PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
(Mixing variable)
TRONG CÁC KỲ THI ĐẠI HỌC NHỮNG NĂM GẦN ĐÂY
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Kể từ năm học 2001-2002, kỳ thi đại học được tổ chức “3 chung”, vì vậy
các bài toán bất đẳng thức ít xuất hiện và nếu có thì độ hóc búa cũng giảm đi.
Mặc dù vậy, cho dù ít xuất hiện nhưng các bài toán bất đẳng thức trong các kì thi
đại học cũng không nằm ngoài các bất đẳng thức đối xứng, hoán vị …
Do đó nếu vận dụng linh hoạt phương pháp dồn biến các bài toán bất đẳng
thức trở nên dễ dàng hơn
Trong nghiên cứu của tôi, không thể nói là cách sử dụng phương pháp dồn
biến sẽ ngắn gọn hơn hay là dễ hiểu hơn. Song mục đích của tôi là sử dụng một
phương pháp chung, phương pháp dồn biến cho tất cả các bài toán bất đẳng thức
trong các kì thi đại học mà chúng tôi đề cập đến.
Đề tài nghiên cứu sẽ giúp giáo viên và học sinh có một tài liệu tiếp cận với
phương pháp dồn biến, một phương pháp mới để giải tốt các bài toán bất đẳng
thức . Do thời gian và khả năng có hạn nên đề tài không tránh khỏi những thiếu
sót, rất mong có những ý kiến đóng góp quý báu của các đồng nghiệp và các bạn.
Xin chân thành cảm ơn!
B. NỘI DUNG
1. BẤT ĐẲNG THỨC – PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
a. Bất đẳng thức cơ bản
BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI
Trong toàn bộ nghiên cứu, chúng tôi mong muốn đưa bài toán nhiều biến về
nhiều nhất là hai biến, do đó chúng tôi chỉ phát biểu bất đẳng thức Cô-si chỉ ở
dạng cơ bản nhất.
Giả sử
,x y
là 2 số thực không âm. Khi đó
2
x y

xy
+
³
Đẳng thức xảy ra khi x=y
Và sau đây là các định lý cơ bản nhất trong sách giáo khoa giải tích 12, đó
là công cụ bổ trợ thiết thực cho giải toán bất đẳng thức.
b. Các định lý cần thiết
ĐỊNH LÝ 1
Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên đoạn [a;b]. Khi đó tồn tại giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn đó.
ĐỊNH LÝ 2
Cho hàm số
( )
y f x=
liên tục trên đoạn [a;b] và đạo hàm
( )
' 0, ;f x x a b
é ù
"³ Î
ê ú
ë û
.
Khi đó
( ) ( ) ( )
f a f x f b£ £
ĐỊNH LÝ 3
Cho hàm số

( )
y f x=
liên tục trên đoạn [a;b] và đạo hàm
( )
' 0, ;f x x a b
é ù
"£ Î
ê ú
ë û
.
Khi đó
( ) ( ) ( )
f b f x f a£ £
c. PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
Trong các kỳ thi đại học, nếu có bài toán bất đẳng thức thì cũng không nằm ngoài
các bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị. Mà nếu thế thì sử dụng phương pháp dồn
biến sau đây sẽ cực kỳ hiệu quả.
Phương pháp dồn biến (mixing variable) được khái quát theo 2 bước chính.
Giả sử ta cần chứng minh
( )
, , 0f x y z ³
(nếu không thì ngược lại), với x, y, z là 3
biến số thực thỏa mãn các tính chất nào đấy.
Bước 1(Kỹ thuật dồn về 2 biến bằng nhau)
Đánh giá
( ) ( )
, , , ,f x y z f x t t³
với t là một biến mới sao cho bộ số (x,t,t) thỏa
mãn tính chất của bộ số (x,y,z).
Thông thường ta hay đặt t là các đại lượng trung bình để không làm mất đi các

tính chất cho trước, chẳng hạn
2 2
, , ,
2 2
x y x y
t t xy t
+ +
= = =
Bước 2. Đánh giá
( )
, , 0f x t t ³
.
Phương pháp chúng tôi đề cập đến chỉ ngắn ngọn như thế, việc khó nhất của
chúng ta là đánh giá
( ) ( )
, , , ,f x y z f x t t³
. Điều đó sử dụng nhiều kỹ thuật, chứ ở
bước thứ 2 hầu hết là đơn giản vì chúng ta đã hạn chế còn lại chỉ 2 biến số.
Thí dụ ( Bất đẳng thức Côsi cho 3 số)
Giả sử
, ,x y z
là 3 số thực không âm. Khi đó
3
3x y z xyz+ + ³
.
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z
Chứng minh
Bước 1
Đặt
( )

3
, , 3f x y z x y z xyz= + + -
Đặt
2
x y
t
+
=
, ta có
2
t xy³
suy ra
( )
( )
3
2
3
, , ( , , ) 3 0f x y z f t t z t z xyz- = - ³
Bước 2 là chứng minh
3
2
( , , ) 2 3 0f t t z t z t z= + - ³
Việc này thật đơn giản vì
( ) ( ) ( )
3 2
3
2 2
2 3 0 2 27 0 8 0t z t z t z t z t z t z+ - + - - +³Û ³Û ³
Vậy
( ) ( )

, , , , 0f x y z f t t z³ ³
Đẳng thức xảy ra khi
2
t z
x y z
t xy
ì
ï
=
ï
ï
= =Þ
í
ï
=
ï
ï
î
Bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương vừa được chứng minh, chúng tôi sẽ sử dụng
nó như là một bổ đề cho các chứng minh tiếp theo.
2. CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁCH GIẢI CHUNG
Phần này chúng tôi chỉ sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, sử dụng tính đơn
điệu của hàm số, và các biến đổi thông thường để chứng minh các bất đẳng thức.
Nghĩa là chúng tôi muốn chỉ cần các kiến thức trong sách giáo khoa kèm theo
phương pháp dồn biến là có thể chứng minh được các bất đẳng thức trong các kỳ
thi tuyển sinh đại học hoặc các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
Phng phỏp dn bin chỳng tụi chia lm hai mng thng gp l cỏc bt ng
thc i s v cỏc bt ng thc lng giỏc.
a. Cỏc bt ng thc i s
1. [KHI A- 2011]

Cho x, y, z l 3 s thc thuc
1;4
ộ ự
ờ ỳ
ở ỷ
v
;x y x z
. Tỡm giỏ tr nh nht
ca biu thc
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
Gii:
Ta cú
1 1 1
2 3
2 3 1 1
x y z
P
y z x
x y y z z x
x y z
x y z
x y z
= + + = + +
ổ ử ổ ử ổ ử
+ + +

ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
+ + +
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ố ứ ố ứ ố ứ
t
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
, bi toỏn tr thnh tỡm giỏ tr nh nht ca
1 1 1
2 3 1 1
P
a b c
= + +
+ + +
vi iu kin
1abc =
.
Ký hiu
1 1 1
( , , )
2 3 1 1

f a b c
a b c
= + +
+ + +
t
t bc=
, theo gi thit
1 1 1 1
1 , , 4 , , 1
4
x y z
x y z
Ê Ê ị Ê Ê
Kt hp vi iu kin
;x y x z
ta cú
1 4 1 2bc tÊ Ê ị Ê Ê
Ta cú
1 2
( , , )
2 3 1
f a t t
a t
= +
+ +
( )
1 1 2
( , , ) , ,
1 1 1
f a b c f a t t

b c t
- = + -
+ + +
Ta cú

( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2
1 1 2
( , , ) , , 0 0
1 1 1
2 2
1 1
1 2 0
1 2 0
1 2 0
1 2 0 1
f a b c f a t t
b c t
b c
b c bc t
b c t t bc
b c t t t
t b c t

t b c bc
- + -
+ + +
+ +

+ + + +
+ - + -
+ - + -
- + -
- + -
Ta cú (1) luụn ỳng vỡ
1t
v
2 0b c bc+ -
. Du bng sy ra khi
1bc =
hoc
b c=
tc l
1
x
y
=
hoc
x z
z y
=
(2)
Do ú
( )

( , , ) , , 0f a b c f a t t-
hay
( )
( , , ) , ,f a b c f a t t
Bc cũn li ca phng phỏp dn bin ỏnh giỏ
( )
, ,f a t t
.
Theo gi thit
2
1
. . 1a b c a
t
= =ị
nờn
2
2 2
1 2
( , , ) , ,
1
2 3
t
f a t t f t t
t
t t
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= = +

ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
+
+
ố ứ
t
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
3
2
2 2
2
2 4 3 3 2 1 9
2
' 0
1
2 3
2 3 1
t t t t
t
f t f t
t
t
t t
ộ ự

- - + - +
ờ ỳ
ở ỷ
= + = <ị
+
+
+ +
Suy ra
( ) ( )
34
2
33
f t f =
. Du bng sy ra khi v ch khi
2t =
hay
4 4
x
bc
y
= =
(3)
Do ú
34
33
P
. T ( 2 ) v ( 3 ) suy ra du bng xy ra khi v ch khi
4, 1, 2x y z= = =
Vy giỏ tr nh nht ca P bng
34

33
khi
4, 1, 2x y z= = =
.
Nhn xột: õy ta ó s dng phng phỏp dn bin vi k thut chun
húa. Mc ớch l vic gii bi toỏn tr nờn n gin hn.
2. [KHI A- 2009]
Cho x, y, z l 3 s thc dng thay i tha món
( )
3x x y z yz+ + =
.
Chng minh rng
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
3 5x z x y x y x z y z y z+ + + + + + + +Ê
Chng minh:
õy l mt toỏn rt gn õy, khụng ớt ngi cho rng õy l bi toỏn d, nú
c ụng o ngi mờ toỏn bt ng thc sụi ni a ra cỏc ỏp ỏn khỏc nhau
v cú nhiu li gii hay.
Sau õy l ỏp ỏn c a ra ca b giỏo dc o to v cỏc ỏp ỏn c a
ra cỏc bn cú th tỡm c trờn mng, cui l ỏp ỏn ca chỳng tụi.
 Đáp án của bộ GD-ĐT
Đặt a=x+y, b=x+z, c=y+z , điều kiện của bài toán trở thành c
2
=a
2
+b
2
-ab.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

3 3 3
3 5a b abc c+ + £
Thỏa mãn điều kiện:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2
3 1
3
4 4
2
c a b ab a b ab a b a b a b
a b c
= + - = + - + - + = +³
+Þ £
( )
( )
( )
( )
3 3 3 2 2 3
2 3
2
3 5 3 5
3 5
3 5
a b abc c a b a b ab abc c
a b c abc c
a b c ab c
+ + + + - +£Û £
+ +Û £
+ +Û £

Từ (1) ta có
( )
2
2a b c c+ £
và
( )
2
2
3
3 3
4
ab a b c+£ £
Từ đó suy ra đpcm, dấu bằng xảy ra khi
a b c= =
hay
x y z= =
Còn sau đây là phương pháp của chúng tôi.
 Phương pháp dồn biến
Đặt
( )
, ,f x y z V T V P= -
Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy rằng có hai biến có vai trò như
nhau là y và z, và thấy được dấu bằng xảy ra khi x=y=z nên đặt
2
y z
t
+
=
Khi đó theo giả thiết
( ) ( )

2
2
3
2 3 3
4
x x t yz y z t+ = + =£
Vì vậy
2 2 2
2 4x tx t t+ + £
hay
( ) ( )
2 2
2x t t+ £
.
Suy ra
( )
1x t£
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3
, , 2 6 5f x t t x t t x t y z= + + + - +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 2
, , , , 2 6f x y z f x t t x z x y x t t y z- = + + + - + - -
Xét hàm số

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 2
2 6 , 0;g x x z x y x t t y z x t
é ù

= + + + - + - - Î
ê ú
ë û
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
' 3 2g x x z x y x t
é ù
= + + + - +
ê ú
ê ú
ë û
( ) ( ) ( ) ( )
'' 6 2 0g x x z x y x t
é ù
= + + + - + =
ê ú
ë û
Vậy
( ) ( )
2
3
' '(0) 0
2
g x g y z= = - ³
Do đó theo định lý 2 ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 2
2 2 6g x g t t y t z t t y z= + + + - - -£
( )

( )
3
3 2 2 3
3
3 2 2 3
3 3
3 3
t y t t y ty y
t z t t z tz z
+ = + + +
+ = + + +
( ) ( )
3 3
3 2 2 2 3 3
3 2 2 2 2
3 2 2
2 3 ( ) 3 ( )
8 (3 3 2 2 2 )
8 (5 5 2 )
t y t z t t y z t y z y z
t t y z y z yz
t t y z yz
+ + + = + + + + + +
= + + + + -
= + + -
Nên
( ) ( )
2 2
2 2 2
( ) 5 5 2 2( ) 6 3 0g t t y z yz y z y z t y z

æ ö
÷
ç
= + - - + - - = - - £
÷
ç
÷
è ø
Do đó
( ) ( ) ( ) ( )
, , , , 0 , , , ,f x y z f x t t f x y z f x t t- £Û£
Phương pháp dồn biến chỉ còn lại việc đánh giá biểu thức hai biến số
( ) ( ) ( )
3 2
3
, , 2 6 40 0f x t t x t t x t t= + + + - £
trong điều kiện
x t£
.
Việc này thật đơn giản vì
( ) ( ) ( )
3 2
3
, , 2 6 40 0f x t t t t t t t t+ + + - =£
Vậy kết luận cuối cùng
( ) ( )
, , , , 0f x y z f x t t£ £
Hay
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3

3 5x z x y x y x z y z y z+ + + + + + + +£
Đẳng thức xảy ra khi x=t và
( )
2
3
3
4
yz y z x y z= + = =Þ
(đpcm)
Trên đây chúng tôi vừa đưa ra một bất đẳng thức khó mà theo chúng tôi nó rất
đặc trưng cho phương pháp chúng tôi đề cập đến:
• Nhận xét: Việc khó nhất của chúng ta là đánh giá
( ) ( )
, , , ,f x y z f x t t£
.
3. [Đề dự bị khối A-2005[2]]
Cho x, y, z là 3 số thực thỏa mãn x+y+z=0. Chứng minh rằng
3 4 3 4 3 4 6
x y z
+ + + + + ³
Chứng minh:
Đặt
4 , 4 , 4
x y z
a b c= = =
, bài toán trở thành chứng minh rằng
3 3 3 6a b c+ + + + + ³
với điều kiện
1abc =
.

Ký hiệu
( , , ) 3 3 3f a b c a b c= + + + + +
t
t bc=
, vi iu kin
2
1 1abc at= =ị
Ta cú
( , , ) 3 2 3f a t t a t= + + +
( )
( , , ) , , 3 3 2 3f a b c f a t t b c t- = + + + - +
Ta cú
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( , , ) , , 0 3 3 2 3
6 2 3 3 4 3
2 2 3 3 6 2 1
f a b c f a t t b c t
b c b c t
b c t b c t
- + + + +
+ + + + + +
+ - + + + +
Theo bt ng thc Cụsi thỡ
( )
2 2 2b c bc t+ =
. Mt khỏc:

( ) ( )
( )
( )
( )
2
3 3 3 9 3 9 6
2 3
b c t b c bc t t
b c t
+ + + + + + + +
+
T (2) v (3) suy ra
( )
( , , ) , , 0f a b c f a t t-
hay
( )
( , , ) , ,f a b c f a t t
Bc cũn li ca phng phỏp dn bin l chng minh
( )
, , 6f a t t
.
Tht khụng khú vỡ gi thit
2
2
1
1at a
t
= =ị
nờn
2 2

1 1
( , , ) , , 3 2 3f a t t f t t t
t t
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= = + + +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Theo bt ng thc Cụsi thỡ
2 2
4
1 1 2 4
3 2 1 2
3 2 1 2 2 4
t
t t
t
t t t t
+ = + + +
+ = + + +
Suy ra
( )
8
2

4
4
8
1 2
3
2
, , 4
3 2
f a t t t
t
t
t
t t
ỹ
ù
ù
ù
+
ù
+ị
ý
ù
ù
+
ù
ù
ỵ
Ti õy, chỳng ta cú th s dng phng phỏp hm s tỡm GTNN ca
( )
, ,f a t t

, hoc cú th s dng Bt ng thc Cụsi cho 3 s
8 8
4
2
, 2 , 2t t
t
V kt lun
( ) ( )
, , 6 , , 6f a t t f a b c ị ị
pcm. Du bng xy ra khi
a b c= =
4. [Khi A-2003]
Cho x, y, z l 3 s thc tha món
1x y z+ + Ê
. Chng minh rng
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82x y z
x y z
+ + + + + ³
Chứng minh:
Ta nhận thấy rằng các biến x, y, z độc lập nên phương pháp dồn biến là cực kỳ
hiệu quả
Ký hiệu
2 2 2
2 2 2
1 1 1
( , , )f x y z x y z
x y z

= + + + + +
Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
x y z£ £
Đặt
t yz=
, vì theo bất đẳng thức Côsi
2 yz y z+£
với giả thiết suy ra
2 1x t x y z+ + +£ £
Ta có
2 2
2 2
1 1
( , , ) 2f x t t x t
x t
= + + +
Suy ra

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

2 2 2 2
1 1 1
( , , ) , , 2
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
1 1 1 1
f x y z f x t t y z t
y z t
y t z t
y t z t
y t z t
y t z t
y t z t
y t z t
y t z t
y t z t
y t z t
y
- = + + + - +
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
+ - + + - +
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç

è ø è ø
= +
+ + + + + +
æ ö æ ö
- -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
- -
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
= +
+ + + + + +
-
=
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
1 1 1 1
y t z t
z z y
yt zt
y t z t

y t z t
æ ö æ ö
- -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
-
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
+
+ + + + + +
Vì hàm số
( )
2
2
1
g u u
u
= +
giảm khi
0 1u< <
nên
2 2
2 2
1 1
y z

y z
+ +³
Suy ra
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
3 2 3 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
( , , ) , ,
1 1 1 1
1 1
0

1 1 1 1
y z
y t z t
y z
y z z z y y
yt zt
y z
f x y z f x t t
y t y t
y t y t
y z y z
y z y z y z
y z y z
y t y t
y t y t
ổ ử
-
- -
ữ
ỗ
ữ
- -
ỗ
- - -
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
- =

+ + + + + +
- -
- - -
= =
+ + + + + +
Bc cũn li ca phng phỏp dn bin l chng minh
( )
, , 82f x t t
.
Ta cú
2 2
2 2
1 1
( , , ) 2f x t t x t
x t
= + + +
Theo iu gi s
x tÊ
nờn
2
2
1
( , , ) 3f x t t t
t
+
Bng cỏch kho sỏt hm s ta cú
( )
, , 82f x t t
Du bng xy ra khi
1

3
x y z= = =
V kt lun
( ) ( )
, , 82 , , 82f x t t f x y z ị ị
pcm. Du bng xy ra khi
1
3
x y z= = =
5. [Khi B -2007]
Cho x, y, z l 3 s thc dng thay i. tỡm giỏ tr nh nht ca biu
thc
1 1 1
2 2 2
x y z
P x y z
yz zx xy
ổ ử ổ ử ổ ử
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
= + + + + +
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ố ứ ố ứ ố ứ
Gii: õy l bi toỏn cha chun húa ( bt ng thc khụng iu kin) thỡ chỳng
ta s cú nhiu cỏch dn bin hn. Khi ú ta s chn cỏch dn bin sao cho bo

ton c nhiu biu thc nht trong bt ng thc
t
( )
2 2 2
, ,
2
x y z x y z
f x y z P
zy xz yx
+ +
= = + + +
Vỡ vai trũ ca x, y, z nh nhau nờn ta cú th gi s
x y zÊ Ê
Và ký hiệu
2 2
2
x y
t
+
=
, khi đó
t z£
.
Ta có
( )
2
2
2
2
, ,

2
z z
f t t z t
z
t
= + + +
Suy ra
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 1 1 1
, , , , 2
1
2 0
x y z z x y
f x y z f t t z z
zy xz yx z z y x xy
t t
x y x y
z
z xy
xy x y
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
- = + + - - = + - + -

ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
- -
= + ³
+
Vậy
( ) ( )
, , , ,f x y z f t t z³
Vấn đề còn lại của chúng ta là tìm giá trị nhỏ nhất của
( )
, ,f t t z
Vì
t z£
nên xét hàm số
( )
2
2
2
2
2
z z
g t t
z
t
= + + +
trên khoảng

0 t z< £

Ta có
( )
( )
( )
( )
4
3 3
4
2 2
4
2
9
2
2 2
3
2 2( )
' 2
' 0
2 1 1 1 1
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 9
9
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 1 1 3 1 1 9
3
2 2 2 2
z t z

g t t
t t
g t t z
z z z z z z
g z z
z z z z z
z z z z z
z z z z
z
g z z z
z z z z z
-
= - =
= =Û
= + + = + + + + + + + +
=³
æ ö
÷
ç
÷
= + = + + =³
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Vậy
( )
9

, ,
2
f t t z ³
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi
1x y z= = =
b. Các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác
Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng là bất đẳng thức ba biến. Trong các
đề thi đại học rất ít ra nhưng ở đây chúng tôi cũng đưa ra một bài để minh họa
cho sức mạnh của phương pháp dồn biến trong dạng bất đẳng thức này:
Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 os 1 os 1 osc A c B c C+ + +
Giải:
Kí hiệu:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
, , 1 os 1 os 1 osf A B C c A c B c C= + + +
Vì vai trò của A, B, C như nhau nên ta có thể giả sử
{ }
min , ,C A B C=
Và ký hiệu
2
A B
t
+
=
, khi đó

( )
0 *
3
C
p
£ £
Ta có
( )
( ) ( )
2
2 2
, , 1 os 1 osf t t C c t c C= + +
Suy ra
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
, , , , 1 os 1 os 1 os 1 osf A B C f t t C c C c A c B c t
é ù
- = + + + - +
ê ú
ê ú
ë û
Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2

2 2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2
2
, , , , 0 1 os 1 os 1 os 1 os 0
1 os 1 os 1 os 0
1 os 1 os 1 os 0
2
sin 6 cos os 1 0 1
2
f A B C f t t C c C c A c B c t
c A c B c t
A B
c A c B c
A B
C c A B
é ù
- + + + - +³Û ³
ê ú
ê ú
ë û
+ + - +Û ³
æ ö
+
÷
ç
÷
+ + - +Û ³

ç
÷
ç
÷
ç
è ø
-
é ù
- - -Û ³
ê ú
ë û
Từ ( * ) ta có
( )
6 cos os 1 3 1 1 0C c A B- - - - - >³
suy ra (1) đúng. Vậy
( ) ( )
, , , ,f A B C f t t C³
Vấn đề còn lại của chúng ta là tìm giá trị nhỏ nhất của
( )
, ,f t t C
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2

2 2 2
2 2
2 2
2
2
1 os2
, , 1 os 1 os 1 1 os
2
1 os 1 os
1 1 os 1 1 os
2 2
1
3 cos 1 cos
4
c t
f t t C c t c C c C
c A B c C
c C c C
C C
p
æ ö
-
÷
ç
÷
= + + = + +
ç
÷
ç
÷

ç
è ø
æ ö é ù
- + - -
÷
ç
ê ú
÷
ç
= + + = + +
÷
ç
ê ú
÷
ç
÷
÷
ç
ê ú
è ø
ë û
= - +
Dễ thấy
( )
125
, ,
64
f t t C ³
. Suy ra
( )

125
, ,
64
f A B C ³
. Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ
khi tam giác ABC là tam giác đều.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
( )
, ,f A B C
là
125
64
khi tam giác ABC là tam giác đều
c. Các bài tập đề nghị
1. [Khối A -2007]
Cho x, y, z là 3 số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện
1x yz =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
P
y y z z z z x x x x y y
+ + +
= + +
+ + +
2. [Khối D -2005]
Cho x, y, z là 3 số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện

1x yz =
.
Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
3 3
x y y z z x
xy yz zx
+ + + + + +
+ + ³
C. KẾT LUẬN
Qua nghiên cứu trên tôi thấy phương pháp dồn biến là phương pháp mạnh và hiệu
quả cho việc chứng minh bất đẳng thức. Phương pháp này là phương pháp hiện
đại, mặc dù có vẻ hơi xa lạ cho các em học sinh, xong giáo viên chỉ cần dạy cho
các em nắm được ý tưởng của phương pháp này là khi giải các bài toán bất đẳng
thức nếu ta đưa được về trường hợp có hai biến bằng nhau hoặc là một biến có
giá trị tại biên, thì số biến sẽ giảm đi. Do đó bất dẳng thức mới đơn giản hơn bất
đẳng thức ban đầu, đặc biệt nếu bất đẳng thức mới chỉ còn một biến thì bằng cách
khảo sát hàm số một biến số ta sẽ chứng minh bất đẳng thức khá đơn giản. Chính
vì tư tưởng là giảm dần số biến nên phương pháp này được gọi là phương pháp
dồn biến. Nếu các em học sinh nắm được bản chất của phương pháp và vận dụng
kiến thức đã học trong chương trình phổ thông thì các em sẽ làm tốt các bài toán
bất đẳng thức trong các kì thi đại học.
Bài toán mở: Trong đề tài này tôi chỉ làm việc treeb đối tượng là bất đẳng
thức với ba biến số, qua đó tôi nhận thấy rằng chúng ta có thể mở rộng cho bài
toán bất đẳng thức với bốn biến số và một cách tự nhiên thì ta cũng sẽ tổng quát
cho n biến số. Hy vọng rằng sẽ trao đổi nhiều thêm về vấn đề này với các đồng
nghiệp và các bạn.
Một lần nữa xin chân thành cảm ơn.
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Giải tích 12-
2. Trần Phương-Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học-
NXB TRI THỨC
3. Toán ĐH-CĐ 1992-2010-diendanbaclieu.net