Bất Đẳng Thức Qua Kì Thi Chọn Đội Tuyển HSG Quốc Gia 20172018

THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU
√
ab ≤

a−b
ln a−ln b

≤

1 bb
e aa

≤

a−b
2 arcsin a−b
a+b

1
b−a

≤

a+b
2

≤

a2 +b2
2

1
2

BẤT ĐẲNG THỨC
—————— QUA CÁC ĐỀ THI CHỌN ——————

ĐỘI HSG QUỐC GIA & HSG CẤP TỈNH
——————— NĂM HỌC 2017 - 2018 ———————


TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU
—————————————

BẤT ĐẲNG THỨC

Qua các đề thi chọn đội HSGQG
&
HSG cấp Tỉnh
Năm học 2017 - 2018

Cao Lãnh - Đồng Tháp


Lời nói đầu
Tài liệu là lời giải câu bất đẳng thức (BĐT) trong các đề tuyển đội học sinh giỏi dự thi VMO và chọn
học sinh giỏi cấp Tỉnh cũng như các đề Olympic chuyên KHTN, GGTH,... trong năm học 2017 − 2018.
• Phần 1: Không dừng lại ở khâu trình bày lời giải, tài liệu cố gắng thể hiện quá trình hình thành

nên lời giải (chính vì vậy nên có nhiều lời giải có vẻ dài dòng) và đưa ra nhiều hướng suy nghĩ
khi tiếp cận một câu BĐT thông qua việc giải một bài toán bằng nhiều cách khác nhau (về phần

này người viết đã tham khảo nhiều nguồn bài giải khác nhau để có góc nhìn đa chiều, và khi đó
việc trích dẫn đúng nguồn là một điều mà người viết rất quan tâm).
Giải xong một bài toán, đưa ra nhận xét và tìm được các mối liên hệ của nó với các bài toán
khác là một việc nên làm với một người học Toán không chỉ riêng là BĐT. Nó cho người học thấy
được toàn cảnh bức tranh mà bài toán đó dệt nên, và cao hơn là thấy được tính "mới - cũ" và "
hay - dở" của mỗi đề toán. Về phần này, những nhận xét đều mang tính chủ quan. Bạn đọc có
thể đóng góp nếu thấy chưa đúng, chưa tốt.
• Phần 2: Phần bổ sung kiến thức. Ngoài việc nêu ra các phương pháp chứng minh BĐT thông

dụng, tài liệu còn trình bày thêm một số kỹ thuật, BĐT phụ,... khá đặc biệt trong chứng minh
BĐT mà nếu chưa gặp lần nào nhất định sẽ gây khó khăn cho người làm. Về cách đọc tài liệu
này, nhất là bạn đọc mới tiếp cận với BĐT thức thì nên đọc phần bổ sung kiến thức trước khi
đọc phần 1.
Người viết hy vọng qua những bài toán với những lời giải như vậy, bạn đọc hay cụ thể là những bạn
học sinh "say mê" BĐT hãy xem mỗi bài toán là một hành trình, hành trình đó ngắn hay dài tùy thuộc
vào mỗi bạn, nhưng luôn có một điểm chung là lời giải cuối hành trình luôn chứa đựng rất nhiều điều
thú vị.
Cuối cùng, người viết xin gửi lời xin lỗi bạn đọc về một số lỗi sai trong của tài liệu cùng tên được viết
cho năm học 2016 − 2017 chưa có dịp đính chính, các mục sai đó sẽ được đính chính trong phần cuối
của tài liệu này. Trong tài liệu này người viết vẫn mong nhận được những góp ý của bạn đọc cho tài
liệu không chỉ dừng lại ở những sai sót. Mọi góp ý bạn đọc có thể gửi về địa chỉ:
Người viết chân thành cám ơn!

Cao Lãnh, Ngày 7 tháng 12 năm 2017

GV Nguyễn Tuấn Anh


Trang ii

GV: Nguyễn Tuấn Anh


Mục lục

Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

1

1

Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

2

Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG . . . . . . . . . . . .

9

3

Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn HSG cấp tỉnh . . . . . . . . . . .

33

Chương 2. BỔ SUNG KIẾN THỨC
1

2

57

Một số phương pháp chứng minh BĐT thông dụng . . . . . . . . . . . . .

57

1.1

Kỹ thuật chọn điểm rơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

1.2

Phương pháp tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

1.3

Phương pháp pqr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

1.4

Phương pháp dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

1.5

Phương pháp SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75

Một số kỹ thuật, BĐT phụ đặc biệt trong chứng minh BĐT . . . . . . .

82

2.1

Một số phép đổi biến trong chứng minh BĐT . . . . . . . . . . .

82

2.2

Một số BĐT phụ thường dùng trong chứng minh BĐT . . . . . .

94

2.3

Bất đẳng thức Gerretsen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

iii

Chương Một

BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ
THI OLYMPIC

Nội dung chính

1

1

Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè . . . . . . . . . . . . . .

1

2

Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

. . . . . . . .

9

3

Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn HSG cấp tỉnh

. . . . . . .

33

Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè

Bài 1.1 (Olympic chuyên KHTN 2017).
Cho a, b, c là các số thực dương sao cho abc = 1. Chứng minh rằng:
2+a
1+a+b

2

+ ca

2+b
1+b+c

2

+a

2+c
1+c+a

2

≤ 1 + a + ca

LỜI GIẢI. (Mr Cooper - )
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:


2


 (1 + 1 + a) ≤ (1 + b + a) (1 + ca + a)

ca(1 + 1 + b)2 ≤ ca (1 + c + b) (1 + ab + b) = (1 + b + c) (ca + a + 1)



 a(1 + 1 + c)2 ≤ a (1 + a + c) (1 + bc + c) = (1 + a + c) (a + 1 + ca)
Do vậy ta cần chứng minh:
(1 + a + ac)

⇔

1
1
1
+
+
≤ 1 + a + ca
1+a+b 1+b+c 1+c+a

1
1
1
+
+
≤1
1+a+b 1+b+c 1+c+a

1


Trang 2

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

BĐT trên khá quen thuộc và có nhiều hướng giải
Hướng 1: Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z > 0 sao cho:
a=

x2
y2
z2
;b =
;c =
yz
zx
xy

Khi đó BĐT được viết lại là:
xyz
xyz
xyz
+
+
≤1
3
3
3

3
xyz + x + y
xyz + y + z
xyz + z 3 + x3

Ta có:
xyz
xyz
xyz
+
+
3
3
3
3
xyz + x + y
xyz + y + z
xyz + z 3 + x3
≤

xyz
xyz
xyz
+
+
=1
2
2
2
2

xyz + x y + xy
xyz + y z + yz
xyz + z 2 x + zx2

nên bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Hướng 2: Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z > 0 sao cho:
a=

y
z
x
;b = ;c =
y
z
x

Khi đó BĐT được viết lại là:
yz
zx
xy
+
+
≤1
2
2
yz + zx + y
zx + xy + z
xy + yz + x2

Theo BĐT Cauchy ta có:

yz + xz + y 2

z 2 + xy + yz ≥ yz(z + x + y)2 ⇔

z 2 + xy + yz
yz
≤
(yz + xz + y 2 )
(x + y + z)2

Tương tự cho các số hạng còn lại, ta được:
yz
zx
xy
+
+
≤
2
2
yz + zx + y
zx + xy + z
xy + yz + x2
z 2 + xy + yz
(x + y + z)2

+

x2 + yz + xz
(x + y + z)2

+

y 2 + xz + xy
(x + y + z)2

=1

Và bài toán được chứng minh.
Hướng 3: Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z sao cho a = x3 , b = y 3 , z = c3 thỏa xyz = 1. BĐT
được viết lại là:
1
1
1
+
+
≤1
3
3
3
3
1+x +y
1+y +z
1 + z 3 + x3
1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 3

Theo BĐT AM - GM ta có:
1
1
1
+
+
3
3
3
3
1+x +y
1+y +z
1 + z 3 + x3
=

1
1
1
+
+
3
3
3
3
xyz + x + y
xyz + y + z
xyz + z 3 + x3

≤

1
1
1
+
+
=1
xyz + xy (x + y) xyz + yz (y + z) xyz + zx (z + x)

Ta được điều phải chứng minh.
Hướng 4: (Võ Quốc Bá Cẩn) Ta đặt x2 = a, y 2 = b, z 2 = c khi đó BĐT cần chứng
minh là:
x2

1
1
1
+ 2
+ 2
≤1
2
2
+ y + 1 y + z + 1 z + x2 + 1

với xyz = 1. Ta để ý rằng:
1
x2 + y 2
(x + y)2 + (x − y)2
1− 2

= 2
=
x + y2 + 1
x + y2 + 1
2 (x2 + y 2 + 1)

BĐT được viết lại là:
(x + y)2
+
x2 + y 2 + 1

(x − y)2
≥4
x2 + y 2 + 1

Theo BĐT Cauchy dạng phân thức ta có:

4(x + y + z)2
(x + y)2


≥


x2 + y 2 + 1
2 (x2 + y 2 + z 2 ) + 3








4(x − z)2
(x − y)2
≥
x2 + y 2 + 1
2 (x2 + y 2 + z 2 ) + 3

Do đó ta cần có:
4(x − z)2
4(x + y + z)2
+
≥4
2 (x2 + y 2 + z 2 ) + 3 2 (x2 + y 2 + z 2 ) + 3
⇔ (x + y + z)2 + (x − z)2 ≥ 2 x2 + y 2 + z 2 + 3

Vì xyz = 1 nên xy + yz + zx ≥ 3. Vậy nên ta cần có:
(x + y + z)2 + (x − z)2 ≥ 2 x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx
⇔ xy + yz ≥ zx + y 2 ⇔ x (x − y) + z (y − x) ≥ 0 ⇔ (x − z) (x − y) ≥ 0

BĐT cuối chỉ đúng khi x là số lớn nhất (hoặc số nhỏ nhất) trong 3 số x, y, z . Điều này
ta có thể giả sử ngay ban đầu vì tính đối xứng của BĐT. Do đó bài toán được chứng
minh.
GV: Nguyễn Tuấn Anh

1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè


Trang 4

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Hướng 5: BĐT tương đương với:
b+c
c+a
a+b
+
+
≥2
a+b+1 b+c+1 c+a+1

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
√
a+b
b+c
c+a
+
+
≥
a+b+1 b+c+1 c+a+1

√
√
a+b+ b+c+ c+a
2 (a + b + c) + 3

2

a+

2 (a + b + c) + 2
(a + b) (a + c) Cauchy 2 (a + b + c) + 2
=
≥
2 (a + b + c) + 3
2 (a + b + c) + 3

√

bc

√
√
√
4 (a + b + c) + 2 ab + bc + ca
=
2 (a + b + c) + 3

Do đó ta cần có:

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

√

ab +

√
√
bc + ca ≥ 3

BĐT cuối là hiển nhiên vì abc = 1. Bài toán được chứng minh.
Nhận xét:
• Bài toán có dạng tương đối lạ, và mấu chốt vẫn là đoạn sử dụng BĐT Cauchy ban

đầu.
• Kết quả quen thuộc trong bài giải từng là một câu trong Macau Mathematics

Olympiad 2000 và kết quả làm mạnh, là đề Moscow MO 1997 - lớp 11 như sau:
1
1
1
1
1
1
+
+
≤
+
+
≤1
1+a+b 1+b+c 1+a+c
2+a 2+b 2+c
• Một số bài toán có dạng tương tự như kết quả được sử dụng trong bài chứng minh:

(GMB-IMAR 2005, Juniors, Problem 1) Với a, b, c là các số thực dương có
tích lớn hơn bằng 1 thì:
1
1
1
+
+
≤1
1+b+c 1+c+a 1+a+b

Kết quả tương tự:
() Với a, b, c, d là các số thực dương có tích
không lớn hơn bằng 1 thì:
1
1
1
3
+
+
≤
1+b+c 1+c+a 1+a+b
2abc + 1

1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 5

Mở rộng cho 4 biến:
(Romania Junior Balkan Team Selection Tests 2013) Với a, b, c, d là các số
thực dương có tích lớn hơn bằng 1 thì:
1
1
1
1
+
+
+
≤1
a+b+2 b+c+2 c+d+2 d+a+2
• Kỹ thuật được sử dụng trong hướng 4 là mạnh tay đối với bài toán, tuy nhiên nó

được trình bày ra với mục tiêu giới thiệu bạn đọc một kỹ thuật khá hay, thể hiện
sự tinh tế của người làm. Về phần kỹ thuật này mời bạn đọc tham khảo "Một kỹ
thuật nhỏ để sử dụng BĐT Cauchy Schwarz - Võ Quốc Bá Cẩn".
• Kết quả quen thuộc trên có thể được mở rộng như sau:
(Sử dụng phương pháp Cauchy Schwarz để chứng minh BĐT V.Q.B.Cẩn, T.Q.Anh) Với a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1 và k > 0
thì:
1
1
1
+
+
≤1
k
k

1+b+c
1+c+a
1 + a + bk
• Với cách làm trong hướng 5 ta có thể làm với bài toán mở rộng sau:
(Phân loại và phương pháp giải toán BĐT - Vasile Cirtoaje - V.Q.B.Cẩn,
T.Q.Anh) Với a, b, c là các số thực dương có tích bằng k 3 ≤ 1 thì:
1
1
1
3
+
+
≤
1+b+c 1+c+a 1+a+b
1 + 2k

Bài 1.2 (Olympic gặp gỡ Toán học 2017- Đồng Tháp, Lớp 11).
Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx ≤ 1. Chứng minh rằng:
√
1 − xy − yz − zx ≤ (6 − 2 6)(1 − min{x, y, z})

LỜI GIẢI. Do vài trò đối xứng của x, y, z nên ta có thể giả sử x = min{x, y, z}. Khi đó
ta cần chứng minh:

√
1 − x (y + z) − yz ≤ 6 − 2 6 (1 − x)

Đến đây ta có ý tưởng sẽ đánh giá y, z để đưa BĐT trên về một ẩn là x.

1

Ta có:

y + z ≥ 2x và yz ≥ x2 ⇒ 1 − x (y + z) − yz ≤ 1 − x (2x) − x2

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
√
√
1 − x (2x) − x2 = −3x2 + 1 ≤ 6 − 2 6 (1 − x) ⇔ 3x + 6 − 3
1

2

≥0

√
Và khi đó con số 6 − 2 6 sẽ có câu trả lời ở đâu sinh ra nó

GV: Nguyễn Tuấn Anh

1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè


Trang 6

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

√
3− 6
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

.
3

Bài 1.3 (Olympic gặp gỡ Toán học 2017- Đồng Tháp, Lớp 10).
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
b(a + c) c(b + a) a(c + b)
2

LỜI GIẢI.
Cách 1: Theo BĐT AM - GM ta có:
a
b
c
1
+
+
≥33
b(a + c) c(b + a) a(c + b)
(a + b)(b + c)(c + a)

Bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được:
(a + b)(b + c)(c + a) ≤ 8

Cũng theo BĐT AM - GM ta lại có:
(a + b)(b + c)(c + a) ≤

3

2(a + b + c)
3

mà a + b + c + 3 ≤ 2(a2 + b2 + c2 ) suy ra a + b + c ≤ 3. Do đó bài toán được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 2: Theo BĐT Cauchy ta có:
2

a
+
b

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

b
+
c

c

a

2(a + b + c)

Do đó ta cần chứng minh:
2

a
+
b

b
+
c

c
a

=

a b c
+ + +2
b c a

b
+
a

c
+

b

a
c

≥ 3(a + b + c)

Ta thấy vế trái luôn lớn hơn hoặc bằng 9 (theo BĐT AM - GM) trong khi vế phải thì
bé hơn hoặc bằng 9 (vì a + b + c ≤ 3) nên BĐT trên hiển nhiên đúng.
Cách 3: Theo BĐT Cauchy ta có:
a
b
c
+
+
≥
b(a + c) c(b + a) a(c + b)

√
√ 2
a+ b+ c
2(ab + bc + ca)

√

Nên ta cần chứng minh:
3

√
√

√
a+ b+ c

1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè

2

≥ 9(ab + bc + ca)

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 7

Theo BĐT Holder ta có:
√

√
a+

b+

√
c

2

(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)3

nên ta cần có:
(a + b + c)3 ≥ 9(ab + bc + ca)

Theo giả thiết thì ta có: a + b + c =

3 + 2(ab + bc + ca). Nên BĐT cần chứng minh là:

[3 + 2 (ab + bc + ca)]3 ≥ 81(ab + bc + ca)2
⇔ 8(ab + bc + ca)3 − 45(ab + bc + ca)2 + 54 (ab + bc + ca) + 27 ≥ 0
⇔ [8 (ab + bc + ca) + 3] (ab + bc + ca − 3)2 ≥ 0

Bài 1.4 (HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải và ĐBBB - Lớp 10).
Với a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn:
b+c c+a a+b
+
+
=2
a
b
c

1
1
1
+ +
ab bc ca

Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(ab + bc + ca)

LỜI GIẢI. Từ giả thiết ta có:
b+c
c+a
a+b
1
1
1
+1+
+1+
+1=2
+ +
+3
a
b
c
ab bc ca
⇔ (a + b + c)

1 1 1
2
+ + −
a b c abc

=3

⇔ (a + b + c)(ab + bc + ac − 2) = 3abc

Theo BĐT AM - GM ta được:
(a + b + c)(ab + bc + ac − 2) = 3abc ≤

(a + b + c)3
9

⇒ ab + bc + ac − 2 ≤

(a + b + c)2
⇔ 9(ab + bc + ca) − (a + b + c)2 ≤ 18
9

⇔ a2 + b 2 + c 2 + 3 ≥

7(ab + bc + ca) + 5(a2 + b2 + c2 )
6

GV: Nguyễn Tuấn Anh

1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè


Trang 8

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca nên BĐT trên kéo theo:
a2 + b 2 + c 2 + 3 ≥

7(ab + bc + ca) + 5(a2 + b2 + c2 )
≥ 2 (ab + bc + ca)
6

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

1. Các bài toán BĐT qua các đề thi trong hè

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

2

Trang 9

Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

Bài 1.5 (Tuyển đội HSG lớp 12 tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
Cho ba số thực dương a, b, c sao cho a2 + b2 + c2 + abc = 4. Chứng minh rằng
a
(b + 2)(c + 2)

+

b
(c + 2)(a + 2)

+

c
(a + 2)(b + 2)

≥1

LỜI GIẢI. Theo BĐT AM - GM ta có:
a

≥

(b + 2)(c + 2)

2a
b+c+4

Tương tự cho hai số hạng còn lại. Vậy nên ta cần chứng minh:
2a
2b
2c
+
+
≥1
b+c+4 c+a+4 a+b+4

Theo BĐT Cauchy dạng phân thức ta có:
2b
2c
2(a + b + c)2
2a
+
+
≥

b+c+4 c+a+4 a+b+4
2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c)

Vậy nên ta cần chứng minh:
2(a + b + c)2 ≥ 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c)

Theo giả thiết ta có:
2 (ab + bc + ca) = (a + b + c)2 − a2 − b2 − c2 = (a + b + c)2 − (4 − abc)

Nên BĐT trên được viết lại là:
(a + b + c)2 + 4 ≥ 4 (a + b + c) + abc

Cách 1: Vì a, b, c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = 4 nên tồn tại ba số thực dương
x, y, z sao cho:2
a=2
2

yz
,b = 2
(x + y) (x + z)

zx
,c = 2
(y + z) (y + x)

xy
(z + x) (z + y)

Lý do vì sao có phép đổi biến như vậy mời bạn đọc xem phần bổ sung kiến thức.

GV: Nguyễn Tuấn Anh

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG


Trang 10

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

BĐT cần chứng minh được viết lại là:
yz
+
(x + y) (x + z)
⇔

xy (x + y) +
√
xyz

⇔2

zx
+
(y + z) (y + x)

yz (y + z) +

xy
−1≥
(z + x) (z + y)

zx (z + x) ≥

x (x + y) (x + z) ≥ 4xyz + 2

2xyz
(x + y) (y + z) (z + x)

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

√

2xyz

2xyz (x + y) (y + z) (z + x)

cyc

√
x (x + y) (x + z) ≥ 2 xyz +

⇔

2 (x + y) (y + z) (z + x)

cyc

Hướng 1: (Sử dụng bổ đề quen thuộc) BĐT cần chứng minh là:
x+y y+z
.

+
z
x
x
+
y+z

⇔

y+z z+x
.
+
x
y

y
+
z+x

√
z+x x+y
.
≥2+ 2
y
z

√
z
≥ 2+2
x+y

y+z z+x x+y
.
.
x
y
z

y
z
x
.
.
y+z z+x x+y

Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số nhỏ nhất trong ba số x, y, z . Khi đó, ta có
kết quả sau:
x
+
y+z

y
≥2
z+x

x+y
x + y + 2z

Thật vậy, theo BĐT Holder ta có:
x

+
y+z

y
z+x

2

x2 (y + z) + y 2 (z + x) ≥ (x + y)3

Vì z là số nhỏ nhất trong ba số nên ta được:
x2 (y + z) + y 2 (z + x) = xy (x + y − 2z) + z(x + y)2
(x + y)2
(x + y)2
2
≤
(x + y − 2z) + z(x + y) =
(x + y + 2z)
4
4

Vậy nên ta có:
x
+
y+z

y
≥
z+x

(x + y)3
≥
x2 (y + z) + y 2 (z + x)

4(x + y)3
(x + y)2 (x + y + 2z)

=2

x+y
x + y + 2z

Ta lại có:
xy
1
1
(x + y)2
=
≤
=
z (x + y + z)
4z (x + y + z)
(y + z) (z + x)
(x + y + 2z)2
+1
+
1
xy
(x + y)2
2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 11

Bài toán được chứng minh nếu ta chứng minh được:
2

⇔2

1
2z
1+
x+y

Để dễ dàng, ta đặt t =

2

⇔

⇔

(2t − 1) 2t2 − t − 2
2

1

2z
1+
x+y

2

t
(2t + 1)2

√
4t
t
≥2+
2
+
4
1 + 2t
(2t + 1)2

4
+t+4
1 + 2t

z
.
x+y

z
. BĐT trên được viết lại là:
x+y

√
√
1
+ t≥ 2+2
1 + 2t

(2t + 1)

√
z
≥ 2+2
x+y

+

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

√
z
≥ 2+2
x+y

x+y
+
x + y + 2z

2t

≥4

(2t + 1)

−4

2

t
(2t + 1)2

t
=
1 + 2t

4t (1 − 2t)
(2t + 1)2

2t
(2t + 1)

2

+

t
1 + 2t

vậy nên ta cần có:
4t

2 + t − 2t2 ≥

⇔

vì t ≤

2t
(2t + 1)

2

2t

+

(2t + 1)
t
1 + 2t

2

+

t
1 + 2t

2 + t − 2t2 ≥ 4t

1
nên
2
2t
(2t + 1)

2

≥

t
;
2

t
≥
1 + 2t

t
2

Do đó ta cần có:
1
t
2 + t − 2t2 ≥ 2t ⇔ t t −
(t − 2) 2t2 + 3t + 2 ≥ 0
2
2

BĐT trên đúng. Nên bài toán được chứng minh.
Hướng 2: ()
Nhắc lại ta cần chứng minh:
√
x (x + y) (x + z) ≥ 2 xyz +

2 (x + y) (y + z) (z + x)

cyc

GV: Nguyễn Tuấn Anh

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG


Trang 12

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Bình phương vế trái ta có:
2

x (x + y) (x + z)
cyc

x3 + x2 y + x2 z + xyz + 2

=

[x2 (x + y + z) + xyz] [y 2 (x + y + z) + xyz]

cyc

Theo BĐT Cauchy và Schur ta được:
x3 + x2 y + x2 z + xyz + 2

[x2 (x + y + z) + xyz] [y 2 (x + y + z) + xyz]

cyc

Cauchy

x3 + x2 y + x2 z + xyz + 2 [xy (x + y + z) + xyz]

≥
cyc

x3 + 3x2 y + x2 z + 2xy 2 + 5xyz

=
cyc

= x3 + y 3 + z 3 + 3 [xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x)] + 15xyz
Schur

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

Do đó ta cần chứng minh:
2

√
(x + y + z) (xy + yz + zx) ≥ 2 xyz +

2 (x + y) (y + z) (z + x)

⇔ 4 (x + y + z) (xy + yz + zx) ≥ 4xyz + 2 (x + y) (y + z) (z + x) + 4

⇔ (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 2

⇔

2 (x + y) (y + z) (z + x)

2xyz (x + y) (y + z) (z + x)

√
(x + y) (y + z) (z + x) ≥ 2 2xyz

BĐT cuối hiển nhiên đúng nên bài toán được chứng minh.
Hướng 3: Nhắc lại ta cần chứng minh:
√
x (x + y) (x + z) ≥ 2 xyz +
cyc

⇔

2 (x + y) (y + z) (z + x)

√
x2 (x + y + z) + xyz ≥ 2 xyz +

2 (x + y) (y + z) (z + x)

cyc

Một BĐT quen thuộc khi ta xử lý BĐT chứa căn là:
a2 + b 2 +

c2 + d 2 ≥

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

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 13

Áp dụng BĐT trên hai lần ta được:
x2 (x + y + z) + xyz ≥

(x + y)2 (x + y + z) + 4xyz +

z 2 (x + y + z) + xyz

cyc

≥

(x + y + z)2 (x + y + z) + 9xyz =

(x + y + z)3 + 9xyz

Do đó ta cần chứng minh được rằng:
√
(x + y + z)3 + 9xyz ≥ 2 xyz +
⇔ (x + y + z)3 + 5xyz ≥ 4

2 (x + y) (y + z) (z + x)

2xyz (x + y) (y + z) (z + x) + 2 (x + y) (y + z) (z + x)

⇔ x3 + y 3 + z 3 + (x + y) (y + z) (z + x) + 5xyz ≥ 4

2xyz (x + y) (y + z) (z + x)

Theo BĐT AM - GM ta có:
x3 + y 3 + z 3 + (x + y) (y + z) (z + x) + 5xyz
≥ (x + y) (y + z) (z + x) + 8xyz ≥ 4

2xyz (x + y) (y + z) (z + x)

Bài toán được chứng minh.
Cách 2: () Ta quay lại vấn đề đầu cách 1. Ta cần chứng
minh:
(a + b + c − 2)2 ≥ abc ⇔ a + b + c − 2 ≥

√
abc

Vì a2 + b2 + c2 + abc = 4 nên tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:
a = 2 cos A; b = 2 cos B; c = 2 cos C

BĐT cần chứng minh là:
cos A + cos B + cos C − 1 ≥

√
2 cos A cos B cos C

Ta có:
cos A + cos B + cos C =

R+r
;
R

cos A cos B =
cyc

p2 + r2 − 4R2
4R2

BĐT được viết lại là:
p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2

Đây chính là bất đẳng thức Gerretsen.
Cách 3: () Lập luận như cách 2 ta cần chứng minh:

cos A + cos B + cos C − 1 ≥

Vì cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin
4 sin

√
2 cos A cos B cos C

B
C
A
sin sin nên BĐT được viết lại là:
2
2
2

√
A
B
C
sin sin ≥ 2 cos A cos B cos C ⇔ (1−cos A)(1−cos B)(1−cos C) ≥ cos A cos B cos C
2
2
2

GV: Nguyễn Tuấn Anh

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

Trang 14

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Ta có BĐT sau:3
3 3
27
3 + 2 
(1 + cos A)(1 + cos B)(1 + cos C) ≤ 
 =
3
8





nên ta cần chứng minh:
1 − cos2 A

⇔

1 − cos2 B

1 − cos2 C ≥

27
cos A cos B cos C
8

cot A cot B cot C
8
≤
sin A sin B sin C
27

Sử dụng công thức cộng đối với sin chú ý rằng sin(A + B) = sin C . Ta được:
cot A cot B cot C
= cot A cot B cot C (cot A + cot B) (cot B + cot C) (cot C + cot A)
sin A sin B sin C

Sử dụng BĐT AM - GM kết hợp với kết quả sau
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1

ta được:
cot A cot B cot C (cot A + cot B) (cot B + cot C) (cot C + cot A)

≤

[2 (cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A)]3
8
=
27
27

Do đó BĐT được chứng minh.
Nhận xét:
• Hướng 1 trong cách 1, với bổ đề: x, y, z là ba số thực dương và z là số nhỏ nhất thì
x
+

y+z

y
≥2
z+x

x+y
x + y + 2z

ta có một kết quả mạnh hơn (cách chứng minh giống như cách ta làm trong hướng
1) có thể chứng minh nhanh bài toán:
x
+
y+z

y
+
z+x

z
≥2
x+y

1+

xyz
(x + y) (y + z) (z + x)

• Bổ đề trên còn có nhiều ứng dụng khác nữa mời bạn đọc xem bài "Ứng dụng một

bổ đề hay trong chứng minh BĐT - Ngô Trung Hiếu, Cao Minh Quang - THTT
469"
3

BĐT có được nhờ BĐT AM - GM cho 3 số kết hợp với kết quả quen thuộc cos A + cos B + cos C ≤

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

3
2

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 15

• Đây là bài toán khá thú vị, và còn nhiều lời giải nữa, mời bạn đọc tìm đọc trong

bài viết "Xung quanh câu BĐT trong đề thi chọn HSG tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu".
Bài 1.6 (Lập đội tuyển dự thi quốc gia - Đăk Lăk).
Cho bất phương trình x2 − (a + b)x + ab ≤ 0 (1) trong đó a > b > 0. Gọi x1 , x2 , ..., xn là các
nghiệm của bất phương trình (1). Chứng minh rằng:
4ab
(x1 + x2 + ... + xn )2
≥
2
2
2

n(x1 + x2 + ... + xn )
(a + b)2

LỜI GIẢI. Trước tiên ta có nhận xét các xi thỏa mãn (1) tương đương với b ≤ xi ≤ a.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
(a + b)(x1 + x2 + ... + xn ) ≥ 2

abn(x21 + x22 + ... + x2n )

Vì xi thỏa mãn (1) nên ta có:
(a + b)(x1 + x2 + ... + xn ) ≥ (x21 + x22 + ... + x2n ) + nab

Theo BĐT AM - GM ta được:
(x21 + x22 + ... + x2n ) + nab ≥ 2

abn(x21 + x22 + ... + x2n )

Bài toán được chứng minh.
Bài 1.7 (Chọn đội HSG dự thi Quốc Gia tỉnh Đồng Tháp).
Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
b2

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

+ bc + c
c + ca + a
a + ab + b2

LỜI GIẢI.
Cách 1: (Algebraic inequalities old and new methods - Vasile Cirtoaje)
Theo BĐT Cauchy ta có:
b(c + a)
c(a + b)
a(b + c)
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
b + bc + c
c + ca + a
a + ab + b2

(a + b + c)2
a b2 + bc + c2
b+c

Vậy nên ta cần chứng minh:
(a + b + c)2 ≥ 2

Vì

GV: Nguyễn Tuấn Anh

a b2 + bc + c2
b c2 + ca + a2
c a2 + ab + b2
+
+
b+c
a+c
a+b
a b2 + bc + c2
bc
=a b+c−
b+c
b+c
2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG


Trang 16

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

nên BĐT cần chứng minh được viết lại là:
a2 + b2 + c2 + abc

1
1
1
+
+
a+b b+c c+a

≥ 2 (ab + bc + ca)

Theo BĐT Cauchy dạng phân thức, ta có:
abc

1
1
1
+
+
a+b b+c c+a

≥

9abc
2 (a + b + c)

Nên ta cần có:
a2 + b 2 + c 2 +

9abc
≥ 2 (ab + bc + ca)
2 (a + b + c)

⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)

BĐT cuối hiển nhiên đúng theo BĐT Schur bậc 3.
Cách 2: (Algebraic inequalities old and new methods - Vasile Cirtoaje) BĐT
cần chứng minh đương đương với:

(a + b + c)

⇔

⇔

b2

a(b + c)
−2 ≥0⇔
+ bc + c2

a ab + ac − b2 − c2
b2 + bc + c2

ab (a − b)

⇔ (a + b + c)

b2

≥0⇔

a (b + c) (a + b + c)
− 2a
b2 + bc + c2
ab (a − b) − ca (c − a)
b2 + bc + c2

1

1
− 2
2
+ bc + c
c + ca + a2

≥0

≥0

≥0

ab(a − b)2
≥0
(b2 + bc + c2 ) (c2 + ca + a2 )

Từ BĐT cuối, bài toán được chứng minh.
Cách 3: Theo BĐT AM - GM ta có:
b2 + bc + c2 (ab + bc + ca) ≤

1 2
1
b + bc + c2 + ab + bc + ca = (b + c)2 (a + b + c)2
4
4

Do vậy:
a (b + c)
4a (ab + bc + ca)
≥

b2 + bc + c2
(b + c) (a + b + c)2

Tương tự cho các đánh giá còn lại. Vậy ta cần chứng minh:
ab + bc + ca
(a + b + c)

2

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

≥

1
2

Theo BĐT Cauchy dạng phân thức, ta có:
a
b
c
(a + b + c)2
+
+
≥
b+c c+a a+b

2 (ab + bc + ca)
2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 17

Thay vào ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét: Cách 2 là ta cố gắng phân tích tổng bình phương. Ngoài cách tách như trên
ta còn có thể tách như sau:
(b + c) [ab (a − b) + ac (a − c)]
a (b + c)
ab + ac
=
−
2
+ bc + c
ab + bc + ca
(b2 + bc + c2 ) (ab + bc + ca)

b2

Do đó:
a (b + c)
−2=
+ bc + c2

b2

=

=

=

a (b + c)
ab + ac
−
2
+ bc + c
ab + bc + ca

b2

(b + c) [ab (a − b) + ac (a − c)]
(b2 + bc + c2 ) (ab + bc + ca)
a−b
.
ab + bc + ca

ab (b + c)
ba (c + a)
−
b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

ab(a − b)2
(b2 + bc + c2 ) (c2 + ca + a2 )

Bài 1.8 (THPT chuyên KHTN - Ngày 2).
Với a, b, c là các số thực thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 0. Chứng minh rằng:
(a2 − b2 )(a2 − c2 ) (b2 − c2 )(b2 − a2 ) (c2 − a2 )(c2 − b2 )
+
+
≥0
(b + c)2
(c + a)2
(a + b)2

LỜI GIẢI. Để đơn giản, ta đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a. Khi đó BĐT được viết lại
là:

xz (x − y) (z − y) yx (y − z) (x − z) zy (z − x) (y − x)
+
+
≥0
y2
z2
x2
⇔

yz (x − y) (x − z) zx (y − x) (y − z) xy (z − x) (z − y)
+
+
≥0
x2
y2
z2

Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z . Khi đó:
yz (x − y) (x − z)
≥0
x2

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
zx (y − x) (y − z) xy (z − x) (z − y)
+
≥0
y2
z2
zx (y − x) (y − z) xy (z − x) (z − y)
z (y − x) y (z − x)
x2 (y − z)2
⇔
+
= x (y − z)
−
=
≥0
y2
z2
y2
z2
z2

BĐT cuối hiển nhiên đúng nên bài toán được chứng minh.
Nhận xét: BĐT cuối có thể được chứng minh bằng phép biến đổi tương đương đưa về
BĐT Schur.

GV: Nguyễn Tuấn Anh

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG


Trang 18

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Bài 1.9 (THPT chuyên KHTN - Ngày 3).
Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a3
9
b3
c3
9
≥
+
+
+
2
2
2
2
2
2
b − bc + c
c − ca + a
a − ab + b
2 (ab + bc + ca)

2

LỜI GIẢI. Trước tiên ta chứng minh:
a3
b3
c3
+
+
≥a+b+c
b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 a2 − ab + b2

Thật vậy, theo BĐT Cauchy, ta cần chứng minh:
2

a2 + b 2 + c 2

≥ (a + b + c) a b2 − bc + c2 + b c2 − ca + a2 + c a2 − ab + b2

⇔ a4 + b4 + c4 + abc (a + b + c) ≥ ab a2 + b2 + bc b2 + c2 + ca c2 + a2

BĐT cuối là BĐT Schur bậc 4. Do đó ta cần chứng minh:
(a + b + c) +

9
9
≥
2 (ab + bc + ca)
2

Theo BĐT AM - GM, ta lại có:

(a + b + c) +

9
9(a + b + c)2
3
3
≥3
≥
2 (ab + bc + ca)
8 (ab + bc + ca)
2

27 (ab + bc + ca)
9
=
ab + bc + ca
2

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 1.10 (Chọn đội HSG Quốc Gia tỉnh Đăk Nông - Vòng 1).
Cho ∆ABC là tam giác nhọn. Đặt giá trị:
M=

sin A
sin B
sin C
+
+
sin B + sin C sin C + sin A sin A + sin B

Gọi [M ] là số nguyên không vượt quá M . Tính [M ].

LỜI GIẢI.
3
• Trước tiên ta chứng minh: M ≥ .
2

Theo BĐT Cauchy ta có:
sin A
sin B
sin C
(sin A + sin B + sin C)2
+
+
≥
sin B + sin C sin C + sin A sin A + sin B
2 (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A)

Do đó ta cần chứng minh:
(sin A + sin B + sin C)2
3
≥
2 (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A)
2
⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 C ≥ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A

⇔

1
(sin A − sin B)2 + (sin B − sin C)2 + (sin C − sin A)2 ≥ 0

2

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

GV: Nguyễn Tuấn Anh


CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Trang 19

BĐT được chứng minh.
• Ta chứng minh:
sin A
sin B
sin C
+
+
<2
sin B + sin C sin C + sin A sin A + sin B

Ta có đánh giá
sin A
2 sin A
≤
sin B + sin C
sin A + sin B + sin C

và tương tự cho các đánh giá còn lại. Do đó:
sin A

sin B
sin C
2 (sin A + sin B + sin C)
+
+
≤
=2
sin B + sin C sin C + sin A sin A + sin B
sin A + sin B + sin C

Tuy nhiên đẳng thức không thể xảy ra do đó đánh giá trên được chứng minh.
Từ hai đánh giá trên ta được [M ] = 1.
Nhận xét: Bản chất bài toán trên là hai đánh giá quen thuộc của BĐT Nesbitt: Với
ba số thực dương a, b, c thì
•

b
c
3
a
+
+
≥ .
b+c c+a a+b
2

•

b
c

a
+
+
< 2.
b+c c+a a+b

Dữ kiện ∆ABC nhọn chưa được sử dụng trừ công dụng là để các sin A, sin B, sin C là các
số dương.
Bài 1.11 (Chọn đội HSG Quốc Gia tỉnh Đăk Nông - Vòng 2).
Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = 4. Chứng minh rằng:
a+b+c≥

√
√
√
a+ b+ c

Đẳng thức xảy ra khi nào?

LỜI GIẢI.
Cách 1: (Lekhanhsy - BĐT cần chứng minh tương
đương với:
a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca) ≥ a + b + c + 2

⇔ 1 − abc + ab + bc + ca +

⇔ (1 − a) (1 − b) (1 − c) +

GV: Nguyễn Tuấn Anh

√
ab − 1
√

ab − 1

2

2

+

+

√

√

√
√
√
ab + bc + ca

bc − 1

bc − 1

2

2

√
2
+ ( ca − 1) ≥ a + b + c

√
2
+ ( ca − 1) ≥ 0

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG


Trang 20

CHƯƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c, từ đó ta được: 1 ≤ a < 2. Do vậy:
√
√
(1 − a) (1 − b) (1 − c) = (1 − a) (1 − b − c + bc) ≥ (1 − a) 1 − 2 bc + bc = (1 − a)
bc − 1

Vì thế ta cần chứng minh:
√

√

2

ab − 1

+ (2 − a)

2

bc − 1

+

√

ca − 1

2

≥0

Thế nhưng BĐT cuối là hiển nhiên nên bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 2: Áp dụng BĐT Cauchy ta có
√

√
a+

b≤

2 (a + b)

Do đó ta cần chứng minh:

a+b+c≥

2 (a + b) +

√
c

⇔ a2 + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca) ≥ 2 (a + b) + c + 2

2 (a + b) c

Theo BĐT AM - GM, ta có 2 2(a + b)c ≤ 2 + ac + bc nên ta chỉ cần chứng minh được:
4 − abc + 2 (ab + bc + ca) ≥ 2 (a + b) + c + ac + bc + 2
⇔ 2 − abc + 2ab + bc + ca − 2a − 2b − c ≥ 0
⇔ c (a + b − ab − 1) + 2 (1 + ab − a − b) ≥ 0
⇔ (a − 1) (b − 1) (2 − c) ≥ 0

BĐT cuối không hoàn toàn đúng. Nó chỉ đúng khi a, b cùng đồng thời bé hơn hoặc bằng
1 hoặc lớn hơn hoặc bằng 1. Vì BĐT ban đầu là đối xứng nên ta hoàn toàn có thể giả

sử ngay từ đầu điều đó.

4

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 1.

Bài 1.12 (Chọn đội HSG Quốc Gia tỉnh Hà Tĩnh, Ngày thứ nhất).
Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 ≤ 3. Chứng minh rằng:

(a + b + c)(a + b + c − abc) ≥ 2(a2 b + b2 c + c2 a)
Đẳng thức xảy ra khi nào?

LỜI GIẢI. (Lekhanhsy - />• Ta chứng minh
a2 b + b2 c + c2 a + abc ≤
4

4(a + b + c)3
27

Hiển nhiên 0 < a, b, c < 2

2. Các bài toán BĐT qua các đề thi chọn đội HSGQG

GV: Nguyễn Tuấn Anh

2