Toán học - Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức

Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 1 -
A. lý DO CHọN Đề TàI
Trang bị những tri thức cơ bản ,cần thiết ,tiên tiến nhất đặc biệt là
những tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mục
tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán.
Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập
với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả
năng tư duy toán học cho học sinh.
Thế nhưng qua
việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã
có rất nhiều phương pháp giả i cho những bài toán bất đẳng thức điển hình
cụ thể có nhiều dạng. Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dưỡng
học sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã có gặp nhiều khó
khăn, vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương pháp
giải đã có trước tôi đã tìm kiếm thêm được một phương pháp tiện lợi để
giải quyết những bài toán khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh
và giáo viên trong quá trình tự học, khơi dậy lòng say mê tìm kiếm những
cái mới.
Vì những lý do đó.Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng
nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức ( Thường
là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học si nh giỏi, thi
Đại học). Và trong một số bài tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt
động trí tuệ như tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa. ..
Nội dung đề tài gồm ba phần :
Phần I: một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z,...)
Phần II: Một biến là x(y hoặc z)
Phần III: Khai thác phương pháp trong lượng giác
b.nội dung đề tài
*/ Bài toán: Xét bài toán : với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng
p=f(x,y,z,...) A (hoặc A)
phương pháp giải:
 Chứng minh p )(tg với Dt
 Chứng minh Atg )( với t D 
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng
minh Atg )(
- Việc chứng minh Atg )( ở đây tôi chỉ sử dụng cách biến đổi ( dự đoán
dấu bằng xảy ra),ngoài ra đối với hoc sinh lớp 12 có thể làm một cách nhanh
chóng hơn bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải.
- Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa
chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụn g bất đẳng thức cổ điển
bunhiacopki,côsi,....) .
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 2 -
*/ kiến thức bổ sung
1.Bất đẳng thức cơ bản :
a.Bất đẳng thức côsi:
cho )2(,...,, 21 nxxx n số không âm khi đó:
n
nn xxxnxxx ...... 2121  đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nxxx  ...21
b. Bất đẳng thức bunhiacopxki:
2
2211
22
2
2
1
22
2
2
1 )...()...)(...( nnnn yxyxyxyyyxxx 
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
n
y
x
y
x
y
x  ...
2
2
1
1
c. Bất đẳng thức svac-xơ(hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki ) :
với )2(,...,, 21 nyyy n là số dương:
n
n
n
n
yyy
xxx
y
x
y
x
y
x


...
)...(
...
21
2
21
2
2
2
2
1
2
1
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
n
n
y
x
y
x
y
x  ...
2
2
1
1
2.Tính chất:
a. Nếu p có giá tri không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z..
chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y) .
khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x=max(x,y,z,...) hoặc
x=min(x,y,z,...)
b. Nếu p có giá trị không đổi khi ta hoán vị một cách bất kì các biến x,y,z...
chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(x,z,y)=f(y,x,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y)=f(z,y,x) .
khi đó không mất tính tổng quát ta có thể sắp xếp các biến theo một thứ tự
.... zyx
I. một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z,...).
 Sau đây là một số ví dụ mở đầu
Bài toán 1:Với x,y là số dương chứng minh rằng:
2233 yxxyyx  (1)
Giải:
Vì x là số dương nên:
(1) 
x
y
x
y
x
y 




23
1 . đặt
x
y =t thì t>0
(1) trở thành t 3 -t 2 -t+10 (t-1) 2 (t+1)0 (đúng với mọi t>0)
 đpcm
Tổng quát ta có bài toán sau:
Cho x,y là số dương. Cmr: ),2(11 Nnnyxxyyx nnnn  
Chứng minh hoàn hoàn tương tự!
Bài toán 2: Với x,y khác không chứng minh rằng:
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 3 -
)2(2
2
2
2
2
4
4
4
4



 
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
Giải:
Đặt t=
x
y
y
x  thì 2
x
y
y
x
x
y
y
x
t (áp dụng bđt côsi)
khi đó (2) trở thành:
02)2(2)2( 222  ttt  (t+2)(t 3 -2t 2 -t+3)0(2')
+) Với t2: ta có t 3 -2t 2 -t+3=(t-2)(t 2 -1)+1>0
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t -2: ta có t 3 -2t 2 -t+3=(t+2)[(t-2) 2 +3] - 11 > 0
và t+20 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t= -2 hay x=-y
 đpcm
Bài toán 3:(Đề chọn đội tuyển dự thi HSG toán QG 2006-2007)
x,y,z là số thực thỏa mãn 2222  zyx .Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức xyzzyxP 3333 
-Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN,NN đạt được kh i x=y=z hoặc tại các điểm
biên.Thử vào ta có phán đoán 2222  P
Giải: Từ đẳng thức 2222 )()(2 zyxzxyzxyzyx 
))((3 222333 zxyzxyzyxzyxxyzzyx  và điều kiện ta có:
)
2
2)(2)(())((
2
222  zyxzyxzxyzxyzyxzyxp
 đặt 60  tzyxt
2222)22()2(
2
13
2
)
2
22( 2
32
 ttttttp
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2t
vậy Pmin= 22 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
 Pmax= 22 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vịSau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn
phụ
Bài toán 4: Cho





2
3
0,,
zyx
zyx
 Cmr:
2
15111 
zyx
zyx
Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
zyx
zyx
xyz
zyx
zyx
zyx 
913111 3
Đặt
2
30  tzyxt
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 4 -
Vậy:
2
15
2
3
.4
27
4
9
.2
4
27
4
99111 
t
t
tt
t
t
t
zyx
zyx
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=
2
1
 đpcm
Tổng quát ta có bài toán: Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương ;
)(... *21 Rkkxxx n  22;0 bnakb  .
Cmr :
k
akbn
xxx
bxxxa
n
n
22
21
21 )
1
...
11()...(  (*)
Sơ lược lời giải:
k
akbn
k
bn
ak
k
bn
k
bn
at
k
t
t
bn
t
bn
at
xxx
bn
xxxa
xxx
bxxxa
n
n
n
n
22
2
2
2
2
2
2
2
2
21
2
21
21
21
)(1.2.)()1(
...
)...()1...11()...(


Nhận xét1:
- Từ bài toán (*) ta Đặc biệt hóa
1.Với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2
3 ta có bài toán :
Cho





2
3
0,,
zyx
zyx
 Cmr:
2
51)111(4 
zyx
zyx
kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có
bài toán 2':(olimpic-toán sơ cấp -Đại Học Vinh)
Cho





2
3
0,,
zyx
zyx
 C mr: 2 2 22 2 21 1 1 173. 2x y zy z x     
Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có
)4(
17
114)41)(1( 222222 yxyxyxyx 
 tương tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh
Với a=1;b=9;n=3;k=1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán
Cho




1
0,,
zyx
zyx CMR : 82111 222222  zzyyxx
(đề thi đại học ,cao đẳng năm 2003 -2004)
2.với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có bài toán :
Cho




2
0,
yx
yx Cmr: 2)(11  yx
yx
bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta có bài toán 2'':
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 5 -
cho




1
0,
yx
yx Cmr: 2
11
 y
y
x
x
Thật vậy: bằng cách đặt: a= x1 ; b= y1 và kết hợp bất đẳng thức
bunhacopxki và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh
Tổng quát: (tạp chí crux )
)2(,...,, 21 nxxx n là số dương và mxxx n  ...21 ,m>0:
Cmr::
1
...
2
2
1
1
 n
mn
xm
x
xm
x
xm
x
n
n
Chứng minh hoàn toàn tương tự !
- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*))thì bài toán thay đổi
như thế nào?
Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương;
)(... *21 Rkkxxx n  22;0 bnakb  .
Cmr :
k
akbn
xxx
bxxxa
n
n
22
21
21 )
1
...
11()...(  (**)
từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị ...
*)Như vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu
bài toán_ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là :bài toán cụ thể tổng
quátđặc biệt (phân tích , so sánh...)bài toán mới tổng quát.
(chú ý tổng quát có nhiều hướng :theo hằng số ,theo số biến hoặc số mũ)
 Bài toán 5:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z là số dương và xyz 1
Cmr:
2
3




 xyz
z
xzy
y
yzx
x (5)
Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành : a,b,clà số dương và abc 1 cmr
2
3
2
2
2
2
2
2





 abc
c
acb
b
bca
a (4')
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
VT 2 (5')
 

abcacbbca
cba


222
2)( 2
 =  2222
4)(
abcacbbca
cba


]3)[(3
)(
)](3)[(3
)(
)(3
)(
2
4
2
4
222
4




cba
cba
cabcabcba
cba
cabcabcba
cba
{vì ab+bc+ca  3 2)(3 abc 3}
đặt t=(a+b+c) 2 thì t9 { vì a+b+c  33 abc 3}
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 6 -
ta có )3(3
2
t
t =
3
3
.
12
32
12
159.3
3
3
12
3
12
153



t
t
t
tt =
2
9
VT 2 (5') 
2
9 VT(4') 
2
3
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
 đpcm
Tổng quát ta có bài toán sau:với )2(,...,, 21 nxxx n dương và 1...21 nxxx
Cmr:
2
...
...
..... 1211432
2
321
1 n
xxxx
x
xxxxx
x
xxxx
x
nn
n
nn





 
 Bài toán 6: Cho




1
0,,
zyx
zyx Cmr:
10
9
111 222
 z
z
y
y
x
xP
Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ nhưng ở đây chiều của bất đẳng
thức lại ngược.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để làm đổi chiều bất đẳng thức ?
Giải : Ta có :
 
333
2222
3
4
3
4
3
4
2
3
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
1)(1
)
111
(1)
1
1()
1
1()
1
1(
zyxzyx
zyx
zz
z
yy
y
xx
x
z
z
y
y
x
x
z
z
z
y
yy
x
x
xP



Đặt 222 zyxt  từ đk
3
1 t
áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và côsi ta có:
32
1
2
3)
3
(3)](1[
2
1
3))((
3
222
222222
222333
t
tt
zyx
zyxzyx
xyzzxyzxyzyxzyxzyx


Vậy
10
9
10
9
3103
)957)(
3
1(
10
9
10
9
3103
3103
3
13
21
3
231
21 22
2
2
22








tt
tt
tt
tt
t
tt
t
t
tt
tP
dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=
3
1
 đpcm
Khi gặp bài toán có điều kiện phức tạp khó sủ dụng thì phải xử lí điều kiện . Ta
xét bài toán sau:
Bài toán 7:(Tạp chí toán học tuổi thơ)
Cho




)1)(1)(1)(1(
)1;0(,,
zyxxyz
zyx Cmr: x 2 +y 2 +z 2 
4
3
Giải:
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 7 -
(1) 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
 x 2 +y 2 +z 2 =2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4xyz
áp dụng bđt Côsi ta có : xyzzyx 

  3
3
 nên
x 2 +y 2 +z 2 2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4
3
3


  zyx
Đặt t=x+y+z thì 30  t .Khi đó:
x 2 +y 2 +z 2 3 2 24 1 15 3 32 2 (2 3) ( )
27 27 4 4 4
t t t t t         
dấu bằng xảy ra khi t=
2
3 hay x=y=z=
2
1
đpcm
Nhận xét 2 : Từ ý tưởng phương pháp giải ở trên ta có thể sáng tạo các bất
đẳng thức :
chẳng hạn -Từ bất đẳng thức cô si
1.C ho x,y là số dương.Cmr: xyyxyx 888)( 22322 
2.(THTT-248 - 1998):Cho x,y,z là số dương không lớn hơn 1. Cmr:
a.
3
)1)(1)(1(
3
11 zyx
zyx

b. )1)(1)(1(
3
11
zyx
zyx

Từ đó ta có bài toán tổng quát : (chú ý: câu b chặt hơn câu a)
Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương không lớn hơn  : Cmr:
))...()((
...
21
21
1
n
n
n
n
xaxaxa
n
a
xxx
a 

Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
n
n
n
n
xxxna
xaxaxa 

  )...())...()(( 2121
bất đẳng thức trở thành:
1 1 1
1
( ) 0(*)
nn n n n n
n
a a na t na t n a t na t
t n n n tn
  

              
áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
nnnnn
n
antnatan
n
nan
tnatnatnatn 11)()1()1())...()(()1(  

 
kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức (*) đúng
ngoài ra từ cách chứng minh ta có bất đẳng thức chặt hơn sau:
Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương không lớn hơn a .Cmr:
))...()((1
...
1
21
1
21
11
n
nn
n
nn
xaxaxa
n
a
n
n
xxx
a
n
n 

 

  
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 8 -
 chứng minh hoàn toàn tương tự !
3.Cho




3
0,,
222 zyx
zyx Cmr: 3027  xyzzyx
4.Cho




2
0,,
zyxxyz
zyx Cmr: 6 zyx
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2222 )()(2 zyxzxyzxyzyx 
 1. Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] .Cmr : 6)(0  zyxzxyzxy
2. Cho




1
0,,
xyz
zyx Cmr:
3
101222  zxyzxyzyx
3. Cho




0,,
1
zyx
xyz Cmr: 43
222
 zyxx
z
z
y
y
x
4. Cho





2
1
0,,
zyx
zyx Cmr:
5
108111
222
 zzyyxx
5.(THTT- 346/2006) Cho




0,,
1
zyx
zyx Cmr:
))((8 222222222 xzzyyxzyxzxyzxy 
6. Cho




]2;1[,, zyx
zyxzxyzxy
Cmr:
4
3
)(4)(4)(4 2
2
2
2
2
2





 yx
z
xz
y
zy
x
- Hay từ bất đẳng thức schur :
2)(9)(40))(())(())(( zyx
zyx
xyz
zxyzxyyzxzzxyzyyzxyxx 
1: Cho xyz là số không âm .
 Cmr: )(212 222 zxyzxyzyxxyz 
sơ lược lời giải: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với
12)()(4)(412)( 22  xyzzyxzxyzxyhayzxyzxyxyzzyx
kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1
27
)29( 2  tt với zyxt 
2
9
, t { còn
2
9t hiển nhiên đúng}
Bằng cách thêm bớt các biểu thức vào ta có nhiều bài toán khác nhau
Chẳng hạn:
zyxtctbxyz
t
axyz
ctbxyzzyxzxyzxya  ;9])()(4[ 2
ta có: Chọn a,b sao cho:




cba
cba
2
0,, thì:
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 9 -
)(233)()( 222 zxyzxyacbazyxcbxyzzyxa 
 với a=3 b=5 c=1 ta có bài toán:
2.Cho x,y,z là số không âm . chứng minh rằng :
)(61)(5)(3 222 zxyzxyzyxxyzzyx 
Bằng cách tương tự ta có bài toán:
3.Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng
)(58)(2 222 zyxzyxxyz  (THTT-số 356)
4.Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng
)1)(1)(1(32222 zyxxyzzyx 
5.Cho





]
3
4
;0[,,
3
zyx
zxyzxy
 Cmr: 13)(4  zyxxyz
Từ đẳng thức ,bất đẳng thức cơ bản,đơn giản ta có thể tạo vô số bài toán!
để kết thúc phần I tôi xin đưa ra thêm một số bài toán làm theo phương pháp
này:
*--------------Một số bài toán----------*
I1.Chứng minh rằng: 4444 2
27
2
1
12
27
2
1 

yx
yx với mọi x,y thuộc R
HD: yxt 
I2.Cho 



)2;0(,,
3
zyx
zyx Cmr:
222222 4
1
4
1
4
1
)2)(2)(2(
27
zyxzyx 






HD: t = 2)( zyx  :
I3.Cho 



1
0,,
zyx
zyx Cmr :
12
1)()()( 444  yxzxzyzyx
HD: Giả sử 0 zyx đặt )( zyxt  ta chứng minh được
)31()()()( 444 ttyxzxzyzyx 
I4 . Cho 



0,,
4222
zyx
xyzzyx Cmr: 3 zyx
I5. Cho 



]1;0(,, zyx
zyxzxyzxy Cmr:
3
)()()( 2
2
2
2
2
2





 zyx
z
yxz
y
xzy
x
I6. Cho ),2(,...,, 21 Nnnxxx n  là số dương và )0(...21  knkxxx n .
Chứng minh rằng: )(
1
...
11 3
22
22
2
11 knk
n
xxxxxx nn 

Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 10 -
I7 . Với )2(,...,, 21 nxxx n dương và 1...21 nxxx . Cmr:
n
n
xxx
xxx
n
n
1
...
1
...
2
21
21

Nhận xét 3:
- Nếu chứng minh g(t) 0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên phải dự đoán
được dấu bằng xảy ra tại đâu để đánh giá hay tách nhóm hợp lý .
-Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh
g(t)0 bằng phương pháp đạo hàm.
II. Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp
bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
1.Đưa về một biến nhờ điều kiện :
Bài toán 8: Cho




0,,
1
zyx
zyx Cmr:
27
8 xyzzxyzxy
Giải:
Từ đk bài toán ta thấy 0110  zz
áp dụng bđt côsi ta có:
xy+yz+zx-xyz=z(x+y)+xy(1-z)z(x+y)+
2
2


  yx (1-z)
xy+yz+zx-xyz=z(1-z)+
2
2
1 

  z (1-z)=
4
123  zzz =
27
8
27
8)
3
5()
3
1(
4
1 2  zz với mọi z, 10  z
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
3
1 đpcm
Bài toán số 9: Cho




0,,
3
zyx
zyx Cmr: )9()(25 zxyzxyxyz 
Giải: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy 10  z
0
4
)2()1(0
4
230)3(2)2()
2
3(5
0)(2)2()
2
(50)(2)2(5)9(
23
2
2


zzzz
zzz
z
yxzzyxyxzzxy
 đúng với ]1;0[z . Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
đpcm
Nhận xét4:
- Nếu lấy điều kiện 30  z thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là không
đúng. ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để
có thể đánh giá được biểu thức .
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 11 -
- Ta có bài toán Tổng quát của bài 9 sau:
bài toán 9' cho







3
4
0;0
0,,
3
b
a
ba
zyx
zyx
 Cmr: 0)3()(  babxyzzxyzxya
HD: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)
 từ điều kiện dễ thấy 043;010 
b
a
zbzaz ta có:
0)43()1(
4
1)3()3(
)(
4
)3()3()()()3()(
2
2


b
a
zzbbazaz
bzazbayxazbzaxybabxyzzxyzxya
Chú ý: Nếu 3
b
a thì việc chứng minh bài toán tổng quát không cần sử dụng
tính chất 1
Thay đổi hình thức bài toán:
- Sử dụng đẳng thức 2222 )()(2 zyxzxyzxyzyx  ta có thể đưa bài
toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác :
chẳng hạn bài 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :
Cho




0,,
3
zyx
zyx (THTT-2006) Cmr: 4222  xyzzyx
 hay sử dụng đẳng thức
)](3))[((3 2333 zxyzxyzyxzyxxyzzyx 
 bài toán 9 có thể được phát biểu dưới dạng :
Cho




0,,
3
zyx
zyx Cmr: 93)(2 333  xyzzyx
- Đặt ẩn phụ : a=mx;b=my;c=mz hoặc a=
x
1 ;b=
y
1 ;c=
z
1 ..v..v..
chẳng hạn: bài toán 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương
 Cho




0,,
1
zyx
zyx Cmr: )(18275 zxyzxyxyz 
 Cho




0,, zyx
zxyzxyxyz Cmr: )(18275 222222 zyxxyzzyx 
-Sử dụng tính chất bắc cầu và bất đẳng thức đã có:
chẳng hạn bài 9: Từ bất đẳng thức côsi: xyzzyx 3333 
ta có bài toán




0,,
3
zyx
zyx Cmr: )(615333 zxyzxyzyx 
*)Từ cách chứng minh bài toán tổng quát trên ta có bài toán Tương tự
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 12 -
 bài toán9'' Cho







3
2
0;0
0,,
3
b
a
ba
zyx
zyx
 chứng minh rằng:
0)3()(  babxyzzxyzxya
Chú ý : Để chứng minh : sử dụng tính chất 1 với z=max(x,y,z)
Đặc biệt hóa ta có bài toán:
 Với a=1; b=-2 : Cho




0,,
3
zyx
zyx Cmr: 12  xyzzxyzxy
Sau đây ta xét tiếp một số bài toán sử dụng tính chất này để làm hạn chế
phạm vi của biến:
Bài toán 10: Cho




3
]2;0[,,
zyx
zyx Cmr: 9333  zyx
Giải:
Không mất tính tổng quát , giả sử z=max(x,y,z)
Từ điều kiện 21  z .
 Ta có:
 333 zyx x 3+y 3+3xy(x+y) +z 3=(x+y) 3+z 3=(3-z) 3+z 3=
=9z 3 -27z+27=9(z-1)(z-2)+99 với mọi z,1 z2
dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó
đpcm
Bài toán 11 : (Đề thi toán quốc gia _bảng B_1996;USAMO_2001)
Cho




4
0,,
xyzzxyzxy
zyx Cmr: x+y+zxy+yz+zx(11)
Giải:
 Giả sử z=min(x,y,z) , từ điều kiện ta có :
100)2)(1(34 223  zzzzzxyzzxyzxy (11')
xy+yz+zx+xyz=4  (x+y)z=4-xyz-xyx+y=
z
xyxyz 4 (11'')
Mặt khác : 0=xy(1+z)+z(x+y)-4xy(1+z)+2 xy .z-4

1
2
0)2)(
1
2(  zxyxyzxy (11''')
(11) 0)1)((  xyzzyx
Từ (11'),(11''),(11''') ta có :
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 13 -
0)1(
)1(1
2)(
1
244
)(44)1(4)1)((
2
2
2
2
2
2
22










z
zz
z
z
z
zz
z
z
z
zxyzzxyz
xyzz
z
xyxyz
xyzzyx
 dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
đpcm
Bài toán 12: Cho




0,,
3
zyx
zyx Cmr: 7)(2 222222  zyxzyx
Giải:
Ta có 0)]1)(1)(1[()]1)(1)][(1)(1)][(1)(1[( 2  zyxxzzyyx
Do đó trong ba số )1)(1();1)(1();1)(1(  xzzyyx có ít nhất một số không
âm . Giả sử 10)1)(1(  yxxyyx
Ta có:
77)22()1(9674
)2(2)3()1(2)()(2
22234
22222222222222


zzzzzzz
zzzzzyxzyxzyxzyx
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi







1
0)22()1(
0)1)(1(
3
22
zyx
zzz
yx
zyx
đpcm
 Bằng cách sử dụng tính chất trên ta c ó thể tạo ra các bài toán mới
chẳng hạn: cho





]4;
2
1[,,
1
zyx
xyz
 Cmr:
4
17 zxyzxy
*..............Một số bài toán..................*
II11. Cho 



0,,
1
zyx
zyx Cmr:
a. xyzzy 16
b. xyzzxyzxy 9
c. )(419 zxyzxyxyz 
II12. Cho 



3
0,,
zxyzxy
zyx Cmr: 10)(3  xyzzyx
II13. Cho ]2
2
;0[, yx . Cmr:
3
22
11 22
 x
y
y
x
HD: Giả sử 0
2
2  yx ta đi chứng minh: 222 1
2
11 x
x
x
y
y
x

Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 14 -
II14. Cho 



0,,
1
zyx
zyx Cmr:
a.
2
7
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2




x
z
z
y
y
x (bài T5 - THTT - 10/2004)
b.
2
7
1
1
1
1
1
1 



n
n
n
n
n
n
x
z
z
y
y
x
HD:Giả sử x=max(x,y,z)
1
1
42
1
1)(3
1
1
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
22
2
22
2
2
2
2
2
2














x
xx
x
zy
x
zy
x
zy
x
z
z
y
y
x
 Câu b tương tự!
II15. Cho 



3
]2;0[,,
zyx
zyx Cmr : 12  nnnn zyx
(Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!)
2. Đưa dần về một biến:
Từ biểu thức p có n biến ta đánh giá đưa về (n -1) biến .... và cuối cùng đưa về 1
biến. sau đây ta xét một số ví dụ đặc trưng thể hiện phương pháp này:
Bài toán 13: Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2]
 Chứng minh rằng : xyzzyx 5333 
Giải:
Đặt ),,( zyxf xyzzyx 5333 
Không mất tính tổng quát giả sử : 12  zyx
0)51)(1()51(5)1,,(),,( 23  xyzzzxyxyzzyxfzyxf
Vì : 013)1(4415151;01 22222  zzzzzzzxyzzz
Mặt khác : 0)51)(1()51(5)1,1,()1,,( 23  xyyyxxyyxfyxf
Vì 01)2)(1(145151;01 222  yyyyyyyyxyyy
Vậy 21,0)2)1)[(2(25)1,1,(),,( 23  xxxxxxxfzyxf
dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của
(2,1,1) đpcm
Bài toán14:(Đây là bài toán số 9) Cho




0,,
3
zyx
zyx
Chứng minh rằng: )(25 zxyzxyxyz 
Giải
Đặt xyzzxyzxyzyxp  )(2),,(
Ta cần chứng minh 5),,( zyxf . Do vai trò của x,y,z trong f như nhau nên theo
tính chất 2 ta giả sử zyx 0 kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 10  x
Xét
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 15 -
4
23)
2
3
,
2
3
,()
2
,
2
,(),,(0))(2(
4
1
4
)()
24
)(
2
(2)(2)
2
,
2
,(),,(
3
2
22


xxxx
xfzyzyxfzyxfzyx
zy
x
zy
x
zyzy
xxyzzxyzxyzyzyxfzyxf
10;5
4
)2()1(555
4
23),,(
23
 xxxxxxzyxf
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
1
0))(2( 2 




zyx
x
zyx
đpcm
Bài toán15: (Bất đẳng thức côsi): Cho x,y,z là số dương
Chứng minh rằng: xyzzyx 3333 
Giải:
 Không mất tính tổng quát giả sử 0 xyz
Đặt ),,( zyxf xyzzyx 3333 
Tacó:
0)2)(()(3)(),,(),,( 233  xyxyzzxyzzxyxyxyzxyyxfzyxf vì xyz 
Mặt khác: Đặt ),( yxg 333 )(2),,( xyyxxyyxf    0))((2),(),( 2336333  xyxxyxyxxgyxg
Vậy 0),(),(),,(),,(  xxgyxgxyyxfzyxf
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi zyx
yx
xyz 



 đpcm
Bài số 16:(Bất đẳng thức nesbit) Cho x,y,z là số dương .
Chứng minh rằng :
2
3 yx
z
xz
y
zy
x
Giải:
Đặt ),,( zyxf
yx
z
xz
y
zy
x
 . Giả sử z=min(x,y,z)
Ta có :  ),,(),,( xyyxfzyxf
yx
xy
xxy
y
xyy
x
yx
z
xz
y
zy
x

0
)(
.
))((
11
)()(
1
1
))(())((
1
))((
))((
)(
))((
)(
))((
)(
2





 









xy
yx
yxyxyxx
y
yxy
x
yx
yxxxyxy
y
xyyxy
x
yxxxyxz
y
xyyzy
x
zxy
yx
xyz
xxyxz
zxyy
xyyzy
zxyx
Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
Kỳ _ Xỏc - 16 -
Ta có : 





 11
1),,(
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
yyx
xy
xxy
y
yxy
x
xyyxf
 
2
3
2
3
)1(2
221
11
1
2
2
2
2
2
2 
 tt
tt
t
t
t
t
t
tt
 với )0(  t
x
y
t
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : x=y=z=1
đpcm
Nhận xét :
- Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu thức của bất
đẳng thức và biểu thức đó với x(hoặc y hoặc z) thay bởi trung bình nhân hoặc
trung bình cộng .
- Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được
* ............Một số bài toán............*
II21. Cho 



0,,
1
zyx
xyz Cmr : )1(4))()((  zyxxzzyyx
II22. Cho 



0,,
96
zyx
xyzzxyzxy Cmr: 63  xyzzyx
II23. Cho 
