Sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình

Ho Chi Minh, 24th December 2017
Vol. 3

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 và các thành viên tham gia vol.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3 Một vài bất đẳng thức chứa biểu thức a2 + kab + b2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
4 Bài toán thử thách vol.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5 Câu đố thú vị: Khung số 4 × 50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

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.

• Chuyên Toán THCS.
• (Greek)


The art of Mathematics — 2/26

1. Biên tập viên, cộng tác viên và các thành viên tham gia vol.3
Biên tập viên
• Pham Quoc Sang.
Graduate student, University of Pedagogy, Ho Chi Minh City, Viet Nam.
• Le Minh Cuong.
Graduate student, University of Science, Ho Chi Minh City, Viet Nam.
Cộng tác viên
• Nguyen Ngoc Tu.
Teacher at Ha Giang Gifted High School, Ha Giang, Viet Nam.
• Nguyen Viet Hung.
Teacher at HUS High School for Gifted Students - Vietnam National University, Ha Noi, Viet Nam.
• Do Huu Duc Thinh.
Student at Le Hong Phong gifted high school, Ho Chi Minh, Viet Nam.
• Do Quoc Chinh.
Student at Ngo Gia Tu high school, Lap Thach, Vinh Phuc, Viet Nam.
• Pham Huu Hiep.
Graduate student, University of Pedagogy, Ho Chi Minh City, Viet Nam..
Các thành viên tham gia vol.3
• Diego Alvariz.
Kolkata, West Bengal, India - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM.
• Soumava Chakraborty.
Kolkata, India - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM.
• Hoang Le Nhat Tung.
Ha Noi, Viet Nam - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM.

• Sanong Huayrerai..
Nakon Pathom, Thailand - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM.
• Sarah El.
Member of the Romania mathematical magazine team, RMM.
• Christos Eythymioy.
Athens, Greece - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM..
• Nguyen Thanh Nho.
Tra Vinh, Viet Nam - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM..
• Nguyen Duc Viet.
Lap Thach, Vinh Phuc, Viet Nam - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM..


The art of Mathematics — 3/26

• Le Khanh Sy.
Long An, Viet Nam - Member of the Romania mathematical magazine team, RMM..
• Nguyen Van Nho.
Teacher at Nguyen Duy Trinh high School, Nghi Loc, Nghe An, Viet Nam..


The art of Mathematics — 4/26

2. Sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình
Phạm Quốc Sang
Bài toán 1. Giải phương trình sau:

|2005 − x |2006 + |2006 − x |2005 = 1 (∗)
Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4 trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ năm 2006
Lời giải. Dễ nhận thấy rằng phương trình (*) có hai nghiệm là x = 2005 và x = 2006.
Ta chứng minh rằng ngoài hai nghiệm trên thì phương trình không còn nghiệm nào khác.

Thật vậy:
• Nếu x > 2006 thì phương trình vô nghiệm vì:
2005 − x < −1 nên |2005 − x |2006 > 1.
Do đó |2005 − x |2006 + |2006 − x |2005 > 1 ( mâu thuẫn với yêu cầu bài toán)
• Nếu x < 2005 thì phương trình vô nghiệm vì:
2006 − x > 1 nên |2006 − x |2005 > 1.
Do đó |2005 − x |2006 + |2006 − x |2005 > 1 ( mâu thuẫn với yêu cầu bài toán)
• Nếu 2005 < x < 2006 thì:
|2005 − x |2006 < |2005 − x | = x − 2005
|2005 − x | < 1
⇒
|2006 − x | < 1
|2006 − x |2005 < |2006 − x | = 2006 − x
Từ đó suy ra |2005 − x |2006 + |2006 − x |2005 < 1 (mâu thuẫn với yêu cầu bài toán)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2005; 2006}
Bài toán 2. Giải phương trình sau:

x4 + 2006x3 + 1006009x2 + x −

√

2x + 2007 + 1004 = 0 (∗)

Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4 trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam năm 2006
2007
−
2
Phương trình (*) tương đương với:
Lời giải. ĐKXĐ: x

x2 x2 + 2x.1003 + 10032 +

1 √
2x + 2007 − 1
2
x ( x + 1003) = 0
√
2x + 2007 = 1

⇔ x2 ( x + 1003)2 +
⇒

√
1
2x + 2007 − 2 2x + 2007 + 1 = 0
2

⇔ x = −1003

2

=0


The art of Mathematics — 5/26

So sánh với ĐKXĐ và thử lại ta suy ra tập nghiệm của phương trình là S = {−1003}
Bài toán 3. Giải phương trình sau:

√

3
2x2 − 11x + 21 − 3 4x − 4 = 0 (∗)
Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4 năm 2007
Lời giải. ĐKXĐ: x ∈ R
Cách 1:
Phương trình (*) tương đương với:

√
2x2 − 11x + 21 = 3 3 4x − 4
11 2 47
Ta nhận xét 2x2 − 11x + 21 = 2 x −
+
>0
4
8
√
Suy ra 3 4x − 4 > 0 (hay x > 1).
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số không âm ta có:
3√
3 4x − 4 = . 3 4x − 4.2.2
4

√
3

3
.
4

√

3

4x − 4

3

+ 23 + 23

3

=x+3

Từ đó suy ra:

√
3
2x2 − 11x + 21 − 3 4x − 4
⇒0

2x2 − 12x + 18

2x2 − 12x + 18

⇒ 0 2( x − 3)2
⇒x=3
Thử lại ta thấy x = 3 thỏa phương trình.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3}
Cách 2: (Sử dụng phương pháp lượng liên hợp kết hợp phương pháp đánh giá)

√

3
2x2 − 11x + 21 = 3 4x − 4
√
⇔ 2x2 − 11x + 15 = 3 3 4x − 4 − 2
⇔ ( x − 3) (2x − 5) = √
3

12 ( x − 3)
√
2
4x − 4 + 2 3 4x − 4 + 4



x=3

⇔  2x − 5 =

√
3

12

4x − 4

2

(**)
√
+ 2 3 4x − 4 + 4

Dễ thấy phương trình (**) có nghiệm x = 3.
Ta chứng minh rằng phương trình (**) không có nghiệm nào khác x = 3. Thật vậy:


The art of Mathematics — 6/26

• Nếu x < 3 thì VT (**) < 1 < VP (**)
• Nếu x > 3 thì VT (**) > 1 > VP (**)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3}
Cách 3: (Phương pháp đặt ẩn phụ kết hợp phương pháp đánh giá)
Phương trình (*) tương đương với:
√
3
16x2 − 88x + 168 = 24 4x − 4
√
⇔ (4x − 4)2 − 14 (4x − 4) + 96 = 24 3 4x − 4
√
Đặt t = 3 4x − 4 ( dựa theo sự phân tích ở cách 1 thì ta có t > 0)
Khi đó phương trình trở thành:
t6 − 14t3 + 96 = 24t

⇔ t3 − 8

2

+ 2t3 + 32 = 24

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số không âm ta có:
√

3
2 t3 + 16 = 2 t3 + 8 + 8
2.3 t3 .8.8 = 24t
2

Từ đó suy ra t3 − 8
0 ⇒ t = 2 ⇒ x = 3.
Thử lại ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3}
Bài toán 4. Giải phương trình sau:

x=

x−

1
+
x

1−

1
x

Trích đề thi vô địch toán cộng hòa Yugoslavia (Nam Tư) năm 1977
Lời giải. ĐKXĐ: x 1
Cách 1:(Sử dụng bất đẳng thức AM-GM)
Áp dụng bất dẳng thức AM-GM ta có:

x−

1
+
x

1−

1
=
x

x−

1
.1 +
x


1

x − = 1
x
Đẳng thức xảy ra khi:

x − 1 = 1
x

( x − 1) .

√

1+ 5
Kết hợp với ĐKXĐ ta giải ra được x =
2

1
x

1
2

x−

1
x

+1 +

1
1
=x
( x − 1) +
2
x


The art of Mathematics — 7/26

√
1+ 5
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S =

Cách 2:(Biến đổi tương đương đưa về tổng bình phương)

x−

x=

1
+
x

⇔ 2x = 2
⇔ x−









1
x

1
+2
x

−2

1
x− −1
x

⇔

⇔

1
x

x−

1−

x−

1
x

1−

1
+ 1 + ( x − 1) − 2
x

2

1
1− −
x

+

1
x

1 1
( x − 1) . + = 0
x x

2

=0

1
−1=0
x
1
1
1− −
=0
x
x
x−

√

1+ 5
Kết hợp với ĐKXĐ ta giải ra được x =
2
√
1+ 5
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
2
Cách 3:(Sử dụng bất đẳng thức BCS)
Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có:

x−

1
+
x

1−

1
=
x

x−

1
.1 +
x

1
. ( x − 1)

x

x−

1
x

+

1
[1 + ( x − 1)] = x
x

Dấu bằng xảy ra khi:

x−
1

1
x

1
=√ x
x−1

√
1+ 5
Kết hợp với ĐKXĐ ta giải ra được x =
2 √
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1+2 5

Ngoài phương pháp sử dụng bất đẳng thức để đánh giá, bài toán trên còn có thể giải được bằng
cách sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp biến đổi tương đương.
Cách 4: (Biến đổi đại số kết hợp đặt ẩn phụ)


The art of Mathematics — 8/26

1
1
+ 1−
x
x
1
1
x− = 1−
x
x

x−

x=

⇔x−
⇔

x−

1
x−
x

2

=1−

⇔ x2 + x − 1 = 2x
⇔x−

1
+1=2
x

x−

1
( do x −
x

x−

1
x

0)

1
x

1
x − (∗)

x

1
(t 0)
x
Khi đó phương trình (*) trở thành:

Đặt t =

x−

t2 + 1 = 2t
⇔t=1

√
1+ 5
Giải ra ta được x =
2

√
1+ 5
2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
Một số bài tập tương tự
1. Giải phương trình sau:

√
√
√

2 2
√
+ x= x+9
x+1
Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4 năm 2007

Gợi ý.
Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có:

√
√
2 2
x √
√
+√
. x+1
x+1
x+1

2

x
1
+
(8 + x + 1) = x + 9
x+1 x+1
Đáp án. S =

1
7

2. Giải phương trình sau:
x2 − 8x + 816 +

x2 + 10x + 267 =

√

2003

Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4 năm 2003
Gợi ý.


The art of Mathematics — 9/26

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn:
√
√
−
→
−
→
a = 4 − x; 20 2 , b = 5 + x; 11 2
√
√
−
→
→
a + b = x2 − 8x + 816 + x2 + 10x + 267

⇒ −
√
√
−
→
−
→
→
→
a + b = 2003
Mặt khác ta có: −
a + b = 9; 31 2 ⇒ −

−
→
−
→
a + b

−
→
→
Lại có: −
a + b

Sử dụng điều kiện bằng của đẳng thức để tìm nghiệm của bài toán.
Đáp án. S =

−

56
31

3. Một vài bất đẳng thức chứa biểu thức a2 + kab + b2
Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng

a+b
b+c
c+a
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

2

Đề xuất bởi Pham Quoc Sang

Lời giải của Le Minh Cuong
Ta có
a2

a+b
a+b
=
2
3
1
+ ab + b
( a + b )2 + ( a − b )2
4

4

4 1
.
3 a+b

Tương tự, ta có
b+c
c+a
a+b
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

4
3

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

Mặt khác, áp dụng BĐT Schwarz ta có
1
1
1
+
+

a+b b+c c+a

1
4

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

=

1
2

1 1 1
+ +
a b c

Vì vậy
a2

a+b
b+c
c+a
+ 2
+ 2
2
2

+ ab + b
b + bc + c
c + ca + a2

2
3

1 1 1
+ +
a b c

=2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng

√
3 2
7 3
2
2
√
+√
+√
+
a +b +c ≥
4
4
b2 + bc + c2
c2 + ca + a2

a2 + ab + b2
ab2

bc2

ca2

√


The art of Mathematics — 10/26

Đề xuất bởi Le Minh Cuong

Lời giải 1 của Christos Eythymioy
Ta có

√

a2 b2

3
+
( a + b + c)2 − 2( ab + bc + ca)
LHS = ∑ √
4
a b2 + bc + c2
√
( ab + bc + ca)2
3 2

≥ √ √
+
3 − 2( ab + bc + ac)
2
2
4
∑ a ab + abc + ac

√
( ab + bc + ac)2
3
√
≥√
+
(9 − 2( ab + bc + ac))
2
2
2
2
2
2
4
a + b + c ab + abc + ac + bc + bca + ca + ca + cab + cb
√
√
9 3
3
( ab + bc + ca)2
+
−

( ab + bc + ac)
≥√
4
2
3 ( a + b + c)( ab + bc + ac)
3
√
√
√
√
ab + bc + ac
7 3
3
3
+
−
( ab + bc + ac) +
≥
3
2
2
4
3
3 √
√
√
√
√
3
ab + bc + ac

ab + bc + ac
3
3
7 3
≥3
·
·
−
( ab + bc + ac) +
6
6
2
2
4
√
7 3
≥
4

Lời giải 2 của Nguyen Duc Viet
Áp dụng BĐT the BCS, ta có

Đặt x =

√

∑√

ab2

a2 b2
( ab + bc + ca)2
√
=∑ √
≥
b2 + bc + c2
a b2 + bc + c2
∑ a b2 + bc + c2

≥

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

( ab + bc + ca)3
9

ab + bc + ca suy ra a2 + b2 + c2 = 9 − 2x2 . Chúng ta sẽ chứng minh rằng
√
√
x2
3
7
3
9 − 2x2 ≥
+
3
4
4

Điều này tương đương với

(x −

√

√
3)

2

x+

3
2

≥ 0, Đúng!!


The art of Mathematics — 11/26

Lời giải 3 của Soumava Chakraborty
ab2

a2 b2
(∑ ab)2
√
=∑ √
≥

b2 + bc + c2
a b2 + bc + c2
∑ a b2 + bc + c2 )
(∑ ab)2
(∑ ab)2
≥
= √ √
∑ a ab2 + abc + ac2
∑ a ∑ a2 b + ∑ ab2 + 3abc

∑√

(∑ ab)2
(∑ ab)2
√
√
=
∑ a ∑ a. ∑ ab
∑ a. ∑ ab
√
(∑ ab)2
3
√
Suy ra LHS ≥
+
∑ a2 .
4
∑ a. ∑ ab
Với x = ∑ a2 , y = ∑ ab, ta cần chứng minh rằng
=√

y2
3y( x + 2y)

+

7
x
≥ ( x + 2y) ⇔
4
36

y
Cho 7y ≤ x suy ra (1) đúng. Đặt 7y > xi.e ∈
x

y2
3y( x + 2y)

≥

7y − x
18

(1)

1
; 1 . Suy ra
7

y4
(7y − x )2
y
≥
⇔ 10t3 − 21t2 + 12t − 1 ≥ 0 Với t =
3y( x + 2y)
324
x
1
;1
⇔ (10t − 1)(t − 1)2 ≥ 0 Đúng! Bởi vì t ∈
7

(1) ⇔

Do đó, (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi t = 1 ⇔ a = b = c = 1.

Lời giải 4 của Le Minh Cuong
Ta có

∑√

ab2
b2 + bc + c2

=

√

3∑

ab2
3(b2 + bc + c2 )

≥

√

√
2ab2
a2 b2
= 2 3∑
3∑
3 + b2 + bc + c2
3a + a(b2 + bc + c2 )

Áp dụng BĐT BCS, ta có
a2 b2
( ab + bc + ac)2
( ab + bc + ac)2
≥
=
∑ 3a + a(b2 + bc + c2 ) 3(a + b + c) + ∑ a(b2 + bc + c2 ) 9 + (a + b + c)(ab + bc + ac)
Đặt t = ab + bc + ac. Ta có a2 + b2 + c2 = 9 − 2t. Ta cần chứng minh rằng
√
√
√ t2
3
7 3
( t − 3)2

+
⇔
≥ 0 It’s be true!
2 3
(9 − 2t) ≥
9 + 3t
4
4
6( t + 3)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.


The art of Mathematics — 12/26

Bài toán 3. Cho a, b, c là các số thực dương và k ≥ 2. Chứng minh rằng

b2

b
c
a
+ 2
+ 2
2
2
+ kbc + c
c + kca + a
a + kab + b2

9

( k + 2) ( a + b + c )
Đề xuất bởi Pham Quoc Sang

Lời giải 1 của Le Minh Cuong
Ta có
b2 + kbc + c2 = (b + c)2 + (k − 2) bc

( b + c )2 +

( k − 2)
( k + 2)
( b + c )2 =
( b + c )2
4
4

Do đó,
b2

a
b
c
+ 2
+ 2
2
2
+ kbc + c
c + kca + a
a + kab + b2

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

Ta cần chứng minh rằng
a

( a + b + c)

(b + c)

2

+

b

(c + a)

2

+

c

( a + b)

2

9
4

Thật vậy, Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarz, ta có

( a + b + c)

a

(b + c)

2

b

+

(c + a)

2

+

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

c

( a + b)

2

2 Nesbit

9
4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Lời giải 2 của Soumava Chakraborty
Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarz, ta có
a
a2
∑ b2 + kbc + c2 = ∑ ab2 + kabc + ac2

( a + b + c )2
( ∑ a )2
=
p + 3kabc

∑ ab2 + 3kabc + ∑ ab2

Với p = ∑ ab2 + ∑ ab2 .
Vậy ta cần chứng minh

( ∑ a )2
p + 3kabc

9
( k + 2) ∑ a

⇔ ( k + 2)

∑ a3 + 3 (2abc + p)

⇔ ( k + 2)

∑ a3

+ 6 (k + 2) abc + 3 (k + 2) p

⇔ ( k − 2)

∑ a3

+4

⇔ ( k − 2)

∑ a3 + 6abc + 3p

∑ a3

9p + 27kabc
9p + 27kabc

+ 6 (k − 2) abc + 24abc + 3 (k − 2) p + 12p
+ 4 ∑ a3 + 24abc + 3p

9p + 27 (k − 2) abc + 54abc

27 (k − 2) abc + 54abc


The art of Mathematics — 13/26

Áp dụng BĐT AM − GM ta có

∑ a3 + 6abc + 3p = ∑ a3 + 6abc + 3 ∑ ab2 + ∑ ab2

27abc

Vì vậy

( k − 2)
Do đó,

∑ a3 + 6abc + 3p

27 (k − 2) abc

4 ∑ a3 + 24abc + 3p = 4 ∑ a3 + 24abc + 3

∑ ab2 + ∑ ab2

54abc

Vậy
b2

b
c
a
+ 2
+ 2
2
2
+ kbc + c
c + kca + a
a + kab + b2

9
( k + 2) ( a + b + c )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Lời giải 3 của Diego Alvariz
Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc Vì vậy pq ≥ 9r.
Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarz, ta có
a2

a
=
∑ b2 + kbc + c2 ∑ ab2 + kabc + ac2

( a + b + c )2
∑ ab ( a + b) + 3kabc

Ta cần chứng minh rằng

( a + b + c )2
∑ ab ( a + b) + 3kabc
⇔ ( k + 2) ( a + b + c )3
⇔ ( k + 2) p3

9
( k + 2) ( a + b + c )
9 ( a + b + c) ( ab + bc + ca) + 27 (k − 1) abc

9pq + 27 (k − 1) r

⇔ p (k + 2) p2 − 3q

0

Vì vậy
b2

a
b
c

+ 2
+ 2
2
2
+ kbc + c
c + kca + a
a + kab + b2

9
( k + 2) ( a + b + c )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng

a2 + 1
b2 + 1
c2 + 1
+
+
b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a2 + ab + b2

2 ( b + c )2 ( c + a )2 ( a + b )2
+ 2
+ 2
3 a2 + 1
b +1
c +1
Đề xuất bởi Pham Quoc Sang

The art of Mathematics — 14/26

Lời giải 1 của Le Minh Cuong
Vì

1 + a2 = ab + bc + ac + a2 = ( a + b) ( a + c)

và

3
b2 + bc + c2 ≥ (b + c)2
4

Do đó, ta cần chứng minh rằng
4
( a + b) ( a + c) 2
( b + c )2
≤
3∑
3 ∑ ( a + b) ( a + c)
( b + c )2
Đặt x =

(∗)

( c + a )2
( a + b )2
( b + c )2
;y =
;z =

⇒ xyz = 1.
( a + b) ( a + c)
(b + c) (b + a)
(c + a) (c + b)

Vì vậy

(∗) ⇔ ( x + y + z)2 ≥ 3 ( xy + yz + xz) (Đúng! Áp dụng BĐT AM-GM)

Lời giải 2 của Do Quoc Chinh
a2 + 1
∑ b2 + bc + c2 =

=

∑

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

4
( a + b )2
( a + c )2
.
3 ∑ ( a + c) (b + c) ( a + b) (b + c)

4
( a + b) ( a + c)
∑
3

( b + c )2
2
2
( a + b )2
( a + b )2
=
3 ∑ ( a + c ) ( b + c ) 3 ∑ c2 + 1

1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = √ .
3
Bài toán 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng

1+b+c
1+c+a
1+a+b
+
+
≥1
2
2
( a + b + ab)
(b + c + bc)
(c + a + ca)2
Đề xuất bởi Le Minh Cuong

Lời giải của Sanong Huayrerai
Ta cần chứng minh rằng

( a + b + 1)(b + c + 1)(c + a + 1) ≥ ( a + b + ab)(b + c + bc)(c + a + ca)

The art of Mathematics — 15/26

Give x = a + b, y = b + c, z = c + a. Do đó

( x + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ ( x + ab)(y + bc)(z + ca)
Điều này tương đương với
x + y + z + xy + yz + xz + xyz + 1 ≥ xabc2 + ya2 bc + zab2 c + xyca + yzab + xzbc + xyz + ( abc)2

⇔ 7 + ∑ xy ≥ abc( xc + ya + zb) + ∑ ac(b2 + ∑ ab) + ( abc)2

⇔ 7 + ∑ a2 + 3 ∑ ab ≥ 2abc ∑ ab + abc ∑ a +
⇔ 16 + ∑ ab ≥ 2abc ∑ ab + 3abc +

∑ ab

2

∑ ab

2

+ ( abc)2

+ ( abc)2

Đúng! Vì a + b + c = 3. Do đó
ab + bc + ac ≤ 3; abc ≤ 1; abc ∑ ab ≤ ∑ ab
Ta có

LHS =

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

=

≥

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

1+a+b 2
+
+
a + b + ab b + c + bc a + c + ca
2( a + b + c ) + 3
3

≥

3

1+b+c 1+c+a 1+a+b
·
·
a + b + ab b + c + bc a + c + ca

2

2

9

≥1
Bài toán 6. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng

2a + b2 + c2
2b + c2 + a2
2c + b2 + a2
+
+

a2 (b2 + bc + c2 )2 b2 (c2 + ca + a2 )2 c2 ( a2 + ab + b2 )2
4
1
1
1
≥
+
+
3 a2 + b2 + ab b2 + c2 + bc c2 + a2 + ac
Đề xuất bởi Le Minh Cuong

Lời giải 1 của Sarah El


The art of Mathematics — 16/26

Ta có

1
b2 + c2
LHS = 2 ∑
+
a(b2 + bc + c2 )2 ∑ a2 (b2 + bc + c2 )2

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có
1
∑ a(b2 + bc + c2 )2

∑a

≥

1
∑ b2 + bc + c2

Do đó
2
2a
∑ a(b2 + bc + c2 )2 ≥ 3 ·

1
∑ b2 + bc + c2

2

2

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 3( a2 + b2 ) ≥ 2( a2 + ab + b2 ). So
b2 + c2
2
1
∑ a2 (b2 + bc + c2 )2 ≥ 3 ∑ a2 (b2 + bc + c2 )2
Áp dụng BĐT Holder, ta có



1

∑ a2 (b2 + bc + c2 )


2
2 
∑ a(b + bc + c )

∑a

≥ (1 + 1 + 1)3

=( a+b+c)( ab+bc+ ac)

suy ra
1

3

∑ a2 (b2 + bc + c2 ) ≥ ab + bc + ac ≥ 1
Do đó
2 2
LHS ≥ + ·
3 3

1
∑ b2 + bc + c2

2

≥

4

·
3

1

∑ b2 + bc + c2

Lời giải 2 của Hoang Le Nhat Tung
Ta có
LHS = 2 ∑

1
b2 + c2
+
∑
a(b2 + bc + c2 )2
a2 (b2 + bc + c2 )2

(1)

Ta có

1

∑ a(b2 + bc + c2 )2 = ∑

1
2
(b + bc + c2 )2
≥

a

1
2
b + bc + c2
a+b+c

2

1
∑ b2 + bc + c2

2

∑

Do đó
2∑

2
2
≥ ·
2
2
2
3
a(b + bc + c )

∑

=

(2)

1
2
b + bc + c2
3

2


The art of Mathematics — 17/26

Mặt khác, ta có
2
· (b2 + bc + c2 ) 2
1
2
3
∑ a2 (b2 + bc + c2 )2 ≥ ∑ a2 (b2 + bc + c2 )2 = 3 · ∑ a2 (b2 + bc + c2 ) ≥ 3 · 3 3
b2

+ c2

1

∏ a2 (b2 + bc + c2 )

Ta có

1
(3bc + b2 + bc + c2 )2
1
· ∏ 3bc(b2 + bc + c2 ) ≤
·∏
27
27
4
9
1
1
≤ 3 · ∏(b2 + 4bc + c2 )2 ≤ 3 · ∏ (b + c)4
4
12
12
27
4
≤
·
( a + b) ≤ 27 (4)
4096 ∏

∏ bc(b2 + bc + c2 ) =

Bởi vì ( a + b)(b + c)(c + a) ≤

( a + b + b + c + c + a) 2
= . Từ (1), (2), (3) và (4), ta có
27
9

2 2
LHS ≥ +
3 3

1
∑ b2 + bc + c2

2

≥

4
1
∑
2
3
b + bc + c2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 7. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

a2

1
1
1
9
+ 2
+ 2

≥
2
2
2
+ ab + b
b + bc + c
c + ca + a
( a + b + c )2
Đề xuất bởi Vasile Cirtoaje

Lời giải của Proposer
Ta có
1
( a2 + ab + b2 ) + c( a + b + c)
∑ a + ∑ ab ∑ a2 + ab + b2 = ∑
a2 + ab + b2
c2
= 3 + ( a + b + c) ∑
c( a2 + ab + b2 )
( a + b + c )2
( a + b + c )2
≥ 3 + ( a + b + c)
=3+
( a + b + c)( ab + bc + ac)
ab + bc + ac
2

Ta cần chứng minh rằng

( a + b + c )2

9( a + b + c)2 − 9( ab + bc + ac)
≥
ab + bc + ac
( a + b + c )2
( a + b + c)2 9( ab + bc + ac)
⇔
+
≥6
ab + bc + ac
( a + b + c )2

3+

Đúng theo BĐT AM-GM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

(3)


The art of Mathematics — 18/26

Bài toán 8. Cho k và a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2k2 ≤ 2k + 1. Chứng minh rằng

a
ka + b

2

+

2

b
kb + c

+

c
kc + a

2

3
( k + 1)2

≥

Đề xuất bởi Le Minh Cuong

Lời giải của Hoang Le Nhat Tung
Cho k và a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2k2 ≤ 2k + 1. Chứng minh rằng
a
ka + b
Vì

b b c
· · = 1, Do đó đặt
a c a

2

+

b
kb + c

b b c
, ,
a c a

2

+

=

c
kc + a

2

≥

3
( k + 1)2

yz zx xy
, ,
x 2 y2 z2

Bất đẳng thức tương đương với

x4
y4
z4
3
+
+
≥
(kx2 + yz)2 (ky2 + xz)2 (kz2 + xz)2 (k + 1)2
Áp dụng BĐT BCS, ta có
LHS ≥

( x 2 + y2 + z2 )2
(kx2 + yz)2 + (ky2 + xz)2 + (kz2 + xz)2

Ta cần chứng minh rằng

(k + 1)2 ( x2 + y2 + z2 )2 ≥ 3 (kx2 + yz)2 + (ky2 + xz)2 + (kz2 + xz)2
Thật vậy,

(k + 1)2 ( x2 + y2 + z2 )2 ≥ 3 (kx2 + yz)2 + (ky2 + xz)2 + (kz2 + xz)2
⇔ (k + 1)2 ∑ x4 + 2(k + 1)2 ∑ x2 y2 ≥ 3k2 ∑ x4 + 6kxyz ∑ x + 3 ∑ x2 y2

⇔ (2k + 1 − 2k2 ) ∑ x4 + (2k2 + 4k − 1) ∑ x2 y2 ≥ 6kxyz( x + y + z)
Sử dụng BĐT

∑ x4 ≥ ∑ x2 y2 và ∑ x2 y2 ≥ xyz(x + y + z)

Ta có

(2k + 1 − 2k2 ) ∑ x4 + (2k2 + 4k − 1) ∑ x2 y2 ≥ (2k + 1 − 2k2 ) ∑ x2 y2 + (2k2 + 4k − 1) ∑ x2 y2

≥ 6k ∑ x2 y2 ≥ 6kxyz( x + y + z)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.


The art of Mathematics — 19/26

Bài toán 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng

√

a2 + ab + 1
2a2 + 5ab + 2b2

+√

b2 + bc + 1
2b2 + 5bc + 2c2

+√

c2 + ca + 1
2c2 + 5ca + 2a2

a+b+c

Đề xuất bởi Pham Quoc Sang - Le Minh Cuong

Lời giải 1 của Christos Eythymioy
Ta có

√
=

a2 + ab + 1
2a2 + 5ab + 2b2
a2 + ab + 1

+√

b2 + bc + 1

+√

c2 + ca + 1

2b2 + 5bc + 2c2
2c2 + 5ca + 2a2
b2 + bc + 1
c2 + ca + 1
+
+
( a + 2b) (2a + b)
(b + 2c) (2b + c)
(c + 2a) (2c + a)

a2 + ab + 1
b2 + bc + 1
c2 + ca + 1
+

+
( a + 2b) + (2a + b)
(b + 2c) + (2b + c)
(c + 2a) + (2c + a)
2
2
2
2
2
2
2 a + ab + 1 b + bc + 1 c + ca + 1
+
+
=
3
a+b
b+c
c+a
2
1
1
1
=
a+b+c+
+
+
3
a+b b+c c+a
2
9

a+b+c+
3
2 ( a + b + c)
9 ( a + b + c)
2
a+b+c+
3
2( a + b + c )2
2
9 ( a + b + c)
a+b+c+
3
2.3. ( a2 + b2 + c2 )
=a+b+c

=

Vì vậy

√

a2 + ab + 1
2a2 + 5ab + 2b2

+√

b2 + bc + 1
2b2 + 5bc + 2c2

+√

c2 + ca + 1
2c2 + 5ca + 2a2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Lời giải 2 của Nguyen Thanh Nho

a+b+c


The art of Mathematics — 20/26

∑√

a2 + ab + 1
2a2 + 5ab + 2b2

=∑

a2 + ab + 1

a2 + ab + 1

∑

2( a + b)2 + ab

( a + b )2
2( a + b ) +

4
1
1
1
+
+
a+b b+c c+a
2

2
a2 + ab + 1 CS 2
2
( a + b + c) +
∑
3
a+b
3
3
CS
1
3
a + b + c − ( a + b + c) +
3
a+b+c
2
9 − ( a + b + c)
=a+b+c+
a+b+c
3 a2 + b2 + c2 − ( a + b + c )2
=a+b+c+

a+b+c
( a + b + c )2 − ( a + b + c )2
a+b+c+
=a+b+c
a+b+c
Vì vậy

√

a2 + ab + 1
2a2 + 5ab + 2b2

+√

b2 + bc + 1
2b2 + 5bc + 2c2

+√

c2 + ca + 1
2c2 + 5ca + 2a2

a+b+c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ( a + b)(b + c)(c + a) = 8. Chứng minh rằng

a2

1

1
1
+ 2
+ 2
2
2
+ ab + b
b + bc + c
c + ca + a2

ab + bc + ca
a+b+c
Đề xuất bởi Pham Quoc Sang

Lời giải 1 của Diego Alvariz
Bất đẳng thức tương đương với
1

∑ (a2 + ab + b2 ) (ab + bc + ca)

1
a+b+c

Mặt khác, ta có
a2 + ab + b2 ( ab + bc + ca)

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

Vì vậy Ta cần chứng minh rằng

4

∑ ( a + b )2 ( a + b + c )2
hoặc

4

∑ ( a + b )2

1
a+b+c

a+b+c

2

=

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


The art of Mathematics — 21/26

Nhưng
4

∑ ( a + b )2

8 ( a + b + c)

4

∑ ( a + b) ( a + c) = ( a + b) (b + c) (c + a) = a + b + c

Vì vậy
1
1
1
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

ab + bc + ca
a+b+c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Lời giải 2 của Do Huu Duc Thinh và Nguyen Viet Hung
Áp dụng BĐT Bài toán 7, ta có
1
1
1
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

9

( a + b + c )2

Vì vậy ta cần chứng minh rằng
9

( a + b + c)

2

ab + bc + ca
⇔9
a+b+c

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

Nhưng mặt khác, ta có
8
( a + b + c) ( ab + bc + ca)
9

8 = ( a + b) (b + c) (c + a)
Vì vậy
9

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

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 11. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng

√

3a2 + 4ab + 9
3a2 + 10ab + 3c2

+√

3b2 + 4bc + 9
3b2 + 10bc + 3a2

+√

3c2 + 4ca + 9
3c2 + 10ca + 3b2

≥ 4( a + b + c )

Đề xuất bởi Le Minh Cuong

Lời giải 1 của Nguyen Duc Viet
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
3a2 + 10ab + 3c2 =

3a2 + 4ab + 6ab + 3c2 ≤

3a2 + 4ab + 3a2 + 3b2 + 3c2 =

So
LHS ≥

3a2 + 4ab + 9 +

3b2 + 4bc + 9 +

3c2 + 4ca + 9

3a2 + 4ab + 9


The art of Mathematics — 22/26

Mặt khác,
3a2 + 4ab + 9 = 3a2 + 4ab + a2 + b2 + c2 + 6 = (2a + b)2 + c2 + 6 =

≥

1
(2a + b)2 + c2 + 6 (9 + 1 + 6)
16

1
[3(2a + b) + c + 6]2
16

Do đó,
LHS ≥

1
1
(6a + 3b + c + 6) = (10( a + b + c) + 18) ≥ 4( a + b + c) Bởi vì a + b + c ≤
∑
4

4

3( a2 + b2 + c2 ) = 3

Lời giải 2 của Le Minh Cuong
Ta có

3a2 + 4ab + 9 = 3a2 + 4ab + 3a2 + 3b2 + 3c2 ≥ 3a2 + 10ab + 3c2

và
3a2 + 4ab + 9 = 3a2 + 4ab + 3b2 + 3a2 + 3c2 ≥

5( a + b )2 3( a + c )2
+
2
2

So
3a2 + 4ab + 9 ≥

⇔√

(3a2 + 10ab + 3c2 )

3a2 + 4ab + 9
3a2 + 10ab + 3c2

≥

5( a + b )2 3( a + c )2

+
2
2

5( a + b )2 3( a + c )2
+
2
2

Do đó
LHS ≥ ∑

5( a + b )2 3( a + c )2
+
2
2

Minkovski

≥

5
3
(2a + 2b + 2c)2 + (2a + 2b + 2c)2 = 4( a + b + c)
2
2

Bài toán 12. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

( a + b ) a3

( b + c ) b3
( c + a ) c3
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

2
( a + b + c )2
9
Đề xuất bởi Nguyen Van Nho

Lời giải 1 của Le Khanh Sy
Ta có

a3
2a − b
( a − b )2 ( a + b )
−
=
3
a2 + ab + b2
3 ( a2 + ab + b2 )

0


The art of Mathematics — 23/26

Vì vậy

( b + c ) b3
( c + a ) c3
( a + b ) a3
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2
1
[(2a − b) ( a + b) + (2b − c) (b + c) + (2c − a) (c + a)]
3
1 2
a + b2 + c2 + ab + bc + ca
=
3
2
( a + b + c )2
9
Lời giải 2 của Soumava Chakraborty
Ta có
a2 a2 + ab + b2 − b2
a2 b2
a2 b2
1
( a + b ) a3
2
2
−
a
=
=
a

−
∑ a2 + ab + b2
∑ a2 + ab + b2 ∑
∑
∑ a2 + ab + b2 3 ∑
a2 + ab + b2
a2 b2
1
ab
1
2
2
a
−
= ∑a − ∑
∑
∑
3
3ab
3
3
1
2
1
2
2
2
a − ∑a = ∑a
3 ∑
9

9
Lời giải 3 của Do Quoc Chinh
Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarzt Ta có
a a2 + ab + b2
∑
a+b

( a + b ) a3
∑ a2 + ab + b2

a2 + b2 + c2

2

Ta có

a a2 + ab + b2
a2 b
= ∑ a ( a + b) − ∑
∑
a+b
a+b
Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarzt Ta có
a2 b
a2 b2
∑ a + b = ∑ ab + b2

( ab + bc + ca)2
∑ a2 + ∑ ab

Vì vậy
2
( ab + bc + ca)2
∑ a2 ( ∑ a )
∑ a (a + b) − ∑ a2 + ∑ ab = ∑ a2 + ∑ ab

a a2 + ab + b2
a2 b
= ∑ a ( a + b) − ∑
∑
a+b
a+b
Do đó,
a2 + b2 + c2

LHS
∑

2

∑ a2 + ∑ ab

a a2 + ab + b2
a+b

2
∑ a2 + ∑ ab (∑ a)

3( ∑ a )

2

=

1
3

∑ a2

( ∑ a )2

∑ a2 + ∑ ab

2
9

∑a

2


The art of Mathematics — 24/26

Bài toán 13. — Generality of Pro.11. Cho a, b, c, m, k là các số thực dương thỏa mãn m ≥ 2k. Chứng

minh rằng
ma2 + kab + m ∑ a2
ma2 + (k + 2m) ab + mc2

+

mb2 + kbc + m ∑ a2
mb2 + (k + 2m)bc + ma2

mc2 + kca + m ∑ a2

+
≥

√

mc2 + (k + 2m)ca + mb2
4m + k.( a + b + c)
Đề xuất bởi Le Minh Cuong

Bài toán 14. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

1
1
2
1
1
+
+
≥
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2
a2 + b2 + c2 ab + bc + ca
Đề xuất bởi Nguyen Ngoc Tu
Bài toán 15. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng

a2

a+b
b+c
c+a
+ 2
+ 2
2
2
+ 6ab + b
b + 6bc + c
c + 6ca + a2

a+b+c
3
+
12
2 ( a + b + c)
Đề xuất bởi Pham Quoc Sang

Bài toán 16. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

1
1
1
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

1
1
1
+
+
2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab
Đề xuất bởi Vasile Cirtoaje

Bài toán 17. Nếu a, b, c là các số thực dương thì

a3 ( a + b )
b3 ( b + c )
c3 ( c + a )
+
+
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

a2 + b2 + c2
2
a+b+c

2

Đề xuất bởi Do Quoc Chinh


The art of Mathematics — 25/26

4. Bài toán thử thách vol.3
Ở phần này, bạn đọc tham gia giải quyết các thử thách đọc kỹ hướng dẫn sau đây:

• Nội dung: Bạn đọc giải bài và chụp thành ảnh (khuyến khích nên đánh máy rõ ràng, nếu gõ
bằng ngôn ngữ latex thì gửi kèm theo code)
• Hình thức: Gửi inbox về Page hoăc qua admin Phạm Quốc Sang & Lê Minh Cường,
hoặc gửi trực tiếp về email:
Dành cho THCS
Thử thách 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a2

a
b
c
+ 2
+ 2
≤1
+b+c b +c+a c +a+b
Đề xuất bởi Đỗ Hữu Đức Thịnh

Thử thách 2. Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng

a
3

4( a3 + bc)

b

+

3

4(b3 + ca)

+

c
3

4(c3 + ab)

≤

3
2abc

Đề xuất bởi Lê Minh Cường
Thử thách 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

a2

( a2 + ab + b2 ) ( a2 + ac + c2 )

b2

+

(b2 + bc + c2 ) (b2 + ba + a2 )

+

c2

(c2 + ca + a2 ) (c2 + cb + b2 )

Đề xuất bởi Nguyễn Ngọc Tú
Dành cho THPT
Thử thách 4. Chứng minh rằng bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi số thực dương a, b, c
a3 + b3 + c3
abc

1
a

b2 + c2 1
+
2
b

c2 + a2 1
+
2
c

a2 + b2
2

Đề xuất bởi Nguyễn Việt Hùng
Thử thách 5. Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực dương, n là số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh

rằng
n

∑

1

i =1 (1 + a i )

2

n
1
1
∑
n − 1 i,j=1,i = j 1 + ai a j

Đề xuất bởi Phạm Hữu Hiệp

1