Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 9 pdf

233
x + 2y =
a
b
+
6b
a
+
4b
c
+
3a
c
+
4c
a
+
a
2
bc
+
2b
2
ca
 12

a
b
+
6b
a

+
4b
c
+
3a
c
+
4c
a
+
a
2
b  a
+
2b
2
b  a
 12
=
2a
b
+
8b
a
+
4b
c
+
3a
c

+
4c
a
 12
= 2

a
b
+
4b
a

+
4b
c
+ 3

a
c
+
c
a

+
c
a
 12
 8 + 4 + 6 + 0 12 = 6 > 0
Do đó
Nếu y  0 thì ta có

X
cy c
z(a  b)
2
 y(a  c)
2
+ z(a  b)
2
 (y + z)(a  b)
2
 0
Nếu y  0 thì ta có
X
cy c
z(a  b)
2
 x(b  c)
2
+ y[2(b  c)
2
+ 2(a  b)
2
] + z(a  b)
2
= (x + 2y)(b  c)
2
+ (z + 2y)(a  b)
2
 0:
Bổ đề được chứng minh xong.

Trở lại bài toán của ta, đặt a =
1
x
; b =
1
y
; c =
1
z
thì bất đẳng thức trở thành
X
cy c
a
b
 3
X
cy c
bc
2a
2
+ bc
,
X
cy c
a
b
+ 6
X
cy c
a

2
2a
2
+ bc
 9
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
a
2
2a
2
+ bc


P
cy c
a
!
2
2
P
cy c
a
2
+
P
cy c
bc
Mặt khác, theo bổ đề trên, ta có

X
cy c
a
b

9
P
cy c
a
2

P
cy c
a
!
2
234 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Nên ta chỉ cần chứng minh được
3
P
cy c
a
2

P
cy c
a
!
2
+

2

P
cy c
a
!
2
2
P
cy c
a
2
+
P
cy c
bc
 3
Đặt t =
P
cyc
bc

P
cyc
a
!
2

1
3

thì bất đẳng thức trở thành
3(1  2t) +
2
2(1  2t) + t
 3
,
2(1  3t)
2
2  3t
 0:
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z:
Bài toán 2.30 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
a
4
a
3
+ b
3
+
b
4
b
3
+ c
3
+
c
4

c
3
+ a
3

a + b + c
2
:
(Vasile Cirtoaje)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
a
4
a
3
+ b
3
!"
X
cy c
a
2
(a
3
+ b
3
)
#



X
cy c
a
3
!
2
Ta cần chứng minh
2

X
cy c
a
3
!
2


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

3
)
#
235
Sử dụng bất đẳng thức Vasile
P
cy c
ab
3

1
3

P
cy c
a
2
!
2
, ta có
X
cy c
a
2
(a
3
+ b
3
) =
X

cy c
a
5
+
P
cy c
ab
P
cy c
a

X
cy c
ab
3
+
X
cy c
a
2
b
2
!
 abc

X
cy c
a
2
!


X
cy c
a
5
+
P
cy c
ab
P
cy c
a
2
4
1
3

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

3
5
 abc

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 ta có
X
cy c
a
5
+
P
cy c
ab
P
cy c
a
2
4
1
3

X
cy c
a

2
!
2
+
X
cy c
a
2
b
2
3
5
 abc

X
cy c
a
2
!
=
1
3
[3(4  5q)r + 3  14q + 11q
2
+ 7q
3
]
và

X

cy c
a
3
!
2
= (1 3q + 3r)
2
Ta phải chứng minh
2(1  3q + 3r)
2

1
3
[3(4  5q)r + 3  14q + 11q
2
+ 7q
3
]
, 54r
2
+ 3(8  28q)r + 3  22q + 43q
2
 7q
3
 9qr  0
Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có r 
4q 1
9
và chú ý rằng f(r) = 54r
2

+ 3(8
28q)r tăng với mọi r 
4q 1
9
, ta có
f(r) + 3  22q + 43q
2
 7q
3
 9qr  f

4q  1
9

+ 3  22q + 43q
2
 7q
3
 9qr
= 1 
22
3
q +
49
3
q
2
 7q
3
 9qr

Từ bất đẳng thức (a  b)
2
(b  c)
2
(c  a)
2
 0, ta suy ra được
r 
1
27
h
9q  2 + 2(1  3q)
p
1  3q
i
236 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Do đó, ta chỉ cần chứng minh
1 
22
3
q +
49
3
q
2
 7q
3

1
3

q
h
9q  2 + 2(1  3q)
p
1  3q
i
 0
,
1
3
(1  3q)

7q
2
 11q + 3  2q
p
1  3q

 0
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
7q
2
 11q + 3  2q
p
1  3q  7q
2
 11q + 3  (q
2
+ 1  3q) = 2(1  q)(1  3q)  0:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:

Bài toán 2.31 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
3
p
(a + b)
2
(b + c)
2
(c + a)
2

3
p
(a  b)
2
(b  c)
2
(c  a)
2
+ 4
3
p
a
2
b
2
c
2
:
(Sung Yoon Kim)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

3
s
(a  b)
2
(b  c)
2
(c  a)
2
(a + b)
2
(b + c)
2
(a + c)
2
+ 4
3
s
a
2
b
2
c
2
(a + b)
2
(b + c)
2
(a + c)
2
=

3
s
(a  b)
2
(a + b)
2

(b  c)
2
(b + c)
2

(c  a)
2
(c + a)
2
+ 4
3
s
ab
(a + b)
2

bc
(b + c)
2

ca
(c + a)
2


1
3
X
cy c
(a  b)
2
(a + b)
2
+
4
3
X
cy c
ab
(a + b)
2
=
1
3
X
cy c

(a  b)
2
(a + b)
2
+
4ab
(a + b)

2

= 1:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Bài toán 2.32 Cho các số dương a; b; c thỏa mãn abc = 1: Tìm hằng số k lớn nhất
sao cho bất đẳng thức sau đúng
1
a(1 + bc)
2
+
1
b(1 + ca)
2
+
1
c(1 + ab)
2

k
(1 + ab)(1 + bc)(1 + ca)
+
3
4

k
8
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải 1. Cho a = 2; b = 1; c =
1
2

; ta được k  4: Ta sẽ chứng minh đây là giá trị
mà ta cần tìm, tức là
4
X
cy c
1
a(1 + bc)
2
 1 +
16
(1 + ab)(1 + bc)(1 + ca)
237
, 4
X
cy c
a
(a + 1)
2
 1 +
16
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
Đặt x =
1a
1+a
; y =
1b
1+b
; z =
1c
1+c

; thì ta có x; y; z 2 [1; 1] và
(1  x)(1  y)(1  z) = (1 + x)(1 + y)(1 + z)
) x + y + z + xyz = 0
Bất đẳng thức trở thành
X
cy c
(1  x
2
)  1 + 2(1 + x)(1 + y)(1 + z)
, x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) + 2(x + y + z + xyz)  0
, (x + y + z)
2
 0
hiển nhiên đúng.
Bất đẳng thức được chứng minh. Vậy ta đi đến kết luận
k
max
= 4:
Lời giải 2. Tương tự như trên, ta cần phải chứng minh
4
X
cy c
1
a(1 + bc)

2
 1 +
16
(1 + ab)(1 + bc)(1 + ca)
Vì a; b; c > 0; abc = 1 nên tồn tại các số x; y ; z > 0 sao cho a =
x
y
; b =
y
z
; c =
z
x
. Bất
đẳng thức trở thành
X
cy c
xy
(x + y)
2

1
4
+
4xyz
(x + y)(y + z)(z + x)
238 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Ta có
4xyz
(x + y)(y + z)(z + x)

=
2[(x + y)(y + z)(z + x)  xy(x + y)  yz(y + z)  zx(z + x)]
(x + y)(y + z)(z + x)
= 2 
P
cy c
(x
2
+ yz)(y + z)
(x + y)(y + z)(z + x)
= 2 

X
cy c
x
x + y

x
x + z
+
X
cy c
y
x + y

z
x + z
!
= 2 
"

X
cy c
x
x + y
!
X
cy c
y
x + z
!

X
cy c
x
x + y

y
x + y
#
= 2 

X
cy c
x
x + y
!
X
cy c
y
x + z

!
+
X
cy c
xy
(x + y)
2
Bất đẳng thức tương đương với

X
cy c
x
x + y
!
X
cy c
y
x + z
!

9
4
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

X
cy c
x
x + y
!
X

cy c
y
x + z
!

1
4

X
cy c
x
x + y
+
X
cy c
y
x + y
!
2
=
9
4
:
Bài toán 2.33 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 1: Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức
P = (a b)(b c)(c a)(a + b + c):
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Nếu a  b  c  0; thì P  0: Nếu c  b  a  0; thì
P = (c b)(b a)(c a)(a + b + c) = (c  b)(b  a)(c
2
+ bc  a
2
 ab)
 b(c  b)(c
2
+ bc) = (c
2
 bc)(b
2
+ bc) 
1
4
 (b
2
+ c
2
)
2
=
1
4
239
Mặt khác, cho a = 0; b = sin


8
; c = cos

8
; ta có P =
1
4
: Vậy nên
max P =
1
4
:
Bài toán 2.34 Cho các số dương a; b; c; d: Chứng minh rằng
b(a + c)
c(a + b)
+
c(b + d)
d(b + c)
+
d(c + a)
a(c + d)
+
a(d + b)
b(d + a)
 4:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Viết lại bất đẳng thức như sau
(a + c)

b

c(a + b)
+
d
a(c + d)

+ (b + d)

c
d(b + c)
+
a
b(d + a)

 4
, (abc + abd + acd + bcd)

a + c
ac(a + b)(c + d)
+
b + d
bd(b + c)(d + a)

 4
,

1
a
+
1
b

+
1
c
+
1
d


1
a
+
1
c

1
a
+
1
b

1
c
+
1
d

+
1
b
+

1
d

1
b
+
1
c

1
d
+
1
a

!
 4
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
a
+
1
c

1
a
+
1
b


1
c
+
1
d

+
1
b
+
1
d

1
b
+
1
c

1
d
+
1
a


4

1
a

+
1
c


1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
d

2
+
4

1
b
+
1
d


1
a

+
1
b
+
1
c
+
1
d

2
=
4
1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
d
:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c và b = d:
Bài toán 2.35 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
a
2
+ bc

a
2
+ (b + c)
2
+
b
2
+ ca
b
2
+ (c + a)
2
+
c
2
+ ab
c
2
+ (a + b)
2

18
5

a
2
+ b
2
+ c
2

(a + b + c)
2
:
(Phạm Hữu Đức)
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
X
cy c
(b + c)
2
 bc
a
2
+ (b + c)
2
+
18
5

a
2
+ b
2
+ c
2
(a + b + c)
2
 3
240 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Do (b + c)
2

 4bc, nên ta chỉ cần chứng minh được
X
cy c
(b + c)
2
4[a
2
+ (b + c)
2
]
+
6
5

a
2
+ b
2
+ c
2
(a + b + c)
2
 1
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
(b + c)
2
4[a
2

+ (b + c)
2
]

(a + b + c)
2
P
cy c
[a
2
+ (b + c)
2
]
=
(a + b + c)
2
2(a
2
+ b
2
+ c
2
) + (a + b + c)
2
Chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt x = a
2
+ b
2
+ c
2

) 3x  1, ta phải chứng minh
1
2x + 1
+
6x
5
 1
, x(3x 1)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Bài toán 2.36 Cho các số dương a; b; c; d: Chứng minh rằng
(a + b)(a + c)(a + d)(b + c)(b + d)(c + d)  4(abc + bcd + cda + dab)
2
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
(abc + bcd + cda + dab)
2
 (ac + bc + ad + bd)(ab
2
c + bcd
2
+ ac
2
d + a
2
bd)
= (a + b)(c + d)(ab
2
c + bcd
2

+ ac
2
d + a
2
bd)
(abc + bcd + cda + dab)
2
 (bc + bd + ac + ad)(a
2
bc + bc
2
d + acd
2
+ ab
2
d)
= (a + b)(c + d)(a
2
bc + bc
2
d + acd
2
+ ab
2
d)
Công tương ứng vế với vế 2 bất đẳng thức trên, ta được
2(abc + bcd + cda + dab)
2
 (a + b)(c + d)(ab
2

c + bcd
2
+ ac
2
d + a
2
bd + a
2
bc + bc
2
d + acd
2
+ ab
2
d)
= (a + b)
2
(c + d)
2
(ab + cd)
Tương tự, ta cũng có
2(abc + bcd + cda + dab)
2
 (a + c)
2
(b + d)
2
(ac + bd)
2(abc + bcd + cda + dab)
2

 (a + d)
2
(b + c)
2
(ad + bc)
241
Nhân tương ứng vế với vế, ta được
8(abc + bcd + cda + dab)
6
 (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)
Y
sy m
(a + b)
2
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM thì
4(ab + cd)(ac + bd)  (ab + cd + ac + bd)
2
= (a + d)
2
(b + c)
2
Tương tự,
4(ab + cd)(ad + bc)  (a + c)
2
(b + d)
2
4(ac + bd)(ad + bc)  (a + b)
2
(c + d)
2

Do đó
64(ab + cd)
2
(ac + bd)
2
(ad + bc)
2

Y
sy m
(a + b)
2
, (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) 
1
8
Y
sy m
(a + b)
Kết hợp với bất đẳng thức 8(abc+bcd+cda+dab)
6
 (ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)
Q
sy m
(a+
b)
2
, ta suy ra được
8(abc + bcd + cda + dab)
6


1
8
"
Y
sy m
(a + b)
#"
Y
sy m
(a + b)
2
#
=
1
8
Y
sy m
(a + b)
3
:
Từ đây, ta suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d:
Bài toán 2.37 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
3 +
a
b
+
b
c
+
c

a
 2
s
(a + b + c)

1
a
+
1
b
+
1
c

:
(Phạm Hữu Đức)
Lời giải. Đặt x
3
= a; y
3
= b; z
3
= c. Sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có
3 +
a
b
+
b
c
+

c
a
= 3
x
y

y
z

z
x
+
x
3
y
3
+
y
3
z
3
+
z
3
x
3

X
cy c
x

2
y
2

y
z
+
z
x

=
X
cy c
x
2
yz
+
X
cy c
xz
y
2
242 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM thì
X
cy c
x
2
yz
+

X
cy c
xz
y
2
=
x
3
+ y
3
+ z
3
xyz
+
(xz)
3
+ (yx)
3
+ (zy)
3
(xyz)
2
 2
s
(x
3
+ y
3
+ z
3

)(x
3
z
3
+ y
3
x
3
+ z
3
y
3
)
x
3
y
3
z
3
= 2
s
(x
3
+ y
3
+ z
3
)

1

x
3
+
1
y
3
+
1
z
3

= 2
s
(a + b + c)

1
a
+
1
b
+
1
c

:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Bài toán 2.38 Cho các số dương a; b; c. Chứng minh rằng
abc + 2(a
2
+ b

2
+ c
2
) + 8  5(a + b + c):
(Trần Nam Dũng)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có
6abc + 12(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 48  30(a + b + c)
= 3(2abc + 1) + 12(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 45  5  2  (a + b + c)  3
 9
3
p
a
2
b
2
c
2
+ 12(a

2
+ b
2
+ c
2
) + 45  5[(a + b + c)
2
+ 9]
=
9abc
3
p
abc
+ 7(a
2
+ b
2
+ c
2
)  10(ab + bc + ca)

27abc
a + b + c
+ 7(a
2
+ b
2
+ c
2
)  10(ab + bc + ca)

 3[4(ab + bc + ca)  (a + b + c)
2
] + 7(a
2
+ b
2
+ c
2
)  10(ab + bc + ca)
= 4(a
2
+ b
2
+ c
2
 ab  bc  ca)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1:
Bài toán 2.39 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn ab + bc + ca + 6abc = 9: Tìm
hằng số k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng
a + b + c + kabc  k + 3:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
243
Lời giải. Cho a = b = 3; c = 0, ta được k  3. Ta sẽ chứng minh đây là giá trị mà ta
cần tìm, tức là
a + b + c + 3abc  6
Đặt p = a + b + c; q = ab + bc + ca; r = abc thì ta có q + 6r = 9. Sử dụng bất đẳng
thức AM-GM, ta có p
2
 3q  9. Bất đẳng thức trở thành
p + 3r  6

, 2p q  3
Nếu p  6, bất đẳng thức là hiển nhiên.
Nếu 6  p  3 và nếu p
2
 4q, thì
2p  q  2p 
p
2
4
=
(p  2)(6  p)
4
+ 3  3
Nếu6  p  3 và nếu p
2
 4q, theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta c ó r 
p(4q p
2
)
9
 0.
Do đó
27 = 3q + 18r  3q + 2p(4q  p
2
)
) 2p q  2p 
2p
3
+ 27
8p + 3

Ta cần chứng minh
2p 
2p
3
+ 27
8p + 3
 3
, (p + 1)(p 3)(p 6)  0:
hiển nhiên đúng. Vậy ta đi đến kết luận
k
min
= 3:
Bài toán 2.40 Cho các số dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = 3: Chứng minh rằng
3(a
4
+ b
4
+ c
4
) + a
2
+ b
2
+ c
2
+ 6  6(a
3
+ b
3
+ c

3
):
(Vasile Cirtoaje)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c

3a
4
 6a
3
+ a
2
+ 4a  2

 0
,
X
cy c
(a  1)
2
(3a
2
 2)  0
244 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
,
X
cy c
(2a  b  c)
2

(3a
2
 2)  0
,
X
cy c
(a  b)(a  c)(4a
2
+ b
2
+ c
2
 4)  0
Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c  0; khi đó ta dễ d àng kiểm tra được
4a
2
+ b
2
+ c
2
 4  4b
2
+ c
2
+ a
2
 4  4c
2
+ a
2

+ b
2
 4
Mặt khác
4c
2
+ a
2
+ b
2
 4  4c
2
+
(a + b)
2
2
 4 =
(3c  1)
2
2
 0
Do đó
4a
2
+ b
2
+ c
2
 4  4b
2

+ c
2
+ a
2
 4  4c
2
+ a
2
+ b
2
 4  0
Từ đây, viết lại bất đẳng thức như sau
(a  b)[(a  c)(4a
2
+ b
2
+ c
2
 4)  (b  c)(4b
2
+ a
2
+ c
2
 4)]
+ (c  a)(c  b)(4c
2
+ a
2
+ b

2
 4)  0:
Ta thu được kết quả cần chứng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc
a = b =
4
3
; c =
1
3
hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.41 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
b + c
a
2
+ bc
+
c + a
b
2
+ ca
+
a + b
c
2
+ ab

3(a + b + c)
ab + bc + ca
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)

Lời giải. Viết lại bất đẳng thức như sau
X
cy c

1
a

b + c
a
2
+ bc


X
cy c
1
a

3(a + b + c)
ab + bc + ca
,
X
cy c
(a  b)(a  c)
a(a
2
+ bc)

X
cy c

bc(a  b)(a  c)
abc(ab + bc + ca)
,
X
cy c
(a  b)(a  c)

1
a(a
2
+ bc)

1
a(ab + bc + ca)

 0
,
X
cy c
(a  b)(a  c)(b + c  a)
a
2
+ bc
 0
245
Giả sử a  b  c; do a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a  c 
b(a  b)
c
Do a  b  c nên

X
cy c
(a  b)(a  c)(b + c  a)
a
2
+ bc

(b  c)(b  a)(c + a  b)
b
2
+ ca
+
(c  a)(c  b)(a + b  c)
c
2
+ ab

(b  c)(b  a)(c + a  b)
b
2
+ ca
+
b(a  b)(b  c)(a + b  c)
c(c
2
+ ab)
= (a  b)(b  c)

b(a + b  c)
c(c

2
+ ab)

c + a  b
b
2
+ ca

 (a  b)(b  c)

b(c + a  b)
c(c
2
+ ab)

c + a  b
b
2
+ ca

=
(a  b)(b  c)(c + a  b)(b
3
 c
3
)
c(c
2
+ ab)(b
2

+ ca)
 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a
2
=
b
1
=
c
1
hoặc các hoán vị tương
ứng.
Bài toán 2.42 Chứng minh rằng với mọi a; b; c 2 R và a
2
+ b
2
+ c
2
= 9; ta có
3 min fa; b; cg  abc + 1:
(Virgil Nicula)
Lời giải. Giả sử c  b  a; bất đẳng thức trở thành
abc + 1  3a
Nếu a  0; sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
abc + 1  3a 
a(b
2
+ c
2

)
2
+ 1  3a =
a(9  a
2
)
2
+ 1  3a =
(a + 1)
2
(2  a)
2
 0
Nếu a  0; vì c  b  a; ta được
p
3  a  0: Nêu a 
1
3
; bất đẳng thức là hiển
nhiên. Nếu
p
3  a 
1
3
; ta có thể dễ dàng kiểm tra được
bc  a
p
b
2
+ c

2
 a
2
= a
p
9  2a
2
Do đó, ta phải chứng minh
a
2
p
9  2a
2
+ 1  3a
246 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
, f(a) = 2a
6
 9a
4
+ 9a
2
 6a + 1  0
Nếu 1  a 
1
3
; ta có
2f(a) = a
2
(a  1)


4a(a  1)
2
+ 12a
2
 18a + 7

+ (1  3a)(7a
2
 6a + 3)  0
Nếu
p
3  a  1; thì
f(a)  2a
6
 9a
4
+ 9a
2
 5 = (a
2
 1)(2a
4
 7a
2
+ 2)  3  3 < 0
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1; b = c = 2
hoặc các hoán vị tương ứng.
Bài toán 2.43 Cho các số không âm x; y; z thỏa mãn x
2
+ y

2
+ z
2
= 1. Chứng minh
rằng
r
x
x
3
+ yz
+
r
y
y
3
+ zx
+
r
z
z
3
+ xy
 2
p
2:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Đặt x
2
= bc; y
2

= ca; z
2
= ab (a; b; c  0) thì ab + bc + ca = 1 và bất đẳng
thức trở thành
1
p
a + bc
+
1
p
b + ca
+
1
p
c + ab
 2
p
2
Do tính đối xứng, ta có thể giả sử a  b  c  0; khi đó ta có a 
1
p
3
:
Nếu a  2; ta sẽ chứng minh rằng
1
p
a + bc

1
p

a + t
2
và
1
p
b + ca
+
1
p
c + ab

2
p
t(a + 1)
trong đó t =
p
(a + b)(a + c)  a  0 ) t
2
+ 2at = 1:
Thật vậy, ta có
(a + t
2
)  (a + bc) = a

p
a + b 
p
a + c

2

 0
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
p
b + ca
+
1
p
c + ab

2
4
p
(b + ac)(c + ab)
Suy ra ta chỉ cần chứng minh
t
2
(a + 1)
2
 (b + ac)(c + ab)
247
Ta có
t
2
(a + 1)
2
 (b + ac)(c + ab) = a(a + 1)
2

p

a + b 
p
a + c

2
 a(b  c)
2
=
a(b  c)
2

(a + 1)
2


p
a + b +
p
a + c

2


p
a + b +
p
a + c

2
Mặt khác

p
a +
r
a +
1
a
!
2


p
a + b +
p
a + c

2
=
bc
a
 0
và
(a + 1)
2


p
a +
r
a +

1
a
!
2
= a
2
+ 1 
1
a
 2
p
a
2
+ 1
=
p
a
2
+ 1

p
a
2
+ 1  2


1
a

p

2
2
+ 1

p
2
2
+ 1  2


1
2
=
9  4
p
5
2
> 0
Tiếp theo, ta phải chứng minh
2
p
t(a + 1)
+
1
p
a + t
2
 2
p
2

,
2
p
1 + 2t  t
2
+
r
t
2t
3
 t
2
+ 1
 2
,

2
p
1 + 2t  t
2
+
r
t
2t
3
 t
2
+ 1
!
2

 4
, 4
p
(1 + 2t  t
2
)(2t
3
 t
2
+ 1) 
p
t(7  6t  7t
2
+ 20t
3
 8t
4
)
Do a  2 ) 1  4t, do đó
(1 + 2t  t
2
)(2t
3
 t
2
+ 1) = 1 + t
4
(5  2t) + 2t(1  t)  1
7  6t  7t
2

+ 20t
3
 8t
4
= 7 6t t
2
(7  20t)  8t
4
 7
) 4
p
(1 + 2t  t
2
)(2t
3
 t
2
+ 1) 
p
t(7  6t  7t
2
+ 20t
3
 8t
4
)  4  7
p
t  0
Nếu 2  a 
1

p
3
; sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
p
a + bc
+
1
p
b + ca
+
1
p
c + ab

3
6
p
(a + bc)(b + ca)(c + ab)
248 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được
(a + bc)(b + ca)(c + ab) 
729
512
Đặt p = a+b + c; r = abc  0; khi đó từ a  2; ab + bc+ ca = 1; ta suy ra
5
2
 p 
p
3:

Mặt khác, lấy u =
p
p
p
2
3
3
và v =
p+2
p
p
2
3
3
; ta dễ dàng kiểm tra được
2u + v = p; u
2
+ 2uv = 1;
5 + 2
p
13
6
 v 
1
p
3
 u 
5 
p
13

6
; u
2
v  r  0
Ta có
(a + bc)(b + ca)(c + ab) = r
2
+ (p
2
 2p  1)r + 1 = f (r)
Dễ thấy f(r) là hàm lồi nê n
f(r)  max

f(0); f(u
2
v)

= max

1; f(u
2
v)

Ta còn phải chứng minh
f(u
2
v) 
729
512
, v

2
(u + 1)
2
(v + u
2
) 
729
512
, g(u) =
(1 + 2u  u
2
)
2
(2u
3
 u
2
+ 1)
u

729
64
Ta có
g
0
(u) =
(1  3u
2
)(1 + 2u  u
2

)(4u
3
 7u
2
+ 2u  1)
u
2
 0
) g(u)  g

5 
p
13
6
!
=
14141  559
p
13
1458
<
729
512
:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
p
2
; z = 0
hoặc các hoán vị tương ứng.

Bài toán 2.44 Cho các số không âm x; y; z thỏa mãn xy + yz +zx = 1: Chứng minh
rằng
1
p
2x
2
+ 3yz
+
1
p
2y
2
+ 3zx
+
1
p
2z
2
+ 3xy

2
p
6
3
:
249
Lời giải. Đặt a = yz; b = zx; c = xy (a; b; c  0), khi đó từ xy + yz + zx = 1; ta được
a + b + c = 1. Bất đẳng thức trở thành
X
cy c

r
a
3a
2
+ 2bc

2
p
2
r
3
P
cy c
a
Ta sẽ chứng minh
X
cy c
a
3a
2
+ 2bc

4
3
P
cy c
a
X
cy c
ab

(3a
2
+ 2bc)(3b
2
+ 2ca)

4
9

P
cy c
a
!
2
Thật vậy, ta có
X
cy c
a
3a
2
+ 2bc

4
3
P
cy c
a
=
18
Q

cy c
(b  c)
2
+ 21
Q
cy c
a(b + c) + 7
Q
cy c
a
2
3

P
cy c
a
!
Q
cy c
(3a
2
+ 2bc)
 0
X
cy c
ab
(3a
2
+ 2bc)(3b
2

+ 2ca)

4
9

P
cy c
a
!
2
=
18
Q
cy c
(b  c)
2
+ 15

P
cy c
a
!
3
Q
cy c
a + 36
Q
cy c
a(b + c) + 22
Q

cy c
a
2
9

P
cy c
a
!
2
Q
cy c
(3a
2
+ 2bc)
 0
Mặt khác, với mọi m; n; p  0; ta có
m + n + p =
p
m
2
+ n
2
+ p
2
+ 2(mn + np + pm)
=
q
m
2

+ n
2
+ p
2
+ 2
p
m
2
n
2
+ n
2
p
2
+ p
2
m
2
+ 2mnp(m + n + p)

q
m
2
+ n
2
+ p
2
+ 2
p
m

2
n
2
+ n
2
p
2
+ p
2
m
2
Sử dụng bất đẳng thức này với m =
q
a
3a
2
+2bc
; n =
q
b
3b
2
+2ca
; p =
q
c
3c
2
+2ab
; ta được

X
cy c
r
a
3a
2
+ 2bc

v
u
u
t
X
cy c
a
3a
2
+ 2bc
+ 2
s
X
cy c
ab
(3a
2
+ 2bc)(3b
2
+ 2ca)
250 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Từ 2 bất đẳng thức đã chỉ ra ở trên, ta được

X
cy c
r
a
3a
2
+ 2bc

v
u
u
t
X
cy c
a
3a
2
+ 2bc
+ 2
s
X
cy c
ab
(3a
2
+ 2bc)(3b
2
+ 2ca)

v

u
u
u
u
u
t
4
3
P
cy c
a
+ 2
v
u
u
u
u
t
4
9

P
cy c
a
!
2
=
2
p
2

r
3
P
cy c
a
:
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Bài toán 2.45 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a+b + c = 3: Chứng minh rằng
q
a +
p
b
2
+ c
2
+
q
b +
p
c
2
+ a
2
+
q
c +
p
a
2
+ b

2
 3
q
p
2 + 1:
(Phan Hồng Sơn)
Lời giải. Sau khi bình phương 2 vế và thu gọn, ta có thể viết lại bất đẳng thức như
sau
X
cy c
p
a
2
+ b
2
+ 2
X
cy c
r

a +
p
b
2
+ c
2

b +
p
a

2
+ c
2

 9
p
2 + 6
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
r

a +
p
b
2
+ c
2

b +
p
a
2
+ c
2


X
cy c
s


a +
b + c
p
2

b +
a + c
p
2

=
1
p
2
X
cy c
r

p
2  1

a + 3

p
2  1

b + 3



1
p
2
X
cy c

p
2  1

p
ab + 3

=
p
2  1
p
2
X
cy c
p
ab +
9
p
2
Do đó, ta cần chứng minh
X
cy c
p
a
2

+ b
2
+

2 
p
2

X
cy c
p
ab  6
Để chứng minh bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau với mọi
x; y  0
p
x
4
+ y
4
+

2 
p
2

xy  x
2
+ y
2
251

Thật vậy, ta có
p
2(x
4
+ y
4
) + 2

p
2  1

xy 
p
2(x
2
+ y
2
)
= (x  y)
2

(x + y)
2
p
2(x
4
+ y
4
) + x
2

+ y
2

p
2 + 1
!
 (x  y)
2

(x + y)
2
p
2(x
2
+ y
2
)
2
+ x
2
+ y
2

p
2 + 1
!
=
2

p

2  1

xy(x y)
2
x
2
+ y
2
 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1:
Bài toán 2.46 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
ab
2
c
2
+
bc
2
a
2
+
ca
2
b
2
+ a + b + c 
6(a
2
+ b
2

+ c
2
)
a + b + c
:
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
"
X
cy c
ab
2
c
2
+
X
cy c
a
#"
X
cy c
1
a(b
2
+ c
2
)
#
=
"
X

cy c
a(b
2
+ c
2
)
c
2
#"
X
cy c
1
a(b
2
+ c
2
)
#


X
cy c
1
a
!
2
Suy ra, ta chỉ cần chứng minh được

X
cy c

a
!
X
cy c
1
a
!
2
 6

X
cy c
a
2
!"
X
cy c
1
a(b
2
+ c
2
)
#
,

X
cy c
a
!

X
cy c
1
a
!
2
 9
X
cy c
1
a
 3

X
cy c
2a
b
2
+ c
2

X
cy c
1
a
!
,
X
cy c
(a  b)

2
ab

1
a
+
1
b
+
1
c
+
3(a + b)(c
2
 ab)
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

 0
Nếu
1
c


2(a+b)
ab
; thì
1
a
+
1
b
+
1
c
+
3(a + b)(c
2
 ab)
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

1
a
+
1
b

+
1
c

3(a + b)
ab
 0
252 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Nếu
1
c

2(a+b)
ab
, c 
ab
2(a+b)
; thì
abc(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

1
a

+
1
b
+
1
c
+
3(a + b)(c
2
 ab)
(a
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
)

= c
4
(ab + bc + ca) + abc
2
(a
2
+ b
2
) + (a + b)(a
2

+ b
2
+ 3ab)c
3
+ a
3
b
3
 2a
2
b
2
c(a + b)
 abc
2
(a
2
+ b
2
) + (a + b)
3
c
3
+ a
3
b
3
 2a
2
b

2
c(a + b)

a
3
b
3
(a
2
+ b
2
)
4(a + b)
2
+ (a + b)
3
c
3
+ a
3
b
3
 2a
2
b
2
c(a + b)
 (a + b)
3
c

3
+
9
16
a
3
b
3
+
9
16
a
3
b
3
 2a
2
b
2
c(a + b)
 3
3
r
81
256
a
2
b
2
c(a + b)  2a

2
b
2
c(a + b)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Bài toán 2.47 Cho các số thực a; b; c khác 0 thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= (a b)
2
+ (b 
c)
2
+ (c  a)
2
: Chứng minh rằng
P (a; b; c) =
a
b
+
b
c
+
c
a
 5
1

12
 Q(a; b; c) =
a
2
b + b
2
c + c
2
a
(a + b + c)
3

5
36
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Nếu tồn tai 2 trong 3 số a; b; c, chẳng hạn a; b < 0, ta có thể thay a; b; c bởi
a; b; c; khi đó ta có thể thấy điều kiện bài toán và 2 biểu thức P Q vẫn không
thay đổi, do đó ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp trong 3 số a; b; c, tồn tại ít
nhất 2 số dương, chẳng hạn a; b > 0. Nếu c < 0 thì
(a  b)
2
+ (b  c)
2
+ (c  a)
2
 (a
2
+ b
2

+ c
2
) = (a  b)
2
+ c
2
 2c(a + b) > 0
Do đó, ta phải có c > 0. Từ đây, với giả thiết a = maxfa; b; cg, ta có
0 = (a  b)
2
+ (b  c)
2
+ (c  a)
2
 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
= 

p
a +
p
b +
p
c


p
a +
p
b 
p
c

p
b +
p
c 
p
a

p
c +
p
a 
p
b

)
p
a =
p
b +
p
c
253
Do đó, bất đẳng thức trở thành


p
b +
p
c

2
b
+
b
c
+
c

p
b +
p
c

2
 5
1
12


p
b +
p
c


4
b + b
2
c + c
2

p
b +
p
c

2


p
b +
p
c

2
+ b + c

3

5
36
Đặt t =
q
b
c

> 0; ta phải chứng minh
(t + 1)
2
t
2
+ t
2
+
1
(t + 1)
2
 5
2
3

(t + 1)
4
t
2
+ t
4
+ (t + 1)
2
(t
2
+ t + 1)
3

10
9

Nhưng chúng hiển nhiên đúng vì
(t + 1)
2
t
2
+ t
2
+
1
(t + 1)
2
 5 , (t
3
+ t
2
 2t  1)
2
 0
2
3

(t + 1)
4
t
2
+ t
4
+ (t + 1)
2
(t

2
+ t + 1)
3
, (t
3
+ 3t
2
 1)
2
 0
(t + 1)
4
t
2
+ t
4
+ (t + 1)
2
(t
2
+ t + 1)
3

10
9
, (t
3
 3t
2
 6t  1)

2
 0
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Bài toán 2.48 Cho các số dương a; b; c; n: Chứng minh rằng

a
2
+ bc
b + c

n
+

b
2
+ ca
c + a

n
+

c
2
+ ab
a + b

n
 a
n
+ b

n
+ c
n
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Do tính đối xứng, ta có thể giả sử a  b  c > 0, khi đó ta có

a
2
+ bc
a(b + c)

n
 1
và
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)  ab(a + c)(b + c) = c(a  b)
2
(a + b)  0
254 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
)

a
2
+ bc
a(b + c)


n
+

b
2
+ ca
b(c + a)

n
 2

(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)
ab(a + c)(b + c)

n=2
 2
)

a
2
+ bc
a(b + c)

n
+


b
2
+ ca
b(c + a)

n
+

c
2
+ ab
c(a + b)

n
 3
Do đó
x  0; x + y  0; x + y + z  0
với x =

a
2
+bc
a(b+c)

n
 1; y =

b
2
+ca

b(c+a)

n
 1; z =

c
2
+ab
c(a+b)

n
 1.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a
n
x + b
n
y + c
n
z  0
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì
a
n
x + b
n
y + c
n
z = (a
n
 b

n
)x + (b
n
 c
n
)(x + y) + c
n
(x + y + z)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc n ! 0:
Bài toán 2.49 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
a
c
+
b
d
+
c
a
+
d
b

abcd
(ab + cd)
2
trong đó a; b; c; d là các số thực phân biệt thỏa mãn
a
b
+

b
c
+
c
d
+
d
a
= 4 và ac = bd:
(Phạm Văn Thuận)
Lời giải. Đặt x =
a
b
=
d
c
; y =
b
c
=
a
d
và t = y+
1
y
, suy ra jtj  2; thì ta có x+
1
x
+t = 4;
do đó

(4  t)
2
=

x +
1
x

2
= x
2
+
1
x
2
+ 2  4
) t  2 _t  6
) t  2 _t = 2 _ t  6
Ta có
P =
a
c
+
b
d
+
c
a
+
d

b

abcd
(ab + cd)
2
=

x +
1
x

y +
1
y


b
2
d
2
(a
2
+ d
2
)(b
2
+ c
2
)
= t(4  t) 

1

a
2
d
2
+ 1

c
2
b
2
+ 1

= t(4 t) 
1
t
2
Nếu y > 0; thì t  2 và do đó t  6 hoặc t = 2; nhưng do a; b; c; d phân biệt nên ta
phải có t  6; suy ra
P = 
(t  6)(36t
3
+ 72t
2
 t  6)
36t
2

433

36
 
433
36
255
Nếu y < 0; thì t  2; suy ra
P =
(t + 2)[(t + 2)(9  2t)(7  2t) + 124]
4t
2

49
4
 
49
4
<
433
36
Do đó P  
433
36
: Mặt khác, cho a = 3  2
p
2; b = 3 + 2
p
2; c = 1; d = 1; ta được
P = 
433
36

: Vậy ta đi đến kết luận
max P = 
433
36
:
Bài toán 2.50 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thờ bằng 0:
Chứng minh rằng
3(a + b + c)  2

p
a
2
+ bc +
p
b
2
+ ca +
p
c
2
+ ab

:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải 1. Bình phương 2 vế, bất đẳng thức tương đương với
5
X
cy c
a
2

+ 14
X
cy c
ab  8
X
cy c
p
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
p
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca) 
s
3
X
cy c
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)

Do đó, ta chỉ cần chứng minh được

5
X
cy c
a
2
+ 14
X
cy c
ab
!
2
 24
X
cy c
(a
2
+ bc)(b
2
+ ca)
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q =
P
cy c
ab; r = abc,
khi đó theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có r  max

0;
4q 1
9


. Bất đẳng thức trở
thành
384r + (25  52q)(1  4q)  0
Nếu 1  4q, bất đẳng thức là hiển nhiên. Nếu 4q  1 thì
384r+(2552q)(14q)  384
4q  1
9
+(2552q)(14q) =
1
3
(4q 1)(156q +53)  0:
256 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Lời giải 2. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c, khi đó th eo bất
đẳng thức AM-GM, ta có
2
p
a
2
+ bc  a + c +
a
2
+ bc
a + c
= 2a + c +
c(b  a)
a + c
2
p

b
2
+ ca  b + c +
b
2
+ ca
b + c
= 2b + c +
c(a  b)
a + c
) 2
p
a
2
+ bc + 2
p
b
2
+ ca  2a + 2b + 2c +
c(a  b)
2
(a + c)(b + c)
và
2
p
ab + c
2
 b + c +
ab + c
2

b + c
Nên ta chỉ cần chứng minh được
3(a + b + c)  2a + 3b + 3c +
ab + c
2
b + c
+
c(a  b)
2
(a + c)(b + c)
, a 
ab + c
2
b + c

c(a  b)
2
(a + c)(b + c)
,
c(a  c)
b + c

c(a  b)
2
(a + c)(b + c)
, (a c)(a + c)  (a b)
2
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì
a + c  a  c  a  b  0:
Lời giải 3. Giả sử a  b  c. Vì

p
a
2
+ bc  a +
c
2
và
p
b
2
+ ca +
p
c
2
+ ab 
p
2(b
2
+ c
2
+ ab + ac)
Nên ta chỉ cần chứng minh được
2
p
2(b
2
+ c
2
+ ab + ac)  a + 3b + 2c
, a

2
 2(b + 2c)a + b
2
 4c
2
+ 12bc  0
257
, (a b 2c)
2
+ 8c(b  c)  0:
hiển nhiên đúng.
Lời giải 4. Giả sử a  b  c. Ta có
p
b
2
+ ca +
p
c
2
+ ab 
p
2(b
2
+ c
2
+ ab + ac)
Nên ta chỉ cần chứng minh được
p
a
2

+ bc +
p
2(b
2
+ c
2
+ ab + ac) 
3
2
(a + b + c)
Đặt s =
b+c
2
(s  a) và p = bc, bất đẳng thức trở thành
2
p
a
2
+ p + 4
p
2s
2
 p + as  3(a + 2s)
, 4
p
2s
2
 p + as  3(a + 2s)  2
p
a

2
+ p
, 16(2s
2
 p + as) 
h
3(a + 2s)  2
p
a
2
+ p
i
2
, 12(a + 2s)
p
a
2
+ p  13a
2
+ 20as + 4s
2
+ 20p
, 12(a + 2s)

p
a
2
+ p  a

 (a 2s)

2
+ 20p
Vì (a  2s)
2
 0 và
p
a
2
+ p  a =
p
p
a
2
+ p + a

p
2a
INên ta chỉ cần chứng minh
6(a + 2s)p
a
 20p
, p(6s 7a)  0:
hiển nhiên đúng.
Bài toán 2.51 Cho x; y; z 2 [1; 1] thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng
p
1 + x + y
2
+
p
1 + y + z

2
+
p
1 + z + x
2
 3:
(Phan Thành Nam)
Lời giải. Bình phương 2 vế, ta có thể viết lại bất đẳng thức như sau
X
cy c
x
2
+ 2
X
cy c
p
(1 + x + y
2
)(1 + y + z
2
)  6