Một số kỹ thuật giải toán bất đẳng thức

MỘT SỐ KĨ THUẬT
GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC


 

 

 

 

 



Tác giả: Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên
Nguyễn Đình Thi
Lớp 10Toán 1 THPT chuyên Lương Văn Chánh.








Tuy hòa,tháng 2 năm 2008

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
1

Bất đẳng thức là một nội dung rất hay và khó .Càng nghiên cứu ta càng thấy sự đa
dạng,phong phú của nó.Chúng tôi viết bài viết nay nhằm góp một phần nhỏ của mình
vào việc rèn luyện kó năng giải bất đẳng thức.Vì đây là bài viết đầu tiên,và chúng tôi
đang ở trình độ lớp 10 nên mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng không thể tránh khỏi sai
xót.Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của độc giả.

MỘT SỐ KĨ THUẬT ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1.Kó thuật tách số mũ

+Để thuận tiện cho việc chứng minh,tôi xin đề cập lại tới bất đẳng thức(bđt) Hon-đe

Với a,b,c,x,y,z là những số thực dương thì ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
3
3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b c x y z m n p axm byn czp
+ + + + + + ≥ + +

Bài toán 1
Cho
, , 0
a b c
>
.Chứng minh
2 2 2 4 4 4
4
3
3
a b c a b c
b c a
+ +
+ + ≥

Lời giải:

Theo bđt Hon-đe thì ta có
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
( )
a b c
a b b c c a a b c
b c a
+ + + + ≥ + +
 
 
 

Đặt
2 2 2
, ,
x a y b z c
= = =

Ta cần chứng minh bđt
3 2 2 2
( )
9
3
x y z x y z
x y y z zx
+ + + +
≥
+ +

3 2 2 2
( ) 3 3 ( )x y z x y
y z
y z z x x< = > + + +≥
+
+ +

Ta có
3
3 2
2
( ) [ ( ) ]
x y z x y z+ + = + +

( )
3
2
3
2 2 2
2 3 ( )( )x xy x xy
 
= + ≥
 
∑ ∑ ∑ ∑

2 2 2
3 3( )
xy yz zx x y z
= + + + +

Vậy bài toán chứng minh
Đây chỉ là kó thuật nhỏ,tách mũ 3 thành
3
2.
2
nhưng nó có vẻ hiệu quả và làm cho lời
giải bài toán gọn hơn .
Và ta tiếp tục với kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 2
Với a,b,c>0 v&
2 2 2
3
a b c
+ + =
.Chứng minh
9a b c
b c a a b c
+ + ≥
+ +

Lời giải:
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
2

Ta có
2 2 2 2
( )
a b c a b c a b c
b c a ab bc ca ab bc ca

+ +
+ + = + + ≥
+ +

Vậy việc còn lại là chứng minh bđt sau
2
( ) 9
a b c
ab bc ca a b c
+ +
≥
+ + + +

Ta có
3
3 2
2
( ) [( ) ]
a b c a b c+ + = + +
3
3
2
2 2 2
2
3
( 2 ) 3 ( )( )
cyc ccyc cycyc
a ab a ab
 
= + ≥

 
 
 
∑ ∑∑ ∑

9( )
ab bc ca
= + +

3
9()
)
(
aa b
b bc ca
c ≥ + +⇒ + + (đpcm) (!)
Bài toán 3
Với
4 4 4
, , 0& 3
a b c a b c
> + + =
.Chứng minh
2 2 2
) 3
a b c
a
b c a
+ + ≥

2 2 2
3
)
2
a b c
b
b c c a a b
+ + ≥
+ + +


Lời giải:
a)Theo bđt Hon-đe thì
2 2 2
2 2 2 2 3
( ) ( ) ( )
cyc cyc
a b c
a b
c
a
b a
+ + ≥
∑ ∑

Vậy ta chỉ cần chứng minh

2 2 2 3 2 2 2 2 2 2
( ) 9( )
a b c a b b c c a

+ + ≥ + +
Nếu đặt
2 2 2
, ,
x a y b z c
= = =
thì bđt cần chứng minh

3
( ) 9( )
x y z xy yz zx
⇔ + + ≥ + +
Tới đây,việc chứng minh hoàn toàn tương tự như bđt (!)
b)Theo bđt Hon-đe thì

2
2 2 2 2 3
( ) ( ( ) ) ( )
cyc cyc cyc
a
a b c a
b c
+ ≥
+
∑ ∑ ∑

Vậy cần chứng minh bđt sau

2 3 2 2
4 ( ) 9 ( ( ) )

c yc c yc
a a b c
≥ +
∑ ∑


2 3 2 2
4( ) 9 2 2 ( )
cyc cyc
a a b abc a b c
 
<=> ≥ + + +
 
 
∑ ∑

Mà
2 2 2 2 2 2
( )
a b b c c a abc a b c
+ + ≥ + +

Vậy ta còn chứng minh bđt này
(
)
2 2 2 3 2 2 2 2 2 2
4( ) 9 4( )
a b c a b b c c a
+ + ≥ + +

Bđt này đã được chứng minh trong câu a
Qua 3 bài,ta có thể thấy được hiệu quả của kó thuật nhỏ này
Kết thúc kó thuật này,ta xét bài toán sau
Bài toán 4: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
3

Với
2 2 2
, , 0. 3
a b c a b c
> + + =
. Chứng minh
3
2 3
cyc
a ab bc ca
a bc
+ +
≥
+
∑

Lời giải:
Theo bđt(!) thì
3
3
( )
( ) 9( )
27 3

cyc cyc
a b c ab bc ca
a ab
+ + + +
≥ => ≥
∑ ∑

Vì vậy,ta cần chứng minh bđt sau
3
3
( )
2 27
cyc
a a b c
a bc
+ +
≥
+
∑

Ở bđt này,vế phải có dạng mũ 3,vì thế ta nghó tới việc dùng bđt Hon-đe.Nhưng muốn
dùng được thì ta phải tìm cách khử các mẫu ở vế trái.Vì thế,ta cần chứng minh bđt phụ
sau

2 2 3
9 ( ) 2
cyc cyc cyc
a a ab
= ≥ +
∑ ∑ ∑

2 3
9 ( ) ( 3 ) ( )(3 ) ( 3 )
cyc cyc cyc cyc cyc
ab a abc ab ab ab abc
⇔ − ≥ − + − − −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑

(3 )(3 ) ( 3 )
cyc cyc cyc
ab ab ab abc
⇔ − + + −
∑ ∑ ∑

( )(3 ) ( )(3 )
cyc cyc cyc cyc
a ab ab ab
≥ − + −
∑ ∑ ∑ ∑

(3 )(3 ) ( 3 ) 0
cyc cyc cyc cyc cyc
ab ab a ab ab abc
⇔ − + − − + − ≥
∑ ∑ ∑ ∑ ∑

Vì
32 2 2 2 2 2
3 3 1
a b c a b c abc

+ + = ≥ ⇒ ≥

và dễ dàng ta có
3 0& 3 0
ab bc ca a b c
− − − ≥ − − − ≥

3 2 2 2
(3 )(3 ) 3 0 3 .1 3
cyc cyc cyc
ab a ab abc a b c abc
⇒ − − + − ≥ + −
∑ ∑ ∑

3 3 0
abc abc
≥ − =


3 3 3
9 2 2 2
a b c ab bc ca
⇒
≥ + + + + +

Và ta áp dụng bđt trên cho việc chứng minh bài toán
Ta có:
3
3 3
27( ) (1 1 1)( 2 )( )

2 2
cyc cyc cyc cyc
a a
a ab
a bc a bc
≥ + + +
+ +
∑ ∑ ∑ ∑

3
( )
a b c
≥ + +

3
3 3 3
( )
2 2 2 27
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
⇒ + + ≥
+ + +

Vậy bài toán chứng minh xong.
Và chúng ta sẽ kết thúc kó thuật đầu tiên qua bài toán sau
Bài toán 5:
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên).
Cho a,b,c>0 và
2 2 2

3
a b c
+ + =
.Chứng minh bđt
2
3
4
3
3
3( )
2
cyc
a
ab bc ca
a bc
≥ + +
+
∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
4

Lời giải:
Hoàn toàn tương tự,theo bđt(!) thì
3
9()
)
( aa b cc
b b ca
≥ + ++ +

6
2
( )
3( )
27
a b c
ab bc ca
+ +
⇔ ≥ + +

2
2
3
( )
3( )
3
a b c
ab bc ca
+ +
⇔ ≥ + +

Vì vậy,ta cần chứng minh bđt sau
2
4
3
3 ( )
2 3
cyc
a a b c

a bc
+ +
≥
+
∑

Tới đây,ta có 1 bổ đề khác đó là bài của Pháp 2005
Với a,b,c>0 và
2 2 2
3
a b c
+ + =
thì ta có
3
ab bc ca
c a b
+ + ≥
(1)
Chứng minh bổ đề này:
Bđt(1)
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ) 9 3( )
a b b c c a
a b c a b c
c a b
⇔ + + + + + ≥ = + +

2 2 2 2 2 2
2 2 2

a b b c c a
a b c
c a b
⇔ + + ≥ + +

Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
. . .
a b b c c a ab bc bc ca ca ab
a b c
c a b c a a b b c
+ + ≥ + + = + +
(đpcm)
(
)
2 2 2 2 2 2
2 6
a b b c c a abc
⇒
+ + ≥
Và ta trở lại với bài toán
Chúng ta cần chứng minh bđt
2
4
3
3 ( )
2 3
cyc
a a b c

a bc
+ +
≥
+
∑

Ta có
4
4
3
3
2
cyc
a
a bc
 
 
 
+
 
∑
(
)
4
2
4
2 2 2
2
4
3

9
2
cyc
a b c
a
a abc
 
+ +
=
 
 
+
 
∑

(
)
4
4
4 4 4
2
4
6
3
9
2
cyc
a b c abc
a
a abc

 
+ + +
≥
 
 
+
 
∑

(
)
(
)
4
3
4
4 4 4 2 2 2
2
4
2 2 2
3
.
9 27
2
cyc
a abc b abc c abc a b c
a
a abc
 
+ + + + + + +

=
 
 
+
 
∑

( )
8
8
2 6 4
8
4 4
3 . .( 2 )
( 2 ) .9 .2 7 3
a b c
a a a a b c
a a b c
 
+ +
+
≥ = 
 
+
 
∑
(Theo bđt Cauchy-Schwarz suy
rộng cho 3 biến và 8 dãy)
2
4

3
3 ( )
2 3
cyc
a a b c
a bc
+ +
⇒ ≥
+
∑
(đpcm)
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
5


2.Kó thuật Cô-si đảo

Chúng ta sẽ mở đầu kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 1:Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh
3
a
b c a
≥
+ −
∑

Lời giải:
Ta có
1 2
b c a b c a

a a
+ − + −
+ ≥ 2
b c b c a
a a
+ + −
⇔ ≥
2
a a
b c a b c
⇔ ≥
+ − +

Hoàn toàn tương tự,ta có các bđt sau:
2
b b
a c b a c
≥
+ − +
và
2
c c
a b c a b
≥
+ − +

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được
2
a a
b c a b c

≥
+ − +
∑ ∑

Mặt khác,theo bđt Nesbit thì
3
2
a
b c
≥
+
∑

3
a
b c a
⇒ ≥
+ −
∑

Vậy bài toán được chứng minh
Lời giải này vận dụng bđt Cauchy một cách khéo léo đó là đem từng phân số nghòch
đảo lại rồi dùng mới dùng bđt.Việc làm như vậy đã làm cho lời giải bài toán khá gọn và
đẹp.

Bài toán 2: (Phạm Kim Hùng) Cho
, , , 0
a b c d
≥
.Chứng minh

, , ,
2 2 2
4
a b c d
cyc
c d a b d
a
cb
≥
+ + + + +
∑

Lời giải:
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được

2
2
2 2 2 2 2 2
( )
a a
a b c d
b c d b c d
 
 
+ + + ≥
 
 
 
+ + + +
 

 
∑ ∑

Vì thế,ta cần chứng minh
2
2 2 2
2
a
b c d
≥
+ +
∑


mặt khác
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
2
2
2 2
( 1)
.1 ( )
4 2
b c d
b c d a b c d
a
a a
+ +
+

+ + + + +
≤ =

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
6

2 2
2 2 2 2 2 2 2
2a a
b c d a b c d
⇒ ≥
+ + + + +

chứng minh tương tự thì ta có
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2b b
c d a a b c d
≥
+ + + + +

2 2
2 2 2 2 2 2 2
2c c
d a b a b c d
≥
+ + + + +

2 2
2 2 2 2 2 2 2

2d d
a b c a b c d
≥
+ + + + +

Cộng các bđt trên vế theo vế ta được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi 2 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau

Bài toán 3:(Vasile Girtoaje,MS,2006)
Với a,b,c là các số không âm.Chứng minh
2 2 2
( ) ( ) ( )
2
a b c b c a c a b
a bc b ca c ab
+ + +
+ + ≥
+ + +

Lời giải:
Ta có:
2 2 2 2
1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
a bc a bc a bc ab ac a bc
a b c a b c a b c a b c
+ + + + + +
+ ≥ ⇔ ≥
+ + + +

2
( ) 2 ( )
( )( )
a b c a b c
a bc a b a c
+ +
⇔ ≥
+ + +

Chứng minh tương tự,ta có các bđt
2
( ) 2 ( )
( )( )
b c a b c a
b ca b c b a
+ +
≥
+ + +

2
( ) 2 ( )
( )( )
c a b c a b
c ab c a c b
+ +
≥
+ + +

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được
2

( ) 2 ( )
( )( )
a b c a b c
a bc a b a c
+ +
≥
+ + +
∑ ∑

Ta có:
2
2 ( )
2 ( )
( )( ) ( )( )( )
a b c
a b c
a b a c a b b c c a
+
+
=
+ + + + +
∑
∑
2( )( )( ) 6 6
2 2
( )( )( ) ( )( )( )
a b b c c a abc abc
a b b c c a a b b c c a
+ + + +
= = + ≥

+ + + + + +

Đẳng thức khi 1 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau.
Vậy bài toán được chứng minh
Bài toán 4:
(Nguyễn Đình Thi)
Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.Chứng minh
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
7

3
2 2
( ) 3
( ) 2
a b c
a b c
+
>
+ +
∑

Lời giải:
Ta có
2 2 2 2
3
( ) ( )
1 1 3
( ) ( )
a b c a b c
a b c a b c

+ + + +
+ + ≥
+ +

2 2 2 2
3
( ) 2 ( ) ( )
3
( ) ( )
a b c a b c a b c
a b c a b c
+ + + + + +
⇔ ≥
+ +

3
2 2 2
( ) 3 ( )
( ) ( )
a b c a b c
a b c a b c
+ +
⇔ ≥
+ + + +

Hoàn toàn tương tự,ta có các bđt sau:
3
2 2 2
( ) 3 ( )
( ) ( )

b c a b c a
b c a a b c
+ +
≥
+ + + +
và
3
2 2 2
( ) 3 ( )
( ) ( )
c a b c a b
c a b a b c
+ +
≥
+ + + +

Cộng 3 bđt trên vế theo vế
3
2 2 2
( ) 6( )
( ) ( )
a b c ab bc ca
a b c a b c
+ + +
⇒
≥
+ + + +
∑

Mà

2 2
6( ) 3 4( ) 3
.
( ) 2 ( ) 2
ab bc ca ab bc ca
a b c a b c
+ + + +
= >
+ + + +
( Do a,b,c là 3 độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)
Vậy bài toán được chứng minh
Ta sẽ tiếp tục với kó thuật khá thú vò qua bài toán sau
Bài toán 5:
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Với
2 2 2
, , 0 & 3
a b c a b c
> + + =
. Chứng minh
2 2 2 2
4 4 4
3 3 3
2 2 2 ( )
2 2 2 3
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ + + + +
+ + ≥
+ + +

Ta có
3 3
4
2 2
2 2
1 1 1 4
2 2
a bc a bc
a a
+ +
+ + + ≥
+ +

3 2 3
4
2 2
2 3 6 2
4
2 2
a bc a a bc
a a
+ + + +
⇔ ≥
+ +

2 2
4
3 3 2
2 4( 2)

2 2 3 6
a a
a bc a bc a
+ +
⇔ ≥
+ + + +

Chứng minh tương tự ta có các bđt sau
2 2
4
3 3 2
2 4( 2)
2 2 3 6
b a
b ca a bc a
+ +
≥
+ + + +

2 2
4
3 3 2
2 4( 2)
2 2 3 6
c c
c ab c ab c
+ +
≥
+ + + +

Cộng các bđt trên vế theo vế ta được
2 2
4
3 3 2
2 4( 2)
2 2 3 6
a a
a bc a bc a
+ +
≥
+ + + +
∑ ∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
8


Tới đây,ta dùng bđt Cauchy-Schwarz,tiếp đó dùng bđt Mincopski
và một bổ đề phụ
3 3 3
9 ( 2 2 2 )
a b c ab bc ca
≥ + + + + +

Ta có
(
)
2
2
2

3 2 3 2
4 2
4( 2)
2 3 6 2 18 3
cyc
cyc cyc cyc
a
a
a bc a a ab a
+
+
≥
+ + + + + +
∑
∑
∑ ∑ ∑

2
2 2
2 2
2
( ) (3 2 )
4 ( ) 2( )
( )
4
9 18 9 36 3
cyc
cyc cyc
cyc
a

a a
a
 
 
+
+
 
 
 
   
≥ ≥ =
+ +
∑
∑ ∑
∑



⇒
bài toán được chứng minh
có lẽ kó thuật này có hiệu lực không kém và ta tiếp tục với
Bài toán 6:
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Với a,b,c>0.chứng minh
3
4
7( )
8 ( )
3
3

b c
a b c
+
 
 
+ +
 
≥
∑

Lời giải:
Cũng giống như bài trên,ta đem từng phân số nghòc đảo lại rồi dùng bđt Cauchy
Ta có
3
4
8 3( ) 8 3( )
3. 1 4 ( )
7( ) 7( )
a b c a b c
b c b c
+ + + +
+ ≥
+ +

3
4
24 9( ) 7( ) 8 3( )
4
7( ) 7( )
a b c b c a b c

b c b c
+ + + + + +
 
⇔ ≥
 
+ +
 

3
4
7( ) 28( )
( )
8 3( ) 24 16( )
b c b c
a b c a b c
+ +
⇔ ≥
+ + + +

Hoàn toàn tương tự,ta có các bđt
3
4
7( ) 28( )
8 3( ) 24 16( )
c a c a
b c a b c a
+ +
 
≥
 

+ + + +
 

3
4
7( ) 28( )
8 3( ) 24 16( )
a b a b
c a b c a b
+ +
 
≥
 
+ + + +
 

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
9

3
4
7( ) 28( )
8 3( ) 24 16( )
b c b c
a b c a b c
+ +
 
≥
 

+ + + +
 
∑ ∑


Không mất tính tổng quát,giả sử
a b c
≥ ≥
thì

28( ) 28( ) 28( )
a b c a b c
+ ≥ + ≥ +

và
1 1 1
24 16( ) 24 16( ) 24 16( )
c a b b c a a b c
≥ ≥
+ + + + + +

Theo bất đẳng thức chebusep thì
28( ) 1 1
.(54( ))
24 16( ) 3 24 16( )
cyc cyc
b c
a b c
a b c a b c
 

+
≥ + +
 
+ + + +
 
∑ ∑

1 9
.54( ). 3
3 54( )
a b c
a b c
 
≥ + + =
 
+ +
 

⇒
Bài toán được chứng minh
Để nhìn nhận kó hơn về kó thuật nhỏ này,ta tiếp tục với bài toán sau
Bài toán 7:
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh
2
3
3
8
k
k

cyc
a
a bc
 
≥
 
+
 
∑
Với
0,8
k
=


Lời giải: (Nguyễn Đình Thi)
Theo bđt Cauchy 10 số thì ta có:
8
2 2
10
8 8
8. 1 1 10
3 3
a bc a bc
a a
 
+ +
+ + ≥
 
 

 

8
2 2
10
8 8 6 8
10
3 3
a bc a a bc
a a
 
+ + +
⇔ ≥
 
 
 

0,8
2 2 2
3 3 .10 15
8 8 8 6 4 8 3
a a a
a bc a bc a a bc a
 
⇔ ≥ =
 
+ + + + +
 

0,8

2 2
3 15
8 4 8 3
a a
a bc a bc a
 
⇒

+
≥

+ +
 

Chứng minh tương tự thì ta có các bđt sau:
0,8
2 2
3 15
8 4 8 3
b b
b ca b ca b
 
≥
 
+ + +
 

0,8
2 2
3 15

8 4 8 3
c c
c ab c ab c
 
≥
 
+ + +
 

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
10

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được
2 2
3 15
8 4 8 3
k
a a
a bc a bc a
 
≥
 
+ + +
 
∑ ∑

2
2
2 2
15

4 ( 8 ) 3
a
a a bc a
=
+ +
∑

2
3 2 2 2
( )
15
4 ( 8 ) 3( )
a b c
a a abc a b c
+ +
≥
+ + + +
∑

2
3 3 3 2 2 2
( )
15
4 ( )( 24 ) 3( )
a b c
a b c a b c abc a b c
+ +
≥
+ + + + + + + +

vậy ta cần chứng minh
2
3 3 3 2 2 2
( )
15 3
4 ( )( 24 ) 3( )
a b c
a b c a b c abc a b c
+ +
≥
+ + + + + + + +

2
3 3 3 2 2 2
( ) 1
5
4 ( )( 24 ) 3( )
a b c
a b c a b c abc a b c
+ +
⇔ ≥
+ + + + + + + +

2 2 2 3 3 3
2( ) 10( ) 4 ( )( 24 )
a b c ab bc ca a b c a b c abc
⇔ + + + + + ≥ + + + + +

2 3 3 3
( ) 3( ) 2 ( )( 24 )

a b c ab bc ca a b c a b c abc
⇔ + + + + + ≥ + + + + +

ðặt
2
x a b c
= − +

2
y a b c
= + −

2
z b c a
= − +

0, 0, 0
x y z
⇒
> > >
( do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác)à
, ,
a x y b y z c z x
⇒ = + = + = +

Ta có các đẳng thức phụ sau:
1)
2 2 2
( ) 4( ) 4
a b c x y z p

+ + = + + =
(Với
p x y z
= + +
)
2)
2 2
( ) ( )
ab bc ca x y z xy yz zx p q
+ + = + + + + + = +
(Với
q ab bc ca
= + +
)
3)
( )( )( ) ( )( )
abc x y y z z x x y z xy yz zx xyz pq r
= + + + = + + + + − = −
( Với
r xyz
=
)
3 3 3 3
24 ( ) 3( )( )( ) 24
a b c abc a b c a b b c c a abc
+ + + = + + − + + + +

3
8 3 ( ) ( ) 2 7
p a b c a b b c c a a b c

= − + + + + +

3 2 3
8 3.2 ( ) 27( ) 2 21 27
p p p q pq r p pq r
= − + + − = + −

Vì thế,bđt cần chứng minh được viết lại như sau:
2 3 3 3
( ) 3( ) 2 ( )( 24 )
a b c ab bc ca a b c a b c abc
+ + + + + ≥ + + + + +
2 2 3
(4 3( )) 2 2 (2 21 27 )
p p q p p pq r
⇔ + + ≥ + −

2 2 3
(7 3 ) 4.2 (2 21 27 )
p q p p pq r
⇔ + ≥ + −


Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
11

4 2 2 4 2
49 9 42 16 168 216
p q p q p p q pr
⇔ + + ≥ + −

4 2 2
33 9 216 126
p q r p q
⇔ + + ≥
(1)(Cần chứng minh)
Mặt khác,theo bđt Schur bậc 1 thì ta có:
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3
x y z xyz x y xy y z yz z x xz
+ + + ≥ + + + + +

3
( ) 9 4( )( )
x y z xyz x y z xy yz zx
⇒
+ + + ≥ + + + +

3
9 4
p r pq
⇔ + ≥

4 2
31,5 283, 5 126
p pr p q
⇔ + ≥
(2)
Từ (1) và (2) ta cần chứng minh
4 2

1,5 9 67,5
p q pr
+ ≥

Mặt khác ta lại có
4 2 2
1,5 1,5.(3 ) 13,5
p q q
≥ =

vì thế cần chứng minh
2 2
13,5 9 67,5
q q pr
+ ≥
(3)
2
3
q pr
⇔ ≥

2
( ) 3 ( )
xy yz zx xyz x y z
⇔ + + ≥ + +
( Luôn đúng theo bđt Cauchy)
Cộng bđt (2) và (3) vế theo vế ta được đpcm
Vậy bài toán chứng minh xong

3.Kó thuật Cauchy trọng số

Để tiện cho việc chứng minh,ta viết bđt hon-đe dưới dạng khác là
3( )
3
m m m m
a b c
a b c
+ +
+ + ≥

Với
( 1)
m
>
(!!)
Bài toán 1:

Với a,b,c>0.Chứng minh
3
4
, ,
7( )
3
8 3( )
a b c
b c
a b c
+
 

≥
 
+ +
 
∑

Lời giải:
Ta có 1 vế như sau
(7( )) (8 3( )) ?
k q
b c a b c
+ + + ≤
( Với k,q là các số nguyên dương)
Việc của chúng ta là phải tìm
,
k q
để sau khi dùng bđt Cauchy cho
( )
k q
+
số thì vế
phải của mình có dạng
[ ( )]
k q
m a b c
+
+ +

Việc tìm k,q không khó khăn gì,ta chỉ việc đi tìm 1 cặp nghiệm nguyên dương của
phương trình

7 3 8 7 5
k q q k q
+ = => =
Ở đây,chúng ta lấy trường hợp nhỏ nhất của k,q:
5, 7
k q
= =

Vì thế ta có
( ) ( )
( )
12
12
5 7
35( ) 7 8 3( )
56( )
7( ) 8 3( )
12 12
b c a b c
a b c
b c a b c
 
+ + + +
+ +
 
+ + + ≤ =
 
 
 
 

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
12

( )
(
)
5
7 12
7( )
1
8 3( )
14( )
3
b c
a b c a b c
+
⇔ ≥
+ + + +
 
 
 

7 12
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
b c b c
a b c a b c
+ +
   

⇔ ≥
   
+ + + +
   

7.3 12.3
28 28
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
b c b c
a b c a b c
+ +
   
⇔ ≥
   
+ + + +
   

3 9
4 7
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
b c b c
a b c a b c
+ +
   
⇔ ≥
   
+ + + +
   

Chứng minh tương tự ta có các bđt :
3 9
4 7
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
c a c a
b c a a b c
+ +
   
≥
   
+ + + +
   

3 9
4 7
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
a b a b
c a b a b c
+ +
   
≥
   
+ + + +
   

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được:

3 9
4 7
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
b c b c
a b c a b c
+ +
   
≥
   
+ + + +
   
∑ ∑
(!!!)
Ta cần chứng minh
(!!!) 3
VP
≥

Nhưng theo bđt (!!),nếu ta cho
2 1 ( )
1 4 ( )
b c
a
a b c
+
=
+ +
&
2 1 ( )

1 4 ( )
c a
b
a b c
+
=
+ +
2 1 ( )
1 4 ( )
a b
c
a b c
+
=
+ +
&ø
9
1
7
m
= >

thì ta được
9
7
9
7
21( )
42( )
14( )

(!!!) 3. 3. 3
3 42( )
b c
a b c
a b c
V P
a b c
+
 
 
+ +
 
+ +
≥ = =
 
 
+ +
 
 
 
 
∑

⇒
đpcm
Vậy bài toán được chứng minh
Và chắc chắn chúng ta sẽ thấy được hiệu quả của kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 2
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học

13

Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
3
8 8 8
k k k
k
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥
+ + +
Với
0,9
k
=

Đối với bài này,khi nhìn vào có lẽ chúng ta sẽ nhớ tới 1 bđt tương tự được đăng trên
báo THTT đó là
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam của 1 tam giác.Chứng minh bđt
2 2 2
3
2
3 3 3
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥
+ + +

(*)
thật thú vò là ta xem bài này như 1 bổ đề để chứng minh bài toán
Lời giải:
Việc tìm k,q hoàn toàn tương tự như bài trên
Ta có
32 32
2 2 2
2 5 2 27
45 27( 8 ) 72( 3 )
(9 ) ( 8 )
32 32
a a bc a bc
a a bc
   
+ + +
+ ≤ =
   
   


2 5
3 2
2 2 7
2
1 (9 )
( 8 )
9( 3 )
4
a
a b c

a b c
⇔ ≥
+
 
+
 
 

5 4 6 4
2 2
3 2
8 3
a a
a bc a b c
   
⇔ ≥
   
+ +
   

5 4 64
6 0 6 0
2 2
3 2
8 3
a a
a b c a b c
   
⇔ ≥
   

+ +
   


1 6
0 , 9
1 5
2 2
3 2
8 3
a a
a b c a b c
   
⇔ ≥
   
+ +
   

Chứng minh tương tự thì ta có các bđt sau
1 6
0 , 9
1 5
2 2
3 2
8 3
b b
b c a b c a
   
≥
   

+ +
   

1 6
0 , 9
1 5
2 2
3 2
8 3
c c
c a b c a b
   
≥
   
+ +
   

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được:
1 6
0 ,9
1 5
2 2
3 2
8 3
c y c cy c
a a
a b c a b c
   
≥
   

+ +
   
∑ ∑


Tới đây ta áp dụng bất đẳng thức (!!) và bổ đề (*) ta được
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
14


1 6
15
16
1 6
2
15
15
2
2
2 2.3
3
3. 3.
3 3 .2
3
cy
c c
c
y
a
a

a bc
a b c
 
 
 
+
 
≥ ≥
 
 
 
+
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑
∑


⇒
đpcm
Vậy bài toán được chứng minh

4.Kó thuật nhân lượng trung gian

Chúng ta sẽ bắt đầu với kó thuật này qua bài chọn đội tuyển Trung Quốc
Bài toán 1: Với
, , 0
x y z
>
và x+y+z=1. Chứng minh
2
2
xy yz zx
xy yz yz zx zx xy
+ + ≤
+ + +


Ta có
2 2
2
.
2 ( )( )
xy x y x y x y
x z x z x y
xy yz
+
= =
+ + +
+
2
2

.
2 ( )( )
y z y z y z
y z y x
y z zx
+
=
+ +
+

Biến đổi thế này vì để sau khi dùng bđt Cauchy-Schwarz thì những lương Cauchy-
Shwarz thì những lượng
, ,
2 2 2
x y y z z x
+ + +
cộng nhập lài sẽ triệt tiêu.
Ta có lời giải bài toán:
2
xy yz zx
xy yz yz zx zx xy
 
+ +
 
 
+ + +
 

2
2 2 2

2 2 2
. . .
2 ( )( ) 2 ( )( ) 2 ( )( )
x y x y y z y z z y z x
x z x y y z y x z x z y
 
+ + +
= + +
 
 
+ + + + + +
 

2 2 2
2 2 2
2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( )
x y y z z x x y y z z x
x z x y y z y x z x z y
 
+ + +
 
≤ + + + +
 
 
+ + + + + +
 
 

2 2 2
2 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )
x y y z z x
x z x y y z y x z x z y
= + +
+ + + + + +

Ta cần chứng minh bđt sau:
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
15

2 2 2
2 2 2 1
( )( ) ( )( ) ( )( ) 2
x y y z z x
x z x y y z y x z x z y
+ + ≤
+ + + + + +

2 2 2 2
4( ( )) ( )( 2 )
cyc cyc cyc
x y xyz x y z x y z x y xy xyz
⇔ + + + ≤ + + + +
∑ ∑ ∑

3 3 2 2
2
cyc cyc cyc
x y xy x y
⇔ + ≥

∑ ∑ ∑
(Dễ dàng chứng minh nhờ bđt Cauchy)
Vậy bài toán được chứng minh

Và ta nhìn nhận kó hơn về kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 2:( Olimpic Trung Quốc)
Cho
, , 0
a b c
>
.Chứng minh
2 2 2 2 2 2
3
2
a b c
a b b c c a
+ ≤
+ + +
(1)
Lời giải:
(1)
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
2
a b c
a b b c c a
⇔ + + ≤
+ + +

Đặt
2 2 2
, ,
x a y b z c
= = =
.Bđt cần chứng minh
3
2
x y z
x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + +


Ở bài này không cho điều kiện gì thêm ngoài các biến đều dương nên ta phải tìm
lượng trung gian thích hợp

2 2
2 ( )
.
2( ) ( )( )
cyc
x y z x z x x y z
x y y z z x x y z x y x z
   
+ + +
+ + =
   
   
+ + + + + + +

   
∑
2( )( ( ))
1.
( )( )( )
cyc
x y z x y z
x y y z z x
+ + +
≤
+ + +
∑

Vì thế,cần chứng minh bđt

4( )(2 ) 9( )( )( )
x y z xy x y y z z x
+ + ≤ + + +
∑

2 2 2 2
8 8 24 9 9 18
cyc cyc cyc cyc
x y xy xyz x y xy xyz
⇔ + + ≤ + +
∑ ∑ ∑ ∑

2 2
6
cyc cyc

x y xy xyz
⇔ + ≥
∑ ∑
(Đúng theo bđt Cauchy 6 số)
Vậy bài toán chứng minh xong



Bài toán 3(Mathlinks)
: Cho a,b,c>0.Chứng minh
2
2
cyc
a a b c
ab bc ca
a bc
+ +
≤
+ +
+
∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
16

Lời giải:
Ta có
2
2
2

2
.
( )( 2 )
( )( 2 )
cyc cyc
a a a
a b c a bc
a b c a bc
 
 
=
 
 
 
 
+ + +
+ + +
 
 
∑ ∑
2
1.
2
cyc
a
a bc
 
≤
 
+

 
∑

Vì thế ,cần chứn minh bđt

2 2 2
2 2 2
a b c a b c
ab bc ca a bc c ca c ab
+ +
≥ + +
+ + + + +

2
0
2
cyc
a a
ab bc ca a bc
 
⇔ − ≥
 
+ + +
 
∑


Không mất tính tổng quát,giả sử
a b c
≥ ≥

Cần chứng minh
2 2
( )( ) ( )( )
0
( )( 2 ) ( )( 2 )
a a b a c b b c b a
ab bc ca a bc ab bc ca b ca
− − − −
+ ≥
+ + + + + +
do
2
( )( )
0
( )( 2 )
c c a c b
ab bc ca c ab
− −
≥
+ + +


2 2 2 2 2
2 2
( ) (2 2 3 2 2 )
0
( 2 )( 2 )
a b ca cb abc c a c b
a bc b ca

− + + − −
⇔ ≥
+ +
(Đúng)
Vậy bài toán được chứng minh

Và ta sẽ thấy được hiệu quả của kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 4(Võ Quốc Bá Cẩn)
Cho a,b,c>0.Chứng minh
2
1 1 1 1
2
cyc
a b b c c a
a bc
 
≤ + +
 
+ + +
 
+
∑


Lời giải:(Võ Quốc Bá Cẩn)
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được:
2
2
2
2

1 ( )( ) 1
.
( )( )
cyc cyc
a b a c
a bc
a b a c
a bc
 
 
 
+ +
≤
 
 
 
 
+
+ +
+
 
 
 
 
∑ ∑
2
( )( ) 1
( )( )
cyc cyc
a b a c

a bc a b a c
+ +
 
 
≤
 
 
+ + +
 
 
∑ ∑

2
2( ) ( )
3
( )( )( )
cyc
a b c a b c
a b b c c a a bc
 
+ + +
= +
 
+ + + +
 
∑

Vì thế cần chứng minh
2
2

2( ) ( ) 1
3
( )( )( )
cyc
cyc
a b c a b c
a b b c c a a bc a b
 
+ + +
 
+ ≤
 
 
+ + + + +
 
 
∑ ∑

2
2
( )( )
2( ) ( )
3
( )( )( ) ( )( )( )
cyc
a b a c
a b c a b c
a b b c c a a bc a b b c c a
 
+ +

 
+ + +
⇔ + ≤
 
 
 
+ + + + + + +
 
 
∑
∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
17

(
)
2
2
2
3
( )
3 0
( )( )( )( )
cyc
a ab
a b c
a b b c c a a b c a bc
+
+

⇔ − − ≥
+ + + + + +
∑ ∑
∑

(
)
2
2
2
3
( )
1 6 0
( )( )( )( )
cyc
a ab
a b c
a bc a b b c c a a b c
+
+
 
⇔ − + − ≥
 
+ + + + + +
 
∑ ∑
∑

2 2 2 2
2

( )( ) ( )( )
0
( )( )( )( )
cyc cyc
a b a c a b a c
a bc a b b c c a a b c
 
− − − −
⇔ + ≥
 
+ + + + + +
 
∑ ∑

2 2
( )( ) 1 1
. 0
( )( )
cyc
a b a c
a bc a bc b c a b c
 
− −
 
⇔ + ≥
 
 
+ + + + +
 
 

∑

Không mất tính tổng quát,gia sử
a b c
≥ ≥

( ) 0
a
a c b c
b
⇒
− ≥ − ≥

Để chứng minh
2 2
( )( ) 1 1
. 0
( )( )
cyc
a b a c
a bc a bc b c a b c
 
− −
 
+ ≥
 
 
+ + + + +
 
 

∑

Hay
2 2
( )( ) 1 1 1 1
0
( )( ) ( )( )
a b b c
a b
b a bc b c a b c b ca c a a b c
 
− −
   
+ − + ≥
 
   
+ + + + + + + +
   
 
2 2 2
2 2
( ) ( )( )( )
0
( )( )( )( )( )
c a b a b b c a b ab ac bc
b a bc b ca a c b c a b c
− + − + − + +
= ≥
+ + + + + +
(Đúng)

Bất đẳng thức được chứng minh

Bài toán5(Jack Garfunkel)

Cho
, , 0
a b c
≥
.Chứng minh
5
4
a b c a b c
a b b c c a
+ +
+ + ≤
+ + +


Lời giải:
Việc đầu tiền của chúng ta là dự đoán dấu bằng
Ở bài này,may mắn là đẳng thức xảy ra tại a:b:c=3:1:0
Vì thế,cần phải chọn lượng trung gian thích hợp

2
2
( ).
( )( )
cyc cyc
a a
a ma nb kc

a b ma nb kc
a b
 
 
= + +
 
 
 
+ + +
+
 
 
∑ ∑

( )
2 2 2
( ) ( )( )
( )( )
cyc
a
m a b c n k ab bc ca
a b ma nb kc
 
≤ + + + + + +
 
+ + +
 
∑

Và ta phải tìm m,n,k thích hợp để đẳng thức xảy ra.

Mục đích của ta sau khi dùng bđt Cauchy-Schwarz
thì
(
)
2 2 2
( ) ( )( )
m a b c n k ab bc ca
+ + + + + +
triệt tiêu hay gọn lại. Ở đây ta triệt tiêu ko
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
18

được nên đưa về dạng bình phương 1 tổng,vì thế,phương trình đầu tiên của m,n,k là
2
n k m
+ =

Do đẳng thức xảy ra khi a:b:c=3:1:0
Ta muốn tìm đẳng thức liên quan tới m,n,k thì ta chỉ việc thay a=3,b=1,c=0 vào
( )
2
25
( ) ( )
( )( ) 16
cyc
a
m a b c a b c
a b ma nb kc
 
+ + = + +

 
+ + +
 
∑

3 1 25
(3 1)
3 3 16
m
m n m k
 
⇔ + + =
 
+ +
 

3 1 25
4
4(3 ) 3 16
m
m n m k
 
⇔ + =
 
+ +
 

3( ) 4( ) 25
3( ) 2 7 16
n k n k

n k n n k
+ +
⇔ + =
+ + +

Tới đây,kết hợp với n+k=2m,ta dự đoán được 1 bộ số m,n,k là m=5,n=1,k=9
Vì thế,ta có lời giải
2
2
(5 9 ).
( )(5 9 )
cyc cyc
a a
a a b c
a b a b c
a b
 
 
= + +
 
 
 
+ + +
+
 
 
∑ ∑

2
5( )

( )(5 9 )
cyc
a
a b c
a b a b c
 
= + +
 
+ + +
 
∑

Ta cần chứng minh bđt sau
5
( )
( )(5 9 ) 16
cyc
a
a b c
a b a b c
 
+ + ≤
 
+ + +
 
∑

Sau khi chuyển vế,quy đồng ta được

5

( )
16 ( )(5 9 )
cyc
a
a b c
a b a b c
 
− + +
 
+ + +
 
∑

2
( )( 9 )( 3 )
16( )( )( )(5 9 )(5 9 )(5 9 )
cyc
ab a b a b a b
a b b c c a a b c b c a c a b
+ + −
=
+ + + + + + + + +
∑

3 2 4 2 2 2
835 232 1230
0
16( )( )( )(5 9 )(5 9 )(5 9 )
cyc cyc
a bc a bc a b c

a b b c c a a b c b c a c a b
+ +
+ ≥
+ + + + + + + + +
∑ ∑

Bđt trên luôn đúng
Bài toán được chứng minh

Ta sẽ kết thúc kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 6(Phan Thành Nam)

Cho
, , 0 & 1
a b c a b c
≥ + + =
.Với
3
k=1-
2
Chứng minh
2 2 2
( ) ( ) ( ) 3
a k b c b k c a c k a b+ − + + − + + − ≤

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
19

Lời giải:
Bài này,đẳng thức xảy ra tại 2 điểm

1
,a=1,b=c=0
3
a b c= = =
và hoán vò
Vì thế,ta có lời giải
2
2
2
2
( )
( ) .
cyc cyc
a k b c
a k b c a x
a x
 
 
+ −
+ − ≤ +
 
 
 
+
 
 
∑ ∑

2
( )

( 3 )
cyc
a k b c
a b c x
a x
 
+ −
≤ + + +
 
+
 
∑
2
( )
(1 3 )
cyc cyc
a b c
x k
a x a x
 
−
= + +
 
+ +
 
∑ ∑


Đẳng thức xả ra khi a=b=c thì không nói tới vì bđt luôn đúng với mọi x>0 nên không
xác đònh được x.Ta sẽ tìm x trong trường hợp a=1,b=c=0,khi đó

2
( )
(1 3 ) 3
cyc cyc
a b c
x k
a x a x
 
−
+ + =
 
+ +
 
∑ ∑

1 2 3 1 1
(1 3 ) 3
1 2
x
x x x
 
−
 
⇔ + + + =
 
 
 
+
 
 

1 (2 3)
(1 3 ) 3
1
x
x x
 
−
⇔ + + =
 
 
+
 

(
)
(1 3 ) (1 )(2 3) 3 (1 )
x x x x x
⇔ + + + − = +

2
3 (2 3) (6 4 3) (2 3) 0
x x
⇔ − + − + − =

1
3
x
⇒
=

Vì vậy,ta có lời giải
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được
2
2
2
2
1 ( )
( ) .
1
3
3
cyc cyc
a k b c
a k b c a
a
 
 
 
+ −
 
+ − = +
 
 
 
+
 
 
∑ ∑

2
2 3 ( )
( 3 1)
1 1
2
3 3
cyc cyc
a b c
a a
 
 
 
− −
= +  + 
 
 
 
 
+ +
 
 
∑ ∑

Vì vậy,ta cần chứng minh BĐT sau

( )
2
2 3 ( )
3 1 3
1 1

2
3 3
cyc cyc
a b c
a a
 
 
 
− −
+

+

≤
 
 
 
 
+ +
 
 
∑ ∑
(2)
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
20

Đặt
2
1
q=ab+bc+ca => q , =>0 r

3 3
q
r abc≤ = ≤ ≤

(2)
(
)
(
)
9 2 3 6 3 0
r q q
⇔ + − + ≤

Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
9 2 3 6 3 9 2 3 6 3
r q q q q q+ − + ≤ + − +

(3 1) 3 0
q q
= − ≤

Vậy bài toán được chứng minh



MỘT SỐ VẤN ĐỀ NHỎ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC CHEYBUSEP
Bài tốn 1
(Old and New Inequalities)


Cho
1
x y z
+ + =
và
0 , , 1
x y z
≤ ≤
. CMR:
2 2 2
1 1 1 27
1 1 1 10
x y z
+ + ≤
+ + +



Lời giải:Khơng mất tính tổng qt giả sử:
x y z
≥ ≥

BDT tương đương:
2
9 1
0
10 1 x
 
− ≥
 
+
 
∑
2
3 1 3 1
0
1 10
x x
x
+ −
  
⇔ ≥
  
+
  
∑


Nhìn vào BDT bên trên, các bạn cũng có thể thấy ngay dạng quen thuộc của
chebysev.
Bây giờ chúng ta sẽ thực hiện bước sắp xếp thứ tự các biến:

Ta có:
3 1 3 1 3 1
x y z
− ≥ − ≥ −
và:
1 2 3
2 2 2
3 1 3 1 3 1
, ,
1 1 1
x y z
C C C
x y z
+ + +
= = =
+ + +

Thật vậy:
(
)
(
)
( )( )
2 2
2 2
2 2
(3 1)(1 ) 3 1 1
3 1 3 1
1 1
1 1

x y y x
x y
x y
x y
+ + − + +
+ +
− =
+ +
+ +


( )( ) ( )( )
2 2 2 2
( )(3 3 ) ( )(2 2 3 3 )
1 1 1 1
x y xy x y x y x y z xy
x y x y
− − − − − + + −
= =
+ + + +


Mà
0
x y
− ≥
(cách sắp thứ tự ban đầu) và:
2
3
2 2 3 3 3

x y z x x y x y xy
+ + > + + ≥ ≥
(do
x,y 1
≤
)

Vậy:
2 2
3 1 3 1
1 1
x y
x y
+ +
≥
+ +

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
21

Tương tự:
1 2 3
2 2 2
3 1 3 1 3 1
1 1 1
x y z
C C C
x y z
+ + +
= ≥ = ≥ =

+ + +

Đến đây thì ta có thể sử dụng BDT chebysev:
( )( )
1 2 3 1 2 3
1
3
C x C y C z x y z C C C
+ + ≥ + + + +

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài tốn 2:
(Tatami)

Cho
1 2 3
, , , , .
n
x x x x
là các số thực khơng âm,
(
)
max n-1
i j
x x+ ≤
và
(
)
2

2
i j
x x n
+ ≤
∑ ∑
. CMR:
1
1
1
i
n x
≤
+ −
∑


Lời giải:
Phân tích bài tốn về dạng chebysev:
( )( )
( )( )
1 1 1
0 1 2 0
1 2 1
i i
i i i
x x
n n x x n x
 
 
− ≥ ⇔ − + ≥

 
 
+ − + + −
 
 
 
∑ ∑


Sắp thứ tự các biến:
1 2 3

n
x x x x
≥ ≥ ≥ ≥

Áp dụng BDT chebysev, ta có:
( )
(
)
( )( )
2
1
2 0
2 1
i j
i i
VT n x x
x n x
 

≥ − − ≥
 
 
+ + −
 
∑ ∑ ∑

(Do điều kiện và
( )( )
1
0
2 1
i i
x n x
≥
+ + −
∑
)
Ta có DPCM.
Bài tốn 3: (posted by manilo-mathlinks.ro)

Cho
, , 0
a b c
>
. CMR:
2
2 2
2
3

a bc
b c
+
≥
+
∑

Lời giải:
BDT về dạng chebysev:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0
a b c b c a c a b
a c b b c a c b a
b c c a a b
+ − + − + −
     
+ − + + − + + − ≥
     
+ + +
     

Sắp thứ tự các biến: giả sử:
a b c
≥ ≥

Áp dụng BDT chebysev, có ngay điều phải chứng minh!
Ngồi các cách phân tích và áp dụng trực tiếp BDT chebyshev như trên, lắm lúc,
ta phải biến đổi để các lượng
1 2 3

, ,
C C C
hoặc x,y,z phù hợp hơn. Việc đó được thực
hiện bằng cách nhân và chia một lượng phù hợp. Sau đây là 1 số ví dụ
Bài tốn 4 (Phạm Kim Hùng):
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
22

Cho
3
a b c
+ + =
. CMR:
1 1 1 3
9 9 9 8
ab bc ca
+ + ≤
− − −

Lời giải : (Phạm Kim Hùng)
BĐT về dạng Chebyshev:
1
0
9
ab
ab
−
≥
−
∑

Đặt
, ,
x bc y ca z ab
= = =

BĐT tương đương:
(
)
(
)
( )( )
1 6
0
6 9
x x
x x
− +
≥
+ −
∑


Sắp thứ tự các biến: Gỉa sử:
x y z
≥ ≥
ta có:
(
)
(

)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 6 1 6 1 6
x x y y z z
− + ≤ − + ≤ − +

và
( )( ) ( )( ) ( )( )
1 1 1
9 6 9 6 9 6
x x y y z z
≥ ≥
− + − + − +

Theo BĐT Chebyshev, ta có:
( )
1
(1 )(6 )
(9 )(6 )
VT x x
x x
 
≥ − +

 
− +
 
∑ ∑

Ta cần chứng minh
(1 )(6 ) 0
x x
− + ≥
∑
2 2 2
18 5( )
x y z x y z
⇔ ≥ + + + + +

2 2 2
18 5( ) ( ) ( ) ( )
ab bc ca ab cb ac
⇔ ≥ + + + + +
2 2 2
18 6 5( ) ( ) ( ) ( )
abc ab bc ca ab cb ac
⇔ + ≥ + + + + + (*)
Từ bất đẳng thức
( )( )( )
a b c a b c a b c abc
+ − − + − + + ≤
và điều kiện
3
a b c

+ + =

(3 2 )(3 2 )(3 2 )
a b c abc
=> − − − ≤

9 3 4( )
abc ab bc ca
⇔ + ≥ + +

18 6 8( )
abc ab bc ca
⇔ + ≥ + +
(**)
Thay vào (**) vào (*) ta cần chứng minh
3
ab bc ca
+ + ≤
(ln đúng)
Bài tốn 5:
Cho
, , 0
a b c
>

CMR:
2
3( )
2( )
a a b c

a bc ab bc ca
+ +
≤
+ + +
∑


BDT tương đương với

2
( )
2
a ab bc ca a b c
a
a bc
+ + + +
 
⇔ − ≤
 
+
 
∑


2
2
( )
2
a b c a a b c
a bc

 
+ − + +
⇔ ≤
 
+
 
∑

Hay
2
2
2
1 ( ) 0
a
b c a
a bc
 
⇔ − + − ≤
 
+
 
∑


Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
23

2
2
( ) 0

bc a
b c a
a bc
 
−
⇔ + − ≥
 
+
 
∑

Hay
(
)
( )
( )
[ ]
2
2
( )( ) 0
bc a
b c a b c
a bc b c
 
−
 
+ − + ≥
 
+ +
 

∑

Áp dụng BDT chebyshev, ta có DPCM

Hai ví dụ trên thật đặc sắc. Nếu biết áp dụng đúng lúc thì kĩ thuật này sẽ hỗ trợ rất
nhiều cho chúng ta.

Mặc dù có trong tay các cơng cụ phân tích mạnh mẽ như vậy, ta vẫn dễ dàng nhận
ra rằng với các bai tốn hốn vị thì chỉ đơn thuần áp dụng các dạng phân tích sẽ
chẳng thể làm được gì. Bởi lẽ vấn đề mấu chốt trong việc áp dụng BDT chebyshev
là sắp thứ tự các đại lượng. Nếu như sắp được thứ tự các đại lượng rồi mà chúng
lại ko có dạng
1 2 3
C x C y C z
+ + thì sao? Để khỏa lấp chỗ trống đó, chúng ta củng thử
xem một ý tưởng đơn giản sau:

I.Các tiêu chuẩn bổ sung của BDT chebysev:

Ta sẽ xét tất cả các mối quan hệ của các bộ hốn vị, cùng với DK của chúng, giúp
cho việc sử dụng dễ dàng hơn. Xét các bộ hốn vị sau:
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
1 2 3
1 2 3

1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1
2
3
4
5
6
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +

Và so sánh chúng với:
( )( )
3
x y z a b c
S
+ + + +
=

Lẽ dĩ nhiên là ta khơng thể so sánh trực tiếp các bộ hốn vị ở trên với S mà phải
thơng qua một số điều kiện. Nhưng thật thú vị vì các điều kiện ấy khơng hề làm
cản trở ta trong việc chứng minh, nếu có chỉ là một chút phức tạp hóa trong cách
trình bày bài tốn. Để minh chứng cho điều đó, tơi sẽ trình bày ngay các điều kiện
đó ra đây:

Cho 2 dãy tăng:
1 2 3
C C C
≥ ≥

và
x y z
≥ ≥
, ta có được:
1 2 3
1/ a,b,c,x,y,z
C x C y C z S+ + ≥ ∀

1 3 2
2
1 2 3 2
2/ [
C C C
x z y
C x C y C z S
+ ≥
+ ≥
+ + ≥ ⇔

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
24

2 1 3
2
1 2 3 2
3/ [
C C C
y x z
C x C y C z S
≥ +
≥ +
+ + ≥ ⇔

2 1 3
2
1 2 3 2
4/ [
C C C
y x z
C x C y C z S
≥ +
≥ +
+ + ≤ ⇔

1 3 2
2
1 2 3 2
5/ [

C C C
y x z
C x C y C z S
+ ≥
≥ +
+ + ≤ ⇔

1 2 3 1 2 3
6/ , , , , ,
C x C y C z S C C C x y z
+ + ≤ ∀


Nhìn qua điều kiện cho phép các bổ đề 2,3,4,5hoạt động, ta thấy ngay rằng chỉ
cần một trong 2điều kiện đúng là bài tốn được thỏa mãn.
Vậy ta đã xử lí xong một vấn đề khá quan trọng trong các điểm yếu của BDT
chebyshev: Với mọi bài tốn sau khi đã phân tích và sắp thứ tự các biểu thức:
1 2 3
, ,
C C C
và
, ,
x y z
thì ta hồn tồn có thể áp dụng cheby để xử lí (với lưu ý là có
nhiều hơn một cách phân tích về dạng chuẩn tắc)

Vấn đề cuối cùng của BDT chebyshev: sắp thứ tự các biến. Đây là một vấn đề khó
và hóc búa nhất khi muốn áp dụng BDT cheby. Mình xin nêu ra một số kĩ thuật
nữa, trong tầm hạn chế để giải quyết vấn đề này.
1/ Kĩ thuật chia trường hợp giao miền:

Ý tưởng của kĩ thuật này có thể phát biểu đơn giản như sau: Nhiều khi ta chia bài
tốn thành hai hoặc nhiều trường hợp nhỏ để xử lí, những trường hợp đó khơng
nhất thiết phải nằm trên hai miền khác nhau của bài tốn mà có thể trùng lên nhau,
nhưng phải đảm bảo là hội của hai trường hợp đó bao qt hết tồn bộ bài tốn.

Ví dụ: Thay vì chia bài tốn thành hai trường hợp là:
2
a c b
+ ≥
và
2
b a c
≥ +
thì ta có thể
chia thành
2
ac b
≥
và
2
b a c
≥ +
. Cách chia như trên vẫn đúng bởi hợp của hai
trường hợp là tồn bộ tập xác định của a,b,c(tức với mọi a,b,c) nhưng nó còn cung
cấp cho ta thêm dữ kiện bởi điều kiện
2
ac b
≥
mạnh hơn điều kiện
2

a c b
+ ≥

Trước khi đến với các ví dụ của PP, ta hãy xem xét một làm mạnh của BDT
chebyshev và suy ngẫm về nó nào:
BDT chebyshev làm mạnh:
Cho hai dãy:
2 3
a b a b c
a
+ + +
≥ ≥
và
2 3
x y x y z
x
+ + +
≥ ≥
thì:
3( ) ( )( )
ax by cz a b c x y z
+ + ≥ + + + +

Chứng minh: Tương tự BDT chebyshev cổ điển.
(Với bài tốn tổng qt đã được giải quyết bằng tổng Abel,xin phép khơng nêu ra
ở đây)

Sau đây là các ví dụ kinh điển cho PP này:

Bài tốn 6:

(Old and New Inequalities)

Cho
, , 0
a b c
>
. CMR:
a c a
b c b
+
 
≥
 
+
 
∑ ∑

Lời giải: