KĨ THUẬT ĐỒNG BẬC HÓA

“tailieumontoan.com”

I. Lý ThuyêtDate

II. Bài tâp

Kĩ thuật đồng bậc (thuần nhất) liên quan chặt chẽ
tới các đa thức đồng bậc. Thí dụ hai đa thức sau đây là hai đa
thức đồng bậc: A = x 2 y + xy 2 − 12 x 3 + y 3
3 2
và B =( x + y ) − 5 x y , vì khi phá ngoặc, từng
5

đơn thức trong đa thức A có bậc là 3, còn từng đơn thức
trong đa thức B có bậc là 5. Còn các đa thức
như C = x + y − xy không phải là các đa thức
4

4

 Dạng 1: Đồng bậc hóa trong tính giá trị biểu
thức, chứng minh đẳng thức
Bài 1. Cho x + y + z =
1.
1 và x 3 + y 3 + z 3 =
Tính A = x 2015 + y 2015 + z 2015
Nhận xét: Từ giả thiết x + y + z =
1. Ta
1 và x 3 + y 3 + z 3 =
nghĩ đến đồng bậc hóa hai biểu thức để có thể phân tích thành
nhân tử, từ đó tìm liên hệ giữa x, y, z.

đồng bậc.

Lời giải

Kĩ thuật đồng bậc là kĩ thuật rất hữu hiệu trong
việc chứng minh các bài toán chứng minh đẳng thức, tính
giá trị biểu thức, bất đẳng thức có điều kiện, các bài toán hệ
phương trình. Tư tưởng cơ bản của phương pháp này là dựa
vào điều kiện của bài toán ta đồng bậc hóa đưa bài toán về
đúng bản chất của nó, từ đó tìm hướng giải quyết bài toán.

 x + y +z =
1
3
⇔ (x + y + z ) = x 3 + y 3 + z 3
3
3
3
1
x + y + z =

Từ 

0
⇒ (x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 =
3

(

)

0
⇔ (x + y + z ) − z 3 − x 3 + y 3 =
3

2
⇔ ( x + y + z − z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) z + z 2 


2
2
0
− ( x + y ) x − xy + y =

(

(

)

(

)

⇔ ( x + y ) x 2 + y 2 + 3z 2 + 2xy + 3xz + 3zy
0
− ( x + y ) x 2 − xy + y 2 =

(

)

)

0
⇔ ( x + y ) 3z 2 + 3xy + 3 yz + 3xz =
0
⇔ ( x + y ) 3 ( y + z )( x + z ) =
x + y =0

⇔  y + z =0 ⇔
x + z =0

x =−y

 y =−z
x =−z

* Nếu x =−y ⇒ z =1 ⇒ A =x 2015 + y 2015 + z 2015 =1
1 A=
x 2015 + y 2015 + z 2015 =
1
* Nếu y =−z ⇒ x =⇒

* Nếu x =−z ⇒ y =1 ⇒ A =x 2015 + y 2015 + z 2015 =1
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

Bài 2. Cho a , b , c đôi một khác nhau thỏa mãn:
ab + bc + ca =
1.

(a + b ) ( b + c ) (c + a )
2

Tính giá trị của biểu thức A =

2

2

( 1 + a )( 1 + b )( 1 + c )
2

2

2

Bài 4. Cho a , b > 0 thỏa mãn

a +b =

rằng

1

a

+

1

1
= . Chứng minh
b 2018

a − 2018 + b − 2018 .

Nhận xét:Từ giả thiết ab + bc + ca =
1 ta nghĩ đến việc

Nhận xét: Trong biểu thức a + b =

thay thế nó cho 1 ở mẫu của biểu thức A để đồng bậc, từ đó

chưa có sự đồng bậc mà giả thiết lại có 2018, chúng ta nghĩ đến

chúng ta sẽ có được định hướng dễ dàng giải bài toán.

việc dựa vào giả thiết thay thế 2018 sao cho biểu thức có sự
đồng bậc, đây là điều quan trọng để định hướng tìm ra lời giải.

Lời giải

Ta có:
1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = a (a + b ) + c (a + b )

Lời giải
Từ giả thiết

=
(a + b )(a + c )

Tương tự:
1 + b 2 = ( b + a )( b + c ) và 1 + c 2 = (c + a )(c + b )
Do đó:

(a + b ) ( b + c ) (c + a )
= 1
(a + b ) (a + c )( b + a )( b + c )(c + a )(c + b )
2

A

2

Bài 3. Cho a + b + c =
2014 và
Tính S =

a

b +c

+

b

a +c

+

1
1
1
1
+
+
=
a + b a + c b + c 2014

c

a +b

đây là bước đệm để chúng ta có định hướng dễ dàng hơn để
giải bài toán.
Lời giải
2014
a +b +c =


Ta có:  1
1
1
1
a + b + a + c + b + c =
2014

1
1
1
1
⇔
+
+
=
a +b a +c b +c a +b +c
 1
1
1 
⇔ (a + b + c ) 
+
+
1
=
a +b a +c b +c 
a +b +c a +b +c a +b +c
⇔
+
+
=
1
a +b
a +c
b +c
c + (a + b ) b + (a + c ) a + ( b + c )
⇔
+
+
=
1
a +b
a +c
b +c

⇔

+1+

a +b
a +c
⇔S +3 =
1
⇔S =
−2

+1+

a

b +c

a

1
ab
⇒ 2018=
2018
a +b

1
+=

b

⇒ a − 2018 + b − 2018 = a −

a

=

a +b

ab

a +b

+ b−

ab

a +b

b

a +b
a b (Vì a , b > 0 ).
=
=+
a +b
a +b

+

 Dạng 2: Sử dụng tính đồng bậc để giải phương trình,
bất phương trình.
Nhận xét: Bằng cách đặt ẩn phụ linh hoạt từ phương trình ban

1
1
1
1
+
+
=để được biểu thức đồng bậc,
a + b a + c b + c 2014

b

1

2

Nhận xét: Thế 2014 = a + b + c vào biểu thức

c

a − 2018 + b − 2018

+1=
1

đầu một ẩn ta chuyển về phương trình hai ẩn đồng bậc, dựa
vào sự đồng bậc chúng ta có thể phân tích thành nhân tử, từ
đó tìm mối liên hệ giữa hai biến mới và tìm được nghiệm.

Bài 5. Giải phương trình:

(

3 x2 −x +1

)

2

(

− 2 ( x + 1 )= 5 x 3 + 1
2

)

Lời giải

Đặt u = x + 1, v = x 2 − x + 1 Khi đó:

PT ⇔ 3v 2 − 2u 2 = 5uv ⇔ (v − 2u )( 3v + u ) = 0
v =
2u
⇔
v = − 1 u

3

*

* v = 2u ⇔ x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ x =

3 ± 13
2

1
* v =− u ⇔ 3 x 2 − 2 x + 4 =0 phương trình vô nghiệm
3

Vậy phương trình có nghiệm x =

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

3 ± 13
2

Bài 6. Giải phương trình xong

a ) ( 2x 2 − 3x + 1 )( 2x 2 + 5x + 1 ) =
9x 2
b )x 4 − 9x 3 + 16x 2 + 18x + 4 =
0
Lời giải

a) Đặt t= 2x + x + 1 , Pt trở thành:
(t − 4x )(t + 4x ) = 9x 2 ⇔ t 2 − 16x 2 = 9x 2
2

⇔ t 2 =25x 2 ⇔ t =−5x ∨ t =5x .
Với t = -5x thì 2x 2 + x + 1 =−5x

0
3 x + 2016 =
 x = −672

⇔ 3 x − 2019 =
0 ⇔  x = 673

6 x − 3 =
 x = 0,5
0
Tập nghiệm của phương trình là
S = {−672 ; 0, 5 ; 673}

−3 ± 7
.
2
Với t = 5x thì 2x 2 + x + 1 =
5x
⇔ 2 x 2 + 6x + 1 = 0 ⇔ x =

2± 2
.
2

⇔ 2 x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x =

b) Đặt u = 3x + 2016 ; v = 3x – 2019 thì u + v = 6x – 3 .
Phương trình trên trở thành u3 + v3 – (u + v)3 = 0
hay u3 + v3 – [u3 + v3 + 3uv(u + v) ] = 0
u = 0
⇔ –3uv(u + v) = 0 ⇔  v = 0

 u + v =
0

Bài 8. Giải phương trình

 −3 ± 7 2 ± 2 
Vậy tập nghiệp của PT là 
;
.
2 
 2
b) PT tương đương với

(

)

2 x 2 + 2= 5 x 3 + 1

Lời giải

x 4 − 9x ( x 2 − 2 ) + 16x + 4 =
0

x + 1 ;v = x 2 − x + 1
Đk: x ≥ −1, u ≥ 0,v > 0

Đặt =
t x 2 − 2 thì t 2 =x 4 − 4x 2 + 4 , PT trở thành
t 2 − 9xt − 20x 2 =0 ⇔ (t − 4x )(t − 5x ) =0

u 2 = x + 1, v 2 = x 2 − x + 1, u 2v 2 = x 3 + 1, x 2 + 2 = u 2

=
 x 2 −=
t =4x
x 2 − 2 4x
4x − 2 0
⇔
⇔ 2
⇔ 2
5x + 2 0
x − 2 5x
t = 5x
=
x −=

5 ± 33
Giải tìm được x =
2 ± 6; x =
.
2
5 ± 33 

Vậy nghiệm của Pt là 2 ± 6;
.
2 

Bài 7. Giải phương trình
a) (4x + 3)3 – (2x – 5)3 = ( 2x + 8)3 ;
b) (3x + 2016) + (3x – 2019) = (6x – 3) ;
3

3

3

Lời giải

a) Đặt y = 4x + 3 ; z = 2x – 5 ; thì y – z = 2x + 8 . Ta
có : y3 – z3 = (y – z)3 ⇔ y3 – z3 = y3 – z3 – 3yz(y – z)
y = 0
⇔ 3yz(y – z) = 0 ⇔  z = 0
hay

 y − z =
0
0
4 x + 3 =
2 x − 5 =
0

 2 x + 8 =
0

⇔

 x = − 0, 75
 x = 2,5

 x = − 4

Tập nghiệm của phương trình là

S ={−4 ; − 0, 75 ; 2,5}

Đặt u =
Khi đó

Phương trình (3) có dạng:

u 2 + v 2 = 5uv ⇔ ( 2u − v )(u − 2v ) = 0

Suy ra: u = 2v hoặc v = 2u.
* Với u = 2v thì

x +=
1 2 x 2 − x + 1 ⇔ 4x 2 − 5x +=
3 0 . PT này
vô nghiệm
* Với v = 2u thì

2 x + 1=

x 2 − x + 1 ⇔ x 2 − 5x − 3= 0 . PT này

có 2 nghiệm x =

điều kiện)

5 + 37
5 − 37
và x =
(Thỏa mãn
2
2

Vậy PT có hai nghiệm là: x =

5 + 37
và
2

5 − 37
2
Bài 9. Giải phương trình:

x=

2x 2 − 3x +=
2 x . 3x − 2

Lời giải
3
2
PT ( 4 ) ⇔ 2x 2 − ( 3x − 2=
) x . 3x − 2

Đk: x ≥

Đặt=
y

3x − 2, Đk y ≥ 0 . Ta có:

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

(4)

2x 2 − y 2 = xy ⇔ ( x − y )( 2x + y ) = 0

2


3  11
TH2: x + 3xy + 5 y =0 ⇔  x + y  + y 2 =0
2 
4

2

 x= 3x − 2
 x= y
⇔
⇔
2x =
− 3x − 2
 2x = y
Với x= 3x − 2 ⇔ x − 3x + 2= 0
⇔ x =1 ∨ x =2 (Thỏa mãn ĐK)


3
0
x + y =
⇔
⇔x =y =0
2
y = 0

2

Với 2x =
− 3x − 2 PT này vô nghiệm do x ≥
Vậy phương trình (4) có nghiệm x = 1 và x = 2.
Bài 10. Giải bất phương trình:

3
2

Thử lại, ta thấy x= y= 0 không phải là nghiệm của hệ
phương trình đã cho.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là ( 1;1 ) , ( −1; −1 ) .

x 2 + 1 + 2 x 2 + 2x + 3 ≥ 3 x 2 + 4x + 5

2

( 2 − y )( 2 + y )
x =
Bài 12. Giải hệ phương trình  3
( x + y )( 4 − xy )

2 x =

Lời giải
Ta viết lại phương trình như sau:

(

) (

x 2 + 1 + 2 x 2 + 2x + 3 ≥ 3 2 x 2 + 2x + 3 − x 2 + 1
Đặt u =

x + 1;v =
2

)

x + 2x + 3 (u ,v > 0 )
2

Thay vào PT ta có:

u + 2v ≥ 3 2v 2 − u 2 ⇔ 10u 2 + 4uv − 14v 2
⇔ (u − v )( 10u + 14v ) ≥ 0 ⇔ u ≥ v (do 10u + 14v > 0 )
Với u ≥ v ⇔ x 2 + 1 ≥ x 2 + 2x + 3 ⇔ x ≤ −1
Vậy tập nghiệm của BPT là S =

( −∞; −1

 Dạng 3: Sử dụng tính đồng bậc để giải hệ phương
trình.
x 2 − 2 y 2 =
−1
Bài 11. Giải hệ phương trình  3
3
2x − y = 2 y − x

Lời giải

Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có:
2x 3 − y 3 =

(x

2

− 2y 2

) ( x − 2y ) đây là phương trình

đồng bậc 3 với hai biến x, y: Từ đó ta có lời giải như sau:
x 2 − 2 y 2 =
−1
(1)
 3
3
2x − y = 2 y − x ( 2 )

(

2

)

⇒ 2x 3 − y 3 = x 2 − 2 y 2 ( x − 2 y )
⇔ x 3 + 2x 2 y + 2xy 2 − 5 y 3 =
0

Lời giải
2
4
( 2 − y )( 2 + y ) ⇔ x 2 + y 2 =
x =
 3
 3
( x + y )( 4 − xy ) 2x =( x + y )( 4 − xy )
2x =

4 x 2 + y 2 từ phương trình (1) vào phương trình
Thế =
(2) ta được:

(

)

2x 3 = ( x + y ) x 2 − xy + y 2 ⇔ x 3 = y 3 ⇔ x = y .
Thay x = y vào phương trình (1) ta được: x 2= 2 ⇔

x= ± 2 .
Hệ phương trình có nghiệm ( x ; y ) là:

(−

)

)

2; 2 ;

x 3 − 8x = y 3 + 2 y
Bài 13. Giải hệ phương trình:  2
3 3 y2 +1
x −=

(

)

Lời giải
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
3x 3 − 3 y 3 = 6 ( 4x + y ) ( 1 )
x 3 − y 3= 2 ( 4x + y )
⇔ 2
 2
2
2
6
6
(2)
x − 3 y =
 x − 3 y =
Thay (2) vào (1) ta có:

x = y = ±1 .

⇔ x 3 + x 2 y − 12xy 2 =
0 (*)

)

(

2; − 2 .

x = y
⇔ ( x − y ) x 2 + 3xy + 5 y 2 =0 ⇔  2
2
x + 3xy + 5 y
.TH1: x = y , thay vào phương trình (1) ta được

(

( 1)
(2)

(

)

3 x 3 − 3 y 3 = x 2 − 3 y 2 ( 4x + y )

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

- Xét x = 0 thì y = 0 thay vào hệ phương trình đã cho
ta thấy (x, y) = (0, 0) không thỏa mãn hệ phương trình.
- Xét x ≠ 0 chia hai vế của phương trình cho x 3 ≠ 0

y
ta được: 1 + 
x
Đặt

2


y 
0
 − 12   =
x

 

2

4

2

Với x = −4 y thay vào (2) ta được:

4

Lời giải

1 ta cân bằng
Trước hết dựa vào giả thiết a + b =
2

6
96
⇒x =

13
13

(1)

Do bất đẳng thức đối xứng, vai trò của a, b là như nhau

Lời giải

nên dễ dàng đoán được dấu “=” của bất đẳng thức xảy
ra khi a = b. Để chứng minh bài toán ta chỉ cần biết
đổi tương đương dồn về nhân tử chung (a – b).
Thật vậy:

(1) ⇔ a3 ( a − b ) + b3 ( b − a ) + 2ab 2 ( a − b ) + 2a 2 b ( b − a ) ≥ 0
⇔ ( a − b ) ( a 3 − b3 ) + ( a − b ) ( 2ab 2 − 2a 2 b ) ≥ 0
⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) − 2ab ( a − b ) ≥ 0
2

2

⇔ ( a − b ) ( a 2 − ab + b 2 ) ≥ 0
2


7
3x 2 = 7
x = ±
⇔
Nếu x = y hệ PT trở thành  3
3
8x = 0
 x =0

(Vô nghiệm) do đó x ≠ y
Nhân cả 2 vế của PT(1) với x − y ≠ 0 ta được:

( 1 ) ⇔ ( x − y ) ( x + y + xy ) = 7 ( x − y )
⇔ x − y = 7 ( x − y ) ⇔ 10 ( x − y ) = 70 ( x − y )

2

b  3b 2 
⇔ ( a − b )  a −  +
 ≥ 0 (đúng)
2
4 

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = ±

2

3

3

3

Thế vào PT(2) ta được:

(

2

a 4 + b 4 + 4a 2 b 2 ≥ 3ab ( a 2 + b 2 )

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là

 6
96 
6 96  
;−
−
;

( 1;3 ) ; ( −1; −3 ) ; 
 
13 

 13
 13 13  
Bài 14. Giải hệ phương trình:
x 2 + y 2 + xy =
7
( 1)
 3
2
9x =xy + 70 ( x − y ) ( 2 )

3

2 2

bậc 2 vế của bất đẳng thức:

16 y 2 − 3 y 2 =⇔
6
13 y 2 =
6

( 2 ) ⇔ 9x

2

Chứng minh rằng: a + b + 4a b ≥ 3ab

9 y − 3 y =6 ⇔ y =1 ⇔ y =±1 ⇒ x =±3

3

(Không thỏa mãi HPT)
Vậy hệ có nghiệm (x,y) = (1; 2), (-1; -2)

1.
Bài 14. Cho các số thực a, b thỏa mãn: a + b =

Với x = 3y thay vào (2) ta được:

2

Với x = 2y thế vào (1) ta được :
 y =1 ⇒ x =2
4 y 2 + y 2 + 2 y 2 =7 ⇔ 
 y =−1 ⇒ x =−2

 Dạng 4: Sử dụng tính đồng bậc để giải bất đẳng
thức.

1

t = 3
3y
x =
⇔
⇔
t = − 1
x = −4 y

4

⇔y =
±

)

2

1 + t − 12t 2 = 0 ⇔ ( 1 − 3t )( 4t + 1 ) = 0

2

(

Ta có: ( 4 ) ⇔ ( x + y ) + 4 y 2 = 0 ⇔ x = y = 0

y
= t , ta được:
x

2

 x − 2y =
0 (3 )
⇔ ( x − 2 y ) x 2 + 2xy + 5 y 2 =0 ⇔  2
2
0 (4)
x + 2xy + 5 y =

)

= xy 2 + 10 x 3 − y 3 ⇔ x 3 + xy 2 − 10 y 3 = 0

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

1
2

1 . Chứng minh rằng
Bài 15. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 =
ab + 2c 2
bc + 2a 2
ca + 2b 2
+
+
≥ 2 + ab + bc + ca
1 + ab − c 2
1 + bc − a 2
1 + ca − b 2

( 3)

Lời giải
1 ta đồng bằng bậc mẫu thức trong căn vế trái của bất đẳng thức:
Trước hết dựa vào giả thiết a 2 + b 2 + c 2 =
ab + 2c 2
=
1 + ab − c 2

ab + 2c 2
=
a 2 + b 2 + c 2 + ab − c 2

xy ≤

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM :

ab + 2c 2
=
a 2 + b 2 + ab

x+ y
2

ab + 2c 2

( ab + 2c )( a
2

2

+ b 2 + ab )

( x, y > 0 )

ab + 2c 2 + a 2 + b 2 + ab 2c 2 + a 2 + b 2 + 2ab
=
2
2
2
2
2
2
2
2c + a + b + a + b
≤
= a 2 + b2 + c2
2

( ab + 2c 2 )( a 2 + b2 + ab ) ≤

⇒

ab + 2c 2
ab + 2c 2
ab + 2c 2
ab + 2c 2
=
≥ 2
=
2
2
2
2
2
2
1 + ab − c
( ab + 2c )( a + b + ab ) a + b + c

Do đó:

bc + 2a 2
≥ bc + 2a 2 ;
1 + bc − a 2

Chứng minh tương tự:

ca + 2b 2
≥ ca + 2b 2
1 + ca − b 2

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được:
ab + 2c 2
bc + 2a 2
ca + 2b 2
+
+
≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab + bc + ca =2 + ab + bc + ca (dpcm)
2
2
2
1 + ab − c
1 + bc − a
1 + ca − b
1
Dấu “=” xảy ra khi a= b= c=
3

1 . Chứng minh rằng
Bài 16. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca =
a
1+ a

2

+

b
1+ b

2

+

c
1+ c

2

≤

3
2

(1)

Hướng dẫn giải

1 để đưa bất đẳng thức về đồng bậc 0 ở hai vế
Sử dụng giả thiết ab + bc + ca =
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

a

=
1 + a2

a

=
a + ab + bc + ca
2

a
a
1 a
a 
.
≤ 
+

a+b a+c 2a+b a+c

Chứng minh tương tự ta được:
b
1+ b

2

≤

1 b
b 
+

;
2b+c b+a

c
1+ c

2

≤

1 c
c 
+


2c+a a+b

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
1a+b b+c c+a 3
a
b
c
+
+
≤ 
+
+
=
1 + a2
1 + b2
1 + c2 2  a + b b + c c + a  2
Đẳng thức xảy ra khi a= b= c=

1

3
3 . Chứng minh rằng
Bài 17. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c =

4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − ( a 3 + b3 + c3 ) ≥ 9.

(Trích đề chuyên toán tin vào 10 Chuyên Vĩnh Phúc năm 2016-2017)
Hướng dẫn giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
4 ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 3 ( a 3 + b3 + c3 ) ≥ 27
⇔ 4 ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 3 ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ ( a + b + c )

3

⇔ ( a 3 + b3 + c 3 ) + 4 ( a 2b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 ) ≥ ( a + b + c )
Ta có đẳng thức ( a + b + c ) =
3

(a

3

3

(1)

+ b3 + c3 ) + 3 ( a 2b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 ) + 6abc .

Do đó (1) tương đương với a 2b + b 2 c + c 2 a + a 2 c + b 2 a + c 2b ≥ 6abc.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a 2b + b 2 c + c 2 a + a 2 c + b 2 a + c 2b = a 2 ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ( a + b )

(

)

≥ 2a 2 bc + 2b 2 ca + 2c 2 ab= 2 a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab ≥ 6abc.
Vậy BĐT (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1.
Bài 18. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c =
1 . Chứng minh rằng: b + c ≥ 16abc. Đẳng thức xảy
ra khi nào?
Hướng dẫn giải

Sử dụng điều kiện a + b + c =
1 để quy về dạng bất đẳng thức đồng bậc, ta sẽ chứng minh:

( b + c )( a + b + c ) ≥ 16abc.
2
Do tính đối xứng của b và c nên ta sử dụng bất đẳng thức ( x + y ) ≥ 4 xy với hai biến này được:
2
16abc. = 4 a .4 bc ≤ 4 a . ( b + c )
2
2
2
Do đó bây giờ chỉ cần chứng minh: ( b + c )( a + b + c ) ≥ 4 a . ( b + c ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ 4a. ( b + c ) (1)
2
Ta thấy bất đẳng thức (1) chính là bất đẳng thức ( x + y ) ≥ 4 xy dễ dàng biến đổi:
2
(1) ⇔ ( a − b − c ) ≥ 0
2

Vậy bài toán được chứng minh.
1
a + b + c =
1
1

Dấu “=” xảy ra khi  a = b + c ⇔ a = , b = c = .
2
4
 b=c


❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

1 . Chứng minh rằng:
Bài 19. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c =
a + 2b + c ≥ 4 (1 − a )(1 − b )(1 − c ) . Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải

Do a + b + c =
1 nên bất đẳng thức tương đương: a + 2b + c ≥ 4 ( a + b )( b + c )( c + a ) .
Sử dụng điều kiện a + b + c =
1 để quy về dạng bất đẳng thức đồng bậc, ta sẽ chứng minh:

( a + 2b + c )( a + b + c )

2

≥ 4 ( a + b )( b + c )( c + a )

Do tính đối xứng của a và c nên ta dự đoán a + b = b + c sử dụng bất đẳng thức ( x + y ) ≥ 4 xy với hai biến
2

( a + b ) , ( b + c ) được: 4 ( a + b )( b + c )( c + a ) ≤ ( a + c )( a + 2b + c )2
Do đó bây giờ chỉ cần chứng minh:

( a + 2b + c )( a + b + c ) ≥ ( a + c )( a + 2b + c ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( a + c )( a + 2b + c ) (1)
2
2
Thật vậy: (1) ⇔ ( a + c ) + 2b ( a + c ) + b 2 ≥ ( a + c ) + 2b ( a + c ) ⇔ b 2 ≥ 0 ( 2 )
2

2

2

Bất đẳng thức (2) hiển nhiên đúng, vậy bài toán được chứng minh.
1
a + b + c =
1

Đẳng thức xảy ra khi a + b = b + c ⇔ a = c = , b = 0.
2
 b=0

Bài 20. Giả sử x, y, z là các số dương và xyz ≥ 1. Hãy chứng minh rằng:

x5 − x 2
y5 − y 2
x5 − z 2
+
+
≥0
x5 + y 2 + z 2 y 5 + z 2 + x 2 z 5 + y 2 + x 2
Hướng dẫn giải

Việc đầu tiên, ta cần đưa bất đẳng thức về dạng chuẩn hóa – đồng bậc:
2x4 − x2 y 2 + z 2
x5 − x 2
x5 − x 2 .xyz
x 4 − x 2 yz
≥
=
≥
2
x5 + y 2 + z 2 x5 + y 2 + z 2 xyz x 4 + yz y 2 + z 2
2x4 + y 2 + z 2

(

(

)

)

(

(

)

)

2
2
Đặt
=
a x=
, b y=
,c z 2 thì ta cần chứng minh:
2a 2 − a ( b + c ) 2b 2 − b ( c + a ) 2c 2 − c ( a + b )
+ 2
+ 2
≥0
2
2
2
2a 2 + ( b + c )
2b + ( c + a )
2c + ( a + b )

Ta có:

a2
2a 2 + ( b + c )

2

−

ab
2b 2 + ( c + a )

2

+


a
b
=
− 2
( a − b )  2
2
2
2b + ( a + c )
 2a + ( b + c )

b2
2b 2 + ( c − a )

2

−

ab
2a 2 + ( b + c )

2


c 2 + c ( a + b ) + a 2 − ab + b 2
2
=
≥0
(a − b)
2
2
2
2

2
a
b
c
2
b
a
c
+
+
+
+
(
)
(
)


(

)(

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, tách tương tự cộng lại ta được điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay x = y = z = 1.

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗

)

a b c
x y z
0
+ + =
1 và + + =.
x y z
a b c

Bài 1: Cho các số a, b, c, x, y, z đều khác 0 và thõa mãn các đều kiện
Chứng minh rằng

x2 y 2 z 2
+
+ =
1
a 2 b2 c2

Bài 2: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa : ab + bc+ ca =1. Tính giá trị biểu thức

(1 + b )(1 + c ) + b (1 + a )(1 + c ) + c (1 + b )(1 + a )
(1 + a )
(1 + b )
(1 + c )
2

P=a

2

2

2

2

2

2

2

Bài 3: Cho các số thực a, b , c thỏa mãn a + b + c =
2018 và
thức P =

2

1
1
1
2017
+
+
= . Tính giá trị của biểu
b + c c + a a + b 2018

a
b
c
+
+
b +c c +a a +b

1 . Tính A = a 2019 + b 2019 + c 2019
Bài 4: Cho các số a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca =
2019abc và 2019 ( a + b + c ) =
Bài 5: Giải phương trình:
Bài 6: Giải phương trình:
Bài 7: Giải phương trình

2x
13 x
+ 2
=
6
2 x − 5x + 3 2 x + x + 3
2

26 x + 5
x + 30
2

+ 2 26 x +=
5 3 x 2 + 30 .

x 2 + 4 x + 12 = 2 x − 4 + x + 1 .

7 3
Bài 8: Giải phương trình: x 2 + 2 x +=

(x

2

+ 1) ( x + 3)

 x 2 + y 2 + xy =
1
Bài 9: Giải hệ phương trình :  3
3
 x + y =x + 3 y
 x3 + xy 2 − 10 y =
0
Bài 10: Giải hệ phương trình:  2
2
10
 x + 6 y =

Bài 11: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
S=

ab
2c + ab

+

bc
2a + bc

+

ac
2b + ac

Bài 12: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 6 ( a 3 + b3 + c 3 ) + 1.

❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗