Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 10 pps

263
Mặt khác
s
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)
 1
Do đó
X
cy c
s
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)
(a
2
+ c
2

)(b
2
+ c
2
)
=
r
c
2
+ ab
a
2
+ b
2

r
a
2
+ bc
b
2
+ c
2
+
r
b
2
+ ca
c
2

+ a
2
!
+
s
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

p
2 + 1
Ta còn phải chứng minh
X
cy c
a
2
+ bc
b
2

+ c
2
+
p
2 +
3
2


2 +
1
p
2

P
cy c
a
2
P
cy c
ab
,
X
cy c
a
2
+ bc
b
2
+ c

2

5
2


2 +
1
p
2

P
cy c
a
2
 2
P
cy c
ab
P
cy c
ab
Nếu
P
cy c
a
2
 2
P
cy c

ab, bất đẳng thức là hiển nhiên vì
X
cy c
a
2
+ bc
b
2
+ c
2

5
2

a
2
+ c
2
b
2
+ c
2
+
b
2
+ c
2
a
2
+ c

2
+
ab
a
2
+ b
2

5
2

a
b
+
b
a
+
ab
a
2
+ b
2

5
2
=
(2a
2
 ab + 2b
2

)(a  b)
2
2ab(a
2
+ b
2
)
 0
Nếu
P
cy c
a
2
 2
P
cy c
ab thì ta có a 

p
b +
p
c

2
 b + 3c và do 2 +
1
p
2
< 3, nên ta chỉ
cần chứng minh được

,
X
cy c
a
2
+ bc
b
2
+ c
2

5
2

3
P
cy c
a
2
 6
P
cy c
ab
P
cy c
ab
264 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Ta có
X
cy c

a
2
+ bc
b
2
+ c
2

5
2

a
2
+ c
2
b
2
+ c
2
+
b
2
+ c
2
a
2
+ c
2
+
ab

a
2
+ b
2

5
2
=
(a
2
 b
2
)
2
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

(a  b)
2
2(a
2
+ b
2

)
= (a  b)
2

(a + b)
2
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

1
2(a
2
+ b
2
)


3(a  b)
2
(a + b)
2
4(a
2

+ c
2
)(b
2
+ c
2
)
và
P
cy c
a
2
 2
P
cy c
ab
P
cy c
ab
=
(a  b)
2
+ c(c  2a  2b)
P
cy c
ab

(a  b)
2
 2ac

P
cy c
ab
Nên ta chỉ cần chứng minh được
(a  b)
2
(a + b)
2
4(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

(a  b)
2
 2ac
P
cy c
ab
, (a  b)
2

(a + b)
2
4(a

2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

1
ab + bc + ca

+
2ac
ab + bc + ca
 0
Nếu a  b + 5c; ta sẽ chứng minh
(a + b)
2
4(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

1

ab + bc + ca
 0
, f(c) = (a + b)
2
(ab + bc + ca)  4(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)  0
Bất đẳng thức này đúng vì f(c) là hàm lõm trên

0;
ab
5

và
f(0) = ab(a  b)
2
 0
f

a  b
5

=
1

625
(a  b)(21a
3
+ 1112a
2
b  362ab
2
+ 229b
3
)  0
Nếu a  b + 5c thì
2ac 
2
5
a(a  b) 
2
5
(a  b)
2
Suy ra, ta chỉ cần chứng minh
(a + b)
2
4(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2

)

3
5(ab + bc + ca)
 0
265
, g(c) = 5(a + b)
2
(ab + bc + ca)  12(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)  0
Bất đẳng thức vì g(c) là hàm lõm trên

0;
ab
3

và
g(0) = ab(5a
2
 2ab + 5b
2
)  0
g


a  b
3

=
1
27
(5a
4
+ 313a
3
b  150a
2
b
2
+ 133ab
3
 85b
4
)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.56 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
a
b
3
+ c
3
+
b

c
3
+ a
3
+
c
a
3
+ b
3

18
5(a
2
+ b
2
+ c
2
)  ab  bc  ca
:
(Michael Rozenberg)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c
a(a + b + c)
b
3
+ c
3


18
P
cy c
a
5
P
cy c
a
2

P
cy c
ab
,
X
cy c
a
2
b
3
+ c
3
+
X
cy c
a
b
2
 bc + c
2


18
P
cy c
a
5
P
cy c
a
2

P
cy c
ab
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
a
2
b
3
+ c
3


P
cy c
a
2
!

2
P
cy c
a
2
(b
3
+ c
3
)
=

P
cy c
a
2
!
2

P
cy c
a
2
b
2
!
P
cy c
a
!

 abc
P
cy c
ab
và
X
cy c
a
b
2
 bc + c
2


P
cy c
a
!
2
P
cy c
a(b
2
 bc + c
2
)
=

P
cy c

a
!
2

P
cy c
a
!
P
cy c
ab
!
 6abc
266 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Suy ra, ta chỉ cần chứng minh được

P
cy c
a
2
!
2

P
cy c
a
2
b
2
!

P
cy c
a
!
 abc
P
cy c
ab
+

P
cy c
a
!
2

P
cy c
a
!
P
cy c
ab
!
 6abc

18
P
cy c
a

5
P
cy c
a
2

P
cy c
ab
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q =
P
cy c
ab; r = abc,
theo bất đẳng thức Schur bậc 4, ta có r  max
n
0;
(4q 1) (1 q)
6
o
. Bất đẳng thức trở
thành
(1  2q)
2
q
2
 (q + 2)r
+
1
q 6r


18
5  11q
Nếu 1  4q thì
(1  2q)
2
q
2
 (q + 2)r
+
1
q 6r

18
5  11q

(1  2q)
2
q
2
+
1
q

18
5  11q
=
(1  4q)(11q
2
 6q + 5)
q

2
(5  11q)
 0
Nếu 4q  1 thì
(1  2q)
2
q
2
 (q + 2)r
+
1
q 6r

18
5  11q

(1  2q)
2
q
2
 (q + 2) 
(4q 1) (1 q)
6
+
1
q (6q  1)(1  q)

18
5  11q
=

(1  3q)(4q 1)(112q
3
 117q
2
+ 39q 4)
(1  2q)
2
(5  11q)(4q
3
+ 9q
2
 9q + 2)
 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.57 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
r
a
a + b
+
r
b
b + c
+
r
c
c + a

3
p
2


r
ab + bc + ca
a
2
+ b
2
+ c
2
:
(Võ Quốc Bá Cẩn, Nguyễn Văn Thạch)
Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh
3
P
cy c
a
2
P
cy c
a

X
cy c
2a
2
a + c
267
Thật vậy, ta có
3
X

cy c
a
2


X
cy c
a
!
X
cy c
2a
2
a + c
!
= 3
X
cy c
a
2


X
cy c
a
!
X
cy c
a
2

+ b
2
a + b
!
=
X
cy c
a
2

X
cy c
c(a
2
+ b
2
)
a + b
=
X
cy c
ab(a  b)
2
(a + c)(b + c)
 0
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức bất đẳng thức này và bất đẳng thức Holder, ta được
3
P
cy c
a

2
P
cy c
a

X
cy c
r
a
a + b
!
2
"
X
cy c
a(a + b)(a + c)
#
 2

X
cy c
a
2
a + c
!
X
cy c
r
a
a + b

!
2
"
X
cy c
a(a + b)(a + c)
#
 2

X
cy c
a
!
4
Ta cần chứng minh
4

X
cy c
a
!
4
 27

X
cy c
ab
!
2
"

X
cy c
a(a + b)(a + c)
#
, 4

X
cy c
a
!
4
 27

X
cy c
ab
!
2
"
X
cy c
a
2
!
X
cy c
a
!
+ 3abc
#

Do tính thuần nhất, ta chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q =
P
cy c
ab; r = abc thì ta có
q
2
 3r. Bất đẳng thức trở thành
4  27q(1  2q + 3r)
Ta có
4  27q(1  2q + 3r)  4  27q(1  2q + q
2
) = (4  3q)(1  3q)
2
 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ a = b = c:
Bài toán 2.58 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
X
cy c
a
2
+ b
2
+ c
2
a
2
+ 2b
2
+ 2c
2


X
cy c
b
2
+ bc + c
2
a
2
+ (b + c)
2
:
(Phạm Hữu Đức)
268 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c
a
2
 bc
a
2
+ (b + c)
2


X
cy c
a
2

!"
X
cy c

1
a
2
+ (b + c)
2

1
a
2
+ 2b
2
+ 2c
2

#
,
X
cy c
a
2
 bc
a
2
+ (b + c)
2


X
cy c
a
2
!"
X
cy c
(b  c)
2
[a
2
+ (b + c)
2
](a
2
+ 2b
2
+ 2c
2
)
#
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Bất đẳng thức trở
thành

X
cy c
a
2
 bc
1 + 2bc

X
cy c
(b  c)
2
(1 + 2bc)(1 + b
2
+ c
2
)
Chú ý rằng
X
cy c
2(a
2
 bc)
1 + 2bc
=
X
cy c
2a
2
 b
2

 c
2
1 + 2bc
+
X
cy c
(b  c)
2
1 + 2bc
=
X
cy c
(b
2
 c
2
)

1
1 + 2ca

1
1 + 2ab

+
X
cy c
(b  c)
2
1 + 2bc

=
X
cy c
(b  c)
2

2a(b + c)
(1 + 2ab)(1 + 2ac)
+
1
1 + 2bc

Do đó, bất đẳng thức tương đương với
X
cy c
(b  c)
2

2a(b + c)
(1 + 2ab)(1 + 2ac)
+
1
1 + 2bc

2
(1 + 2bc)(1 + b
2
+ c
2
)


 0
,
X
cy c
(b  c)
2

2a(b + c)
(1 + 2ab)(1 + 2ac)

a
2
(1 + 2bc)(1 + b
2
+ c
2
)

 0
Mặt khác, ta có
2(1 + 2bc)(1 + b
2
+ c
2
)  (1 + 2ab)(1 + 2ac)
= [1 + (b + c)
2
 2a(b + c)] + [(b + c)
2

 4a
2
bc] + 4bc(b
2
+ c
2
)
 2(b + c)(1  a) + 4bc(1  a
2
) + 4bc(b
2
+ c
2
)  0
Nên ta chỉ cần chứng minh được
X
cy c
(b  c)
2

2a(b + c)
(1 + 2ab)(1 + 2ac)

2a
2
(1 + 2ab)(1 + 2ac)

 0
269
,

X
cy c
x(b  c)
2
 0
trong đó x = a(b + c  a)(1 + 2bc) và y; z tương tự.
Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c, khi đó ta có y; z  0 và
b(a  c)
2
 a(b  c)
2
; 1 + 2ac  1 + 2bc
a(b  c)
2
(b + c  a)(1 + 2bc) + b(a  c)
2
(a + c  b)(1 + 2ac)
 a(b  c)
2
(b + c  a)(1 + 2bc) + a(b  c)
2
(a + c  b)(1 + 2bc)
= 2ac(b  c)
2
(1 + 2bc)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Bài toán 2.59 Cho các số dương x; y thỏa mãn x + y
2
 x
2

+ y
3
: Chứng minh rằng
3x
2
+ 2y
3
 5:
(Ji Chen)
Lời giải 1. Từ x + y
2
 x
2
+ y
3
, ta có
5(x + y
2
)  (3x
2
+ 2y
3
) + (2x
2
+ 3y
3
)
Ta sẽ chứng minh rằng
5 + 2x
2

+ 3y
3
 5(x + y
2
)
, (2x  3)(x  1) + [3y
2
 2(y + 1)](y  1)  0
Chú ý rằng nếu x; y  1 thì ta có x + y
2
 x
2
+ y
3
, điều này mâu thuẫn với giả thiết
bài toán.
Nếu y  1  x thì ta có
(3  2x)(1  x)  x(1  x)  y
2
(y 1)
Do đó
(2x3)(x1)+[3y
2
2(y +1)](y 1)  [4y
2
2(y +1)](y 1) = 2(y 1)
2
(2y +1)  0
Nếu x  1  y thì
[2(y + 2) 3y

2
](1  y)  y
2
(1  y)  x(x  1)
Do đó
(2x  3)(x  1) + [3y
2
 2(y + 1)](y  1)  (3x  3)(x  1) = 3(x  1)
2
 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1:
Lời giải 2. Ta có
5  3x
2
 2y
3
= 6(x  x
2
+ y
2
 y
3
) + 3(1  x)
2
+ 2(1  y)
2
(1 + 2y)  0:
270 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Bài toán 2.60 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh rằng
a

1 + a + b
2
+
b
1 + b + c
2
+
c
1 + c + a
2

3
4
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Xét 2 trường hợp sau
Trường hợp 1. Nếu
P
cy c
a
2
+
P
cy c
ab
2
 9, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
a

1 + a + b
2


P
cy c
a
!
2
P
cy c
a(1 + a + b
2
)
=
9
3 +
P
cy c
a
2
+
P
cy c
ab
2

3
4
Trường hợp 2. Nếu

P
cy c
a
2
+
P
cy c
ab
2
 9, tức là
X
cy c
ab
2
 2
X
cy c
a
2
b + 6abc
Bất đẳng thức tương đương với
4
X
cy c
a(1 + b + c
2
)(1 + c + a
2
)  3(1 + a + b
2

)(1 + b + c
2
)(1 + c + a
2
)
,
X
cy c
a
2
b
3
+ 5
X
cy c
a
3
b +
X
cy c
a
3
+ 9abc+
X
cy c
a
2
b + 5
X
cy c

ab
 3
X
cy c
a
2
b
2
+ 3
X
cy c
a
2
+ 3a
2
b
2
c
2
Do
P
cy c
ab
2
 2
P
cy c
a
2
b + 6abc nên ta có

X
cy c
ab
!
X
cy c
ab
2
!
 2

X
cy c
a
2
b + 3abc
!
X
cy c
ab
!
,
X
cy c
a
2
b
3
 2

X
cy c
a
3
b
2
+ 7
X
cy c
a
2
b
2
c +
X
cy c
a
3
bc
,
X
cy c
a
2
b
3

2
3
X

cy c
a
2
b
2
(a + b) +
7
3
X
cy c
a
2
b
2
c +
1
3
X
cy c
a
3
bc
271
Đặt q = ab + bc + ca; r = abc thì
2
3
X
cy c
a
2

b
2
(a + b) +
7
3
X
cy c
a
2
b
2
c +
1
3
X
cy c
a
3
bc = 2q
2
+ (q 9)r
)
X
cy c
a
2
b
3
 2q
2

+ (q 9)r
Mặt khác, ta có
X
cy c
a
3
b 
X
cy c
a
2
bc = 3r;
X
cy c
a
2
b 

P
cy c
ab
!
2
P
cy c
a
=
1
3
q

2
Từ những bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh được
[2q
2
+ (q 9)r] + 15r + (27 9q + 3r) + 9r +
1
3
q
2
+ 5q  3(q
2
6r) + 3(9  2q) + 3r
2
,
2
3
q(3  q) + (36 + q)r 3r
2
 0:
hiển nhiên đúng do 3  q; 1  r.
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3; b = c = 0
hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.61 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
a
3
(b
2
+ 1) + b
3
(c

2
+ 1) + c
3
(a
2
+ 1)  8(a + b + c)  18:
(Nguyễn Công Minh)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
a
5
b
2


P
cy c
a
2
b
!
2
P
cy c
a
;
X
cy c
a

2
b 

P
cy c
ab
!
2
P
cy c
b
)
X
cy c
a
5
b
2


P
cy c
ab
!
4

P
cy c
a
!

3
272 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Mặt khác, bất đẳng thức đã cho tương đương với

X
cy c
a
5
b
2
+
X
cy c
a
!
+
X
cy c
a
3
+ 18  9
X
cy c
a  0
Do đó, theo trên và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
X
cy c
a
5
b

2
+
X
cy c
a 

P
cy c
ab
!
4

P
cy c
a
!
3
+
X
cy c
a 
2

P
cy c
ab
!
2
P
cy c

a
Mặt khác,

X
cy c
a
!
3
+ 27 + 27  27
X
cy c
a
) 18  9
X
cy c
a  
1
3

X
cy c
a
!
3
Nên ta chỉ cần chứng minh được
2

P
cy c
ab

!
2
P
cy c
a
+
X
cy c
a
3

1
3

X
cy c
a
!
3
,
2q
2
p
+
X
cy c
a
3

1

3
p
3
trong đó p = a + b + c; q = ab + bc + ca. Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có
X
cy c
a
3

1
3
p(2p
2
 5q)
Suy ra
2q
2
p
+
X
cy c
a
3

1
3
p
3

2q

2
p
+
1
3
p(2p
2
 5q) 
1
3
p
3
=
(p
2
 3q)(p
2
 2q)
3p
 0:
vì p
2
 3q:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1:
273
Bài toán 2.62 Cho các số không âm a; b; c; d thỏa mãn a + b + c + d = 3: Chứng
minh rằng
ab(a + 2b + 3c) + bc(b + 2c + 3d) + cd(c + 2d + 3a) + da(d + 2a + 3b)  6
p
3:

(Phạm Kim Hùng)
Lời giải. Đặt
f(a; b; c; d) =
X
cy c
ab(a + 2b + 3c)
Ta có
f(a; b; c; d)  f (a + c; b; 0; d) = c(b  d)(a + c  b  d)
và
f(a; b; c; d)  f (0; b; a + c; d) = a(b  d)(a + c  b  d)
Suy ra, nếu (b  d)(a + c  b  d)  0 thì f(a; b; c; d)  f(a + c; b; 0; d) và nếu
f(b  d)(a + c  b  d)  0 thì f(a; b; c; d)  f (0; b; a + c; d), tức là
f(a; b; c; d)  maxff (a + c; b; 0; d); f (0; b; a + c; d)g
Tương tự, ta có
f(a + c; b; 0; d)  maxff (a + c; b + d; 0; 0); f (a + c; 0; 0; d)g
f(0; b; a + c; d)  maxff (0; b + d; a + c; 0); f (0; 0; a + c; b + d)g
Mặt khác, ta dễ dàng kiểm tra được
maxff(a + c; b + d; 0; 0); f (a + c; 0; 0; d)g  6
p
3
maxff(0; b + d; a + c; 0); f (0; 0; a + c; b + d)g  6
p
3:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = d = 0; b =
3 
p
3; c =
p
3 hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.63 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng

r
a
a
2
+ b + 4
+
r
b
b
2
+ c + 4
+
r
c
c
2
+ a + 4

4
r
3
4
(a + b + c):
(Nguyễn Công Minh)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
r
a

a
2
+ b + 4
!
2
 3
X
cy c
a
a
2
+ b + 4
 3
X
cy c
a
2a + b + 3
274 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Ta cần chứng minh
X
cy c
2a
2a + b + 3

v
u
u
t
P
cy c

a
3
,
X
cy c
b + 3
2a + b + 3
+
v
u
u
t
P
cy c
a
3
 3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz,
X
cy c
b + 3
2a + b + 3

"
P
cy c
(b + 3)
#
2
P

cy c
(b + 3)(2a + b + 3)
=

P
cy c
a + 9
!
2

P
cy c
a
!
2
+ 12
P
cy c
a + 27
=
P
cy c
a + 9
P
cy c
a + 3
Đặt
P
cy c
a = 3t

2
(t  0), ta phải chứng minh
3t
2
+ 9
3t
2
+ 3
+ t  3
,
t(t  1)
2
t
2
+ 1
 0:
hiển nhiên đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a = b = c ! 0:
Bài toán 2.64 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
s
a(b + c)
(2b + c)(b + 2c)
+
s
b(c + a)
(2c + a)(c + 2a)
+
s
c(a + b)

(2a + b)(a + 2b)

p
2:
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có
"
X
cy c
s
a(b + c)
(2b + c)(b + 2c)
#"
X
cy c
a
2
(2b + c)(b + 2c)
b + c
#


X
cy c
a
!
3
275
Ta cần chứng minh

X

cy c
a
!
3
 2
X
cy c
a
2
(2b + c)(b + 2c)
b + c
,

X
cy c
a
!
3
 4
X
cy c
a
2
(b + c) + 2abc
X
cy c
a
b + c
,
X

cy c
a
3

X
cy c
a
2
(b + c) + 3abc  abc

X
cy c
2a
b + c
 3
!
Chú ý rằng
X
cy c
a
3

X
cy c
a
2
(b + c) + 3abc =
X
cy c
a(a  b)(a  c)

và
X
cy c
2a
b + c
 3 =
X
cy c
(2a + b + c)(a  b)(a  c)
(a + b)(b + c)(c + a)
Bất đẳng thức tương đương
X
cy c
x(a  b)(a  c)  0
trong đó x = a 
abc(2a+b+c)
(a+b)(b+c)(c+a)
=
a
2
(ab+ac+b
2
+c
2
)
(a+b)(b+c)(c+a)
 0 và y; z tương tự.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c, khi đó
a  c  b  c  0
và

x  y = (a b)

1 
abc
(a + b)(b + c)(c + a)

 0
) x(a  c)  y(b  c)  (b  c)(x  y)  0
Mặt khác, ta có thể viết lại bất đẳng thức như sau
(a  b)[x(a  c)  y(b  c)] + z(a  c)(b  c)  0:
Bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a = b; c = 0 hoặc các h oán vị tương ứ ng.
Nhận xét 18 Chú ý rằng 2(b
2
+ c
2
)  (2b + c)(b + 2c), nên
X
cy c
s
a(b + c)
2(b
2
+ c
2
)

X
cy c
s

a(b + c)
(2b + c)(b + 2c)

p
2
276 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
và ta thu được kết quả đẹp sau
r
a(b + c)
b
2
+ c
2
+
r
b(c + a)
c
2
+ a
2
+
r
c(a + b)
a
2
+ b
2
 2:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Đẳng thức đạt được tại a = b; c = 0 và các hoán vị của nó.

Bài toán 2.65 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
2

a
3
b + c
+
b
3
c + a
+
c
3
a + b

 2(a
2
+ b
2
+ c
2
) 
p
3abc(a + b + c):
(Nguyễn Công Minh)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có
X
cy c
a

3
b + c


P
cy c
a
2
!
3

P
cy c
a
!"
P
cy c
a
2
(b + c)
#
Ta cần chứng minh
2

P
cy c
a
2
!
3

P
cy c
a
!"
P
cy c
a
2
(b + c)
#
+
s
3abc
X
cy c
a  2
X
cy c
a
2
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c = 1. Đặt q = ab+bc+ca; r = abc,
khi đó theo bất đẳng thức Schur bậc 4, ta có r  max
n
0;
(4q 1) (1 q)
6
o
. Bất đẳng thức
trở thành

2(1  2q)
3
q 3r
+
p
3r  2(1 2q)
Nếu 1  4q thì
2(1  2q)
3
q 3r
+
p
3r 2(1 2q) 
2(1  2q)
3
q
 2(1  2q)
=
2(1  2q)(1  q)(1  4q)
q
 0
277
Nếu 4q  1 thì
2(1  2q)
3
q 3r
+
p
3r 2(1 2q) 
2(1  2q)

3
q 
(4q 1) (1 q)
2
+
r
(4q 1)(1 q)
2
=
4(1  2q)
3
4q
2
 3q + 1
+
r
(4q 1)(1 q)
2
Ta cần chứng minh
4(1  2q)
3
4q
2
 3q + 1
+
r
(4q 1)(1 q)
2
 2(1  2q)
,

r
(4q 1)(1 q)
2
 2(1  2q) 
4(1  2q)
3
4q
2
 3q + 1
,
r
(4q 1)(1 q)
2

2(1  2q)(4q 1)(1 q)
4q
2
 3q + 1
, 4q
2
 3q + 1  2(1 2q)
p
2(4q 1)(1 q)
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
4q
2
 3q + 1 2(1 2q)
p
2(4q 1)(1 q)
 4q

2
 3q + 1 (1 2q)[2(4q  1) + 1  2q] = 2(1  3q)
2
 0:
Bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a = b; c = 0 hoặc các h oán vị tương ứ ng.
Bài toán 2.66 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
(a
2
b + b
2
c + c
2
a)
2
 abc(a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
):
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải 1. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c
a
4
b
2


X
cy c
a
4
bc  abc(a  b)(a  c)(b  c)
,
X
cy c
a
4
(b  c)
2
+
X
cy c
a
4
b
2

X
cy c
a
2
b
4
 2abc(a  b)(a  c)(b  c)
,
X

cy c
a
4
(b  c)
2
+ (a  b)(a  c)(b  c)[(a + b)(b + c)(c + a)  2abc]  0
278 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
,
X
cy c
a
4
(b  c)
2
+ (a  b)(a  c)(b  c)
X
cy c
ab(a + b)  0
Do a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên tồn tại các số không âm x; y; z  0
sao cho a = y + z; b = z + x; c = x + y. Bất đẳng thức trở thành
X
cy c
(y + z)
4
(y z)
2
+ (x  y)(y z)(z  x)
"
2
X

cy c
x
3
+ 5
X
cy c
x
2
(y + z) + 12xyz
#
 0
Từ đây, giả sử x = minfx; y; zg và đặt y = x + p; z = x + q, ta có thể dễ dàng viết lại
bất đẳng thức như sau
Ax
4
+ Bx
3
+ Cx
2
+ Dx + E  0
trong đó
A = 32(p
2
 pq + q
2
)  0
B = 16(4p
3
 5p
2

q + pq
2
+ 4q
3
)  0
C = 48(p
4
 p
3
q p
2
q
2
+ pq
3
+ q
4
) = 48[p(p  q)
2
(p + q) + q
4
]  0
D = 8(p + q)(2p
4
 3p
3
q p
2
q
2

+ pq
3
+ 2q
4
)
= 8(p + q)[2(p  q)
4
+ pq(5p
2
 13pq + 9q
2
)]  0
E = 2(p
3
 pq
2
 q
3
)
2
 0:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c
hoặc
a = b + c; b =

3
p
100 + 12
p

69
6
+
2
3
3
p
100 + 12
p
69

1
3
!
c:
hoặc các hoán vị tương ứng.
Lời giải 2. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử (a b)(a c)  0. Xét hàm
số sau
f(x) = (a
2
+ b
2
+ c
2
)x
2
 2(a
2
b + b
2

c + c
2
a)x + abc(a + b + c)
Ta có
f(a) = a(a  b)(a  c)(a  b + c)  0
và
lim
x!1
f(x) = +1
Do đó, tồn tại x
0
sao cho f (x
0
) = 0, và vì thế biệt thức của f(x) phải không âm, tức
là
(a
2
b + b
2
c + c
2
a)
2
 abc(a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
):

279
Nhận xét 19 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz và bất đẳng thức trên, ta có
X
cy c
a
2
b
c


P
cy c
a
2
b
!
2
P
cy c
a
2
bc

X
cy c
a
2
và ta được
a
2

b
c
+
b
2
c
a
+
c
2
a
b
 a
2
+ b
2
+ c
2
, a
2

b
c
 1

+ b
2

c
a

 1

+ c
2

a
b
 1

 0:
Đây chính là bất đẳng thức trong kỳ thi chọn đội tuyển đi thi toán quốc tế của Moldova
2006.
Bài toán 2.67 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh rằng
ab
p
a + bc
p
b + ca
p
c  3:
(Vasile Cirtoaje)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
ab
p
a
!
2



X
cy c
ab
!
X
cy c
a
2
b
!
Ta cần chứng minh

X
cy c
ab
!
X
cy c
a
2
b
!
 9
,

X
cy c
ab

!
X
cy c
a
!
X
cy c
a
2
b
!
 27
,

X
cy c
ab
!
2
4
X
cy c
a
3
b +

X
cy c
ab
!

2
 3abc
3
5
 27
Sử dụng bất đẳng thức Vasile
P
cy c
a
3
b 
1
3

P
cy c
a
2
!
2
. Ta cần phải chứng minh

X
cy c
ab
!
2
4
1
3

X
cy c
a
2
!
2
+

X
cy c
ab
!
2
 3abc
3
5
 27
280 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Đặt q = ab + bc + ca, ta phải chứng minh
q[(9  2q)
2
+ 3q
2
 9abc]  81
Theo b ất đẳng thức Schur bậc 3, ta có 3r  4q  9. Do đó, ta chỉ cần chứng minh
được
q[(9  2q)
2
+ 3q

2
 3(4q 9)]  81
, (3  q)(7q
2
 27q + 27)  0:
hiển nhiên đúng do q  3.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1:
Nhận xét 20 Từ bài này, ta suy ra kết quả sau ở phần trước
a
3
a
2
+ b
2
+
b
3
b
2
+ c
2
+
c
3
c
2
+ a
2

p

3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Ở đây, chúng ta có một lời giải khác bằng cách sử dụng bất đẳng thức Holder như sau

X
a
3
a
2
+ b
2

2
h
X
(a
2
+ b
2
)
2
(a
2

+ c
2
)
3
i

h
X
a
2
(a
2
+ c
2
)
i
3
=
1
8
h
X
(a
2
+ b
2
)
2
i
3

Nên ta chỉ cần chứng minh được
1
8
h
X
(a
2
+ b
2
)
2
i
3

3
4

X
a
2
h
X
(a
2
+ b
2
)
2
(a
2

+ c
2
)
3
i
Đặt
p
x = a
2
+ b
2
;
p
y = b
2
+ c
2
;
p
z = c
2
+ a
2
thì bất đẳng thức trở thành
(x + y + z)
3
 3

p
x +

p
y +
p
z

xy
p
x + yz
p
y + zx
p
z

Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
p
x +
p
y +
p
z 
p
3(x + y + z)
Nên ta chỉ cần chứng minh được
(x + y + z)
5=2
 3
p
3

xy

p
x + yz
p
y + zx
p
z

Do tính thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa cho x + y + z = 3: Khi đó bất đẳng thức
trở thành
xy
p
x + yz
p
y + zx
p
z  3:
Đây chính là bất đẳng thức được chứng minh ở trên. Vậy nên bất đẳng thức cần chứng
minh đúng.
281
Bài toán 2.68 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a
b
+
b
c
+
c
a
+ 3  2


a + b
b + c
+
b + c
c + a
+
c + a
a + b

:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c
a
b
+ 2
X
cy c
c
b + c
 2
X
cy c
a
b + c
+ 3
,

X

cy c
ab
!
X
cy c
a
b
+ 2
X
cy c
c
b + c
!


X
cy c
ab
!
2
X
cy c
a
b + c
+ 3
!
,
X
cy c
ca

2
b
+ 2
X
cy c
bc
2
b + c

X
cy c
a
2
+ 2
X
cy c
abc
b + c
Sử dụng bất đẳng thức Moldova, ta có
X
cy c
ca
2
b

X
cy c
a
2
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được

X
cy c
bc
2
b + c

X
cy c
abc
b + c
,
X
cy c
bc(c  a)
b + c
 0
,
X
cy c
bc(c
2
 a
2
)(a + b)  0
,
X
cy c
a
2
b

3

X
cy c
a
2
b
2
c:
hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Bài toán 2.69 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
a
2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca
+
3(a
3
b + b
3
c + c
3
a)
a
2

b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
 4:
(Bách Ngọc Thành Công)
282 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với

X
cy c
a
2
!
X
cy c
a
2
b
2
!
+ 3

X

cy c
a
3
b
!
X
cy c
ab
!
 4

X
cy c
ab
!
X
cy c
a
2
b
2
!
, 4
X
cy c
a
4
b
2
+

X
cy c
a
2
b
4
+ 3
X
cy c
a
4
bc + 3a
2
b
2
c
2
 4
X
cy c
a
3
b
3
+
X
cy c
a
3
b

2
c + 4
X
cy c
a
2
b
3
c
, 4
X
cy c
a
4
b
2
+
X
cy c
a
2
b
4
 4
X
cy c
a
3
b
3

 abc

4
X
cy c
ab
2
+
X
cy c
a
2
b  3
X
cy c
a
3
 3abc
!
,
X
cy c
a
2
b
2
(2a  b)
2
 abc

4
X
cy c
ab
2
+
X
cy c
a
2
b  3
X
cy c
a
3
 3abc
!
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
2
X
cy c
a
2
b
2
(2a  b)
2
=
X
cy c

[a
2
b
2
(2a  b)
2
+ a
2
c
2
(2c  a)
2
]
 2
X
cy c
a
2
bc(2a  b)(2c  a)
= 2abc

4
X
cy c
ab
2
+
X
cy c
a

2
b  2
X
cy c
a
3
 6abc
!
 2abc

4
X
cy c
ab
2
+
X
cy c
a
2
b  3
X
cy c
a
3
 3abc
!
:
Bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a

1
=
b
2
=
c
0
hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.70 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thờ bằng 0:
Chứng minh rằng
a
2
(b + c)
(b
2
+ c
2
)(2a + b + c)
+
b
2
(c + a)
(c
2
+ a
2
)(2b + c + a)
+
c
2

(a + b)
(a
2
+ b
2
)(2c + a + b)

2
3
:
(Darij Grinberg)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
"
X
cy c
a
2
(b + c)
(b
2
+ c
2
)(2a + b + c)
#"
X
cy c
a
2
(b
2

+ c
2
)(2a + b + c)
b + c
#


X
cy c
a
2
!
2
283
Ta cần chứng minh
3

X
cy c
a
2
!
2
 2
X
cy c
a
2
(b
2

+ c
2
)(2a + b + c)
b + c
, 3
X
cy c
a
4
+ 6
X
cy c
a
2
b
2
 4
X
cy c
a
2
b
2
+ 4
X
cy c
a
3
(b
2

+ c
2
)
b + c
, 3
X
cy c
a
4
+ 2
X
cy c
a
2
b
2
 4
X
cy c
a
3
(b
2
+ c
2
)
b + c
, 3
X
cy c

a
4
+ 2
X
cy c
a
2
b
2
 4
X
cy c
a
3
[(b + c)
2
 2bc]
b + c
, 3
X
cy c
a
4
+ 2
X
cy c
a
2
b
2

 4
X
cy c
a
3
(b + c) + 8abc
X
cy c
a
2
b + c
 0
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
X
cy c
a
2
b + c

1
2
X
cy c
a
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được
3
X
cy c
a
4

+ 2
X
cy c
a
2
b
2
 4
X
cy c
a
3
(b + c) + 4abc
X
cy c
a  0
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c = 1. Đặt q = ab+bc+ca; r = abc,
khi đó bất đẳng thức trở thành
3(4r + 2q
2
 4q + 1) + 2(q
2
 2r)  4(q 2q
2
 r) + 4r  0
, 16r + (3 4q)(1  4q)  0
Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 4, ta có r 
(4q 1) (1 q)
6
, suy ra

16r + (3 4q)(1  4q) 
16(4q 1)(1 q)
6
+ (3  4q)(1  4q) =
1
3
(1  4q)
2
 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứ ng.
Nhận xét 21 Chúng ta có cũng có 1 cách khác (đòi hỏi chúng ta phải có sự khéo
léo) để chứng minh bất đẳng thức
3
X
cy c
a
4
+ 2
X
cy c
a
2
b
2
 4
X
cy c
a
3
(b + c) + 4abc

X
cy c
a  0
284 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
bằng cách viết lại nó như sau (sau khi đã giả sử c = minfa; b; cg)
c
4
+ 2c
2
(a + b  c)
2
+ (a  b)
2
(3a
2
+ 3b
2
+ 2ab  4ac  4bc)  0
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.
Bài toán 2.71 Cho các số không âm a; b; c. Chứng minh rằng
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b

3

2
+
7
16

maxf(a  b)
2
; (b  c)
2
; (c  a)
2
g
ab + bc + ca
:
(Phạm Văn Thuận, Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c. Bất đẳng thức trở
thành
X
cy c
a
b + c

3
2
+
7
16

(a  c)
2

ab + bc + ca
,
X
cy c
a[a(b + c) + bc]
b + c

3
2
(ab + bc + ca) +
7
16
(a  c)
2
, a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc
X
cy c
1
b + c

3
2
(ab + bc + ca) +
7

16
(a  c)
2
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
X
cy c
1
b + c

9
2(a + b + c)
Nên ta chỉ cần chứng minh được
a
2
+ b
2
+ c
2
+
9abc
2(a + b + c)

3
2
(ab + bc + ca) +
7
16
(a  c)
2
Đặt a = c + x; b = c + y (x  y  0), khi đó bất đẳng thức này tương đương với

(11x
2
 32xy + 32y
2
)c + (x + y)(3x  4y)
2
 0:
Hiển nhiên đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a
4
=
b
3
=
c
0
hoặc các hoán vị tương
ứng.
Bài toán 2.72 Cho các số dương a; b; c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
P =
1
(a
2
 a + 1)
2
+
1
(b

2
 b + 1)
2
+
1
(c
2
 c + 1)
2
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
285
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c ) a  1  c. Xét nhứng
trường hợp sau
Trường hợp 1. Nếu b  1, ta sẽ chứng minh
1
(a
2
 a + 1)
2
+
1
(b
2
 b + 1)
2
 1 +
1
(a
2

b
2
 ab + 1)
2
= 1 +
c
4
(c
2
 c + 1)
2
,

1 
1
(a
2
 a + 1)
2

1 
1
(b
2
 b + 1)
2


1
(a

2
 a + 1)
2
(b
2
 b + 1)
2

1
(a
2
b
2
 ab + 1)
2
, ab(a  1)(b  1)(a
2
 b + 2)(b
2
 b + 2)(a
2
b
2
 ab + 1)
2
 (a  1)(b  1)(a + b)[2a
2
b
2
 ab(a + b) + a

2
+ b
2
 a  b + 2]
, ab(a
2
 a + 2)(b
2
 b + 2)(a
2
b
2
 ab + 1)
2
 (a + b)[2a
2
b
2
 ab(a + b) + a
2
+ b
2
 a  b + 2]
Do a; b  1, ta có
(a
2
 a + 2)(b
2
 b + 2)(a
2

b
2
 ab + 1)  4; 2ab  a + b
) ab(a
2
 a + 2)(b
2
 b + 2)(a
2
b
2
 ab + 1)
2
 2(a + b)(a
2
b
2
 ab + 1)
Ta cần chứng minh
2(a
2
b
2
 ab + 1)  2a
2
b
2
 ab(a + b) + a
2
+ b

2
 a  b + 2
, (a  1)(b  1)(a + b)  0
hiển nhiên đúng. Từ đây, ta có
P  1 +
c
4
(c
2
 c + 1)
2
+
1
(c
2
 c + 1)
2
= 3 
(c  1)
2
(c
2
 c + 1)
2
 3
Trường hợp 2. Nếu a  1  b  c. Chú ý rằng
(b
2
 b + 1)
2


9
16
; (c
2
 c + 1)
2

9
16
Do đó, nếu a  4, ta có
(a
2
 a + 1)
2
 (4
2
 4 + 1)
2
= 169
) P 
1
169
+
32
9
=
5417
1521
Nếu 4  a ) bc 

1
4
) b 
1
2
, ta có 2 trường hợp nhỏ
286 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
i) Nếu c 
1
2
, ta có
(c
2
 c + 1)
2

9
16
b
2
 b + 1 = b(1  2c)(b + 2bc  1) + (4b
2
c
2
 2bc + 1)
 b(1  2c)

1
2
+ 2 

1
4
 1

+ (4b
2
c
2
 2bc + 1)
= 4b
2
c
2
 2bc + 1 =
a
2
 2a + 4
a
2
) P 
1
(a
2
 a + 1)
2
+
a
4
(a
2

 2a + 4)
2
+
16
9
= f(a)
) max P  max
4a1
f(a)
ii) Nếu 4  a  1  b  c 
1
2
, xét hàm số sau
g(x) =
1
(e
2x
 e
x
+ 1)
2
với x 2 [ln 2; 0]. Ta có
g
00
(x) =
2e
x
(e
x
 1)(8e

2x
+ e
x
 1)
(e
2x
 e
x
+ 1)
4
 0 8x 2 [ln 2; 0]
Do đó g(x) lõm trên [ln 2; 0]. Bây giờ, ta hãy chú ý rằng ln b; ln c 2 [ln 2; 0], nên
theo bất đẳng thức Jensen,
g(ln b) + g(ln c)  2g

ln b + ln c
2

,
1
(b
2
 b + 1)
2
+
1
(c
2
 c + 1)
2


2

bc 
p
bc + 1

2
=
2a
2
(a 
p
a + 1)
2
) P 
1
(a
2
 a + 1)
2
+
2a
2
(a 
p
a + 1)
2
= h(a)
) max P  max

4a1
h(a)
Từ những trường hợp đã xét ở trên, ta đi đến kết luận (với chú ý là đẳng thức luôn
xảy ra)
max P = max

5417
1521
; max
4a1
f(a); max
4a1
h(a)

:
287
Bài toán 2.73 Cho các số không âm a; b; c; d. Chứng minh rằng
X
cy c
a(a  b)(a  c)(a  d) + abcd  0:
(Phạm Kim Hùng)
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c  d. Bất đẳng thức
tương đương với
(a  b)[a(a  c)(a  d)  b(b  c)(b  d)] + c(c  d)(a  c)(b  c)
+ d[abc + (d  a)(d  b)(d  a)]  0
Ta có
a(a  c)(a  d)  b(b  c)(b  d) = (a  b)[a
2
+ ab + b
2

 (a + b)(c + d) + cd]
và
a
2
+ ab + b
2
 (a + b)(c + d) + cd
= (a  b)(a + 2b  c  d) + (b  c)(3b + c  2d) + c(c  d)  0
) a(a  c)(a  d)  b(b  c)(b  d)  0
Mặt khác
c(c  d)(a  c)(b  c)  0
và
abc + (d  a)(d  b)(d  a) = d[d
2
+ a(b  d) + b(c  d) + c(a  d)]  0:
Bất đăng thức được chứng minh. Đẳng thứ c xảy ra khi và chỉ khi a = b = c; d = 0
hoặc a = b; c = d = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.74 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a+b+c = 2. Chứng minh rằng
bc
a
2
+ 1
+
ca
b
2
+ 1
+
ab
c

2
+ 1
 1:
(Phạm Kim Hùng)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
abc
X
cy c
a
a
2
+ 1
+ 1 
X
cy c
bc  0
Với mọi x  0, ta có
1
x
2
+ 1
 1 +
1
2
x =
x(x  1)
2
x
2
+ 1

 0