Chương 2: Các kĩ năng mới chứng minh và sang tạo bất đẳng thức đại số .
2.5 Kĩ thuật đổi biến trong việc áp dụng bất đẳng thức kinh điển .
 Nhận xét :Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc
khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài toán từ tình thế khó
biến đổi về trang thái dễ biến đổi hơn bằng kĩ năng đổi biến để có thể áp dụng
được các bất đẳng thức kinh điển dễ dàng hơn .
Ví dụ1:

Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng

1 1 1
9
2 2 2
2 2 2a bc b ac c ab
+ + ≥
+ + +
(1)
Giải: Đặt x =
2
2a bc+
; y =
2
2b ac+
; z =
abc 2
2
+
. Ta có
( )
1
2







++++
zyx
zyx
. Mà x+y+z < 1. Vậy
9
111
≥++
zyx
(đpcm)

Ví dụ 2. Chứng minh rằng:
3
2
c a b
a b b c c a
+ + ≥
+ + +

, , 0a b c∀ >
(BĐT Nesbit)
Giải
Đặt :

0

   
+ − + − + −
≥ ≥
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c
Ví dụ 3. Cho
∆
ABC. Chứng minh rằng :
2 2 2
a b c
a b c
b c a c a b a b c
++ ≥ + +
+ − + − + −
Giải
Đặt :

0
0 ; ;
2 2 2
0
b c a x
y z z x x y
c a b y a b c
a b c z


⇔




   
 
   
 
 
   
+ + ≥ + + + + +

ôsi
. . .
C
yz zx zx xy yz xy
x y z
x y y z x z
+ + = + +≥
Ví dụ 4. Cho
∆
ABC. CMR : ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c )
≥
abc (1)
Giải
Đặt :

0
0 ; ;
2 2 2
0
b c a x
y z z x x y
c a b y a b c


( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2

1 1 1
p
p a p b p c
p a p c
p b
− − −
− −
−
+ + ≥
(1)
Giải
Đặt :

0
0
0
p a x
p b y
p c z



 
   
+ + + ≥
1 1 1
x
x y z
xy yz z xyz
+ +
= + + =
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c ⇔
∆
ABC đều.
Ví dụ 6 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn hệ thức:
.ab bc ca abc
+ + =
Chứng minh BĐT:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
b a c b a c
S
ab cb ac
+ + +
= + + ≥
.
Giải:
Học viên : Phùng Đức Thành .
Pptoán sơ cấp 2009 - 2011
42
Chương 2: Các kĩ năng mới chứng minh và sang tạo bất đẳng thức đại số .

1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2
S
x y z y x z z y x
= + + ≥
+ + +
Giải: Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c thì điều kiện trở thành: abc=1 và BĐT trở thành:

2 2 2
3
2
a b c
S
b c a c b a
= + + ≥
+ + +
.
Áp dụng BĐT (5) ta có:
2
( ) 3
2( ) 2 2
a b c a b c
S
a b c
+ + + +
≥ = ≥
+ +
Dấu bằng xảy ra khi
1a b c= = =
hay

3
a b c= = =
hay
3.x y z= = =
Ví dụ 9 . Cho
1=++ cba
.Chứng minh rằng:
3
1
222
≥++ cba
.
Giải:
Đặt
zcybxa +=+=+=
3
1
;
3
1
;
3
1
. Do
.01 =++⇒=++ zyxcba
Học viên : Phùng Đức Thành .
Pptoán sơ cấp 2009 - 2011
43
Chng 2: Cỏc k nng mi chng minh v sang to bt ng thc i s .
Ta cú:

0 ====== cbazyx
.
Vớ d 10. Cho a,b,c l di ba cnh ca mt tam giỏc.
Chng minh rng:
3
+
+
+
+
+ cba
c
bac
b
acb
a
.
Gii:
t x = b + c - a; y = a + c - b; z = a + b - c.
Vỡ a ,b, c l di ba cnh ca tam giỏc nờn x, y, z > 0.
Suy ra
.
2
;
2
;
2
yx
c
zx
b

+
+
+
+
.
=






++++++ )2()2()2(6
2
1
x
z
z
x
y
z
z
y
x
y
y
x
36.
2
1)()()(

x z
x y y z z x x y z
+ + + +
+ + +
Li gii :
+t
0; 0; 0a x b y c z= > = > = >
+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1
2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + + + = + +
+ + +
(Theo BT CụSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
+ + + +
(p dng BT CụSi cho tng cp)
PCM. Du bng xy ra khi v ch khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
Bi tp 2: Cho x, y, z là 3 số thực dơng thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng

1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
+ +
+ + + + + +

⇒
a
3
+ b
3
+1
≥
(a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

⇒
( )
3 3
1 1
a b 1 ab a b c
≤
+ + + +
Tương tự ta có

( )
3 3
1 1
c 1 bc a b cb
≤
+ + + +
,

( )
3 3
1 1
a 1 ca a b cc

+ +
 
=
( )
( )
1
1
a b c
c a b
+ + =
+ +
(đpcm)
DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1 .
Bµi tập 3 :Cho x, y, z > 0 t/m ®k :xyz = 1 .Tìm min của biểu thức sau :

3 3 3
1 1 1
( ) ( ) ( )
E
x y z y x z z x y
= + +
+ + +
Lời gi¶i:
§Æt
2 2 2
1 1 1 1
a ;b ;c abc 1
x y z xyz
x y c(a b); y z a(b c); z x b(a c)
a b c

+ + +
+ +
⇒ + + ≥ ≥ =
+ + +
⇒ ≥ → = ⇔ = = =
Học viên : Phùng Đức Thành .
Pptoán sơ cấp 2009 - 2011
45