Chuyên đề: Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức

CHUYÊN ĐỀ: ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Tác giả chuyên đề: Lê Hồng Quân
Chức vụ: Giáo viên 
Đơn vị công tác: Trường THCS Yên Lạc
 Huyện Yên Lạc -Tỉnh Vĩnh Phúc
Đối tượng: Học sinh lớp 9
Thời lượng: 12 tiết
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
 Toán học là một bộ môn khoa học rất trừu tượng, được suy luận một cách lôgic và là nền tảng cho việc nghiên cứu các bộ môn khoa học khác. Toán học còn là một môn học có ý nghĩa đặc biệt với học sinh phổ thông. Nó giúp học sinh phát triển tư duy logic, phát triển năng lực trí tuệ và hình thành các phẩm chất đạo đức, hơn nữa môn toán là một môn học công cụ nên việc học tốt môn toán sẽ giúp học sinh học tốt các môn học khác. Tuy nhiên môn toán cũng là môn học mang tính trừu tượng cao nên học sinh thường gặp khó khăn khi học toán, song không vì vậy mà toán học thiếu đi sự hấp dẫn đối với người học. 
	Một trong những bộ phận rất quan trọng và hấp dẫn với học sinh giỏi là phân môn Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Nhưng đây cũng là phần rất khó của bộ môn Toán.
	Bất đẳng thức là một vấn đề cổ điển của toán học sơ cấp nhưng ngày càng được quan tâm và phát triển, đây cũng là một phần toán học sơ cấp đẹp và thú vị nhất, vì thế luôn cuốn hút rất nhiều sự quan tâm của học sinh, đặc biệt là học sinh giỏi, học sinh có năng khiếu học toán. Điểm đặc biệt, ấn tượng nhất của bất đẳng thức trong toán sơ cấp đó là có rất nhiều bài toán hay và khó, thậm chí là rất khó. Tuy nhiên cái khó ở đây không nằm ở gánh nặng về lượng kiến thức mà ở yêu cầu óc quan sát, linh cảm tinh tế và sức sáng tạo rồi rào của người học, vì thế người học luôn có thể giải được bằng những kiến thức rất cơ bản và việc hoàn thành được những chứng minh như vậy là một niềm vui thực sự.
	Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thì bài toán bất đẳng thức, giá trị nhỏ nhất, lớn nhất là một bài toán có khả năng rèn luyện cho học sinh óc phán đoán và tư duy logic, song phần lớn học sinh gặp khó khăn khi giải quyết dạng toán này. 
	Đối với học sinh trung học cơ sở, việc chứng minh một bất đẳng thức thường có rất ít công cụ, học sinh chủ yếu sử dụng định nghĩa hoặc sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để chứng minh. Tuy nhiên việc sử dụng các bất đẳng thức cổ điển đó để chứng minh các bài toán khác trong đa số các trường hợp yêu cầu học sinh phải biết cách biến đổi một cách hợp lý, thậm chí là phải rất tinh tế. Vì vậy tôi thiết nghĩ nếu các em có cái nhìn tinh tế và logich thì bằng việc đổi biến thích hợp lại là cách làm hữu hiệu và thiết thực nhằm tìm ra các cách chứng minh hay và đầy bất ngờ. Vì vậy tôi đã viết chuyên đề; "Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức" qua đó giúp các em có thêm những sáng tạo cũng như công cụ hữu hiệu khi đứng trước những bài chứng minh BĐT .
II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
Đối với từng dạng toán ta sẽ có những cách đổi biến thích hợp
Dạng 1: Dự đoán được điều kiện xảy ra dấu bằng: 
Ví dụ 1 : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. 
 Chứng minh rằng 
*Nhận xét: Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1/3
Đặt a = x + 1/3, b = y + 1/3, c = z + 1/3
Từ a + b + c = 1suy ra x + y + z = 0
Khi đó 
BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đã cho luôn đúng
Dấu bằng xảy ra x = y = z = 0 a = b = c = 1/3
Ví dụ 2: Cho . Chứng minh rằng: .
*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.
Do vậy đặt . Từ giả thiết suy ra . 
Ta có: 
 ( Đúng vì x + y 0)
Đẳng thức xảy ra Û x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Ví dụ 3: Cho . Chứng minh rằng: 	C = 
*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2.
	Do vậy ta đặt , với x 0. Từ giả thiết suy ra . 
Ta có:	 C = = 
 	 = = (vì x ³ 0).
Đẳng thức xảy ra Û x = 0 hoặc x = 1 tức a = 1, b = 2 hoặc a = 0, b = 3. 
 Vậy C 0
Ví dụ 4 : Cho ba số a, b, c thỏa mãn 
 Chứng minh rằng a + b + c ≥ 16.
* Đặt a = 4 + x; b = 5 + y; c = 6 + z
Từ giả thiết suy ra x, y, z ≥ 0
Giả sử a + b + c < 16, suy ra x + y + z < 1
Mặt khác a2 + b2 + c2 = 90 
	 (x + 4)2 + (y + 5)2 + (z + 6)2 = 90
	 x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z = 13 (1)
Do 0 ≤ x + y + z <1 (x + y + z)2 < 1
Thì x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) < 1
 => x2 + y2 + z2 < 1 (Vì x, y, z ≥ 0)
Khi đó ta có
	x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z
 = (x2 + y2 + z2 ) + 12(x + y + z) – 4x – 2y < 1 + 12 = 13
Mâu thuẫn với (1)
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 5: Cho . Chứng minh rằng: A = 
*Nhận xét: Dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 
Do vậy ta đặt: , ( x, y R ). Từ giả thiết suy ra: . 
Ta có: A = 
 = 
 = = 
Đẳng thức xảy ra Û y = 0 và x = y = 0 hay a = b = c =1.
 Vậy A 6
Ví dụ 6: Cho . Chứng minh rằng:	D = 
*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d.
 Do vậy đặt: , với x R. Từ giả thiết suy ra . 
Ta có:D = = 
 = = .
 Đẳng thức xảy ra Û x = 0 và x = 0 và c = d hay a = b = c = d.
Vậy D 3cd
Ví dụ 7: Cho . Chứng minh rằng: B = 
* Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.
	Do vậy ta đặt: . Từ giả thiết suy ra: , ( x R ). 
	Ta có: 	B = 
	Đẳng thức xảy ra Û x = 0, hay a = b = 1. Vậy B 2
Ví dụ 8: Cho a 4. Chứng minh rằng: E = .
*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 4.
	Do vậy đặt . Từ giả thiết suy ra x 0. 
	Ta có: E = .
	Đẳng thức xảy ra x = 0 hay a = 4. Vậy E 0
Ví dụ 9: Cho ab 1. Chứng minh rằng:	 .
*Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.
Do vậy đặt . 
Ta có: ab 1 Û 
Mặt khác: 
Lại có: , với mọi x, y nên ta có:
 (Đúng vì xy + x + y 0)
Đẳng thức xảy ra Û x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy BĐT được chứng minh
*Bài tập tự luyện
Bài 1.1: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
	a) Cho a, b > 0 thoả mãn a + b = 1. Chứng minh: .
	b) Cho a + b + c + d = 1. Chứng minh: .
	c) Cho a + b + c 3. Chứng minh: .
	d) Cho a + b > 8 và b ³ 3. Chứng minh: .
Bài 1.2:Cho a, b, c là các số dương và .Chứng minh:8abc 1
Bài 1.3: Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn: a + b + c = 1. Chứng minh:
Dạng 2: Cho biết điều kiện của tổng các biến nhưng không ( hoặc khó) dự đoán được điều kiện của biến để đẳng thức xảy ra:
Ví dụ 10: Cho a 1; a + b 3. Chứng minh rằng: F = 
*Nhận xét: Dấu bằng ở đây không xảy ra tại các điểm cực biên là a = 1 và b = 2. Ta đặt ẩn phụ như sau:
 Đặt a = 1– x và a + b = 3 + y. Từ giả thiết suy ra x, y 0 nên ta có: b = 2 + x + y. 
Từ đó : F = 
 = 
	 = 
Đẳng thức xảy ra Û x = và y = 0 hay a = và b = . 
Vậy bất đẳng thức F 0 được chứng minh.
Ví dụ 11 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc < 2 (1)
*Nhận xét: Từ giả thiết suy ra 2 = a + b + c > 2a nên 0 < a < 1. 
 Tương tự ta có 0 < b < 1, 0 < c < 1.
 Đặt a = 1 – x, b = 1 – y, c = 1 – z với 0 < x, y, z < 1. 
 Do a + b + c = 2 nên x + y + z = 1
 Khi đó
 (1) (1 – x)2 + (1 – y)2 + (1 – z)2 + 2(1 – x)(1 – y)(1 – z) < 2
 3 – 2(x + y + z) + x2 + y2 + z2 + 2[1- (x + y + z) + xy + yz + zx – xyz] < 2
 (x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx) – 2xyz < 1
 (x + y + z)2 – 2xyz < 1
 1 – 2 xyz < 1
 2xyz > 0 luôn đúng
Do đó BĐT (1) được chứng minh.
Ví dụ 12 : Cho a > b > 0. Chứng minh rằng: 
* Do a > b > 0 nên đặt a = b + x (x > 0)
Khi đó BĐT (1) tương đương với
Mật khác, a, b, x >0 nên:
Cộng theo từng vế hai BĐT trên ta có
 (đpcm)
Ví dụ 13 : Cho các số thực a, b, c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc = (1 – a)(1 – b)(1 – c) . Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ 3/4 (1)
Đặt 
Tương tự đặt 
Từ giả thiết ta có
 (2)
Xét hiệu 
Thay (2) vào (3) ta được
T = x2 + y2 + z2 – 4xyz
Ta cần chứng minh T ≥ 0 
Xét các trường hợp sau:
Cả 3 số x, y, z đều đương hoặc đều âm thì không thỏa mãn (2)
Có một số âm còn hai số kia dương thì từ (4) T ≥ 0
Có hai số âm còn số kia dương. Giả sử x > 0, y, z < 0
 Đặt y1 = -y > 0 và z1 = - z > 0 thì từ (4) ta có
T = x2 + y12 + z12 – 4 xy1z1 ≥ x2 + 2y1z1 – 4xy1z1 = x2 + 2y1z1(1 – 2x) ≥ 0
Vậy BĐT (1) được chứng minh
Ví dụ 14: Cho a, b, c [1; 3] và a + b + c = 6. Chứng minh rằng	
 a) 	 b) 
 Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + 1. Khi đó x, y, z [0; 2] và x + y + z = 3 
Giả sử x = max{x; y; z} suy ra: x + y+ z = 3 3x Þ 1 x 2 Þ (x –1)(x –2) 0 
 nên: 
 Tức là: (*). 
 Tương tự ta chứng minh được (**)
a) Ta có: (1) 
Thay (*) vào (1) ta có: là điều phải chứng minh.
 b) Ta có:
 (2)
 Thay (*) và (**) vào (2) ta có: là điều phải chứng minh
* Bài tập tự luyện:
Bài 2.1 Chứng minh rằng: Nếu a ≥ 3, b ≥ 3, a2 + b2 ≥ 25 thì a + b ≥ 7
Bài 2.2 Cho a > c > 0, b > c. Chứng minh rằng 
Bài 2.3 Cho ba số 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a2 + b2 + c2 ≤ 5
a3 + b3 + c3 ≤ 9
Bài 2.4 Cho bốn số a, b, c, d thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn điều kiện
	(1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) = abcd.
Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1. 
Dạng 3: Bất đẳng thức với điều kiện cho ba biến có tích bằng 1
Cách1: Đặt , với x, y, z 0. 
	Sau đây là một số ví dụ làm sáng tỏ điều này
Ví dụ 15: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. 	
 Chứng minh rằng 
* Nhận xét: a, b, c là các số thực dương và abc = 1 nên ta đặt:
 	, với x, y, z là các số thực dương.
Ta có: Û 
 Û 
Đây chính là BĐT Nesbnit cho ba số dương xy, yz, zx, suy ra điều phải chứng minh
Ví dụ 16: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
Đặt: (với x, y, z là các số thực dương).
Khi đó: x4 + y4 + z4 + 3(x2y2 + y2z2 + z2x2) = (x2 + y2 + z2)2 + (x2y2 + y2z2 + z2x2)
 (x2 + y2 + z2)2
Ta có 
Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có
Suy ra 
Vậy GTNN của P bằng 3/2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Ví dụ 17: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1.Chứng minh rằng:	
Nhận xét: a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt:
, với x, y, z là các số thực dương. 
Ta có: 	
Û 	(*)
Đặt.Khi đó(*)Û (**)
Áp dụng BĐT AM – GM cho hai số dương ta có:
Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
	Chú ý: Ta có thể chứng minh (*) theo cách sau đây:
 Do vai trò x, y, z có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát nên giả sử : 
 x y z > 0. Như vậy x – y +z > 0 và y – z + x > 0.
	+ Nếu z – x + y 0 thì (*) hiển nhiên đúng.
	+ Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có:
; ; 
Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy ra (*).
 Vậy (*) đúng cho mọi x, y, z là các số thực dương, suy ra bài toán được chứng minh.
 * Việc đổi biến và vận dụng (**) một cách khéo léo giúp ta giải được bài toán ở ví dụ 18 sau đây
Ví dụ 18: Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:
 Đặt . 
Ta thấy x, y, z đều dương và BĐT cần chứng minh trở thành S = .
Do Þ = Þ . 
Tương tự ta có: ; . 
Suy ra:	 	(1) 
Mặt khác nếu S = x + y + z < 1 
thì: T = > 
– Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x) 8xyz (theo (**) (2)	
–Với ba số dương x + y, y + z, z + x ,ta lại có (3)
– Nhân (2) và (3) vế với vế, ta được: 
	hay: 	
Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1). 
Vậy S = x + y + z 1, tức bài toán được chứng minh.
 *Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức ( hoặc biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng: , với x, y, z 0. Lúc này việc đặt , với abc = 1 là một phương pháp hữu hiệu, sau đây là các ví dụ minh chứng điều này
Ví dụ 19: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1) 	2) 
1) BĐT Û .
Đặt . Ta có x, y, z là các số thực dương có tích xyz = 1. 
Suy ra: 
 (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2) (x + 2)(y + 2)(z + 2) 
 (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12 xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 8
 4 xyz + xy + yz + zx 3 xy + yz + zx. 
Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có: 
	. Suy ra điều phải chứng minh.
2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1).
 Cách 2: Ta có:	
 Áp dụng kết quả bài toán 1), ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
* Việc đổi biến bằng cách đặt ở đây còn áp dụng được rất hay ở bài toán chứng minh đẳng thức, ví dụ 20; 21 sau đây cho thấy điều này. (Việc đưa ra hai ví dụ sau nhằm nhấn mạnh thêm tính đa dạng và hữu hiệu của phương pháp đổi biến trong giải toán nói chung)
Ví dụ 20: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
*Nhận xét: Vì abc = 1 nên ta có thể đặt , với x, y, z 0.
	Khi đó vế trái của đẳng thức trên được biến đổi thành:
 = = 1 (đpcm)
Ví dụ 21: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. 
 Chứng minh rằng:(*)
* Nhận xét: Tương tự trên ta đặt , với x, y, z 0.
Khi đó vế trái của đẳng thức (*) được biến đổi thành:
 = 	(1)
Tương tự ta cũng biến đổi được vế phải của (*) về biểu thức (1), suy ra đpcm.
 Cách 2: Ngoài cách trên với các BĐT mà chứa biến ở mẫu thì cách đổi biến đơn giản là: biến mới là nghịch đảo các biến của bất đẳng thức đã cho ( ; x, y, z > 0) có thể giúp ta giải quyết được một lớp bài toán khó. Sau đây là một số ví dụ minh họa cho điều này:
Ví dụ 22 : Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
 (1)
Nhận xét: do abc = 1 ta đặt: ( x, y, z > 0)
Khi đó ta có
Áp dụng BĐT AM – GM ta có
 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 => 
Mặt khác
 với " x,y,z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 hay a = b = c = 1
Ví dụ 23: Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh:
Đặt => xyz = 1 và x, y, z > 0
Bất đẳng thức đã cho viết lại là: 
Áp dụng BĐT AM – GM ta có
Từ đó suy ra 
Vậy BĐT được chứng minh, dấu bằng xảy ra khi a = b= c =1
Ví dụ 24. Với các số dương a, b, c thỏa mãn , chứng minh rằng:
Đẳng thức xảy ra khi nào?
. Đặt , ta thu được: .
Ta có: 
Biến đổi tương tự, ta được: 
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
Áp dụng bất đẳng thức trong Ví dụ 1, ta có:
Do đó, ta có điều phải chứng minh.	
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
*Gần tương tự ví dụ trên, ta xét BĐT sau
Ví dụ 25: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
*Đặt , ta thu được: .
Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với 
BĐT trên dễ dàng chứng minh bằng BĐT AM – GM
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
 Cách 3 Ngoài hai cách đổi biến: hoặc ( x, y, z > 0) như trên ta còn có các cách đổi biến khác . Cụ thể tôi đưa ra các ví dụ sau để thấy rằng việc đổi biến là rất đa dạng, qua đó thúc đẩy sự tìm tòi và say mê học tập của các em học sinh, càng có nhiều kỹ năng cũng như óc quan sát, chịu khó tìm tòi các em càng có nhiều sáng tạo trong việc đổi biến. Từ đó các em có thể giải được nhiều hơn các dạng bài chứng minh BĐT phong phú và đa dạng
Ví dụ 26: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1.
 Chứng minh: 	(*) 
Đặt: Þ –1<x, y, z < 1 và .
Từ abc = 1 Þ (1 – x)(1 – y)(1 – z) = (1 + x)(1 + y)(1 + z) Þ x + y + z + xyz = 0. 
Mặt khác: 	 
Tương tự:	 và 
nên: (*) Û 
	 Û 
	 Û Û . 
Đây là bất đẳng thức luôn đúng nên bài toán được chứng minh 
Ví dụ 27: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x, y, z Î (0;1) và xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z). Chứng minh rằng:
*Nhận xét: Mới nhìn ta thấy BĐT chưa có ĐK abc = 1. Nhưng khi biến đổi điều kiện của đề bài và đổi biến ta có thể đưa về dạng quen thuộc như sau:
Đặt Từ ĐK của đề bài ta có abc = 1 và a, b, c > 0
*Trong ba số dương a, b, c có tích bằng 1 luôn tồn tại hai số nằm cùng phía so với 1. Giả sử là a và b.
- Khi đó 
Áp dụng BĐT cauchy – Schwarz ta có
Suy ra 
Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có
 (1)
Mặt khác 
Suy ra (2)
Cộng (1) và (2) theo vế ta có
 (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1/2
Ví dụ 28: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
*Đặt: a = x3, b = y3, c = z3 (x, y, z > 0) và xyz = 1
BĐT cần chứng minh tương đương với
Áp dụng BĐT AM – GM ta có
x3 + y3 + 1 = (x + y)(x2 + y2 – xy) + xyz ≥ (x + y)xy + xyz = xy(x + y + z)
suy ra 
Tương tự 
Cộng từng vế ba BĐT trên ta có
 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 a = b = c = 1
Ví dụ 29: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 8. Tìm GTLN của
*Đặt: a = 2x2 , b = 2y2 , c = 2z2 xyz = 1
Suy ra 
Mặt khác 
Suy ra ( Vì xyz = 1 nên =1)
Vậy GTLN của P bằng 1/4 khi và chỉ khi a = b = c = 2
Ví dụ 30. Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng:
 . Đẳng thức xảy ra khi nào?	
*Nhận xét: Chia cả hai vế cho , ta được:
Đặt bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
Bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh trên đó được chứng minh 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Ví dụ 31 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: 
Đặt: x = và y = a + b + c
Ta sẽ chứng minh: xy2 ≥ 27 
Thật vậy với a2 + b2 + c2 = 3 ta có
 (2)
Mặt khác áp dụng BĐT AM – GM ta có
Kết hợp với (2) ta được
xy2 ≥ 3x + 2[2(a + b + c) + (a + b + c)]
 = 3(x + y + y) ≥ 9
Vậy xy2 ≥ 27 (3)	
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
+ Mặt khác
x = 
=> x ≥ 3 (4) 	
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Gọi vế trái của (1) là P từ (3), (4) ta có
 Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
Ví dụ 32: Cho các số thực a, b với a + b 0. 
 Chứng minh: 
 Đặt . Ta có: ab + bc + ca = –1 và lúc này BĐT cần chứng minh trở thành: 
 	(luôn đúng). 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Bài tập tự luyện: 
Bài 3.1: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh: 
 	(a + b)(b + c)(c + a) 5(a + b + c) – 7
Bài 3.2: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: 
Bài 3.3: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: .	
Bài 3.4: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh:
* Các bài toán BĐT ba biến có điều kiện với tích ba biến là một hằng số, thường rất khó xử lí trực tiếp. Vì vậy ba cách đổi biến đơn giản sau có thể giúp ta giải được một lớp các bài toán dạng này. Tôi nghĩ đây sẽ là ba cách đổi biến hữu ích mà khi sử dụng chúng ta có thể giải được nhiều bài toán khó về BĐT 
*Tổng quát với ba phép đổi biến sau:
Dạng 4: Bất đẳng thức với điều kiện: abc = k3 (a, b, c là ba số thực khác 0)
Với ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn abc = k3, thì
(I)Tồn tại các số thực x, y, z khác 0 sao cho
(II) Tồn tại các số thực m, n, p khác 0 sao cho
(III) Tồn tại các số thực u, v, w khác 0 sao cho
Chứng minh:
Chọn thì ta có
Tương tự, ta cũng có 
Ta chọn m = 1/x, n = 1/y, p = 1/z
Ta chọn u = x/z, v = y/x, w = z/y
Ví dụ 33: Với a, b, c là ba số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
*Nhận xét: Từ giả thiết ta có k = 1, do đó theo (II) hoặc (III) ta sẽ có hai cách đổi biến thích hợp cho bài toán khó này
Cách 1: Theo (II) 
 Đặt ( m, n, p là các số thực khác 0)
Thay vào (1) ta có
Áp dụng BĐT (CBS) ta có
(m2 + np)2 ≤ (m2 + n2)(m2 + p2)
Tương tự cho (n2 + pm)2 và (p2 + mn)2
Từ đó ta có BĐT
 m2n2(m2 + n2) + n2p2(n2 + p2) + p2m2(p2 + m2) ≥ 6m2n2p2
Áp dụng BĐT AM –GM ta thấy BĐT cuối đúng nên BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng 
Cách 2: theo (III) Tồn tại các số thực u, v, w khác 0 
 Đặt 
Thay lại (1) ta có BĐT cần chứng minh sau
Trong trường hợp u, v, w là các số dương áp dụng BĐT AM – GM 
Ví dụ 34 : Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng
 (1)
*Nhận xét: Từ giả thiết ta có k =2 theo (I)
Đặt 
Thay lại ta có
Áp dụng BĐT (CBS) vào vế trái và biến đổi tương đương ta có
(xy – xz)2 + (yz – yx)2 + (zx – zy)2 ≥ 0 BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng
Ví dụ 35: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
*Nhận xét: từ giả thiết k = 1 nên theo (II) 
Đặt ( Với m, n, p là các số dương)
Thay lại ta cần chứng minh BĐT
 đây là BĐT ở Ví dụ 13:
Ví dụ 36: Cho a, b, c là các số thực khác 1 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
*Nhận xét: từ giả thiết k = 1 
Đặt 
Khi đó BĐT (1) trở thành
Áp dụng BĐT (CBS) ta được
Ta thấy ≥ 
 BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng
Nhận xét: Ta cũng có thể đổi biến theo (III)
Bài tập tự luyện:
Bài 4.1 : Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng
a/ 
b/ 
c/ 
d/ 
Bài 4.2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 27 .Chứng minh rằng
Bài 4.3 Cho abc là các số dương thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng
Dạng 5: Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm có vai trò như nhau ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau:
 Đặt ; ; .
 Ta có các đẳng thức sau: 	
	 	(1)
 	 (2)
 	 	 	 (3)
 	 	 	(4)
 Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau:
 	 (5)
 	 	 (6)
 	 (7)
	 (