Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức
VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương . CMR:
3
2
a b c
b c c a a b
Ta đặt
2
2
2
y z x
a
x b c x z y
y c a b
z a b x y z
c








nên BĐT
13
22
y z x x z y x y z
x y z



2 . 2 . 2 . 6
x y y z z x x y y z z x
y x z y x z y x z y x z



(đúng)
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
abc
VD2: (Prance Pre –MO 2005) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn:
2 2 2 3x y z
. CMR:
3
xy yz zx
z x y
Đặt
với
, , 0abc
từ giả thiết
2 2 2 3x y z
3ab bc ca
Và BĐT cần CM
CM BĐT
3abc
mặt khác ta có BĐT sau:
2 2 2 3( ) 3a b c ab bc ca a b c ab bc ca
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1x y z
VD3: Cho x, y, z >0 thoả
1x y z
. CMR
1 4 9 36
x y z
Từ giả thiết ta có thể đặt:
a
xabc
b
yabc
c
zabc



với a,b,c >0
Nên BĐT
CM
4. 9. 36
abc abc abc
a b c
4. 4. 9. 9. 22
b c a c a b
a a b b c c
4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22
b a c a c b b a c a c b
a b a c b c a b a c b c
(đúng)
Dấu “=” xảy ra
1
6
21
33
1
2
x
ba y
ca
z

VD4: Cho x, y, z là các số thực dương. CMR
( )( )( )xyz x y z y z x z x y
Ta đặt
x b c
y c a
z a b



với
, , 0abc
nên BĐT
CM BĐT
( )( )( ) 8a b b c c a abc
mặt khác ta có
222
( )( )( ) 8 ( ) ( ) ( ) 0a b b c c a abc a b c b c a c a b
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
x y z
VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
CMR:
1 1 1
1 1 1 1a b c
b c a
Do
1abc
nên ta có thể đặt
x
ay
y
bz
z
cx
với
, , 0x y z
Nên BĐT có thể viết lại
1 1 1 1
x z y x z y
y y z z x x



( )( )( )xyz x y z y z x z x y
(đã CM ở VD4)
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1abc
VD6:( IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
CMR :
3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
Ta đặt
1
1
1
ax
by
cz
với
, , 0x y z
và do
1abc
nên
1xyz
Nên BĐT
2 2 2 3
2
xyz
y z z x x y
mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
2 2 2 2
xyz
y z z x x y x y z
y z z x x y





2 2 2 3
33
2 2 2
xyz
x y z x y z
y z z x x y




Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1abc
VD7: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn:
2xyz x y z
.
CMR:
3
2
x y z xyz
Từ
1 1 1
21
1 1 1
xyz x y z x y z
Ta đặt
1 1 1
,,
1 1 1
a b c
x y z
với
, , 0abc
1 1 1
,,
a b c b a c c a b
x y z
a a b b c c
Nên BĐT cần CM
CM BĐT
3
. . . 2
a b b c c a
b c c a c a a b a b b c

Mặt khác ta có:
1
.2
a b a b
b c c a a c b c




1
.2
b c b c
c a a b b a c a




1
.2
c a c a
a b b c c b a b




Nên
13
. . . 22
a b b c c a a b b c c a
b c c a c a a b a b b c a c b c b a c a c b a b



Vậy BĐT luôn đúng
Dấu “=” xảy ra
2x y z
Sau đây là một số bài tập để luyện tập:
Bài 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác:
1,
3
a b c
b c a c a b a b c
2,
1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
2 2 2 21x y z xyz
. CMR:
1,
3
2
x y z
2,
1 1 1 4( )x y z
x y z
Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt
,,
a b c
x y z
b c c a a b
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1abc
.
CMR:
1 1 1 1
2 22 abc
ab bc ca
Bài 4: Cho
, , 0abc
thoả mãn
1abc
. CMR:
36
1a b c ab bc ca

Bài 5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR:
1,
2 2 2 43a b c S
với S là diện tich tam giác
2,
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b a b b c b c c a c a
Gợi ý: Đặt
,,a x y b y z c z x
TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN
“Tìm được lời giải cho một bài toán là một phát minh” (Polya). Sẽ thông minh hơn nếu ta
biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các bài toán mới. Bài viết này đề cập đến một
bất đẳng thức quen thuộc, đơn giản và một số bài toán áp dụng bất đẳng thức này.
Bài toán: Với hai số dương x và y ta có:
)
11
(
4
11
yxyx
(1)
Đẳng thức xảy ra khi x =y.
Bất đẳng thức (1) có nhiều cách chứng minh ở đây đưa ra hai cách chứng minh
phổ biến nhất.
Cách 1. Với hai số dương x và y ta có:
)( yx
2
0
(x + y)2
)
11
(
4
11
4yxyx
xy
Rõ ràng, đẳng thức xảy ra khi x = y.
Cách 2. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có
yx
,2 xy
xy
yxyx
21
.
1
2
11
Từ đó:
)( yx
(
)
11
(
4
11
4)
11
yxyxyx
Và đẳng thức xảy ra khi x =y.
Cho các số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
)
11
(
4
11
);
11
(
4
11
);
11
(
4
11
acaccbcbbaba
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:
Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c, ta có:
)
111
(
2
1111
cbaaccbba
(2)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
* Áp dụng (2) cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được:
)
111
(
2
1
2
1
2
1
2
1
accbbabacacbcba
(3)
* Kết hợp (2) và (3) ta có
Bài toán 2. Với a, b, c là các số dương:
)
111
(
4
1
2
1
2
1
2
1
cbabacacbcba
(4)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Chú ý: Nếu thêm giả thiết
4
111 cba
thì bài toán 2 là nội dung câu V, Đề thi Đại học
và Cao đẳng khối A, năm 2005.
Bài toán 3. Chứng minh rằng với a, b, c dương:
accbbabacacbcba 3
1
3
1
3
1
2
1
2
1
2
1
(5)
Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có:
cbaacbbaacbba
2
2
)2()3(
4
2
1
3
1
acbbaccbbaccb
2
2
)2()3(
4
2
1
3
1
baccbaaccbaac
2
2
)2()3(
4
2
1
3
1
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta co bất đẳng thức (5)
Đẳng thức xảy ra khi:
cba
cbaac
baccb
acbba
23
23
23
Bài toán 4. Hãy xác định dạng của tam giác ABC nếu các góc của nó luôn thỏa mãn
đẳng thức sau:
2
.
2
.
2
.4
1
2
.
2
1
2
2
.
2
1
2
2
.
2
1
2C
tg
B
tg
A
tg
B
tg
A
tg
C
tg
A
tg
C
tg
B
tg
C
tg
B
tg
A
tg
Giải: Đặt
tgx
2
,
2
,
2
C
tgz
B
tgy
A
thế thì x, y, z dương và xy + yz + zx=1
Hệ thức trở thành:
xyzxy
z
zx
y
yz
x
4
1
111
Ta có:
xyzxyz
zxyzxy
zyxzxxy
zy
yzzx
yx
yzxy
zx
xyzx
z
yzxy
z
zxyz
y
zxxy
y
yzzx
x
yzxy
x
xyzxyzxy
z
zxyzzxxy
y
yzzxyzxy
x
xy
z
zx
y
yz
x
4
1
4
111
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
)()()()()()(111
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z hay tam giác ABC đều.
Bài toán 5. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0, x + 1>0, y +
1 > 0, z + 4 > 0. Hãy tìm giá trị lớn nhất của
111
z
z
y
y
x
x
Q
Giải: Đặt a = x + 1 > 0, b = y + 1 > 0, c = z + 4 > 0. Ta có: a + b + c = 6 và
cbac
c
b
b
a
a
Q411
3
111
Theo bất đẳng thức (1) ta có:
3
1
3
8
3
3
816444
)
11
(
Q
cbacbacba
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
12
1
32
3
6z
yx
c
ba
cba
cba
ba
Vậy:
3
1
MaxQ
đạt được khi
12
1
z
yx
Bài toán 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức