c=

1
hoặc
3

a= 1, b= c= 0 và các hoán vị.


)
− 3) ( b + c ) + 2b c + 2 ( 3 − 2a ) bc + 3 − 3a ≤ 0
( 2a − 3) ( 3 − a ) + 2b c + 2 (3 − 2a ) bc + 3 − 3a ≤ 0 .

⇔ 2a 2 − 3 b 2 + c 2 + 2b 2 c 2 + 3 − 3a 2 ≤ 0

⇔=
P

2

2

2 2

2

2

2

2

2 2

2

2

2