Bất đẳng thức là 1 phần quan trọng trong chương trình toán học phổ thông, và thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 chuyên. Khi xem lời giải 1 bài toán bất đẳng thức hay, các bạn nên chú ý xem vì sao tác giả nghĩ ra lời giải đó, nó xuất phát từ đâu? Trong chuyên mục này, áp dụng một số tài liệu tham khảo, bọn mình đã tổng hợp được một số bất đẳng thức được chứng minh dựa vào các đẳng thức đơn giản, nhưng phép chứng minh lại rất đẹp mắt, các bạn sẽ thấy vì sao sử dụng đẳng thức chứng minh bất đẳng thức rất hiệu quả. \(\)

Sử dụng đẳng thức chứng minh bất đẳng thức
PHẦN I: MỘT SỐ ĐẲNG THỨC HAY SỬ DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Đẳng thức 1:
\[{a^3} + {b^3} + {c^3} – 3abc = \left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} – ab – bc – ca} \right)\]
Đẳng thức 2:
\[\begin{array}{l}
{a^2} + ab + bc + ca = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)\\
{b^2} + ab + bc + ca = \left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)\\
{c^2} + ab + bc + ca = \left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)
\end{array}\]
Đẳng thức 3:
\[\begin{array}{l}
\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = {a^2}\left( {b + c} \right) + {b^2}\left( {c + a} \right) + {c^2}\left( {a + b} \right) + 2abc\\
\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right) + ab\left( {a + b} \right) + 2abc\\
\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) = {a^2}\left( {b + c} \right) + {b^2}\left( {c + a} \right) + {c^2}\left( {a + b} \right) + 3abc\\
\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) – abc
\end{array}\]
Đẳng thức 4:
\[\begin{array}{l}
{a^2} + ab + {b^2} + ab + bc + ca = \left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right)\\
{b^2} + bc + {c^2} + ab + bc + ca = \left( {b + c} \right)\left( {a + b + c} \right)\\
{c^2} + ca + {a^2} + ab + bc + ca = \left( {c + a} \right)\left( {a + b + c} \right)
\end{array}\]
Đẳng thức 5:
\[{\left( {a + b + c} \right)^3} = {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\]
Đẳng thức 6:

  1. Nếu \(a, b, c\) là các số khác nhau từng đôi một, ta có: \[\frac{1}{{a – b}}.\frac{1}{{b – c}} + \frac{1}{{b – c}}.\frac{1}{{c – a}} + \frac{1}{{c – a}}.\frac{1}{{a – b}} = 0\]
  2. Nếu \(a, b, c\) là các số khác nhau từng đôi một, ta có: \[\frac{{a + b}}{{a – b}}.\frac{{b + c}}{{b – c}} + \frac{{b + c}}{{b – c}}.\frac{{c + a}}{{c – a}} + \frac{{c + a}}{{c – a}}.\frac{{a + b}}{{a – b}} = – 1\]
  3. Cho \(a, b, c > 0\) thỏa mãn \(abc=1\). Ta có: \[\frac{1}{{ab + b + 1}} + \frac{1}{{bc + c + 1}} + \frac{1}{{ca + a + 1}} = 1\]

PHẦN II: MỘT SỐ PHÉP ĐẶT ẨN PHỤ VỚI CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU KIỆN

  1. Từ đẳng thức: \[\frac{{ab}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}} + \frac{{bc}}{{\left( {b + a} \right)\left( {c + a} \right)}} + \frac{{ca}}{{\left( {c + b} \right)\left( {a + b} \right)}} + \frac{{2abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} = 1\]
    Ta nhận thấy: nếu đề bài cho giả thiết: Cho \(x, y, z>0\) thỏa mãn \(xy+yz+zx+2xyz=1\), ta có thể đặt \(\left( {x,y,z} \right) = \left( {\frac{a}{{b + c}},\frac{b}{{c + a}},\frac{c}{{a + b}}} \right)\) với \(a, b, c>0\). Nếu đề bài cho giả thiết: Cho \(x, y, z>0\) thỏa mãn \(x^2+y^2+z^2+2xyz=1\), ta có thể đặt \(\left( {x,y,z} \right) = \left( {\sqrt {\frac{{ab}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}} ;\sqrt {\frac{{bc}}{{\left( {b + a} \right)\left( {c + a} \right)}}} ;\sqrt {\frac{{ca}}{{\left( {c + b} \right)\left( {a + b} \right)}}} } \right)\)
  2. Chú ý các phép biến đổi tương đương: \[ab + bc + ca + abc = 4 \Leftrightarrow \frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} = 1\]
    Do đó nếu đề bài cho \(a, b, c\) thỏa mãn \(xy + yz + zx + xyz = 4\), ta có thể đặt \(\left( {a,b,c} \right) = \left( {\frac{1}{{x + 2}},\frac{1}{{y + 2}},\frac{1}{{z + 2}}} \right)\) với \(x, y, z\) là các số thực dương, khi đó ta có \(a+b+c=1\).
  3. Dựa và biến đổi tương đương: \[\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} = 2 \Leftrightarrow ab + bc + ca + 2abc = 1\]
    Ta cũng có được phép đặt ẩn phụ nếu đề bài cho \(x,y,z > 0\) thỏa mãn \(xy + yz + zx + 2xyz = 1\)

PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG
Bài 1: Cho ba số \(a, b, c>0\) thỏa mãn \(ab+bc+ca=3\). Chứng minh rằng: \[\frac{a}{{{a^2} + 7}} + \frac{b}{{{b^2} + 7}} + \frac{c}{{{c^2} + 7}} \le \frac{3}{8}\]

Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \[\frac{a}{{{a^2} + 7}} = \frac{a}{{{a^2} + ab + bc + ca + 4}} = \frac{a}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) + 4}} \le \frac{a}{{4\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} \le \frac{1}{8}\left( {\frac{a}{{a + b}} + \frac{a}{{a + c}}} \right)\]
Làm tương tự rồi cộng vế với vế các bất đẳng thức đó lại, ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho 3 số không âm \(a, b, c\) thỏa mãn \((a+b)(b+c)(c+a)=2\). Chứng minh rằng: \[\left( {{a^2} + bc} \right)\left( {{b^2} + ca} \right)\left( {{c^2} + ab} \right) \le 1\]

Hướng dẫn giải


Giả sử \(a \ge b \ge c \ge 0\), ta có: \[\begin{array}{l}
\left( {{a^2} + bc} \right)\left( {{b^2} + ca} \right)\left( {{c^2} + ab} \right) \le \left( {{a^2} + bc} \right)\left( {{b^2} + ca} \right)\left( {bc + ab} \right)\\
\le \left( {{a^2} + bc} \right).\frac{1}{4}{\left( {{b^2} + ca + bc + ab} \right)^2}\\
= \left( {{a^2} + bc} \right).\frac{1}{4}{\left( {b + a} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}\\
= \frac{{{a^2} + bc}}{{4{{\left( {a + c} \right)}^2}}}{\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2}\\
= \frac{{{a^2} + bc}}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}}
\end{array}\]
Ta sẽ chứng minh \({a^2} + bc \le {\left( {a + c} \right)^2},\) thật vậy, điều này tương đương với: \({a^2} + bc \le {a^2} + 2ac + {c^2} \Leftrightarrow bc \le 2ac + {c^2}\), đúng do \(a \ge b \ge c \ge 0\). Vậy ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1, c=0\) và các hoán vị của nó.
Bài 3:Cho 3 số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn \(abc=1\). Chứng minh rằng: \[(a + b)(b + c)(c + a) \ge (a + 1)(b + 1)(c + 1)\]

Hướng dẫn giải


Áp dụng đẳng thức 3.4 và bất đẳng thức Cauchy, ta có: \[\begin{array}{l}
\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) – abc\\
= \left( {a + b + c} \right)\frac{{ab + bc + ca}}{3} + \frac{{a + b + c}}{3}\left( {ab + bc + ca} \right) + \frac{1}{3}\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) – abc\\
\ge \left( {a + b + c} \right)\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} + \sqrt[3]{{abc}}\left( {ab + bc + ca} \right) + 3\sqrt[3]{{abc}}\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} – abc\\
= a + b + c + ab + bc + ca + abc + 1\\
= \left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)\left( {c + 1} \right)
\end{array}\] Điều phải chứng minh.
Bài 4: Cho \(a, b, c\) là các số thực dương. Chứng minh rằng: \[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + bc + {c^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + ca + {a^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + ab + {b^2}} }} \ge \frac{{a + b + c}}{{\sqrt {ab + bc + ca} }}\]

Hướng dẫn giải


Áp dụng BĐT Cauchy và đẳng thức 4, ta có: \[\begin{array}{l}
\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le \frac{1}{4}{\left( {a + b} \right)^2}{\left( {a + b + c} \right)^2}\\
\Rightarrow \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + ab + {b^2}} }} \ge \frac{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}{{a + b + c}}.\frac{c}{{a + b}}
\end{array}\] Làm tương tự rồi cộng vế với vế, chú ý bất đẳng thức Nesbit, ta được điều phải chứng minh.
Bài 5: Cho \(a, b, c\) là các số không âm thỏa mãn \(ab+bc+ca+abc=4\). Chứng minh rằng: \[\sqrt {{a^2} + 8} + \sqrt {{b^2} + 8} + \sqrt {{c^2} + 8} \le a + b + c + 6\]

Hướng dẫn giải


Áp dụng phép đặt ẩn phụ số 2, ta có: \[ab + bc + ca + abc = 4 \Leftrightarrow \frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} = 1\]
Ta cũng có: \[\frac{{12}}{{a + 2}} + a – 2 = \frac{{{a^2} + 8}}{{a + 2}}\]
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swarch, ta có:
\[\begin{array}{l}
a + b + c + 6\\
= 12\left( {\frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}}} \right) + a + b + c – 6\\
= \frac{{{a^2} + 8}}{{a + 2}} + \frac{{{b^2} + 8}}{{b + 2}} + \frac{{{c^2} + 8}}{{c + 2}} \ge \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 8} + \sqrt {{b^2} + 8} + \sqrt {{c^2} + 8} } \right)}^2}}}{{a + b + c + 6}}
\end{array}\]
Suy ra điều phải chứng minh.


Các bạn ơi, đây mới chỉ là phần 1 của chuyên đề này thôi. Bọn mình mới chỉ có 5 bài toán ứng dụng và chưa có bài tập luyện tập. Vì khuôn khổ bài viết nên chúng mình chưa ra được các phân tiếp theo ngay. Vì thế các bạn hãy liên tục cập nhật thông tin trên website để có các phần tiếp theo sớm nhất nhé.
Các bạn có thể tham khảo thêm chuyên đề về phương pháp đồng bậc TẠI ĐÂY