The art of mathemtics vol4 tiengviet

Ho Chi Minh, 16th February 2018
Vol. 4

The art of Mathematics
BTV. Phạm Quốc Sang1 , Lê Minh Cường2 *
Giới thiệu
The art of Mathematics (TAoM) được thành lập dựa trên tinh thần ham học hỏi và
sáng tạo các vấn đề của học sinh, giáo viên và những người yêu toán học ở Việt
Nam và thế giới. Trên tinh thần đó, chúng tôi mong muốn được nhận các bài toán
do chính các bạn sáng tạo hoặc các bài viết ngắn của các bạn về toán.
*Corresponding author: -

Contents
1 Biên tập viên, cộng tác viên, các tác giả và các thành viên tham gia vol.4 . . . . . . . . . . . . 4
2 Tính giá trị biểu thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
3 Điểm rơi trong bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
4 Bài toán thử thách vol.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5 Giải các bài thách thức vol.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6 Giải đáp câu đố thú vị: Khung số 4 × 50 trong vol.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Lời cảm ơn.
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn tất cả các bạn độc giả đã gửi những lời động viên, những lời khuyên
chân thành để chúng tôi hoàn thành The art of Mathematics (TAoM).
Đặc biệt, xin cảm ơn đến ngài Dan Sitaru - Quản trị viên của trang " Romania mathematical magazine
- RMM" đã chia sẻ các bài toán của chúng tôi đến các thành viên của đội " RMM team".
Ngoài ra, chúng tôi cũng gửi lời cảm ơn đến các người bạn Hy Lạp, Romania, Ấn độ, Thái Lan,.. đến từ
các nhóm toán Việt Nam và quốc tế như:
• ROMANIAN MATHEMATICAL MAGAZINE - RMM.
• MATHEMATICAL PROBLEMS.
• mathematical inequalities.
• PURE INEQUALITIES.

• Ham học Toán.
• (Greek)


The art of Mathematics — 2/48

• Học toán 9 cùng thầy Hồng Trí Quang.


The art of Mathematics — 3/48

1. Biên tập viên, cộng tác viên, các tác giả và các thành viên tham gia
vol.4
Biên tập viên
• Lê Minh Cường.
Học viên cao học, trường ĐH Khoa học tự nhiên TPHCM, Việt Nam.
• Phạm Quốc Sang.
Học viên cao học, trường ĐH Sư Phạm TPHCM, Việt Nam.
Cộng tác viên
• Nguyễn Việt Hùng.
Giáo viên trường THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội, Việt Nam.
• Đặng Tiến Dũng.
Học sinh trường THCS Hai Bà Trưng, Vĩnh Phúc, Việt Nam.
• Nguyễn Đức Việt.
Học sinh trường THPT Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc, Việt Nam..
• Đỗ Hữu Đức Thịnh.
Học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TPHCM, Việt Nam.
Các tác giả đề xuất bài toán.
• Nguyễn Việt Hùng.
Giáo viên trường THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội, Việt Nam.

• Nguyễn Ngọc Tú.
Giáo viên trường THPT chuyên Hà Giang, Hà Giang, Việt Nam.
• Phan Đình Đan Trường.
Học sinh trường THPT Mai Thúc Loan, Hà Tĩnh, Việt Nam.
• Nguyễn Đức Việt.
Học sinh trường THPT Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc, Việt Nam..
• Sladjan Stankovic.
Giáo viên toán tại trường THPT Nace Budjoni, Kumanovo, Macedonia..
• Phan Ngọc Châu.
Học sinh trường THPT số 1 Phù Cát , Bình Định, Việt Nam.
• Tiến Sĩ Tạ Hồng Quảng.
Vũng Tàu, Việt Nam - Huy chương đồng IMO năm 1974.
• Ngô Văn Nam.
Học sinh trường THCS Sông Lô, Vĩnh Phúc, Việt Nam.
• Đặng Tiến Dũng.
Học sinh trường THCS Hai Bà Trưng, Vĩnh Phúc, Việt Nam.


The art of Mathematics — 4/48

• Trần Hoàng Nam.
Học sinh trường THPT Nguyễn Du, Vũng Tàu, Việt Nam..
Các thành viên tham gia vol.4
• Diego Alvariz.
Kolkata, West Bengal, Ấn Độ - Thành viên của tạp chí toán học Romania, RMM.
• Nguyễn Việt Hùng.
Giáo viên trường THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội, Việt Nam.
• Nguyễn Ngọc Tú.
Giáo viên trường THPT chuyên Hà Giang, Hà Giang, Việt Nam.
• Hoàng Lê Nhật Tùng.

Sinh viên trường ĐH Sư Phạm Hà Nội, Việt Nam.
• Tiến Sĩ Tạ Hồng Quảng.
Vũng Tàu, Việt Nam - Huy chương đồng IMO năm 1974.
• Sanong Huayrerai..
Nakon Pathom, Thái Lan - Thành viên của tạp chí toán học Romania, RMM..
• Sarah El.
Thành viên của tạp chí toán học Romania, RMM..
• Christos Eythymioy.
Athens, Hy Lạp - Thành viên của tạp chí toán học Romania, RMM..
• Nguyễn Đức Việt.
Học sinh trường THPT Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc, Việt Nam..
• Triệu Tấn Hưng.
Học sinh trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam, Việt Nam..
• Trần Hoàng Nam.
Học sinh trường THPT Nguyễn Du, Vũng Tàu, Việt Nam..
• Marion Cucones.
Focs¸ani, Romania - Thành viên của tạp chí toán học Romania, RMM..
• Đỗ Hữu Đức Thịnh.
Học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TPHCM, Việt Nam.
• Đỗ Quốc Chính.
Học sinh trường THPT Ngô Gia Tự, Vĩnh Phúc, Việt Nam.
• Đặng Quốc Thành.
Học sinh trường THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh, Việt Nam.
• Trần Nguyễn Quy.
Học sinh trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi, Việt Nam.


The art of Mathematics — 5/48

• Prompt Kerdphoksup.

Học sinh trường THCS Suankularb Wittayalai, Băng Cốc, Thái Lan.
• Phan Ngọc Châu.
Học sinh trường THPT số 1 Phù Cát , Bình Định, Việt Nam.
• Đặng Tiến Dũng.
Học sinh trường THCS Hai Bà Trưng, Vĩnh Phúc, Việt Nam.
• Nguyễn Bá Linh.
Học sinh trường THPT Quỳnh Lưu, Nghệ An, Việt Nam
• Rich Choi.
Học sinh trường THCS Cầu Giấy, Hà Nội, Việt Nam.
• Fozi M Dannan.
Thành viên của tạp chí toán học Romania, RMM.
• Nguyễn Thanh Hiếu.
Sinh viên trường ĐH Bách Khoa Hà Nội, Hà Nội, Việt Nam.


The art of Mathematics — 6/48

2. Tính giá trị biểu thức
Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

P=

a
b
c
= = . Tính giá trị của biểu thức:
b
c
a

4a + 6b + 2017c
4a − 6b + 2017c
Đề thi vào 10, Chuyên Bắc Ninh, 2017

Ta có

a
b
c
a+b+c
= = =
=1⇒a=b=c
b
c
a
b+c+a

Suy ra
P=

4a + 6a + 2017a 2027
=
4a − 6a + 2017a 2015
1 1 1 1
+ + = . Tính giá trị của biểu
a b c
3

Bài toán 2. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 3 và

thức:

P = ( a − 3)2017 .(b − 3)2017 .(c − 3)2017
Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định vòng 2, 2017

Ta có

( a − 3)(b − 3)(c − 3) = abc + 9( a + b + c) − 3( ab + bc + ca) − 27 = abc − 3( ab + bc + ca)
Mặt khác, ta có
1 1 1 1
+ + =
a b c
3
⇔ abc = 3( ab + bc + ca)
Vậy P = 0.
Bài toán 3. Cho a là số thực dương, a > 1 và x =

biểu thức:

a+

√

a2 − 1 +

a−

√

a2 − 1. Tính giá trị của

P = x3 − 2x2 − 2 ( a + 1) x + 4a + 2021
Đề thi vào 10, Sở giáo dục Quãng Ngãi, 2017

Từ a > 1 ta suy ra a2 > 1 ⇒ x =
Ta có

a+

√

a2 − 1 +

a−

√

a2 − 1 xác định và x > 0.

2

x2 =

=a+

a+

a2 − 1 +

a2 − 1 + 2

a−

a+

a2 − 1

a2 − 1.

a−

a2 − 1 + a −

a2 − 1


The art of Mathematics — 7/48

= 2a + 2
Thay vào P ta có
P = x2 .x − 2x2 − 2 ( a + 1) x + 4a + 2021
= 2( a + 1) x − 2(2a + 2) − 2( a + 1) x + 4a + 2021 = −4a − 4 + 4a + 2021 = 2017
√
√
Vậy P = 2017 khi x = a + a2 − 1 + a − a2 − 1.
Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a2 + b = b2 + c = c2 + a. Tính giá

trị của biểu thức:
T = ( a + b − 1)(b + c − 1)(c + a − 1).
Đề thi vào 10, Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, Vòng 1, 2017

Ta có
a2 + b = b2 + c
⇒ ( a − b)( a + b) = c − b
c−b
⇒a+b=
a−b
c−a
⇒a+b−1=
a−b
b−c
a−b
và c + a − 1 =
.
Tương tự, ta có b + c − 1 =
b−c
c−a
Suy ra T = 1.
Bài toán 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãnab + a + b = 1. Chứng minh rằng

1 + ab

b
a
+
=
2
1+a
1 + b2

2(1 + a2 )(1 + b2 )

.

Đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội vòng 2, 2017
a
b
+
=
2
1+a
1 + b2

1 + ab
2(1 + a2 )(1 + b2 )

⇔ ( a + b + ab2 + ab2 + 1) 2(1 + a2 )(1 + b2 ) = (1 + ab)(1 + a2 )(1 + b2 )
⇔ ( a + b)(1 + ab) 2(1 + a2 )(1 + b2 ) = (1 + ab)(1 + a2 )(1 + b2 )
⇔ 2( a + b)2 = (1 + a2 )(1 + b2 )
⇔ a2 + b2 + 4ab = 1 + a2 b2
⇔ ( a + b)2 = (1 − ab)2
Do a, b > 0 và ab + a + b = 1 nên 0 < a, b < 1 và
ab + a + b = 1 ⇔ a + b = 1 − ab ⇔ ( a + b)2 = (1 − ab)2


The art of Mathematics — 8/48

1

1

2

+
=
Bài toán 6. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x = y và 2
. Tính giá trị biểu
xy + 1
x + 1 y2 + 1
thức:
S=

x2

1
1
2
+ 2
+
+ 1 y + 1 xy + 1
Đề thi vào 10, Trường THPT chuyên ĐHSP - Vòng 1, 2017

Ta có
x2

1
2
1
+ 2
=
+ 1 y + 1 xy + 1

⇒ (y2 + 1)( xy + 1) + ( x2 + 1)( xy + 1) = 2( x2 + 1)(y2 + 1)
⇔ xy3 + x3 y − 2x2 y2 = x2 − 2xy + y2
⇔ xy( x − y)2 = ( x − y)2
⇔ ( x − y)2 ( xy − 1) = 0
⇔ xy = 1 ( do x = y)
Suy ra,
1
1
2
+ 2
+
+ 1 y + 1 xy + 1
1
x2
+
+1
= 2
x + 1 x2 + 1
2
2x + 2
= 2.
= 2
x +1

S =

x2

Vậy S = 2.

Bài toán 7. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c +

a(2 − b)(2 − c) +

b(2 − c)(2 − a) +

√

2abc = 2. Chứng minh rằng

c(2 − a)(2 − b) =

√

√
8+

abc

Đề thi vào lớp 10 chuyên, Sở giáo dục Lâm Đồng, 2017
Ta có
a(2 − b)(2 − c) = a(4 − 2(b + c) + bc)
√
= a(2a + 2 2abc + bc)
√ 2
√
=a
2a + bc
Vậy

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

VT =

√

a

√

√

2a +


The art of Mathematics — 9/48

√
√
2 2 − 2abc + 3 abc
√

√
= 2 2 + abc = VP

=

√

Bài toán 8. Cho x, y, z là các số thực đôi một khác nhau x + y + z = 0. Tính giá trị biểu thức:

P=

2018( x − y)(y − z)(z − x )
2xy2 + 2yz2 + 2zx2 + 3xyz
Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, 2017

Ta có
2xy2 + 2yz2 + 2zx2 + 3xyz = 2xy2 + xyz + 2yz2 + 2zx2 + 2xyz

= xy (2y + z) + 2yz2 + 2xz ( x + y)
= xy (2y + z) + 2yz2 − 2xz2
= xy(y − x ) + 2z2 (y − x )
= (y − x )( xy + 2z2 )
= (y − x )( xy + z2 + z2 )
= (y − x )[ xy + z2 − z ( x + y)]
= (y − x ) ( x − z) (y − z)
Từ đó suy ra,
P=

2018( x − y)(y − z)(z − x )
= 2018

( x − y)(y − z)(z − x )

Bài toán 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2, ab + bc + ca = 1. Chứng minh

rằng

√

√
√
√
√
√
b2 + 1. c2 + 1
c2 + 1. a2 + 1
a2 + 1. b2 + 1
√
√
√
+
+
=4
a2 + 1
b2 + 1
c2 + 1
Đề xuất bởi Phạm Quốc Sang

Ta có

√

√
b2 + 1. c2 + 1
√
=
a2 + 1

(b + a) (b + c) . (c + a) (c + b)
=b+c
( a + b) ( a + c)

Tương tự, ta có
√
√
√
√
√
√
b2 + 1. c2 + 1
c2 + 1. a2 + 1
a2 + 1. b2 + 1
√
√
√
+
+
= 2 ( a + b + c) = 4
a2 + 1
b2 + 1
c2 + 1

Chú ý. Từ đẳng thức trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức dưới đây:
Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 thì
√
√
√
√
√
√
√
b2 + 1. c2 + 1
c2 + 1. a2 + 1
a2 + 1. b2 + 1
√
√
√
+
+
≥2 3
a2 + 1
b2 + 1
c2 + 1


The art of Mathematics — 10/48

Bài toán 10. Cho x +

√

2011 + x2

y+

2011 + y2 = 2011. Tính giá trị biểu thức:

P = x2011 + y2011
Học sinh giỏi toán 9, Phú Thọ, 2011-2012
Ta có

√

2011 + x2 y + 2011 + y2 = 2011
√
√
√
⇔ x + 2011 + x2
2011 + x2 − x y + 2011 + y2 = 2011
2011 + x2 − x
√
⇔ 2011 y + 2011 + y2 = 2011
2011 + x2 − x
√
(1)
⇔ y + 2011 + y2 = 2011 + x2 − x
x+

Tương tự, ta có
x+

2011 + x2 =

2011 + y2 − y

(2)

Lấy (1) + (2), ta có
x + y = 0 ⇔ x = −y
Vậy
P = x2011 + y2011 = 0
Chú ý. Ta có thể tổng quát bài toán như sau:
√
If x + a + x2 y + a + y2 = a ( a > 0) thì
P = x2n+1 + y2n+1 = 0 (n ∈ N )

Bài toán 11. Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa a3 + b3 + c3 = 3abc và abc = 0. Tính

giá trị biểu thức:
P=

ab2
bc2
ca2
+
+
a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2
Đề thi vào lớp 10, TP Hà Nội, 2016

Ta có

a3 + b3 + c3 − 3abc = 0

⇔ ( a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 0
⇔a+b+c=0
Do a, b, c là các số thực đôi một khác nhau nên
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca =

1
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 > 0
2

Mặt khác :
ab2
ab2
ab2
b2
b2
−b
=
=
=
=
=
2
2
2
2
2
a−b+c
−b − b
2

a +b −c
a + (b + c) (b − c)
a − a (b − c)


The art of Mathematics — 11/48

Tương tự, ta có:
P=

ab2
bc2
ca2
− ( a + b + c)
=0
+
+
=
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a +b −c
b +c −a

c +a −b

Bài toán 12. Cho a, b là các số thực thỏa mãn | a| = |b|, ab = 0 và

a−b
a+b
3a − b
+
=
.
a2 + ab a2 − ab
a2 − b2
Tính giá trị biểu thức:
P=

a3 + 2a2 b + 3b3
2a3 + ab2 + b3
Đề thi vào lớp 10, TP Hồ Chí Minh, 2016

Ta có

a−b
a+b
3a − b
+ 2
= 2
2
a + ab a − ab
a − b2
2

2
a (3a − b)
( a − b) + ( a + b)
=
⇔
a ( a − b) ( a + b)
a ( a − b) ( a + b)

⇔ ( a − b)2 + ( a + b)2 = a (3a − b)
⇔ a2 − ab − 2b2 = 0 ⇔
• a = 2b thì
P=

a + b = 0 (Conflicts for | a| = |b|)
a − 2b = 0

8b3 + 8b3 + 3b3
a3 + 2a2 b + 3b3
=
=1
2a3 + ab2 + b3
16b3 + 2b3 + b3

Bài toán 13. Cho a, b, c là các số thực thỏa 2a2 + 11ab − 3b2 = 0, b = 2a, b = −2a.

Tính giá trị biểu thức:
T=

a − 2b 2a − 3b
+

2a − b
2a + b
Đề thi vào lớp 10, tỉnh Phú Thọ, 2016

Ta có
T=
Mặt khác

a − 2b 2a − 3b 6a2 − 11ab + b2
+
=
2a − b
2a + b
4a2 − b2

2a2 + 11ab − 3b2 = 0 ⇔ 11ab = −2a2 + 3b2

Vậy
T=

6a2 − 11ab + b2
8a2 − 2b2
=
=2
4a2 − b2
4a2 − b2


The art of Mathematics — 12/48

Bài toán 14. Cho a, b, c là các số thực thỏa a + b + c = 3, a2 + b2 + c2 = 29 và abc = 11.

Tính giá trị biểu thức:

a5 + b5 + c5
Đề thi vào lớp 10, TP Hồ Chí Minh, 2017 - 2018

• Tính ab + bc + ca. Ta có

( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca)
⇔ 32 = 29 + 2 ( ab + bc + ca)
⇔ ab + bc + ca = −10.
• Tính a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 . Ta có:

( ab + bc + ca)2 = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc( a + b + c)
⇔ (−10)2 = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2.11.3
⇔ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = 34.
• Tính a3 + b3 + c3 .
Cách 1.
a3 + b3 + c3 = ( a2 + b2 + c2 )( a + b + c) − [ ab( a + b) + bc(b + c)]
= 29.3 − [ab(3 − c) + bc(3 − a) + ca(3 − b)]
= 87 − [3( ab + bc + ca) − 3abc]
= 87 − [3.(−10) − 3.11]
= 150.
Cách 2.
a3 + b3 + c3 = ( a + b + c )3 − 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )
= 27 − 3.[ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 2abc]
= 27 − 3.[ab(3 − c) + bc(3 − a) + ca(3 − b) + 2abc]
= 27 − 3.[3( ab + bc + ca) − abc]
= 27 − 3.[3.(−10) − 11]

= 150.
Cách 3.
a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)( a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 3abc
= 3[29 − (−10)] + 3.11 = 150.
• Tính a4 + b4 + c4 .
Cách 1.
a4 + b4 + c4 = ( a2 + b2 + c2 )2 − 2( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )

= 292 − 2.34 = 773.


The art of Mathematics — 13/48

Cách 2.
a4 + b4 + c4 = ( a + b + c) a3 + b3 + c3 − [ab a2 + b2 + bc b2 + c2 + ca c2 + a2 ]

= 3.150 − ab 29 − c2 + bc 29 − a2 + ca 29 − b2
= 450 − [29 ( ab + bc + ca) − abc ( a + b + c)]
= 450 − [29. (−10) − 11.3]
= 773.
• Tính a5 + b5 + c5 .
Cách 1.
a5 + b5 + c5 = ( a2 + b2 + c2 )( a3 + b3 + c3 ) − [ a2 b2 ( a + b) + b2 c2 (b + c) + c2 a2 (c + a)]

= 29.150 − a2 b2 (3 − c) + b2 c2 (3 − a) + c2 a2 (3 − b)
= 4350 − 3 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 − abc ( ab + bc + ca)
= 4350 − [3.34 − 11.(−10)]
= 4138.
‘ Cách 2.
a5 + b5 + c5 = ( a + b + c)( a4 + b4 + c4 ) − [ ab( a3 + b3 ) + bc(b3 + c3 ) + ca(c3 + a3 )]

= 3.773 − [ ab(150 − c3 ) + bc(150 − a3 ) + ca(150 − b3 )]
= 2319 − 150 ( ab + bc + ca) − abc a2 + b2 + c2
= 2319 − [150.(−10) − 11.29]
= 4138.

Bài toán 15. Cho a, b, c là các số thực thỏa a + b + c = 6 and

1
1
47
1
+
+
= .
a + b b + c c + a 60

Tính giá trị biểu thức:
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
Đề thi vào lớp 10, tỉnh Nm Định, 2016
Ta có:

47
.6 =
60

1
1
1
a
b
c
+
+
+
+
( a + b + c) = 3 +
a+b b+c c+a
b+c c+a a+b

Vì vậy
a
b
c
17
+
+
=
b + c c + a a + b 10

3. Điểm rơi trong bất đẳng thức AM-GM


The art of Mathematics — 14/48

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực thỏa a + b + c = 3 thì

3

9 ( a2 b + b2 c + c2 a ) +

3

√
3
9 ( ab2 + bc2 + ca2 ) + 2 abc

8

Đề xuất bởi Nguyễn Việt Hùng

Lời giải 1 của Christos Eythymioy, Đỗ Hữu Đức Thịnh
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
3

9 ( a2 b + b2 c + c2 a ) +

3

√
3
9 ( ab2 + bc2 + ca2 ) + 2 abc

3 + 3 + a2 b + b2 c + c2 a 3 + 3 + ab2 + bc2 + ca2
1 + 1 + abc
+
+ 2.

3
3
3
16 + ( a + b) (b + c) (c + a)
=
3
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
16 + ( a + b) (b + c) (c + a)
3
Vì vậy
3

3

1
1 a+b+b+c+c+a
16 + .
3
3
3

9 ( a2 b + b2 c + c2 a ) +

3

√
3
9 ( ab2 + bc2 + ca2 ) + 2 abc

=8

8

Lời giải 2 của Tạ Hồng Quảng
Cho

a2 b + b2 c + c2 a
ab2 + bc2 + ca2
, a4 = a5 = a6 =
, a7 = a8 = abc
3
3
Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có
a1 = a2 = a3 =

2

8

8

∑ ai

8

2

= (1 + 1 + ... + 1) ( a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 )

∑

√
3

i =1

i =1

Do đó, ta cần chứng minh rằng
83 = 83 .

( a + b + c )3
27

82 ( a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 )

Bất đẳng thức trên tương đương với
8 a3 + b3 + c3
Vật ta có điều phải chứng minh.

3 a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 + 2abc

3

ai

= LHS3


The art of Mathematics — 15/48

Lời giải 3 của Marion Cucoanes
√
Ta có hàm số f : (0; ∞) → R, f ( x ) = 3 x là hàm tăng.
Sử dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
λ1 f ( x1 ) + λ2 f ( x2 ) + λ3 f ( x3 )

f ( λ1 x1 + λ2 x2 + λ3 x3 )

với mọi λ1 , λ2 , λ3 > 0, x1 , x2 , x3 > 0 và λ1 + λ2 + λ3 = 1.
Lấy
3
2
λ1 = λ2 = , λ3 = ,
8
8
a2 b + b2 c + c2 a
ab2 + bc2 + ca2
x1 =
, x2 =
, x3 = abc
3
3
Vì vậy
3 3 a2 b + b2 c + c2 a 3 3 ab2 + bc2 + ca2 2 √
3
.
+ .
+
abc

8
3
8
3
8
2
2
2
3 ab2 + bc2 + ca2 2
3 3 a b+b c+c a
.
+ .
+ .abc
8
3
8
3
8
1
= . 3 ( a + b) (b + c) (c + a)
2
1 a+b+b+c+c+a
.
=1
2
3
Bài toán 2. Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 thì

√
3 3abc + a

a2 + 2bc + b

b2 + 2ca + c

c2 + 2ab

√
6 3

Đề xuất bởi Phạm Quốc Sang

Lời giải 1 của Đỗ Quốc Chính
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

√

3a

a2 + 2bc =

3a2 ( a2 + 2bc)

3a2 + a2 + 2bc
= 2a2 + bc
2

Tương tự, ta nhận được

√

3.a

a2 + 2bc +

√

3.b

b2 + 2ca +

√

3.c

c2 + 2ab

2 a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca

Mặt khác, ta có
9abc

( a + b + c) ( ab + bc + ca) = 3 ( ab + bc + ca)


The art of Mathematics — 16/48

Vì vậy
9abc +

√

3.a

a2 + 2bc +

Hay
9abc +
Suy ra,

√

3.a

√

b2 + 2ca +

3.b

a2 + 2bc +

√
3 3abc + a

√

3.b

√

3.c

c2 + 2ab

b2 + 2ca +

a2 + 2bc + b

√

3.c

2 a2 + b2 + c2 + 4 ( ab + bc + ca)

c2 + 2ab

b2 + 2ca + c

c2 + 2ab

2( a + b + c)2 = 18

√
6 3

Lời giải 2 của Đỗ Hữu Đức Thịnh
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

∑a

1
√

a2

2 3

1
+ 2bc = √ ∑ a
3

∑a

( a + b + c )2 2
. ( a + 2bc)
3

( a + b + c )2
+ a2 + 2bc
3

1
( a + b + c )3
√
=
+ √ a3 + b3 + c3 + 6abc
6 3
2 3
Vì vậy

√
3 3abc + a a2 + 2bc + b b2 + 2ca + c c2 + 2ab
9
1
√ + √ a3 + b3 + c3 + 6abc + 18abc
2 3 2 3
√
9
1
36
√ + √ ( a + b + c )3 = √ = 6 3
2 3 2 3
2 3
Lời giải 3 của Đặng Quốc Thành

Sử dụng bất đẳng thức CBS, ta có

( a2 + b2 + c2 ) ( a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab)

a

a2 + 2bc + b

b2 + 2ca + c

Mặt khác ta có
9abc
Vì vậy

( a + b + c) ( ab + bc + ca) = 3 ( ab + bc + ca)

√
3 3abc + a a2 + 2bc + b b2 + 2ca + c
√
3 ( ab + bc + ca) + 9 ( a2 + b2 + c2 )
√

√ a2 + b2 + c2 + 3
3 ( ab + bc + ca) + 3.
2
√ ( a + b + c )2 + 3
√
= 3.
=6 3
2

c2 + 2ab

c2 + 2ab


The art of Mathematics — 17/48

Bài toán 3. Nếu a, b, c là các số thực dương thì

4

a
+
b+c

b
+
c+a

c
a+b

27 a2 + b2 + c2

+9

( a + b + c )2
Đề xuất bởi Lê Minh Cường

Lời giải 1 của Lê Khánh Sỹ
Ta có
a
+
b+c
a2 + b2 + c2
.
ab + bc + ca
Vậy ta cần chứng minh rằng

b
+
c+a

c

a+b+c
≥√
.
a+b
ab + bc + ca

Đặt x =

Or

√
27x
4 x+2+9≥
,
x+2
√
√
54
+ 2 x + 2 + 2 x + 2 ≥ 18.
x+2

Bất đẳng thức cuối đúng theo AM-GM.
a b
Đẳng thức xảy ra khi c = 0, + = 7. và các hoán vị.
b a

Lời giải 2 của Lê Minh Cường
Bất đẳng thức ban đầu tương đương với
4

a
+
b+c

b
+
c+a

c
a+b

+

54( ab + bc + ac)
≥ 18
( a + b + c )2

Giả sử a ≥ b ≥ c thì
ab
+
a+c

ac
≥
a+b

bb
+
b+c

√
cc
= b+c
c+b

b
+
c+a

c
≥
a+b

b+c
a

a
+
b+c

b+c
a

Vậy

Từ đó suy ra
LHS ≥ 4

+

54( ab + bc + ac)
( a + b + c )2


The art of Mathematics — 18/48

≥
≥

4( a + b + c )
a(b + c)
2( a + b + c )

≥33

a(b + c)

+
+

54( a(b + c))
( a + b + c )2
2( a + b + c )
a(b + c)

+

54( a(b + c))
( a + b + c )2

2( a + b + c) 2( a + b + c) 54( a(b + c))
·
·
a(b + c)
a ( b + c ) ( a + b + c )2

= 18 = RHS
Đẳng thức xảy ra khi c = 0,

a b
+ = 7. và các hoán vị.
b a

Bài toán 4. Cho a, b, c ≥ 0 và k ≥

4
. Chứng minh rằng:
27

( a + b + c )3
k.
+
abc

ab + bc + ca
a2 + b2 + c2

2

≥ 27k + 1

Đề xuất bởi Phan Đình Đan Trường

Lời giải 1 của Triệu Tấn Hưng, Phan Đình Đan Trường
Ta có

( ab + bc + ca)

2

2

2

a +b +c

2

( ab + bc + ca) + ( ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2
3

3

=

( a + b + c )6
27

Vì vậy
ab + bc + ca
( ab + bc + ca)3

=
a2 + b2 + c2
( ab + bc + ca)2 ( a2 + b2 + c2 )

27( ab + bc + ca)3

( a + b + c )6

Suy ra,
LHS

=

k.

( a + b + c)3 27( ab + bc + ca)3
+
abc
( a + b + c )6

4
( a + b + c)3 27( ab + bc + ca)3 ( a + b + c)3 ( a + b + c)3 ( a + b + c)3 ( a + b + c)3
k−
.
+
+
+
+
+
27

abc
27abc
27abc
27abc
27abc
( a + b + c )6
k−

4
27( ab + bc + ca)3 ( a + b + c)3 ( a + b + c)3 ( a + b + c)3 ( a + b + c)3
.27 + 5 5
.
.
.
.
27
27abc
27abc
27abc
27abc
( a + b + c )6

= 27k + 1


The art of Mathematics — 19/48

Bài toán 5. Nếu a, b, c là các số thực dương và k ∈ [0; 9] then

ab + bc + ca

a3 + b3 + c3
+ k. 2
abc
a + b2 + c2

3+k
Đề xuất bởi Phạm Quốc Sang

Lời giải 1 của Phạm Quốc Sang
Ta có

a3 + b3 + c3
ab + bc + ca
+ k. 2
abc
a + b2 + c2
( a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca + 3abc
ab + bc + ca
=
+ k. 2
abc
a + b2 + c2
1
1
ab + bc + ca
1
+ +
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca + 3 + k. 2
ab bc ca
a + b2 + c2

9 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
ab + bc + ca
+3
+ k. 2
ab + bc + ca
a + b2 + c2
a2 + b2 + c2
ab + bc + ca
a2 + b2 + c2
= k.
+ k. 2
+
9
−
k
−6
(
)
ab + bc + ca
ab + bc + ca
a + b2 + c2
AM − GM

2k + 9 − k − 6 = k + 3

Chú ý. Ta có một mở rộng cho bài toán ở trên như sau:
Nếu a, b, c là các số thực dương và k ≤ 9 thì
a3 + b3 + c3
ab + bc + ca
+ k. 2

abc
a + b2 + c2

3+k

Đây là một mở rộng thú vị được đề xuất bởi Nguyễn Trung Hiếu.

Lời giải 2 của Nguyễn Trung Hiếu, PPhan Đình Đan Trường
Ta có
a3 + b3 + c3
ab + bc + ca
3+k
+ k. 2
abc
a + b2 + c2
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
( a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
⇔
− k.
abc
a2 + b2 + c2
a+b+c
k
⇔ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
− 2
0
abc
a + b2 + c2
a+b+c
k

⇔
− 2
0
abc
a + b2 + c2

⇔ ( a + b + c ) a2 + b2 + c2

kabc

0


The art of Mathematics — 20/48

Nhưng theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

( a + b + c ) a2 + b2 + c2

9abc

kabc

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 6. Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 thì

16

1
1

1
1
+
+
−1 + 2
2
a+1 b+1 c+1
a + b + c2 − 2

81

( a + b + c )2
Đề xuất bởi Nguyễn Ngọc Tú

Lời giải 1 của Phạm Quốc Sang
Ta có
81

( a + b + c )2

42
1
42
+
+
a2 + b2 + c2 − 2 ab + bc + ca + 1 ab + bc + ca + 1

Vì vậy, ta cần chứng minh rằng
1
1

42 .2
1
+
+
+ 16
a+1 b+1 c+1
ab + bc + ca + 1
1
1
1
3 + ab + bc + ca
⇔
+
+
a + 1 b + 1 c + 1 ab + bc + ca + 1

16

Lấy u = a + b + c, v = ab + bc + ca ≥ 3.
Ta cần chứng minh
v + 2u + 3 3 + v
v+u+2
v+1
⇔ uv u + v + 3
⇔ ( u − 3) ( v − 3) + 2 ( v − 3)

0

Bất đẳng thức cuối đúng do u, v ≥ 3.
Bài toán 7. Lấy a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

a+1
+
2bc

b+1
+
2ac

c+1 3
27
+ ≥
2ab
2
a+b+c+3
Đề xuất bởi Lê Minh Cường

Lời giải 1 của Nguyễn Đức Việt


The art of Mathematics — 21/48

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

LHS ≥ 3

6

√
6 8

3
3
3
( a + 1)(b + 1)(c + 1) 3
abc
+ ≥3
+ =√
+
4
2
2
2
2
2
2
2
2
8a b c
8a b c
abc 2

Ngoài ra,
RHS =
Đặt

√

12

27

27
9
≤ √
=√
3
3
a + b + c + 3 3 abc + 3
abc + 1

abc = t, khi đó ta cần chứng minh rằng
3
9
3
+ ≥ 4
3
2 t +1
t

⇔ t7 + 2t4 + 2 ≥ 5t3
Bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM:

√
5
t7 + t4 + t4 + 1 + 1 ≥ 5 t7 .t4 .t4 .1.1 = 5t3
Suy ra điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

Lời giải 2 của Lê Minh Cường
Ta có

∑

8( a + 1)
a+1
3
≥∑
≥3
2bc
(b + 1)(c + 1)

8( a + 1)
∏ (b + 1)(c + 1) =

√
6 2
( a + 1)(b + 1)(c + 1)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM

√
3 2
( a + 1)(b + 1)(c + 1)

+

√
3 2

3
+ ≥
( a + 1)(b + 1)(c + 1) 2

9
3

( a + 1)(b + 1)(c + 1)

Bài toán 8. Nếu a, b, c, α, β là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 và β

αabc +

β
ab + bc + ca

α+

≥

27
a+b+c+3

12α thì

β
3
Đề xuất bởi Phạm Quốc Sang

Lời giải 1 của Nguyễn Đức Việt


The art of Mathematics — 22/48

Theo bất đẳng thức AM − GM, ta có
ab + bc + ca

3

Bất đẳng thức trên tương đương với
β
β
−
ab + bc + ca 3

( a + b + c )2
β
− ( ab + bc + ca)
3

α
( a + b + c)3 − 27abc
27

3 ( ab + bc + ca)

⇔

α − αabc

β ( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2
18 ( ab + bc + ca)

⇔ ∑ ( a − b )2
cyc

α
a + b + 7c
.∑
( a − b )2
27 cyc
2

β
α ( a + b + 7c)
−
18 ( ab + bc + ca)
54

0

Đặt
Sa =

β
α (b + c + 7a)
−
18 ( ab + bc + ca)
54

Sb =

α (c + a + 7b)

β
−
18 ( ab + bc + ca)
54

Sc =

α ( a + b + 7c)
β
−
18 ( ab + bc + ca)
54

Giả sử a ≥ b ≥ c thì
β
18 ( ab + bc + ca)

β
54

12α
54

α ( a + b + 7c)
54

Vậy Sc ≥ 0 Ta có
S a + Sc =

β

α (4a + 4c + b)
−
9 ( ab + bc + ca)
27

β
12α
−
27
27

Tương tự, Sb + Sc ≥ 0.
Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Lời giải 2 của Tạ Hồng Quảng
Đặt
p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc
Ta cần chứng minh
αr +

β
β
−α−
q
3

0

0

The art of Mathematics — 23/48

Theo bất đẳng thức Schur, ta được
r

p 4q − p2
4q − 9
=
9
3

Do đó, ta quy bài toán về việc chứng minh
α.

4q − 9 β
β
+ −α−
3
q
3

⇔ (3 − q )

β
− 4q
α

0
0

12α và q ≤ 3, ta nhận được điều phải chứng minh.

Từ β

Lời giải 3 của Phạm Quốc Sang
Ta có

( a + b − c) (b + c − a) (c + a − b) = (3 − 2a) (3 − 2b) (3 − 2c)
4
⇔ abc
( ab + bc + ca) − 3
3
abc

Vậy
4
12α
β − 12α
α ( ab + bc + ca) +
+
− 3α
3
ab + bc + ca ab + bc + ca
12α
β − 12α
β
4
α ( ab + bc + ca) .
+

− 3α = α +
3
ab + bc + ca
3
3

αabc +
2

β
ab + bc + ca

Lời giải 4 của Trần Nguyễn Quy
Bất đẳng thức ban đầu tương đương với
β
α
abc +
ab + bc + ca
Nếu

1+

β
3α

β
= 12 thì bất đẳng thức ban đầu trở thành bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của
α
abc +

Giả sử b

c

12
ab + bc + ca

a:


f ( a, b, c) − f

b+c b+c
a,
,
2
2

=

b−c
2

2







12

( ab + bc + ca) ab + ca +

b+c
2

2



− a




The art of Mathematics — 24/48

Mặt khác, ta có
1
ab2 + ac2 + abc
4
b
9
( ab + bc + ca) abc + bc a +
4
4
9
1

+ ( a + b + c)3 < 12
( ab + bc + ca)
4 36

( ab + bc + ca) a2 b + a2 c +

Vì vậy
f ( a, b, c)

b+c
, 2t + c = 3
2

t=

f ( a, t, t)

Ta cần chứng minh rằng
f ( a, t, t)

5

Hay

(t − 1)2 2t3 − 3t2 − 2t + 4
( t − 2) t
Nếu

b+c
a+b+c 3

<
= )
2
2
2

0 (đúng vì 0 < t =

β
> 12 thì
α
β
β
− 12
12
α
= abc +
+ α
abc +
ab + bc + ca
ab + bc + ca ab + bc + ca

5+

1
3

β
β
− 12 = 1 +

α
3α

Chú ý. Ta có một số bất đẳng thức chặt hơn như sau:
Bài toán 9. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng

a) 32abc +
b) abc +

363
ab + bc + ca

10
ab + bc + ca

153
13
3
Đề xuất bởi Tạ Hồng Quảng

Bài toán 10. Cho a, b, c ≥ 0 và α, β > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 ; β

αabc +

β
ab + bc + ca

α+

10α. Chứng minh rằng

β
3
Đề xuất bởi Sladjan Stankovik

Bài toán 11. Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =

1

( a + b)

2

+

1

(b + c)

2

+

1

(c + a)

2

+

√

2 thì

1

( ab + bc + ca)

2

5
8


The art of Mathematics — 25/48

Đề xuất bởi Phan Ngọc Châu

Lời giải 1 của Trần Nguyễn Quy
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz và bất đẳng thức AM-GM, ta có:
1

( a + b)

2

+

1

(b + c)

2

+

1

(c + a)

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

1
9
3 2 ( a + b + c)

2

2

+

1

( ab + bc + ca)2

2

1

+

( a + b + c )2
3
1

+

( a + b + c)
3

2 2

=

2

45
8

Bài toán 12. Cho n là số tự nhiên và a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2n + b2n + c2n = 3. Chứng

minh rằng:

b
c
an + bn + cn
a
+
+
≥
bn + cn cn + an
an + bn
2
Đề xuất bởi Lê Minh Cường

Lời giải 1 của Nguyễn Đức Việt
Theo bất đẳng thức CBS:
LHS ≥

an + bn + cn
( a n + b n + c n )2
≥
2
∑ a2n−1 (bn + cn )

⇔ 2( an + bn + cn ) ≥ a2n−1 (bn + cn ) + b2n−1 (cn + an ) + c2n−1 ( an + bn )
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
a2n .(2n − 1) + 1 ≥ 2n.

2n

a2n(2n−1) = 2n.a2n−1

Làm tương tự, ta có
3 ≥ a2n−1 + b2n−1 + c2n−1
Vì vậy, ta cần chứng minh rằng
2( an + bn + cn )( a2n−1 + b2n−1 + c2n−1 ) ≥ 3 ∑ a2n−1 (bn + cn )