UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN
BẤT ĐẲNG THỨC a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca VÀ
CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG
Bộ môn: Toán học

Năm học 2014 - 2015
1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: “Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca và các
bài toán áp dụng”
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học
3. Tác giả:
Họ và tên: Nam (nữ):
Ngày/ tháng/năm sinh:
Trình độ chuyên môn:
Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường
Điện thoại:
4. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có):
5. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Có thể áp dụng với các điều kiện cơ sở vật chất của nhà trường.
- Áp dụng với HS khá giỏi lớp 8, 9
6. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: năm học 2014 - 2015

TÁC GIẢ

XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP

3. Sáng kiến gồm những nội dung sau:
- Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca và một số cách khai
thác:
3


Phần này sẽ trình bày về bất đẳng thức a 2 + b 2 + c2 ≥ ab + bc + ca một
số cách khai thác bất đẳng thức đó để có các bất đẳng thức mới.
- Một số bài toán áp dụng:
Trong thực tế giải toán, các bất đẳng thức ta gặp thường rất đa dạng và
không rơi vào dạng các bất đẳng thức ở phần 1. Lúc này ta cần sử dụng khéo
léo các kỹ thuật mới giải được. Ở phần này sẽ gồm các bài tập củng cố cách
sử dụng bất đẳng thức a 2 + b 2 + c2 ≥ ab + bc + ca vào chứng minh các bất
đẳng thức phức tạp hơn, đồng thời rèn luyện tư duy ứng biến tình huống một
cách linh hoạt trước những vấn đề đòi hỏi sự sáng tạo.
- Bài tập luyện tập
Phần này đưa ra một số bài tập tương tự để luyện tập.
4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến
Sáng kiến này được tôi áp dụng với các em học sinh khá giỏi lớp 8, 9
của trường. Kết quả là kỹ năng chứng minh bất đẳng thức của các em tăng lên
rõ rệt, đồng thời cũng làm tăng thêm niềm yêu thích và ham mê làm toán, đặc
biệt là toán về bất đẳng thức – một dạng toán đa dạng và hấp dẫn.
5. Đề xuất kiến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến
Bất đẳng thức là mảng kiến thức khó và rộng. Trong quá trình giảng
dạy, giáo viên có thể nồng ghép trong các giờ luyện tập, ôn tập và trong các
tiết dạy có phần kiến thức liên quan.

4




3. Thực trạng của vấn đề
Qua thực tê giảng dạy môn Toán 8, 9, tôi nhận thấy trong chương trình
THCS phần bất đẳng thức là một trong những chuyên đề khó, nhiều học sinh
khá thậm chí giỏi còn lo ngại tránh né. Hơn nữa, thời lượng dành cho nó rất ít.
Do đó, tôi mạnh dạn làm sáng kiến này với mong muốn là một tài liệu nhỏ
giúp học sinh đỡ khó khăn khi gặp một số bài bất đẳng thức có dạng trên hoặc
có thể vận dụng được bất đẳng thức trên làm công cụ để giải toán.
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện
4.1. Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca và một số cách
khai thác
4.1.1. Bài toán cơ sở:
Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng:
a 2 + b 2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1)
Chứng minh
a 2 + b 2 + c2 ≥ ab + bc + ca

⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca )

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

2

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Đây là một đánh giá cơ bản, phổ biến và thường gặp. Song làm sao để
áp dụng đánh giá có vẻ “lỏng lẻo” này vào những bài toán phức tạp thì là cả


2

3

2

a 2 + b2 + c2  a + b + c 
≥
hay
÷
3
3



- Cộng hai vế của bất đẳng thức (1) với 2ab + 2bc + 2ca , ta được bất
đẳng thức sau: ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )
2

Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng như sau:
a+b+c
ab + bc + ca
≥
với a, b, c > 0
3
3
Như vậy bất đẳng thức (1) và các bất đẳng thức sau là tương đương:
2
2




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

a+b+c
ab + bc + ca
≥
với a,
3
3

b, c > 0
* Khai thác 2: Thay biến để tạo ra các bất đẳng thức mới
7


+) Từ bất đẳng thức (1), nếu một biến bằng 1, giả sử c = 1 ta có bất
đẳng thức: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b. Dấu = xảy ra khi a = b = 1
x
+) Từ bất đẳng thức (1), nếu thay a = ;b = y;c = −z ta được bất đẳng
2
thức sau:

x2
xy
xz
+ y2 + z2 ≥
− yz −

y
z
1
1
1
1
1
1
+ 2+ 2≥
+
+
(*)
2
x
y
z
xy yz zx
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với xyz dương, ta được bất đẳng
thức đẹp hơn như sau:
 1
 1
1
1
1
1 
+
+ ÷
(*) ⇔ xyz  2 + 2 + 2 ÷≥ xyz 
y
z 

2 2
2 2
2 2
1) x y + y z + z x ≥ xyz ( x + y + z )

2) ( xy + yz + zx ) ≥ 3xyz ( x + y + z )
2

3)

1
1
1
1
1
1
+ 2+ 2≥
+
+
2
x
y
z
xy yz zx

x 2 y2 z2 x z y
4) 2 + 2 + 2 ≥ + +
y
z
x

x 8 + y8 + z 8 ≥ x 4 y 4 + y 4 z 4 + z 4 x 4 ≥ x 2 y 4 z 2 + y 2 z 4 x 2 + z 2 x 4 y 2 ≥ x 2 y 3 z 3 + x 3 y 2 z 3 + x 3 y 3 z 2
8
8
8
2 2 2
Hay x + y + z ≥ x y z ( xy + yz + xz )

Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho xyz dương ta thu được bất đẳng
thức sau:
x 8 + y8 + z 8 1 1 1
≥ + + với x, y, z dương
x 3 y3z 3
x y z
(Đề tuyển sinh vào THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP.HCM 2001 – 2002).
* Khai thác 4: Đặc biệt hóa
Bằng cách cho thêm điều kiện của biến, ta sẽ được các bất đẳng thức
mà vế phải là các số
+) Cho x + y + z = 3. Chứng minh rằng xy + yz + zx ≤ 3
+) Cho x + y + z = -3. Chứng minh rằng x2 + y2 + z2 ≥ 3
Hai bất đẳng thức trên ta dễ dàng chứng minh được nhờ bất đẳng thức
(1.1) và (1.2):

( x + y + z)
xy + yz + zx ≤

2

3

x +y +z


một

số

bài

toán

vận

dụng bất

đẳng thức

a 2 + b 2 + c2 ≥ ab + bc + ca để chứng minh
Bài toán 1:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = abc. Chứng
1 1 1
minh rằng: a + b + c ≥ 3  + + ÷
a b c
Chứng minh
Với bài toán này, ta sử dụng phép biến đổi tương đương để đưa về bất
đẳng thức (1):
Ta có:
1 1 1
a + b + c ≥ 3 + + ÷
a b c
bc + ca + ab
⇔ a + b + c ≥ 3.


2 2

2 2

2 2

(x
≥

2

+ y2 + z2 )

2

3

x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx = 4
4
4
4
Suy ra: x + y + z ≥

16
.
3

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =


y

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cô-si với 3 số không âm, ta có:
x 2 y2 z2
x 2 y2 z 2
3
+
+
≥
3
. . =3
y2 z2 x 2
y2 z2 x 2
2

2

x 2 y2 z2 x y z
 x 2 y2 z2   x y z 
Suy ra  2 + 2 + 2 ÷ ≥  + + ÷ hay 2 + 2 + 2 ≥ + +
y
z
x
y z x
z
x  y z x
y
+ Khi đã quen thuộc với bất đẳng thức này, ta nhìn ra cách làm của
các bài toán có các đại lượng liên quan dễ dàng hơn. Bài toán dưới đây là
một ví dụ:

+
≥ xy + yz + zx + x + y + z
2
2
2
2

⇔

2

2

3 2
3
x + y 2 + z 2 ) + ≥ 6 (do giả thiết x + y + z + xy + yz + zx = 6)
(
2
2

⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 (đpcm).
1
1
1
+) Từ bài toán 3, nếu thay x = ; y = ; z = ta có bài toán sau:
a
b
c
Bài toán 5:
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc .

+ Đổi giả thiết và kết luận của bài toán 4, ta có bài toán sau:
Bài toán 6:
Cho x2 + y2 + z2 = 3. Tìm GTLN của biểu thức:
A = x + y + z + xy + yz + zx
Chứng minh
Ta có:
2x ≤ x 2 + 1 ;

2y ≤ y 2 + 1;

2z ≤ z 2 + 1 ⇒ x + y + z ≤

x 2 + y2 + z 2 3
+
2
2

Và xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y2 + z 2 3
3
3
Suy ra: A ≤
+ + x 2 + y2 + z 2 = ( x 2 + y2 + z 2 ) + = 6
2
2
2
2
=> GTLN của A là 6 khi x = y = z = 1
Bài toán 7:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1.

Vì vậy ta nghĩ đến việc bình phương S
Ta có:
2

2 2
b 2c 2 c 2 a 2
 ab bc ca  a b
 ab bc bc ca ca ab 
S =  + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2 . + . + . ÷
a
b 
c
a
b
a b
b c 
 c
 c a
2

2

2

2

 ab   bc   ca 
=  ÷ +  ÷ +  ÷ + 2 ( a 2 + b2 + c2 )
 c   a   b
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:

Bài toán 8:
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P = x + y + z biết:
x(x – 1) + y(y – 1) + z(z – 1) ≤

4
3

Chứng minh
Từ giả thiết ta có: 3(x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ 3(x + y + z) + 4
Theo bất đẳng thức (1) ta có:

( x + y + z)

2

≤ 3( x 2 + y2 + z 2 )

Cộng từng vế của hai bất đẳng thức trên, ta có:

( x + y + z)

2

≤ 3(x + y + z) + 4
15


Hay P2 – 3P – 4 ≤ 0 ⇔ (P + 1)(P − 4) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ P ≤ 4
Suy ra: GTLN của P là 4 khi x = y = z =
GTNN của P là -1 khi x = y = z = −

+
+
c

÷ 
÷ 
÷≥ 2 ( a + b + c )
 b+c
  c+a
  a+b

a 2 + bc
a 2 + bc + ab + ac ( a + b ) ( a + c )
Mặt khác lại để ý rằng:
+a =
=
b+c
b+c
b+c
Suy ra bất đẳng thức trên tương đương với:

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

c+a

a+b

≥ 2 ( a + b + c ) (*)



a+b+c
1
1
1
− 3 ≥ 2 +1 +
+
1
+
+1
abc
a
b2
c2

1
1 1
1+ a2
1 + b2
1 + c2
⇔
+ + −3≥
+
+
bc ac ab
a2
b2
c2

ab + bc + ca + a 2

2
bc
ac
ab
a
b
c2

⇔

ab + ca bc + ab ac + bc
(a + b)(a + c)
(b + a)(b + c)
(c + a)(c + b)
+
+
≥
+
+
bc
ac
ab
a2
b2
c2

⇔

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

xy =

a(b + c) b(c + a)
(b + c)(c + a)
(c + a)(a + b)
(a + b)(b + c)
.
=
; yz =
;zx =
2
2
bc
ac
c
a
b2

(*) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ta được bất đẳng thức đúng => đpcm

17


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c =

1
3

+ Kết hợp với việc sử dụng các bất đẳng thức kinh điển như Côsi hay
Bunhiacopxki ta chứng minh được các bài toán sau:


2

2

( a + b + c)
≥

2

2

1 1 1 1 1 1 1 1
= ; 2+ 2+ 2≥  + + ÷
3 a
b
c 3 a b c 

3

1 1 1 1 1 1
+ + =  + + ÷( a + b + c ) (do giả thiết a + b + c = 1)
a b c a b c

1 1 1
1 1 1
Dễ dàng chứng minh được:  + + ÷( a + b + c ) ≥ 9 ⇒ + + ≥ 9
a b c
a b c
2

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn:
Chứng minh rằng:

ab + bc + ca = 1 .

a2
b2
c2
1
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
Chứng minh

Ta có: a + b + c =

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

2

2

≥ ab + bc + ca = 1

Ta đưa bài toán ban đầu về bài toán quen thuộc sau: Chứng minh:
a2
b2
c2

c2 a + b
+
≥2
.
=c
a+b
4
a+b 4
a2
b2
c2
a+b+c
Suy ra:
+
+
+
≥a+b+c
b+c c+a a+b
2
a2
b2
c2
a +b+c
+
+
≥
hay:
=> đpcm
b+c c+a a+b
2


2

=3

+ b2 + c2 )
3

2

=(a +b +c
2

2

2

)

(a
.

2

+ b 2 + c2 )
3

≥ a 2 + b2 + c2

(vì a 2 + b 2 + c2 ≥ 3 )

ab + bc + ca
a 2 + b2 + c2


Đặt a2 + b2 + c2 = t
Suy ra: 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 – (a2 + b2 + c2)
9−t
2

=> ab + bc + ca =

Theo bất đẳng thức (1) ta có a + b + c
2

2

2

( a + b + c)
≥
3

2

= 3⇒ t ≥ 3

Đến đây, ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si với kỹ thuật chọn điểm rơi:
P=t+

9−t


( x + y + 1)
Đặt t =

2

xy + x + y

Ta có: ( x + y + 1) ≥ 3 ( xy + x + y ) . Suy ra t ≥ 3
2

1 8t  t 1  8
t 1 10
Ta có: A = t + = +  + ÷ ≥ .3 + 2 . =
t 9 9 t 9
9 t 3
Vậy GTNN của A là

10
khi x = y = 1
3

Bài toán 16:
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
21


3
2
+ 2

⇔ 3(1 − 2t) + 2t > 14t(1 − 2t)
⇔ 3 − 4t > 14t − 28t 2
⇔ 3(1 − 3t) 2 + t 2 > 0 (luôn đúng, dấu bằng không xảy ra)=> đpcm
Bài toán 17:
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng minh rằng:
1
2009
+
≥ 670
a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca
(Đề thi HSG Tỉnh Đồng Nai 2009 – 2010)
Chứng minh

( a + b + c)
Ta có: ab + bc + ca ≤
3

⇒

2

≤ 3 (do giả thiết a + b + c ≤ 3 )

2007
≥ 669
ab + bc + ca
22


1

+
+
2
2
2
2
a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca
9
≥
≥ 1 (do a + b + c ≤ 3)
(a + b + c) 2
2

Suy ra
1
2009
1
2
2007
+
=
+
+
a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca ab + bc + ca
≥ 1 + 669 = 670đpcm
(
)
Bài toán 18:
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.
2

2
=> ( a + b a ) + ( b + c b ) + ( c + a c ) ≥ 2 ( a b + b c + c a )

23


⇒ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a 2 b + b 2 c + c 2 a ) + ( a 3 + b 2a ) + ( b 3 + c 2 b ) + ( c 3 + a 2 c )
≥ 3 ( a 2 b + b 2c + c2a )

hay a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 b + b 2c + c 2a
2
2
2
Suy ra P ≥ a + b + c +

ab + bc + ca
≥ 4 (theo bài toán 14)
a 2 + b2 + c2

Vậy GTNN của P là 4 khi t = 3 ⇔ a = b = c = 1
Bài toán 19:
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:

(

xyz x + y + z + x 2 + y 2 + z 2

(x

2


+ y 2 + z 2 ) ( xy + yz + zx )

) ≤ xyz (
≤

3( x 2 + y2 + z 2 ) + x 2 + y2 + z 2

(x

2

+ y 2 + z 2 ) ( xy + yz + zx )
xyz

(

)

3 +1

x 2 + y 2 + z 2 .( xy + yz + zx )

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với 3 số dương ta có:
x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 ; xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2z 2
=>

x 2 + y 2 + z 2 .( xy + yz + zx ) ≥ 3 3xyz

Suy ra:

9
3 3

xyz

(

)

3 +1

x 2 + y 2 + z 2 .( xy + yz + zx )

( đpcm )

4.3. Bài tập luyện tập
Bài 1:
Tìm GTNN của A =

xy yz zx
+
+
với x, y, z là các số dương thỏa
z
x
y

mãn:
a) x + y + z = 1
b) x2 + y2 + z2 = 1

a + b + c ab + bc + ca

Bài 7:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1.
25