Phần 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí thuyết
1) Đa thức
( ; )f x y
được gọi là đối xứng đối với x và y nếu
( ; ) ( ; ), ;f x y f y x x y= ∀ ∈¡
* Tính chất.
+ Mọi đa thức đối xứng
( ; )f x y
đều biểu diễn được qua
x y+
và
xy
+
2
, : 4
x y S
x y S P
xy P
+ =

∃ ⇔ ≥

=

2) Nếu hàm số
( )y f x ax b= = +
có
( ) 0f
α

≥
và
( ) 0f
β
≥
thì
[ ]
( ) 0, ;f x x
α β
≥ ∀ ∈
Chứng minh.
TH 1. a = 0. Kết quả là hiển nhiên
TH 2. a > 0 thì
( )y f x ax b= = +
là hàm số đồng biến trên đoạn
[ ]
;
α β
nên
[ ]
( ) ( ) 0, ;f x f x
α α β
≥ ≥ ∀ ∈
TH 3. a < 0 thì
( )y f x ax b= = +
là hàm số nghịch biến trên đoạn
[ ]
;
α β
nên

[ ]
( ) ( ) 0, ;f x f x
β α β
≥ ≥ ∀ ∈
Vậy
[ ]
( ) 0, ;f x x
α β
≥ ∀ ∈
3. Phép chuẩn hóa.
Biểu thức
( ; ; )f a b c
được gọi là thuần nhất bậc n nếu
( ; ; ) ( ; ; )
n
f ka kb kc k f a b c=
Do vậy, nếu k > 0 thì
( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0f a b c f ka kb kc≥ ⇔ ≥
. Đặt
, ,x ka y kb z kc= = =
và chọn k =
1
a b c+ +
> 0 thì
1x y z+ + =
và
( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0f a b c f x y z≥ ⇔ ≥
.
Do đó đối với những bất đẳng thức thuần nhất ta có thể giả thiết thêm
1a b c+ + =


(hoặc
a b c m+ + =
nếu chọn
m
k
a b c
=
+ +
). Việc làm trên gọi là chuẩn hóa.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1 (IMO 1984)
Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
1x y z+ + =
. Chứng minh rằng
7
2
27
xy yz zx xyz+ + − ≤
(1)
Giải.
(1)
7 7
( ) 2 . (1 2 ) (1 )
27 27
xy z x y z xy z xy z z⇔ + + − ≤ ⇔ − + − ≤
.
2
7
(2 1) 0

27
z xy z z⇔ − + − + ≥
Đặt
2
2
(1 )
,0
2 4
x y z
t xy t
+ −
 
= ≤ ≤ =
 ÷
 
và xét
2
7
( ) (2 1)
27
f t z t z z= − + − +
Ta có
2
7
(0) 0
27
f z z= − + ≥
2
2
1 1

2
(1 )
3 3
0
4 4
z z
z
f
   
− +
 ÷  ÷
 
−
   
= ≥
 ÷
 
2
(1 )
( ) 0, 0;
4
z
f t t
 
−
⇒ ≥ ∀ ∈
 
 
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1

3
x y z= = =
.
Bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét. Trong bài toán này, ta không biết được dấu của
2 1z
−
. Tuy nhiên, ta có
thể kết luận được giá trị nhỏ nhất của
( )f t
trên đoạn
2
(1 )
0;
4
z
 
−
 
 
chỉ đạt được tại
hai đầu mút. Cách làm này tránh được việc phải xét nhiều trường hợp.
Bài 2 (Olympic 30 – 4 năm 2000)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng
3 3 3
15 1
4 4
a b c abc+ + + ≥

(2)
Giải.
(2)
3 3
15 1
( ) 3 ( ) . 0
4 4
a b ab a b c c ab⇔ + − + + + − ≥
3 3
15 1
(1 ) 3 (1 ) . 0
4 4
c ab c c c ab⇔ − − − + + − ≥
2
(9 4) 1
0
4 4
c
ab c c
−
⇔ + − + ≥
Đặt
2
2
(1 )
, 0
2 4
a b c
t ab t
+ −

 
= ≤ ≤ =
 ÷
 
và xét
2
(9 4) 1
( )
4 4
c
f t t c c
−
= + − +
Ta có
2
2
1 1
(0) 0
4 2
f c c c
 
= − + = − ≥
 ÷
 
2 2
(1 ) (3 1)
0
4 16
c c c
f

 
− −
= ≥
 ÷
 
2
(1 )
( ) 0, 0;
4
c
f t t
 
−
⇒ ≤ ∀ ∈
 
 
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
hoặc
1
; 0
2
a b c= = =
và các
hoán vị của nó. Bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét. Trong các chứng minh trên, giả thiết
1a b c+ + =

là quan trọng. Vì vậy
đối với những bất đẳng thức chưa cho giả thiết này mà có tính đồng bậc (thuần
nhất) thì ta có thể chuẩn hóa để tạo ra chúng.
Bài 3 (BĐT AM – GM cho ba số không âm)
Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng
3
3
a b c
abc
+ +
≥
Chứng minh.
TH 1.
0a b c= = =
. BĐT là hiển nhiên.
TH 2.
0a b c+ + >
. Chia hai vế cho
( )a b c+ +
ta được
3
1
. .
3
a b c
a b c a b c a b c
≥
+ + + + + +
Đặt
; ;

a b c
x y z
a b c a b c a b c
= = =
+ + + + + +
thì
1x y z+ + =
và bất đẳng thức đã
cho trở thành
3
1
3
xyz≥
hay
1
. 0
27
z xy− ≥
.
Đặt
2
2
0
(1 )
, 0
2 4
x y z
t xy t z
+ −
 

= ≤ ≤ = =
 ÷
 
và xét hàm số
1
( )
27
f t zt= −
trên
[ ]
0
0;z
Ta có
1
(0) 0
27
f = ≥
;
2 2
0
1 (1 ) (3 1) (4 3 )
( ) . 0
27 4 108
z z z
f z z
− − −
= − = ≥
(do
1z ≤
).

Vậy
[ ]
0
1
( ) 0, 0;
27
f t zt t z= − ≥ ∀ ∈
. BĐT được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
x y z= = =
hay
a b c= =
Nhận xét. BĐT ở trên là thuần nhất nên ta có thể tạo ra giả thiết
1x y z+ + =
. Từ
đây, nếu BĐT là thuần nhất thì ta có thể giả thiết thêm
1x y z+ + =
.
Bài 4 (IMO 1964)
Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng
2 2 2
( ) ( ) ( ) 3x y z x y x z y z x y z xyz+ − + + − + + − ≤
(3)
Giải.
Do BĐT là thuần nhất nên nhờ chuẩn hóa ta có thể giả thiết thêm
1x y z+ + =
.
Thay

1 , 1 , 1y z x x z y x y z+ = − + = − + = −
vào (3) ta được
2 2 2
(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) 3x x y y z z xyz− + − + − ≤
2 2 2 3 3 3
2( ) 3x y z x y z xyz⇔ + + ≤ + + +
2 2 3 3
( ) 2 2(( ) 3 ( ) ) 3x y xy z x y xy x y z xyz⇔ + − + ≤ + − + + +
2 2 3 3
(1 ) 2 2((1 ) 3 (1 ) ) 3z xy z z xy z z xyz⇔ − − + ≤ − − − + +
2
(9 4) 4 4 1 0z xy z z⇔ − + − + ≥
Đặt
2
2
(1 )
,0
2 4
x y z
t xy t
+ −
 
= ≤ ≤ =
 ÷
 
và xét
2
( ) (9 4) 4 4 1f t z t z z= − + − +
Ta có
2 2

(0) 4 4 1 (2 1) 0f z z z= − + = − ≥
2 2
(1 ) (3 1)
0
4 4
z z z
f
 
− −
= ≥
 ÷
 
2
(1 )
( ) 0, 0;
4
z
f t t
 
−
⇒ ≥ ∀ ∈
 
 
.
Đẳng thức xảy ra
1
3
x y z⇔ = = =
hoặc
1

; 0
2
x y z= = =
và các hoán vị của nó.
Điều này tương đương với
a b c= =
hoặc
; 0a b c= =
và các hoán vị của nó.
Bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 5. Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng
3 3 3
6 ( )( )x y z xyz xy yz zx x y z+ + + ≥ + + + +
(4)
Giải.
Do BĐT là thuần nhất nên nhờ chuẩn hóa ta có thể giả thiết thêm
1x y z+ + =
.
Khi đó (4)
3 3 3
6x y z xyz xy yz zx+ + + ≥ + +
3 3
( ) 3 ( ) (6 1) ( ) 0x y xy x y z z xy z x y⇔ + − + + + − − + ≥
3 3
(1 ) 3 (1 ) (6 1) (1 ) 0z xy z z z xy z z⇔ − − − + + − − − ≥
2
(9 4) 4 4 1 0z xy z z⇔ − + − + ≥
. Theo Bài 4 thì BĐT này là đúng.
Bài 6. Cho a, b, c thỏa mãn
2 2 2

1
3
a b c
a b c
+ + =


+ + =

. Chứng minh rằng
5
, , 1;
3
a b c
 
∈ −
 
 
.
Giải. Coi c như tham số, ta được hệ đối xứng loại (I) đối với a, b
2 2 2 2 2 2
1 1 1
3 ( ) 2 3 1
a b c a b c a b c
a b c a b ab c ab c c
+ = − + = − + = −
  
⇔ ⇔
  
+ = − + − = − = − −

  
2 2 2
5
, (1 ) 4( 1) 3 2 5 0 1
3
a b c c c c c c∃ ⇔ − ≥ − − ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Chứng minh tương tự ta được
5
; 1;
3
a b
 
∈ −
 
 
. Vậy
5
; ; 1;
3
a b c
 
∈ −
 
 
Bài 7. Trong các nghiệm (x ; y) của hệ
2 2
2
3
x y
x y xy

+ ≤


+ + =

, hãy tìm nghiệm sao cho
2 2
x y xy+ −
đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Giải. Đặt
2a x y= + −
thì hệ tương đương với
2 2
2 , 0
3
x y a a
x y xy
+ − = ≤


+ + =

Ta có
2 2 2 2
2 2 2
3 ( ) 3 (2 ) 3
x y a x y a x y a
x y xy x y xy xy a
+ − = + = + + = +
  

⇔ ⇔
  
+ + = + − = = + −
  
Điều kiện đối với a để hệ có nghiệm (x ; y) là
2 2 2
(2 ) 4((2 ) 3) (2 ) 4 4 0a a a a+ ≥ + − ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
(thỏa mãn điều kiện
0a ≤
).
Khi đó
2 2 2 2 2 2
2 3 2((2 ) 3) 2 8 1x y xy x y xy xy a a a+ − = + + − = − + − = − − +
Xét hàm số
[ ]
2
( ) 2 8 1, 4;0f a a a a= − − + ∈ −
.
Lập bảng biến thiên của hàm số này trên đoạn
[ ]
4;0−
ta được
2 2
min( ) 1x y xy+ − =
khi
0a =
hoặc
4a = −
, tức là khi
1x y= =

hoặc
1x y= = −
2 2
max( ) 9x y xy+ − =
khi
2a = −
, tức là khi
3; 3x y= = −
hoặc
3; 3x y= − =
Bài 8 (HSG Quốc gia năm 2005)
Cho x, y thỏa mãn
3 1 3 2x x y y− + = + −
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của x + y.
Giải. Đặt
Sx y+ =
. Bài toán trở thành: tìm S để hệ phương trình sau có nghiệm
3 1 3 2
S
x x y y
x y

− + = + −


+ =


(I)

Đặt
1 ; 2x a y b+ = + =
thì
; 0a b ≥
và
2 2
1; 2x a y b= − = −
. Hệ trở thành
2 2
2 2
2 2
S 3 3( ) 3
3( ) 3
3
(II)
( ) 2 S 3 9 27
S 3
18
S
a b
a b
a b a b
a b ab S S
a b
ab

+ =

+ − + =


+ − + =

 
⇔ ⇔
  
+ − = + − −
+ = +




=


Hệ (I) có nghiệm (x ; y) khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm (a ; b) sao cho a ≥ 0, b ≥ 0
2
2
2
9 27
4.
3 18
9 3 21
0 9 3 15
2
9 27 0
S S S
S S
S S

− −

 
≥

 ÷
 

+

⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ +


− − ≥



Vậy
9 3 21
max( ) 9 3 15; min( )
2
x y x y
+
+ = + + =
Bài 9 (Đề thi tuyến sinh đại học năm 2006 khối A)
Cho hai số thực
0, 0x y≠ ≠
thay đổi và thỏa mãn:
2 2
( )x y xy x y xy+ = + −
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

3 3
1 1
x y
+
.
Giải.
Ta có
2 2
2 2
1 1 1 1 1
( )x y xy x y xy
y x y x xy
+ = + − ⇔ + = + −
. Đặt
1 1
;a b
x y
= =
.
Bài toán trở thành: Cho a, b thay đổi và thỏa mãn
2 2
a b a b ab+ = + −
. Tìm giá trị
lớn nhất của A =
3 3
a b+
. Ta có A =
3 3 2 2 2
( )( ) ( )a b a b a b ab a b+ = + + − = +
.

Từ giả thiết
2
2
2 2
3
0
2 4
b b
a b a b ab a a b
 
+ = + − = − + ⇒ + ≥
 ÷
 
.
Đặt
a b S+ =
và xét hệ phương trình
2 2 2
2
( ) 3
3
a b S
a b a b ab a b a b ab
S S
a b S a b S
ab
+ =

 
+ = + − + = + −


⇔ ⇔
  
−
+ = + =
=
 


2
2 2 2
4( )
, 4 0 0 4 A ( ) 16
3
S S
a b S S S S a b
−
∃ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ = + ≤
.
Đẳng thức xảy ra
1
2
2
a b x y⇔ = = ⇔ = =
. Vậy
max A 16=
.
III. Bài tập tham khảo
1. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn
1a b c+ + =

. Chứng minh rằng
2 2 2 3 3 3
5( ) 6( ) 1a b c a b c+ + ≤ + + +
2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
3x y z+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
4x y z xyz+ + + ≥
3. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
1x y z+ + =
. Chứng minh rằng
7( ) 2 9xy yz zx xyz+ + ≤ +
4. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
1x y z+ + =
. Chứng minh rằng
1 1 1 27
1 1 1 8xy yz zx
+ + ≤
− − −
5. Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn
2 2
2x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
3 3
2( ) 3x y xy+ −
6. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
3xy x y+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức

P =
2 2
3 3
1 1
x y xy
x y
y x x y
+ + − −
+ + +