Tuyển tập bất đẳng thức hay và khó

Tuyển tập một số bài bất đẳng thức
Người thực hiện và sưu tầm: Nguyễn Văn Thế, T1K23-Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh

Bài toán 1. (Vô địch Nga) Cho số nguyên dương n và các số thực dương x1 , x2 ,..., xn . Chứng
minh rằng:

(1  x1 )(1  x1  x2 )...(1  x1  x2  ...  xn )  ( n  1) n 1 x1 x2 ...xn .

Lời giải.
*Cách 1. Với tư tưởng quy nạp do xuất hiện n.
Với n  1 thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiển đúng.
Với n  2, ta cần chứng minh (1  x1 )(1  x1  x2 )  33 x1 x2 .
Bất đẳng thức trên đúng do:

(1  x1 )(1  x1  x2 )  (1  x1 ) 2  x2 (1  x1 )
 4(1  x1 )3 x2
3

1 1

 4    x1  x2  33 x1 x2 .
2 2

Giả sử bất đẳng thức đúng đến n  k , tức với mọi số thực dương x1 , x2 ,..., xk thì ta có:
(1  x1 )(1  x1  x2 )...(1  x1  x2  ...  xk )  ( k  1) k 1 x1 x2 ...xk .

Ta cần chứng minh bất đẳng trên cũng đúng với n  k  1, hay
(1  x1 )(1  x1  x2 )...(1  x1  x2  ...  xk 1 )  (k  2) k  2 x1 x2 ...xk 1 .

Đặt yi 

xi 1
; i  1, 2,..., k . Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:
x1  1

(1  x1 )k 1 (1  y1 )(1  y1  y2 )...(1  y1  y2  ...  yk )  (k  2) k  2 x1 (1  x1 ) k y1 y2 ... yk
 (1  x1 ) k  2 (1  y1 )(1  y1  y2 )...(1  y1  y2  ...  yk )  (k  2) k  2 x1 y1 y2 ... yk .
Bất đẳng thức này đúng do theo giả thiết quy nạp và Bất đẳng thức AM-GM thì:

(1  y )(1  y  y )...(1  y  y  ...  y )  (k  1) k 1 y y ... y
1
1
2
1
2
k
1 2
k

k

2

1
(k  2) k  2


 (1  x1 ) k  2  (k  1).
 x1  
x1 .
k 1

(k  1) k 1




(1)


Vậy bất đẳng thức đúng với n  k  1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học thì Bất đẳng thức đúng với mọi n  1, 2,...
Bài toán chứng minh xong!
*Cách 2: Sử dụng trực tiếp đánh giá bằng AM  GM .
Áp dụng Bất đẳng thức AM  GM , ta có các bất đẳng sau:
1,

(1  x1  x2  ...  xn1 )  xn 

2

 4(1  x1  x2  ...  xn 1 ) xn .

2,

3
 (1  x1  x2  ...  xn 2 )
 3
2.

x


(1  x1  x2  ...  xn 2 ) 2 xn 1.
n 1 
2

2

 2
...

n-1,

(1  x1 )
nn


(
n

1)

x

(1  x1 ) n 1 x 2 .
2
n 1

n 1
(
n


1)


n,

 1

 n. n  x1 

3

n

n 1

(n  1) n 1

x1.
nn

Nhân theo vế của n bất đẳng thức trên ta có Điều phải chứng minh!
Bài toán 2: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa mãn a2  b2  c2  3. Chứng
ab
bc
ca


 6.
minh rằng:
abc

bca
c  a b
Lời giải.
Từ giả thiết, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

bc
ca  6
 ab


.


4 2
bca
c  a b  4 3
a  b2  c2  a  b  c
1

Đây là một bất đẳng thức thuần nhất, nên ta có thể chuẩn hóa a  b  c  3. Khi đó viết lại bất
dẳng bất đẳng thức (1) thành:

3b
3c  6
 3 a


.



4 2
3  2b
3  2c  4 3
a  b 2  c 2  3  2a
1

 3
Ta sẽ chứng minh với x   0;  thì
 2

3 x
1
3
 x2 
(*). Thật vậy, ta có:
2
3  2x 2

(1)


(*)  4(3  x) 2  (3  2 x)( x 2  3) 2
 2 x5  3 x 4  12 x 3  14 x 2  6 x  9  0
 ( x  1) 2 (2 x 3  x 2  12 x  9)  0.

Bất đẳng đẳng thức cuối hiển nhiên đúng với mọi x  0. Vậy (*) được chứng minh.
Khi đó áp dụng (*) lần lượt với x  a, b, c ta thu được:

 a 2  b2  c2 3 3 3 
3b

3c 
1
 3 a


   



4 2
2
2 2 2
3  2b
3  2c  4 a 2  b 2  c 2 
a  b 2  c 2  3  2a
1

33 (a 2  b 2  c 2 )
6

.
4 .
4
2
2
4 2
2
3
a b c
4

4

Bài toán chứng minh xong!
Bài toán 3. (Chọn đội tuyển Sư Phạm 2014). Cho x, y, z là các số thực không âm và đôi một
phân biệt. Chứng minh rằng:

x y
yz
zx
9



.
2
2
2
( x  y ) ( y  z ) ( z  x)
x yz
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử z  min  x, y, z . Ta sẽ chứng minh:

Thật vậy, ta có:

yz
1
 .
2
( y  z)

y

yz
1
  y ( y  z )  ( y  z ) 2  z (3 y  z )  0, đúng do 3 y  y  z  0.
2
( y  z)
y

Tương tự ta cũng có:

zx
1
 . Như vậy, lúc này ta thu được
2
( z  x)
x
x y
yz
zx
x y
1 1



  .
2
2
2
2

( x  y ) ( y  z ) ( z  x)
( x  y)
x y

Bây giờ ta sẽ chứng minh
tương đương với:

x y
1 1
9
  
2
( x  y)
x y x y

(1) . Thật vậy, ta có bất đẳng thức (1)


 ( x  y )2   x 2  y 2

( x  y)2 x y



7

 1  
 2  4

2

2
( x  y)
y x
 ( x  y)
  xy

2
4 xy
( x  y)


4
2
( x  y)
xy
 ( x 2  y 2  4 xy ) 2  0.

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, từ đó ta có:
Như vậy

x y
1 1
9
  
.
2
( x  y)
x y x y

x y

yz
z x
xy
1 1
9
9



  

.
2
2
2
2
( x  y ) ( y  z ) ( z  x)
( x  y)
x y x  y x  y z

Đẳng thức xảy ra khi x2  4 xy  y 2  0, z  0.
Bài toán chứng minh xong!
Chú ý: Bất đẳng thức (1) có thể chứng minh bằng cách đặt t 
minh thành

x
, đưa bất đẳng thức cần chứng
y

t 1 1

9
 1 
 (t 2  4t  1) 2  0, đúng.
2
(t  1) t
t 1

Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:

(a2  a  1)(b2  b  1)(c2  c  1)  1.
Lời giải.
Theo nguyên lý Drichlet thì trong 3 số a  1, b  1, c  1 tồn tại 2 số nằm cùng âm, hoặc cùng
không âm. Giả sử 2 số đó là a 1, b 1 thì ta có (a 1)(b 1)  0  ab  1  a  b.
Lại có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(a3  1)(b3  1)(c3  1)  (a  1)(b  1)(c  1).
Áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có:

(a3  1)(b3  1)(1  c3 )  (ab  c)3
 (a  b  c  1)3  8.
 abc3
(a  1)(b  1)(c  1)  
  8.
3


3

Mặt khác theo Bất đẳng thức ta có:
Vậy bài toán được chứng minh!

Nhận xét: Bài này cũng được chọn làm bài thi chọn đội tuyển thi học sinh giỏi quốc gia của Hà
Tĩnh năm 2009-2010.
Bài toán 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:

1 1 1
 2  2  a 2  b2  c2 .
2
a b c
Lời giải.
Sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc như x2  y 2  z 2  xy  yz  zx và
(ab  bc  ca)2  3abc(a  b  c) ta có:

1 1 1
1
1 1
 2 2
 
2
a b c
ab bc ca
(a  b  c) 2

abc(a  b  c)
3(a  b  c) 2
27


.

2
(ab  bc  ca )
(ab  bc  ca ) 2
Mặt khác theo Bất đẳng thức AM-GM ta có:

27(ab  bc  ca)(ab  bc  ca)(a 2  b2  c2 )  (a 2  b2  c2  2ab  2bc  2ca)3  272
Do đó:
Như vậy:

27
 a 2  b2  c2 .
2
(ab  bc  ca)
1 1 1
27
 2 2
 a 2  b2  c2 .
2
2
a b c
(ab  bc  ca )

Bài toán chứng minh xong!
Bài toán 6. ( Khánh Hòa 2014) Cho a, b, c  0 và abc  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Lời giải.
*Cách 1:
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có: a3  b3  b3  3ab2 . Tương tự và cộng
 a3  bc 2 b3  ca 2 c3  ab 2 



l P   a 3  b3  c 3  
 . ại ta thu được:
2
(b  a) 2 (c  b) 2 
 ( a  c)

a3  b3  c3  ab2  bc2  ca2 .


Từ đây áp dụng bất đằng thức trên và Cauchy-Schwarz ta có:

 a 3  bc 2 b3  ca 2 c 3  ab 2 
2 P  2  a 3  b3  c 3  



2
(b  a) 2 (c  b) 2 
 (a  c)
 a 3  bc 2 b3  ca 2 c 3  ab 2 
 (a 3  bc 2 )  (b3  ca 2 )  (c 3  ab 2 )  



2
2
(
a


c
)
(
b

a
)
(c  b) 2 

2

 a 3  bc 2 b3  ca 2 c 3  ab 2 



 .
ba
cb 
 ac
Mặt khác theo bất đẳng thức Holder ta có:

 a3
b3
c3 
3



  (a  c)  (b  a)  (c  a)  (1  1  1)  (a  b  c)
 ac ba ca

Do đó:

a3
b3
c3
(a  b  c ) 2 3



 , (vì a  b  c  3 3 abc  3. )
ac ba cb
6
2

-Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì:

bc 2
ca 2
ab 2 (ab  bc  ca)2 3



 , vì ab  bc  ca  3 3 a 2b 2c 2  3.
a  c b  a b  c 2(ab  bc  ca) 2
Từ đây, ta có:
2

 a 3
b3
c3   bc 2

ca 2
ab2  
2 P  





 
   9.
 a  c b  a c  b   a  c a  b b  c  
9
Như vậy P  . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1.
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

9
.
2

Bài toán kết thúc.
*Cách 2: Áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có:

(a3  bc 2 )(b2  bc)(b  b)  (ab  bc)3


a3  bc 2 b(a  c)

.

(a  c)2 2(b  c)

Thực hiện các đánh giá tương tự và cộng lai ta có:


a 3  bc 2 b3  ca 2 c3  ab 2 b(a  c) c(b  a ) a (b  c)
abc 3





 33
 .
2
2
2
(a  c)
(b  a)
(c  b )
2(b  c) 2(c  a) 2(a  b)
8
2
9
Từ đây, kết hợp a3  b3  c3  3abc  3 ta có ngay P  .
2

Bài toán kết thúc.
Bài toán 7. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  9abc. Chứng minh rằng:
3

a 3  b3 3 b3  c 3 3 c 3  a 3


 2(a  b  c)  1.
2
2
2

Lời giải.

a 3  b3 a 2  b 2

. Bất đẳng thức
2
ab
này rất quen thuộc, có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương hoặc Cauchy. Xin phép không
nêu chứng minh ở đây.
Như vậy sử dụng đánh giá trên ta chỉ cần chứng minh:
Đầu tiên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau

3

a 2  b2 b2  c2 c2  a 2


 2(a  b  c)  1
ab
bc
ca

(a  b) 2  2ab (b  c) 2  2bc (c  a) 2  2ca



 2(a  b  c)  1
ab
bc
ca
ab
bc
ca
1




ab bc ca 2
1
1
1
1



 .
1 1 1 1 1 1 2



a b b c c a

Chú ý rằng từ giả thiết thì ta có

1 1 1
   9 nên theo Bất đẳng Cauchy-Schwarz thì
a b c

1
1 1

a b



1
1 1

b c



1
1 1

c a



9
1
 .

1 1 1 2
2   
a b c

Vậy, bất đẳng thức chứng minh xong!
Bài toán 8. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2  b2  c2  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:


P  1  ab  1  bc  1  ca .
Lời giải
Ta sẽ chứng minh rằng giá trị nhỏ nhất của P là

6. Thật vậy, ta có:

P  6  2  2ab  2  2bc  2  2ca  4 3
 1  c 2  (a  b) 2  1  a 2  (b  c) 2  1  b 2  (c  a) 2  4 3
Bình phương 2 vế và sử dụng giả thiết, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

(a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2  2 1  c 2  (a  b) 2 1  a 2  (b  c) 2  6
  1  c 2  (a  b) 2 1  a 2  (b  c) 2  2  ab  bc  ca.
Bất đẳng thức do theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì



1  c 2  (a  b)2 1  a 2  (b  c) 2   1  ac  (b  a)(b  c) 
 2  ab  bc  ca

Bài toán kết thúc!
Bài toán 9. Cho các số thực a, b, c, d  2 và abcd  0 thỏa mãn a  b  c  d  4. Chứng minh

1 1 1 1 1 1 1 1
  
    .
rằng:
a 2 b2 c2 d 2 a b c d
Lời giải.
Ta sẽ xét 2 trường hợp sau:
+Trường hợp 1: Tất cả các số a, b, c, d đều không bé hơn 1. Khi đó ta sẽ chứng minh bất đẳng
1 1
sau, với x  1 thì ta có 2   1  x (1). Thật vậy ta có:
x
x

1 x
(1  x) 2 (1  x)
(1)  2  1  x 
 0, đúng với mọi x  1.
x
x2
Áp dụng Bất đẳng thức (1) lần lượt với x bằng a, b, c, d và cộng theo vế ta có: điều phải chứng
minh!
+Trường hợp 2: Tồn tại ít nhất một số bé hơn 1. Giả sử a  1, ta có

1 1 3
(a  2)(2  3a)
 1 1  1 3 
         0 
 0, với mọi 2  a  1.
2
a a 4

(2a) 2
 a 2  a 2 
1 1 3
1 1
1
  . Kết hợp với 2    ; x  . Cho x lần lượt bằng b, c, d thực hiện
2
a a 4
x
x
4
phép cộng các bất đẳng theo vế ta có điều phải chứng minh.

Như vậy,


Bài toán chứng minh xong!
Bài toán 10. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  0. Chứng minh rằng:

a
b
c
2(a  b  c)3


 3 3 3  6.
bc
ca
ab a b c
Lời giải.

Do bất đẳng thức cần chứng minh có dạng đối xứng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả
sử a  b  c. Khi đó ta có:

ab
ac
b.b
c.c



 b  c.
ca
ab
bc
bc
Lại có

a
2(a  b  c)3 2(a  b  c)3
(t  0), thì ta có:
 3
. Nên nếu đặt t 
3
3
3
3
bc
a b c
a  (b  c)
a

b
c
2(a  b  c)3
a
b  c 2(a  b  c)3





 3
bc
ca
a  b a 3  b3  c 3
bc
a
a  (b  c )3
1 2(t 2  1)3
t  6
.
t
t 1

1 2(t 2  1)3
 6 với mọi t  0.
Ta sẽ chứng minh rằng t   6
t
t 1
1
Bài toán 11. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn ab  bc  ca  . Chứng minh rằng:

3
1
1
1
 2
 2
 3.
a  bc  1 b  ca  1 c  ab  1
2

Lời giải.
Từ giả thiết ta có:

a 2  bc  1  a 2  bc  3(ab  bc  ca )
 a(a  b  c)  2(ab  bc  ca).
Từ đây ta có bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành


1
1
1


3
a (a  b  c)  2(ab  bc  ca ) b(a  b  c)  2(ab  bc  ca ) c(a  b  c)  2(ab  bc  ca )
ab  bc  ca
ab  bc  ca
ab  bc  ca




1
a (a  b  c)  2(ab  bc  ca ) b(a  b  c)  2(ab  bc  ca ) c(a  b  c)  2(ab  bc  ca )
a(a  b  c)
b( a  b  c )
c(a  b  c)



1
a (a  b  c)  2(ab  bc  ca ) b(a  b  c)  2(ab  bc  ca ) c(a  b  c)  2(ab  bc  ca )

Đến đây, chuẩn hóa a  b  c  3, ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

a
b
c
1


 .
3a  2(ab  bc  ca) 3b  2(ab  bc  ca) 3c  2(ab  bc  ca) 3
Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy-Schwarz:
a
b
c
(a  b  c ) 2




3a  2(ab  bc  ca) 3b  2(ab  bc  ca ) 3c  2(ab  bc  ca ) 3(a 2  b 2  c 2 )  2(ab  bc  ca )(a  b  c)



(a  b  c) 2
1
 .
2
2
2
3(a  b  c  2ab  2bc  2ca ) 3

Vậy bài toán được chứng minh!
Bài toán 12. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z  2. Chứng minh rằng:
1
x3  y 3  z 3  1  ( x 4  y 4  z 4 ).
2

Lời giải.
1
Giả sử z  min  x, y, z thì x  y  2  z  1. Đặt f ( x, y, z )  ( x 4  y 4  z 4 )   x3  y 3  z 3  , ta
2
sẽ chứng minh

 x y yx 
f ( x, y , z )  f 
,
,z
2
 2



(1)

Thật vậy, ta có:
4
3
1
 xz 
 yx
3
3
(1)   y 4  x 4  2 

y

x

2
 


2 
 2  
 2 
1
1
2
  x  y  3( x  y ) 2  4( x 2  xy  y 2 )   ( x  y ) 2 ( x  y )
16

4
2
2
2
 3( x  y )  4( x  xy  y )  4( x  y )

 5( x  y ) 2  x 2  y 2  4( x  y )


Bất đẳng thức cuối đúng do x  y  1 nên 5( x  y)2  4( x  y).
Vậy (1) được chứng minh. Bây giờ ta sẽ chứng minh:

z 
 z
 x y x y 
f
,
, z   1 hay f 1  ,1  , z   1
2 
2
 2
 2


(2)

Thật vậy, ta có
4
3
1 4

 z   3
 z 
(2)   z  2 1      z  2 1     1
2 
 2   
 2  
 z (9 z 3  20 z 2  16)  0.

Bất đẳng thức cuối đúng do 0  z 

x yz 2
 (lúc này 16  20 z 2  0.)
3
3

Vậy bài toán chứng minh xong!
Nhận xét: Bài toán này nhìn quá quen cho dạng dồn biến quen thuộc, nhưng thực tế khi bạn thực
sự bắt tay vào làm mới thấy cái hay của nó. Đặc biệt, khi biến đổi bất đẳng thức cuối thì chỉ xảy
ra đẳng thức tại biên. Đây là điều mà đa số bất đẳng thức sau khi dồn biến đều không có.

Phần II: Về một bất đẳng thức quen thuộc
Một bất thức có thể có nhiều dạng suy rộng, cũng như có nhiều ứng dụng mà chúng ta ít ai để ý
tới. Trong phần này, mình xin nêu ra và ứng dụng của một bất đẳng thức đẹp, bất đẳng thức này
cũng có thể coi như là một bổ đề:
Bổ đề: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn chúng có tích bằng 1. Khi đó với k 
bất đẳng thức

ta có

1

1
1
 2k
 2k
 1.
k
k
a  a  1 b  b  1 c  ck  1
2k

Chứng minh:
Do abc  1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a k 
bất đẳng thì ta thu được:

yz k zx k xy
, b  2 , c  2 . Khi đó thế lại vào
x2
y
z


1
1
1
1
1
1
 2k
 2k
 2 2

 2 2
 2 2
k
k
k
yz
z x
zx
x y
xy
a  a 1 b  b 1 c  c 1 y z
 2 1
 2 1
 2 1
4
4
4
x
x
y
y
z
z
2k

x4
y4
z4
 4



x  x 2 yz  y 2 z 2 y 4  y 2 xz  x 2 z 2 z 4  z 2 xy  x 2 y 2


x

2

 y2  z2 

2

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

 1.

Vậy bổ đề chứng minh xong!
Từ đây ta cũng có một số hệ quả trực tiếp:
Hệ quả 1: Với giả thiết tương tự thì lần lượt cho k  1 và k  1 ta có các bất đẳng thức hay sử
dụng:

i,
ii,

1
1
1
 2
 2
 1.

a  a 1 b  b 1 c  c 1
a2
b2
c2


 1.
a 2  a  1 b2  b  1 c2  c  1
2

Hệ quả 2: Cũng từ bất đẳng thức đầu, ta có hệ quả tiếp theo của nó

a 2k  a k
b2k  bk
c 2k  ck
i,


2
a 2k  a k  1 b2k  bk  1 c 2k  c k  1
ak  1
bk  1
ck  1
ii, 2 k


 2.
a  a k  1 b2k  bk  1 c2k  ck  1
Bây giờ ta cũng đi vào một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số thực dương và có tích bằng 1và số thực k . Chứng minh rằng:

1
1
1
 2k
 2k
 3.
k
k
a  a  1 b  b  1 c  ck  1
2k

Chứng minh: Bản chất bài toán chỉ cần chứng minh tại k  1. Sau đây ta sẽ chứng minh bài
toán với k  1. Ta có:

1
1
2(a 2  1)


a 2  a  1 a 2  a  1 (a 2  a  1)(a 2  a  1)

Như vậy, sử dụng hệ các hệ quả ta có:

2(a 2  1)
.
a4  a2  1


1
1

2(a 2  1)


4

a 2  a  1 a 2  a  1 cyc a 4  a 2  1
Kết hợp với việc

1
1
1
 2
 2
 1, ta có điều phả chứng minh.
a  a 1 b  b 1 c  c 1
2

Ví dụ 2: (VN TST 2005) Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:

x3
y3
z3
3


 .
3
3
3
( x  y ) ( y  z ) ( z  x) 8

Lời giải

y
z
x
, b  , c  thì a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. Đồng thời bất đẳng thức
x
y
z
cần chứng minh trở thành
Đặt a 

1
1
1
3


 .
3
3
3
(a  1) (b  1) (c  1) 8
Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có

1
1
1
1
3

3

 

và chú ý rằng (a  1) 2  0 
nên từ đây
3
3
2
2
2
(a  1) (a  1) 8 2(a  1)
(a  1)
4(a  a  1)
ta thu được

2
9
1

 .
3
2
(a  1) 8(a  a  1) 8
Thực hiện tương tự các đánh giá trên theo biến b, c và cộng theo vế kết hợp bổ đề ta có

2
2
2
9

1
1
1
 3


  2
 2
 2

3
3
3
(a  1) (b  1) (c  1)
8  a  a 1 b  b 1 c  c 1  8
9 3 6
  
8 8 8
Từ đây ta có điều phải chứng minh, bài toán kết thúc.
Ví dụ 3: (VMO2014) Cho các số thực dương x, y, z tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x3 y 4 z 3
y 3 z 4 x3
z3 x4 y3
P 4


.
( x  y 4 )( xy  z 2 )3 ( y 4  z 4 )( yz  x 2 )3 ( z 4  x 4 )( zx  y 2 )3
Lời giải

Đầu tiên ta có z 2  xy  2 z xy suy ra:

x3 y 4 z 3
x3 y 4 z 3

( x 4  y 4 )( xy  z 2 )3 ( x 4  y 4 ) 2 z xy





3



x3 y 4
8 xy ( x 4  y 4 ) xy

Thực hiện các đánh giá tương tự và cộng lại ta thu được:

x3 y 4
y3 z 4
z3 x4
P


.
xy ( x 4  y 4 ) xy yz ( y 4  z 4 ) yz xz ( x 4  y 4 ) xz

x
,b 
y

Đặt a 

y
z

,c 

z
thì ta có a, b, c là các số dương có tích bằng 1 và
x

1  a3
b3
c3 
P  8


.
8  a  1 b8  1 c 8  1 
Mặt khác bằng biến đổi đại số ta chứng minh được:

a3
3 a2  1

.

.
a8  1 4 a 4  a 2  1
Đến đây sử dụng bổ đề trên không khó để ta chứng minh được

1  a3
b3
c3 
P  8
 8
 8 
8  a 1 b 1 c 1 
3  a2  1
b2  1
c2  1  3
  4


 .
32  a  a 2  1 b 4  b 2  1 c 4  c 2  1  16
Đẳng thức xảy ra khi x  y  z.
Vậy giá trị lớn nhất của P là

3
.
16

III. Một số bài toán trên các diễn đàn mạng và tạp chí
Bài toán 1: (T7/435 THTT) Cho tam giác nhọn ABC có 3 góc nhọn thỏa mãn điều kiện

A



4

,B 



4

,C 



4

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T

Lời giải:

tan A  2 tan B  2 tan C  2


.
tan 2 C
tan 2 A
tan 2 B

Đặt a  tan A, b  tanB,c  tanC. thì a  b  c  abc 
Do A 


4

,B 


4

,C 


4

1
1 1
 
 1.
ab bc ca

nên a, b, c  1. Khi đó T trở thành:

a2 b2 c2
 2  2
c2
a
b

(a  1)  (c  1) (b  1)  (a  1) (c  1)  (b  1)



c2
a2
c2
 1 1
1 1 
 1 1  1 1 1
 (a  1)  2  2   (b  1)  2  2   (c  1)  2  2       .
a c 
b a 
c b  a b c

T



2(a  1) 2(b  1) 2(c  1)  1 1 1 


     ( theo BĐT Cauchy).
ac
ba
bc
a b c

1 1 
 1 1 1  1

      2   
 a b c   ab bc ca 
1 1 1
      2.
a b c

1

Lại có:
2

2

2

1 1 1 1 1 1
          0
a b b c c a
2

1 1 
1 1 1
 1
      3     3
a b c
 ab bc ca 
1 1 1
    3
a b c

(2)

Từ (1) và (2) ta có:
T  3  2. Đẳng thức xảy ra khi: a  b  c  3  A  B  C  60o.

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là: min T  3  2. khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bài toán 2: (T6/437 THTT): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
1 1 1
a  b  c    . Chứng minh rằng:
a b c
3(a  b  c )  8a 2  1  8b2  1  8c 2  1.

Lời giải:


*Cách1: Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2

1 
1 
1  
1
1
1

(a  b  c)  8a     8b     8c      a . 8a   b . 8b   c. 8c   .
a 
b 
c  
a

b
c

Do a  b  c 

1 1 1
  , nên:
a b c
3( a  b  c )  8a 2  1  8b2  1  8c 2  1, đpcm.

*Cách 2: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có:

8a 2  1 

1
1 1 
1  1 
1

9a . 8a   . 9a   8a     17 a   .
3
a 6 
a  6 
a


Thực hiện các đánh giá tương tự và cộng lại ta thu được

1
1 1 1

8a 2  1  8b 2  1  8c 2  1  17 a  17b  17c      3( a  b  c), đpcm.
6
a b c
Bài toán 3: Cho tam giác ABC. Gọi ma , lb , lc và p theo thứ tự là độ dài đường trung tuyến kẻ từ
A, độ dài các đường phân giác trong kẻ từ B, C và nửa chu vi của tam giác.
ma  lb  lc  p 3.

Chứng minh rằng:

Lời giải: Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Đặt
a  y  z
bca
abc
c  a b

 x,
 z ( x, y, z  0 ) thì b  z  x
 y và
2
2
2
c  x  y.

p

Khi đó

abc
 x  y  z.
2

+ Do bất đẳng thức cần chứng minh thuần nhất nên không mất tính tổng quát ta giả sử p  1.
+Theo công thức đường phân giác và Bất đẳng thức AM-GM ta có
lb 

Mặt khác

cos 2

B 1
 (1  cos B)
2 2

2ac
B
B
.cos  ac .cos .
ac
2
2


1  c 2  a 2  b 2  (c  a ) 2  b 2 p ( p  b )
 1 

.

2
2ca
2ca

ca

Do đó
lb 

2ac
B
B
.cos  ac .cos 
ac
2
2

p ( p  b)  ( x  y  z ) y  y .

(1)

+Tương tự ta có
lc 

p( p  c)  ( x  y  z ) z  z .

(2)

+Theo công thức tính đường trung tuyến ta có

ma 

1
( y  z )2

( y  z)2
2b 2  2c 2  a 2  ( x  y  z ) x 
 x
.
2
4
4

+ Khi đó từ (1),(2),(3) và Bất đẳng thức bunhiacốpxki ta có

ma  lb  lc  x 

( y  z )2
 2.
4



y z
2




( y  z )2
 (1  2)  x 


4



( y  z )2

 3 1


4






y z

  
2




2

2




2

y z

 

3.

Vậy bài toán chứng minh xong, đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
*Nhận xét: Để bài toán kết thúc trọn vẹn ta sẽ chứng minh

( y  z)
4

2




y z



2

(a)

2

Thật vậy, ta có
(a)  2  y  z   4
2

2



y z

Bất đẳng thức cuối đúng do





2



y z

2 




y z



2



2
y z 0




2

 2( y  z )  2(1  x)  2.

(3)


Bài toán 4. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  1  z( x  y). Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức

P

2 xy ( xy  1)
z

.
2
2
(1  x )(1  y ) 1  z 2

Lời giải.
Từ giả thiết ta có xy  yz  zx  1, do đó tồn tại tam giác ABC thỏa mãn

x  cot A, y  cot B, z   cot C (với 0  A, B  900 và cot A.cot B  1 ). Khi đó:
P

2 cot A.cot B(cot A.cot B  1)
cot C

2
2
(1  cot A)(1  cot B)
1  cot 2 C

cos A cos B  cos A cos B 
cos C
.
.
 1

sin A sin B  sin A sin B 

 sin C2
2
2
cos C
 cos A  cos B 
1
1 
1 

2

2
sin 2 C
 sin A  sin B 
2

 2 cos A.cos B(cos A.cos B  sin A.sin B)  cos C.sin C
 2 cos A.cos B.cos( A  B)  sin( A  B).cos( A  B)
 2 cos A.cos B  cos( A  B). 1  cos 2 ( A  B)
 cos( A  B)  cos( A  B)  cos( A  B). 1  cos 2 ( A  B)
 cos( A  B)  1  cos( A  B). 1  cos 2 ( A  B)
+Ta sẽ chứng minh

cos( A  B)  1  cos( A  B). 1  cos 2 ( A  B) 

43 3
4

(1)

Thật vậy, ta có



(1)  16 cos 2 ( A  B). 1  cos 2 ( A  B)   3 3  4 cos( A  B)



2
  2 cos( A  B)  3   2 cos( A  B)  3




2



2

 6   0.


( Hiển nhiên đúng)
Như vậy P 

43 3
. Đẳng thức xảy ra khi vào chỉ khi:
4


cos( A  B)  1

0
3

 A  B  30
hay x  y  2  3, z  3.

cos( A  B) 
0

2
C  150

 A  B  C  1800

Vậy giá trị lớn nhất của P là max P 

43 3
.
4

Bài toán 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng

a 3  b3  c 3 

ab
bc
ca
9
 2 2 2
 .
2
2
a b b c c a
2
2

Lời giải.
+Với x, y dương thì x3  y3  xy( x  y)  ( x  y)( x  y)2  0. Do đó

x3  y3  xy( x  y).
Từ đây áp dụng bất đẳng trên và Bất đẳng thức Cauchy ta có

a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3 1 3 3 3


 a  b  c 
4
4
4
2
1
3
  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a )   abc
4
2
2
2
2
2
2
2
a b  c  b c  a  c  a  b  3



 .
4
4
4

2

a 3  b3  c 3 

(1)

+Mặc khác, theo Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương và giả thiết abc  1, ta có

a  b2  c2 
4
b  c2  a2 
4
c  a 2  b2 
4

a  b 2  c 2  bc
bc
 2 2 2
. 2 2  1.
b c
4
b c

(2)

b  c 2  a 2  ca
ca
 2
2
. 2

 1.
c  a2
4
c  a2

(3)

c  a 2  b 2  ab
ab
 2
2
. 2
 1.
a  b2
4
a  b2

(4)

+Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có:
a 3  b3  c 3 

ab
bc
ca
9
 2 2 2
 .
2
2

a b b c c a
2
2


Bài toán chứng minh xong!
Bài toán 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  (a 2  b 2 )(b 2  c 2 )(c 2  a 2 ) , trong đó a, b, c là
các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  5.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c  0. Khi đó, ta có

P  (a 2  b 2 )(a 2  c 2 )(b 2  c 2 )
 a 2b 2 .(a 2  b 2 )

( do c  0)

Mặt khác áp dụng a  b  5  c  5, và Bất đẳng thức AM-GM ta có:

P  a 2b 2 (a  b)(a  b)
 5a 2b 2 (a  b) 2  4ab
 5. ab.ab.ab.ab.(5  4ab)
 ab  ab  ab  ab  (5  4ab) 
 5. 
  5.
5


5

Đẳng thức xảy ra khi c  0, b
Vậy giá trị lớn nhất của P là

5  21
5  21
và các hoán vị.
,a 
2
2
5.

Bài toán 7. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 3  y 2  z  2 3  1. Hãy tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

1 1 1
  .
x y2 z3

Lời giải. Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho các số dương ta có các bất đẳng thức sau:

3 3 2 1
1
 2
 x     x 3    2 .x 3  4
x
x x
x
 x
3
3

 y 2  2 2 . y2  2 3
2
y
y
3
4
 3 z  2z 2 2z
 z  3  
 

.
3
z
3
 z 3 3 z 3
Thực hiện phép cộng các Bất đẳng thức trên theo vế ta thu được:


3P   x 3  y 2  z   4  2 3 
Khi x  1, y  4 3, z  3 thì P  1 

4
4 3
 P  1
.
9
3

4 3
4 3

. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 
.
9
9

Bài toán kết thúc!
Bài toán 8. Cho các số dương a, b, c. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng

 a 2  b2  c2

a b c
  3 k 
 1 .
b c a
 ab  bc  ca 
Lời giải.
Xét bất đẳng thức đã cho tại b  1, c  a 3 ta có:

a

 a2  1  a6

1
2

a

3

k

 1
 4
3
3
a
a a a 

a 5  a 4  3a 2  1
a 6  a 4  a3  a 2  a  1

k
.
a3
a 4  a3  a
(a  1) 2 (a 3  3a 2  2a  1)
(a  1)2 (a 4  2a 3  2a 2  a  1)


k
.
a3
a 4  a3  a



Xét bât đẳng thức (1) với a  1, ta có:

(1)  k 

(a 3  a 2  1)(a3  3a 2  2a  1)

; a  0, a  1.
a 2 (a 4  2a 3  2a 2  a  1)

Từ đây, cho a   ta thu được:

(a3  a 2  1)(a3  3a 2  2a  1)
k  lim
 1.
a 
a 2 (a 4  2a 3  2a 2  a  1)
Với k  1 thì ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

a b c
a 2  b2  c2
  2
.
b c a
ab  bc  ca
Bất đẳng thức cuối đúng vì Cauchy-Schwarz thì:

a b c
a 2 b2 c2
  2
  2
b c a
ab bc ca
(a  b  c) 2
a 2  b2  c2

2

.
ab  bc  ca
ab  bc  ca

(1)


Vậy giá trị lớn nhất cần tìm của k là 1.
Bài toán 9. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng

1 1 1 a 2  nb 2 b 2  nc 2 c 2  na 2
  


trong đó n  , n  2.
a b c a 3  nb3 b3  nc 3 c 3  na 3
Lời giải.

a 2  nb 2
1
n
+Ta sẽ chứng minh 3


(1).
3
a  nb
(n  1)a (n  1)b

Thật vậy, ta có

(1)  (n  1)ab(a 2  nb 2 )  (na  b)( a 3  nb3 )
 (n  1)a 3b  n(n  1)ab3  na 4  a 3b  n 2 ab3  nb 4
 n(a 4  b 4  a 3b  ab3 )  0
 n(a  b)(a 3  b3 )  0
Bất đẳng thức cuối đúng với mọi a, b, n  0, vậy (1) được chứng minh.
Chứng minh tương tự ta có:

b 2  nc 2
1
n


(2).
3
3
b  nc
(n  1)b (n  1)c
c 2  na 2
1
n


(3).
3
3
c  na
(n  1)c (n  1)a
Cộng theo vế của (1), (2) và (3) ta thu được:

1 1 1 a 2  nb 2 b 2  nc 2 c 2  na 2
  


, điều phải chứng minh.
a b c a 3  nb3 b3  nc 3 c 3  na 3
Bài toán 10. Tìm hằng số K lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng






a  K b c  b  K c a  c  K a b  2

với mọi   1 và a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1.
Lời giải.
Do bất đẳng thức đúng với mọi   1 và a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1,
nên bất đẳng thức đã cho cũng đúng tại a  1, b  c  0,  1. Và khi đó bất đẳng thức trở thành:
1
2 K 1 K  .
4


Ta sẽ chứng minh K 
Thật vậy với K 

1
chính là giá trị lớn nhất của K để bất đẳng thức trên luôn đúng.
4

1
thì bất đẳng thức đã cho trở thành
4

a

1
1
1



bc  b ca  c a b  2
4
4
4

(1)

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a  b  c. Do 0  a  b , b  c , c  a  1 và   1 nên






ta có b  c  b  c , c  a  c  a , a  b  a  b . Từ đây, kết hợp Bất đẳng thức CauchySchwarz dạng x  y  2( x 2  y 2 ) ta có:

1

1
1
VT (1)  a  (b  c)  b  (a  c)  c  (a  b)
4
4
4
 a bc
ac   a bc
a b 
 

 b

 c
  

4   4 16
4 
 4 16
 a 17b 5c 
 a 3b 15c 
 2 
   2  

 2 16 16 
 2 16 16 
2 a

7b 5c


 2 a  b  c  2.
8
8

1
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh, do đó K lớn nhất cần tìm là K max  .
4

Bài toán 11. Cho ba số không âm a, b, c. Chứng minh rằng:
(a  bc) 2  (b  ca) 2  (c  ab) 2  2(a  b)(b  c)(c  a).

Lời giải.
Theo nguyên lý Drichlet ta có trong ba số a, b, c thì tồn tại 2 số nằm cùng phía với 1 trên trục số.
Giả sử 2 số đó là a, b thì ta có

c(a  1)(b  1)  0  abc  c  ac  bc
 (c  1)(ab  c)  (c  a)(c  b).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có


1
(a  bc) 2  (b  ca) 2  (c  ab) 2  ( a  bc  b  ca) 2  (c  ab) 2
2
1
 (a  b) 2 (c  1) 2  (c  ab) 2
2
 2(a  b)(c  1)(c  ab)
 2(a  b)(b  c)(c  a).
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  0 hoặc c  0, a  b  2 và các hoán vị.
Bài toán chứng minh xong!

Bài toán 12. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
2

2

2

5 a
b
c 
 a   b   c 



 
 
 3 
.
2 ab bc ca 
 ab bc   ca 
Lời giải
b 4 c 4 a
, y  , z  thì x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz  1. Khi đó bất đẳng
a
b
c
thức cần chứng minh trở thành

Đặt x 4 

1



1



1

1  x  1  y  1  z 
4 2



Ta sẽ chứng minh

4 2

4 2

5 1
1
1 
3 



4
4

2  1 x 1 y 1 z4 

5x4  3 5 y 4  3 5z 4  3


 6.
(1  x 4 ) 2 (1  y 4 ) 2 (1  z 4 ) 2

5x4  3
x3  1

3.
; x  0
(1  x 4 ) 2
x 6  x3  1

(*). Thật vậy, ta có

(*)   5 x 4  3 x 6  x3  1  3  x3  1 x 4  1

2

 x 4  3x 7  5 x 6  3x 4  x3  3x 2  1  0
 x 4 ( x  1) 2  3 x5  x 4  x3  2 x  1  0
( Bất đẳng thức cuối đúng do 3x5  x4  x3  2 x  1  x4  1  x3  0; x  0 ).
Chứng minh các bất đẳng thức tương tự với biến y, z và cộng lại theo vế ta thu được


 x3  1
5x4  3 5 y 4  3 5z 4  3

y3  1
z3 1 



3.


 6

3
6
3
6
3
(1  x 4 ) 2 (1  y 4 ) 2 (1  z 4 ) 2
 x  x 1 y  y 1 z  z 1 
 

 

1
1
1
 .
 3 3  


  1  1  1 1  1  1 1  1  1 
 

x3 x 6
y3 y6
z 3 z 6  
1 1 1
. .  1 nên tồn tại các số thực dương m, n, p sao cho
x3 y 3 z 3
1 mn 1 np 1 pm

, 
, 
. Khi đó ta có
x3 p 2 y 3 m2 z 3 n 2

Mặt khác do

1
1
1
1
1
1





2 2
2 2
1 1
1

1
1 1
pn p n
pm p 2 m 2
1  3  6 1  3  6 1  3  6 1  mn2  m n4
1 2  4
1 2  4
x
x
y
y
z
z
p
p
m
m
n
n


p4
m4
n4


p 4  p 2 mn  m 2 n 2 m 4  m 2 pn  p 2 n 2 p 4  p 2 mn  m 2 n 2



(m2  n 2  p 2 )2
m 4  n 4  p 4  mnp (m  n  p )  m 2 n 2  p 2 n 2  m 2 p 2



(m 2  n 2  p 2 ) 2
 1.
m4  n4  p 4  m2 n2  p 2 n2  m2 p 2  m2 n2  p 2 n2  m2 p 2

Như vậy từ đây ta thu được

 




5x  3 5 y  3 5z  3
1
1
1






3
3




(1  x 4 ) 2 (1  y 4 ) 2 (1  z 4 ) 2
  1  1  1 1  1  1 1  1  1 
 
x3 x 6
y3 y6
z 3 z 6  
 3  3  1  6.
4

4

4

Vậy, bài toán chứng minh xong! ( Để ý thì ta thấy đây chính là một bài áp dụng bổ đề ở phần II)
Bài toán 13. Cho tam giác ABC. Gọi ma , mb , mc lần lượt là độ dài các đường trung tuyến tương
ứng với các cạnh BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
 1 1 1
(a 2  b 2  c 2 )      2 3  ma  mb  mc  .
a b c
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải