ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Nguyễn Tấn Sang

ĐỊNH MỆNH CỦA CÁC BÀI
BẤT ĐẲNG THỨC

Hà Nội 7/2018


All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or
by any means, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the
permission of the author.
Copyright (c) 2018 by Nguyen Tan Sang


LỜI NÓI ĐẦU
Đây là một cuốn sách viết về bất đẳng thức!
Nếu bạn là người mới bắt đầu học bất đẳng thức...hãy tránh xa cuốn sách này.
Nếu bạn đang tìm tài liệu cho các kỳ thi THPT...mình nghĩ bạn khơng nên đọc cuốn sách
này.
Nếu bạn là một học sinh giỏi, đang ôn thi Quốc gia, Quốc tế...cuốn sách này không giúp gì
được cho bạn.
Nếu bạn đọc vì yêu quý mình...đừng lãng phí thời gian, hãy gấp sách lại, chúng ta có thể
cùng nhau làm những thứ thú vị hơn nhiều.
Nếu bạn đọc chỉ đơn giản là đam mê với bất đẳng thức, và chấm hết...hãy về đội của mình!
Đối với nhiều người, bất đẳng thức thực sự là nỗi ám ảnh, và mình cũng khơng ngoại
lệ. Ngay từ khi cịn là học sinh cấp 2, mình đã bị anh trai vã lên bờ xuống ruộng bằng...bất
đẳng thức. Và có lẽ đó cũng là "nơi tình u bắt đầu" của "chúng mình".
Ghét của nào trời trao của của ấy, câu này đúng với mình. Mình làm bất đẳng thức và
chợt nhận ra mình đã u nó từ lúc nào khơng hay? Nhiều khi gặp những bài hay...mình cứ
tự hỏi: "Mần răng mà nghị ra được mấy bài hay như ri được hề?". Rồi mình bắt đầu tập
tành sáng tạo những bài bất đẳng thức cho riêng minh. Lúc vui hay lúc buồn đều cho mình

những cảm hứng riêng để làm và sáng tạo bất đẳng thức. Được cái mình quen sống chậm
nên tâm trạng ổn định, vì thế mà số bài bất đẳng thức mình có khơng được nhiều, lại mỗi
bài mỗi một vẻ.
Và cuốn sách này ra đời để tổng hợp lại những bài bất đẳng thức dở tệ - đứa con tinh
thần - thứ đã "đánh cắp" của mình một phần tuổi trẻ. Ban đầu mình bật chế độ "only me",
vì thật sự mình viết chưa tới, chỉ là để thỏa mãn bản thân mà thôi. Nhưng sau khi viết
xong, mình lại thay đổi suy nghĩ, "save & share", bởi vì ơng bố nào mà chả muốn khoe con
mình với thiên hạ.
Hỡi bạn đọc - những người đã dại dột sờ vào cuốn sách này, có nhiều bài trong cuốn sách
này thật sự dở tệ, rất mong chờ những lời giải đẹp hơn từ bạn đọc để thay đổi định mệnh của
chúng. Nếu có ý kiến gì hãy phản hồi nhẹ nhàng cho mình qua email ,
cịn khơng u xin đừng nói lời cay đắng nhé!
Và cuối cùng xin chúc cho những ai đang yêu, sẽ yêu và mãi yêu, đặc biệt là những ai
đang đọc cuốn sách này sẽ ln thật khỏe mạnh để làm những điều mình u thích, ln
vui vẻ, hạnh phúc và thành cơng trong tình yêu cũng như trong cuộc sống.
Thân!
Hà Nội, ngày 22 tháng 07 năm 2018.



MỤC LỤC
Lời nói đầu ............................................................................................................................3

Mục lục .................................................................................................................................5

Phần I. Bổ đề NTS...............................................................................................................7

Phần II. Đưa về một ẩn trong chứng minh bất đẳng thức......................................................18

Phần III. Giải toán nhờ sự liên hệ giữa các biểu thức............................................................55

Phần IV. Bài toán sinh nhật................................................................................................63

Phần V. Các bài tốn khác..................................................................................................67

Phần VI. Các bài tốn chưa có lời giải.................................................................................104



Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN I. Bổ đề NTS

PHẦN I: BỔ ĐỀ NTS
Trong q trình giải tốn, mình có tìm ra được một bổ đề bất đẳng thức. Cũng không
biết đã ai tìm ra từ trước chưa nhưng nhờ nó mà mình có những lời giải ngắn gọn cho các
bài toán cũ nên muốn giới thiệu tới mọi người. Nếu mọi người có thể dùng bổ đề NTS để
giải các bài tốn khác hay có thể sáng tác thì hãy cho mình biết với nhé!
Bổ đề NTS. Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:
3 (a2 + b2 + c2 )
√
.
3
abc

a b c
+ + ≥
b c a

Lời giải.

Chuẩn hóa abc = 1, ta đưa về chứng minh
a b c
+ + ≥
b c a

3 (a2 + b2 + c2 ),

hay
a b c
+ +
b c a

2

≥ 3 a2 + b 2 + c 2

(1)

Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
a4
a2 a a
3
+
+
≥
3.
= 3a2 .
b2
c c
b2 c 2

Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta suy ra được
a2 b 2 c 2
+ +
+2
b 2 c 2 a2

a b c
+ +
c a b

≥ 3 a2 + b 2 + c 2 ,

hay
a b c
+ +
b c a

2

≥ 3 a2 + b 2 + c 2 .

Suy ra (1) luôn đúng.
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
• Sử dụng bổ đề trên chúng ta có thể định hướng nhanh lời giải một số bài tốn trước đây:
Ví dụ 1 (Vasile Citoaje). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3,
chứng minh rằng:
a b c
9
+ + ≥
.

b c a
ab + bc + ca
Lời giải 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
a b c
(a + b + c)2
+ + ≥
,
b c a
ab + bc + ca


7


PHẦN I. Bổ đề NTS

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
(a + b + c)2
9
≥
,
ab + bc + ca
a+b+c
hay
a+b+c

3

≥ 9 ab + bc + ca .

Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
a+b+c

3

=
=

a+b+c
2

2

3
2

2

a +b +c

2

+ 2 (ab + bc + ca)

= 3 + 2 (ab + bc + ca)
≥ 3 3 (ab + bc + ca)

2

3
2

3
2

3
2

= 9 (ab + bc + ca)
Đây chính là điều cần chứng minh.
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Lời giải 2.
Sử dụng bổ đề, ta có
a b c
+ + ≥
b c a

3 (a2 + b2 + c2 )
3
√
= √
.
3
3
abc
abc

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
√
3
hay

3
9
,
≥
a+b+c
abc

√
3
a + b + c ≥ 3 abc.

Theo bất đẳng thức AM − GM ta dễ suy ra được điều trên.
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ví dụ 2 (sưu tầm). Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:
a b c
+ + ≥3
b c a

a2 + b2 + c2
.
ab + bc + ca

Lời giải 1.
Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử c = min{a, b, c}. Ta có bất đẳng thức cần chứng minh
tương đương với

2
a b c
a2 + b2 + c2
+ +
≥9
b c a
ab + bc + ca
⇐⇒ M (a − b)2 + N (a − c) (b − c) ≥ 0,
với
M=
8

1
ab

a b c
9
+ + +3 −
,
b c a
ab + bc + ca



Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN I. Bổ đề NTS

và
N=

1
bc

a b c
9
+ + +3 −
.
b c a
ab + bc + ca

Vì c = min{a, b, c} nên M ≤ N và (a − c) (b − c) ≥ 0; vậy nên ta chỉ cần chứng minh M ≥ 0
là đủ. Ta có
1 a b c
9
+ + +3 −
≥0
ab b c a
ab + bc + ca
c c
a b c
+ + +3
1+ +
≥ 9.
⇐⇒
b c a
a b

M ≥ 0 ⇐⇒

Bất đẳng thức trên đúng do
a b c
+ + +3
b c a

1+

c c
a b
+
>
+
+
a b
b a
≥2+4+4
= 10 > 9.

4c b
+
b
c

+4

Vậy ta có M ≥ 0. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải 2.
Sử dụng bổ đề, ta có
a b c
+ + ≥

b c a

3 (a2 + b2 + c2 )
√
.
3
abc

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
3 (a2 + b2 + c2 )
√
≥ 3.
3
abc
hay

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

√
3
3 (ab + bc + ca) ≥ 3 abc.

Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
3 (ab + bc + ca) ≥

√
√
3

3
3.3 a2 b2 c2 = 3 abc.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 3 (Phạm Hữu Đức). Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:
b+c
+
a

c+a
+
b

a+b
≥
c

a+b+c
.
6. √
3
abc

Lời giải 1.
Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:
Với a, b, c > 0, ta ln có
√
3 2 3 (a + b) (b + c) (c + a)
.
≥

2
abc

6 (a + b + c)
√
.
3
abc

Chứng minh:


9


PHẦN I. Bổ đề NTS

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Mũ 6 hai vế, ta đưa về bất đẳng thức tương đương
27 (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ 64abc (a + b + c)3 .
Ta có
abc (a + b + c) ≤

(ab + bc + ca)2
.
3

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
81 (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ 64 (a + b + c)2 (ab + bc + ca)2 ,

hay
9 (a + b) (b + c) (c + a) ≥ 8 (a + b + c) (ab + bc + ca) .
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
√
√
3
3
(a + b + c) (ab + bc + ca) ≥ 3 abc.3 a2 b2 c2 = 9abc,
vì vậy mà
9 (a + b) (b + c) (c + a) = 9 (a + b + c) (ab + bc + ca) − 9abc
≥ 9 (a + b + c) (ab + bc + ca) − (a + b + c) (ab + bc + ca)
= 8 (a + b + c) (ab + bc + ca) .
Vậy bổ đề được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Trở lại bài toán, đặt t =

3

(a+b)(b+c)(c+a)
;
abc

bình phương hai vế sau đó sử dụng bất đẳng thức

AM − GM ba số cho biểu thức ở vế trái, ta dễ dàng thu được
V T ≥ t3 − 2 + 6t.
Mặt khác, sử dụng bổ đề trên ta lại có
9
V P ≤ t2 ,
2
vậy, ta chỉ cần chứng minh được

9
t3 − 2 + 6t ≥ t2
2
⇐⇒ (2t − 1) (t − 2)2 ≥ 0.
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do t ≥ 2.
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải 2.
Sử dụng bất đẳng thức M incopxki ta có
b
+
a

VT ≥

2

c
+
b

a
c

≥

3 (a + b + c)
√
3
abc

+

c
+
a

a
+
b

b
c

2

.

Theo bổ đề ta có
b
+
a
10

c
+
b

a
c

2

2

=

3 (a + b + c)
√
,
3
abc



Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN I. Bổ đề NTS

tương tự ta cũng có
c
+
a

a
+
b

b
c

2

≥

3 (a + b + c)
√
3
abc

Từ đây ta suy ra được

VT ≥

3 (a + b + c) 3 (a + b + c)
√
√
+
=
3
3
abc
abc

a+b+c
6. √
.
3
abc

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

• Sử dụng bổ đề trên, chúng ta có thể sáng tạo ra một số bài tốn khác:
Ví dụ 4 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh
rằng:
√ √
√
√
√
3
a b + c + b c + a + c a + b ≥ 3 2. abc.
Lời giải.
Sử dụng bất đẳng thức M incopxki ta có

VT ≥

√
√
√
a b+b c+c a

2

√ 2
√
√
+ a c+b a+c b .

Theo bổ đề ta có
√
√
√

a b+b c+c a

2

√
√
√
a c+b a+c b

2

≥

√
3

abc.

3 (a + b + c)

abc.

3 (a + b + c)

2

√
3
= 9 a2 b 2 c 2 ,

2

√
3
= 9 a2 b 2 c 2 .

và
≥

√
3

Từ đây ta suy ra
VT ≥

√
√ √
3
3
18 a2 b2 c2 = 3 2. abc.

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ví dụ 5 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:
a2
b2
c2
+
+
≥
c (a + c) a (b + a) b (c + b)

3 (a2 + b2 + c2 )
.
2

Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM − GM ta dễ có 3abc ≤ a2 b + b2 c + c2 a.


11


PHẦN I. Bổ đề NTS

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Lúc này sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
VT =

a4 b 2
b4 c 2
c 4 a2
+
+
ab (a + c) bc (b + a) ca (c + b)
2

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

2

(a2 b + b2 c + c2 a)
= 2
a b + b2 c + c2 a + 3abc
2
(a2 b + b2 c + c2 a)
≥
2 (a2 b + b2 c + c2 a)
a2 b + b 2 c + c 2 a
.
=
2
Mặt khác, sử dụng bổ đề thì
a2 b + b 2 c + c 2 a ≥

√
3

a2 b2 c2 . 3 (a2 + b2 + c2 ) =

3 (a2 + b2 + c2 ).

Do đó
3 (a2 + b2 + c2 )
.
2
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
VT ≥

Ví dụ 6 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:
b
c
3
a
+
+
≥ √
.
3
b (a + b) c (b + c) a (c + a)
2 abc
Lời giải 1.
Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz và bổ đề, ta có
2

2

2

ba
cb
ac
+
+
≥
a+b b+c c+a

√
√

√
a c+b a+c b

2

2 (a + b + c)
√
3
abc. 3 (a + b + c)

2

≥

2 (a + b + c)
3√
3
=
a2 b 2 c 2 ,
2

suy ra
VT =

1
.
abc

a2 c
1 3√

3
3
≥
.
a2 b 2 c 2 = √
.
3
a+b
abc 2
2 abc

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải 2.
1
1
1
, z= √
Đặt x = √
, y= √
, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
3
3
3
a
c
b
y6
z6
x6
3

+
+
≥ xyz.
3
3
3
3
3
3
x +y
y +z
z +x
2
12




Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN I. Bổ đề NTS

Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz và bất đẳng thức AM − GM ta có
2

y6
z6
x6
(y 3 + z 3 + x3 )
+

+
≥
x3 + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x 3
2 (x3 + y 3 + z 3 )
x3 + y 3 + z 3
=
2
3
≥ xyz.
2
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c.
Ví dụ 7 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥ √
.
3
c (a + b) a (b + c) b (c + a)
2 abc
Lời giải 1.
Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz và bổ đề, ta có
VT =

≥

1

abc
1
.
abc

a2 b
b2 c
c2 a
+
+
a+b b+c c+a
√
√
√ 2
a b+b c+c a
2 (a + b + c)
√
3

1
.
abc
3
= √
.
3
2 abc

≥

2

abc.

3 (a + b + c)

2 (a + b + c)

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải 2.
1 1 1
Nếu ta thay a, b, c lần lượt bởi , ,
thì ta đưa về chứng minh
a b c
1
1
1
3
+
+
≥ √
.
3
a (a + b) b (b + c) c (c + a)
2 a2 b 2 c 2

(1)

Đây là một bài toán khá cũ, và lời giải của nó như sau
Khơng mất tính tổng quát, ta có thể giả sử abc = 1. Khi đó, tồn tại các số dương x, y, z

z
y
x
sao cho a = , b = , c = , bất đẳng thức (1) trở thành
y
x
z
y2
z2
x2
3
+
+
≥ .
2
2
2
x + yz y + zx y + xy
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
2

z2
x2
(x2 + y 2 + z 2 )
y2
+
+
≥
.

x2 + yz y 2 + zx y 2 + xy
x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 + x3 y + y 3 z + z 3 x
Mặt khác, ta lại có
x2 + y 2 + z 2


2

− 3 x3 y + y 3 z + z 3 x =

1
2

x2 − z 2 − 2xy + yz + zx

2

≥ 0,
13


PHẦN I. Bổ đề NTS

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

và

1
2
x2 − y 2 ≥ 0.

2
Nên từ đây, ta dễ suy ra được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
x2 + y 2 + z 2 − 3 x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 =

Ví dụ 8 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:
b6
c6
3 2
a6
+
+
+3≥
a c + b2 a + c 2 b .
3
3
3
a +1 b +1 c +1
2
Lời giải.
y
z
3
x
+
+
≥ √
,
Từ Ví dụ 7 ta có với x, y, z > 0 thì
z (x + y) x (y + z) y (z + x)
2 3 xyz

Nhân cả hai vế với x + y + z ta suy ra
x (x + y) + xz y (y + z) + yx z (z + x) + zy
3 (x + y + z)
+
+
≥
,
√
z (x + y)
x (y + z)
y (z + x)
2 3 xyz
hay
x y z
x
y
z
3 (x + y + z)
+ + +
+
+
≥
.
√
z x y x+y y+z z+x
2 3 xyz
Lúc này, nếu ta đặt a =

3

y
, b=
x

3

z
, c=
y

(1)

x
thì ta có
z

3

1
1
1
+
+
a3 + 1 b 3 + 1 c 3 + 1
1
1
1
= a3 + 3
+ b3 + 3
+ c3 + 3

a +1
b +1
c +1
6
6
6
b
c
a
+
1
+
+
1
+
+1
=
a3 + 1
b3 + 1
c3 + 1
a6
b6
c6
= 3
+
+
+ 3,
a + 1 b3 + 1 c 3 + 1

V T (1) = c3 + a3 + b3 +

và
V P (1) =

3
2

=

3
2

3

3

x x
. +
y z

y y
. +
z x

3

1 3
.c +
a3

3

3

1 3
.a +
b3

z z
.
x y
3

1 3
.b
c3

3 c a b
+ +
2 a b c
3 2
=
a c + b2 a + c 2 b .
2
=

Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ví dụ 9 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh
rằng:
√

√
√
2
a
a
+
b
b+c c
a +b
b +c
c +a
√
+
+
≥
.
c (a2 + b + c) a (b2 + c + a) a (c2 + a + b)
3 3 abc
2

14

2

2




Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN I. Bổ đề NTS

Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
a2 + b + c (1 + b + c) ≥ (a + b + c)2 = 9,
suy ra
1
1
≤
(1 + b + c) .
a2 + b + c
9
Do đó

a2 + b
1
1
1 1
= − 2
≥ − (1 + b + c) .
2
c (a + b + c)
c a +b+c
c 9

Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế, với chú ý a + b + c = 3, ta
dễ suy ra được
1 1 1
+ + −1

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

VT ≥

.

Lúc này, lần lượt sử dụng bổ đề và bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
3 (a2 + b2 + c2 )
√
3
abc
(a + b + c) (a2 + b2 + c2 )
√

=
3
abc
√
√
√
a a+b b+c c
√
≥
.
3
abc

a b c
+ + ≥
b c a

Tương tự

√
√
√
b c a
a a+b b+c c
√
+ + ≥
.
3
a b c
abc

Vậy ta suy ra

√
√
√
2 a a+b b+c c
√
VT ≥
.
3 3 abc

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ví dụ 10 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:
a2 b 2 c 2
+ +
≥
b 3 c 3 a3

3(a2 + b2 + c2 )3
.
a+b+c

Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Holder và bổ đề ta có
2

a
=
b3

a
b
a

3

≥

a 3
b
≥
3 a

3(a2 + b2 + c2 )3
.
a+b+c
15


PHẦN I. Bổ đề NTS

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Nhận xét.
Bài trên có vẻ khá là nhẹ, và bất đẳng thức mạnh hơn sau vẩn đúng:
3 a3 + b 3 + c 3
a2 b 2 c 2

.
+ +
≥
b 3 c 3 a3
a+b+c
Thật vậy, ta có bất đẳng thức tương đương
a3 a2 ab2
+ 2 + 3
b3
b
c

a3 .

≥3

Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
a3 a2 ab2
a6
3
+
+
≥
3
= 3a3 ,
b3
b2
c3
b3 c 3
thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự và cộng vế theo vế ta suy ra được điều phải chứng

minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Và bằng cách ghép cặp hợp lí để sử dụng bất đẳng thức AM − GM như trên, ta có thể
chứng minh được các bài sau:
Bài Toán. Với a, b, c > 0 abc = 1 và các hằng số m, n ∈ Q+ thì ta ln có
3 (am + bm + cm )
am−n bm−n cm−n
+ m + m ≥
•
bm
c
a
an + b n + c n
15m+6
15m+6
15m+6
a
b
c
3 (a6m−1 + b6m−1 + c6m−1 )
.
• 6m+3 + 6m+3 + 6m+3 ≥
b
c
a
a3 + b 3 + c 3

Ví dụ 11 (Ntspbc). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:
b2
c2
a2

+
+
a+b b+c c+a

a+b b+c c+a
+ 2 + 2
a2
b
c

≥ 3(a2 + b2 + c2 ).

Lời giải.
Chú ý rằng
a2
−
a+b

b2
=
a+b

(a − b) = 0,

suy ra
a2
=
a+b

b2

.
a+b

Sử dụng kết quả trên kết hợp với bất đẳng thức Cauchy − Schwarz và bổ đề ta có
VT =

b2
.
a+b

a+b
≥
a2

b c a
+ +
a b c

2

≥ 3(a2 + b2 + c2 ).

Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ví dụ 12 (Ntspbc). Với a, b, c là các số không âm, chứng minh rằng:
a3 b + b3 c + c3 a ≥ abc. 3 7 a3 + b3 + c3 + 6abc
16

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN I. Bổ đề NTS

Lời giải.
Bài này không phải giải bằng cách sử dụng bổ đề mà do cách giải tương tự nhau nên mình
mới đưa vào đây.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a9 b 3 + 3
a6 b 5 c + 3
a3 b7 c2 ≥ 7a3 b3 c3 a3 + b3 + c3 .
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
a9 b3 + 2a6 b5 c + a5 bc6 + a2 b3 c7 + 2a7 b2 c3 ≥ 7a6 b3 c3 .
Thiết lập thêm 2 bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta dễ suy ra được điều phải
chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.



17


PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN II. ĐƯA VỀ MỘT ẨN
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Đưa về một ẩn trong giải toán bất đẳng thức từ lâu đã khơng cịn xa lạ đối với những
người yêu bất đẳng thức. Trong đề thi đại học mấy năm gần đây cũng vậy, chúng ta đều có

thể giải theo hướng đưa về một ẩn. Trong q trình làm tốn, mình có chế được một vài bài
và xin giới thiệu đến bạn đọc.
Dồn biến là một trong các phương pháp đưa bài toán về một ẩn, mình xin mở đầu bằng
một bài tốn đơn giản sau:
Bài Toán 1. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3, chứng minh rằng:
ab
bc
ca
4
17 √
3
+
+
+ ≥ . abc.
a+b b+c c+a 3
6
Lời giải.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
ab
bc
ca
4
17 √
3
+
+
+ (a + b + c) ≥ . abc.
a+b b+c c+a 9
6
Vì bất đẳng thức này ở dạng đồng bậc nên ta có thể bỏ qua điều kiện a + b + c = 3 và chuẩn

hóa abc = 1, ta cần chứng minh
ab
bc
ca
4
17
+
+
+ (a + b + c) ≥ .
a+b b+c c+a 9
6
Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a = min{a, b, c}, suy ra a ≤ 1.
Xét
ab
bc
ca
4
+
+
+ (a + b + c) ,
f (a, b, c) =
a+b b+c c+a 9
ta có

√
f a,

√
bc,

√
√
√
2 bc
bc 4
√ +
bc =
+
a + 2 bc ,
2
9
a + bc

suy ra
√
√
√
√
ab
bc
ca
4
2 bc
bc 8 √
√ −
b+c −
f (a, b, c) − f a, bc, bc =
+
+
+

−
bc
a+b b+c c+a 9
2
9
a + bc


√
√
2
a
bc
−
a
√
2
√
4
bc
bc
+
b− c  −
=
−
√
9
b+c
2
a + b b + c a + bc

=

Ta dễ có

18

√
√
b− c


2

4 −
9
a+b

a2

√
bc − a
b+c

a+

√
√

−
bc


bc

2 b+c

.

√
1
bc
−
≥ 0,
4 2 (b + c)



Nguyễn Tấn Sang - A1K38

và

PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

√
√
1
a2 bc
1 a2 bc
−
≥ −

≥ 0.
4 (a + b) (b + c) a + √bc
4
4abc

Suy ra

√
√
a2
bc − a
4
bc
−
> 0.
−
√
9 (a + b) (b + c) a + bc
2 (b + c)

Vì vậy mà
f (a, b, c) ≥ f a,

√
√
bc, bc .

Vậy ta chỉ cần chứng minh
√
√

f a, bc, bc ≥ 0
2
√
a
⇐⇒
+
1
a+ √
a
√
⇐⇒ 8 a + 2
⇐⇒

1
4
√ +
2 a 9

2
a+ √
a

≥0

√
√
a a + 1 ≥ 9 3a + a + 1

1 √
4 a−3

32

4

+

√
5√
a 4 a−3
2

2

+

1 √
6 a−5
6

2

+

29
≥ 0.
96

Điều này hiển nhiên đúng.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Nhận xét.

+ Hằng số k nhỏ nhất để bất đẳng thức
ab
bc
ca
+
+
+k ≥
a+b b+c c+a

√
3
3
+k
abc
2

luôn đúng với cùng điều kiện là
3(3t2 + t + 1)
(0= 1.319351906...

k = max

+ Trong bài này chúng
ta đã chuyển điều kiện bài toán từ a + b + c = 3 sang abc = 1, mục
√
3
đích là để làm mất abc. Nếu vẫn giữ nguyên điều kiện a + b + c = 3 mình nghĩ có thể chúng
ta sẽ hơi mất cơng một chút trong việc phân tích thành nhân tử và đánh giá. Chúng ta đi
tới các bài toán tương tự.

Bài Toán 2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng
a2 b 2
b2 c 2
c 2 a2
7√
3
+
+
+2≥
abc.
a+b b+c c+a
2
Lời giải.
Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a = max{a, b, c}. Ta đưa bất đẳng thức về dạng đồng
bậc
√
a2 b 2
b2 c 2
c 2 a2
2
7
3
+
+
+
(a + b + c)3 ≥
(a + b + c)2 abc.
a + b b + c c + a 27
18

19


PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Bỏ qua điều kiện a + b + c = 3 và chuẩn hóa abc = 1. Xét
f (a, b, c) =

a2 b 2
b2 c 2
c 2 a2
2
7
+
+
+
(a + b + c)3 −
(a + b + c)2 ,
a + b b + c c + a 27
18

ta có
√

√
bc,

f a,

√
2a2 bc
b2 c 2
2
√
bc =
+ √ +
a + 2 bc
a + bc 2 bc 27

suy ra
f (a, b, c) − f a,

√

√
bc,

3

−
√

bc = A + B − C

√
7
a + 2 bc

18
b−

√

2

,

2

c

,

trong đó
a2 a2

√

b+

√

√
√
√
+ a bc b + bc + c + bc bc

2

c

A=
(a + b) (a + c) a +
a4

√
√
b+ c

(a + b) (a + c) a +
√ 2
1 √
≥ a
b+ c
8
2
27

√

C=

√

b+

2a +

√
b+

√

b+
2

c

√
√
√
+ 2 bc
b+ c

2

c

√

7
18

Vì

bc

√

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

và

bc

2

≥

B=

√

√

2

,

2

c

.

√
≥ 4 bc

nên ta có
48a2 + 32a

√
b+

√

2

c

= 48a2 + 16a

√
b+

√

√

2

c

+ 16a

b+

√

c

2

√
3
≥ 3 196608a3 > 168a,

Và
√
√
b+ c

216 (A + B) ≥ 48a2 + 16 (b + c)2 + 75a
=

48a2 + 32a

√
√
b+ c

2

2

√
√
√
+ 32 bc

b+ c

+ 16 (b + c)2 + 43a

√
√
√
√ 2
√
> 168a + 16 bc
b + c + 43a
b+ c
√
√
√
√ 2
= 168a +
b+ c
43a + 24 bc + 24 bc
√
√
√ 2
3
≥ 168a + 3 24768
b+ c
> 84 2a +

√
√
b+ c

2

√
√
b+ c

2

2

√
√
√
+ 32 bc
b+ c

√
√
√
+ 32 bc
b+ c

2

2

= 216C.
20

2


Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Suy ra
A + B − C > 0,
vì vậy mà
f (a, b, c) ≥ f a,
Tiếp theo ta đi chứng minh

√
f a,

Đặt t =

√

√
bc,

√
√
bc, bc .

bc ≥ 0.

a, t ≥ 1. Sau biến đổi ta đưa về chứng minh
M (t − 1)2
≥ 0,
18t3 (t3 + 1)

với

M = 4t10 + 8t9 − 9t8 + 2t7 + 13t6 − 81t5 + 5t4 + 91t3 + 9t2 + 34t + 59.

Bất đẳng thức trên đúng bởi vì
M = 4x10 + 48x9 + 243x8 + 698x7 + 1287x6 + 1551x5 + 1083x4 + 279x3 − 45x2 + 72x + 135 > 0,
với

x = t − 1 ≥ 0.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Nhận xét.
Hằng số k nhỏ nhất để bất đẳng thức
a2 b2
b2 c 2
c 2 a2
+
+
+k ≥
a+b b+c c+a

√
3
3

+k
abc
2

luôn đúng với cùng điều kiện là
9 (t8 + 2t7 + 3t6 + 9t5 + 3t4 − 3t3 − t2 − 2t − 3)
(t≥1)
2 (t3 + 2)2 (t3 + 1) (t + 2)
= 1.621054319...

k = max

Bài Toán 3. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 + 12

bc
ca
ab
+
+
a+b b+c c+a

√
3
≥ 21 abc.

Lời giải.
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a2
+ 12

a

3

√
ab
3
≥ 21 abc.
a+b

Bỏ qua điều kiện a + b + c = 3 và chuẩn hóa abc = 1, ta đi chứng minh
3

a2
+ 12
a

ab
≥ 21
a+b

hay
a2
+4
a


ab
≥ 7.
a+b

21


PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a = min{a, b, c}, suy ra a ≤ 1.
Xét
a2
ab
f (a, b, c) =
+4
,
a
a+b
ta có

√

√
f a,

bc,

a2 + 2bc
√ +4
bc =
a + 2 bc

√
√
2a bc
bc
√ +
2
a + bc

,

suy ra
f (a, b, c) − f a,

√

√
bc,

bc =

a2
+4
a

ab
−
a+b

a2 + 2bc
√ +4

a + 2 bc

√
√
2a bc
bc
√ +
2
a + bc

 √
√
√
√
√ 2
2
2
2
bc
b
+
bc
+
c
+
a
b
+
c
4a

bc − a
−
a
√
2
√

=
b− c 
−
√
√
(a + b + c) a + 2 bc
(a + b) (a + c) a + bc


√
√
2
bc
−
a
bc
−
a
8a
4a
√
2
√


b− c 
−
≥
√
√
(a + b + c) a + bc
(a + b) (a + c) a + bc
√
√
√
√ 2 √
4a
b− c
bc − a a(a + b + c + bc)(2a + 2 bc) − a(a + b + c)(a + 2 bc)
=
√
√
(a + b + c) a + 2 bc (a + b)(a + c) a + bc





≥ 0.

Vậy ta chỉ cần chứng minh
√
√
bc, bc ≥ 7

√
√
a2 + 2bc
2a bc
bc
√ +4
√ +
⇐⇒
2
a + 2 bc
a + bc
f a,

≥7

2a
1
a3 + 2
√ +4
√
+ √
≥7
2
a +2 a
a a+1 2 a
√
√
√
√
2

( a − 1) a2 + 2a a + 2a + 2 a + 2 2 (3a + a − 1)
√
√
√
⇐⇒
−
a
a a+2
a a+1

⇐⇒

≥0

Hay ta cần chứng minh
√
√
a2 + 2a a + 2a + 2 a + 2
⇐⇒

√
a−1

√
√
a a + 1 ≥ 2 3a + a − 1

√
√
√

a2 a + 4a2 + 3a a + 3a + 5 a + 5

√

√
a a+2

a−1 −1 ≥0

bất đẳng thức trên đúng do a ≤ 1.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 4. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
75 + 72abc ≥ 98

22

ab
bc
ca
+
+
a+b b+c c+a

.




Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Lời giải.
Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a = min{a, b, c}.
Xét
bc
ca
ab
+
+
f (a, b, c) = 75 + 72abc − 98
a+b b+c c+a
ta có
f

a,

b+c b+c
,
2
2

= 75 + 18a (b + c)2 − 98

,

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

4

,

suy ra
f (a, b, c) − f
=
Đặt t =

a,

b+c b+c
,
2
2

(b − c)2
a

= (b − c)2

98a2
49
+
− 18a
(a + b)(a + c)(2a + b + c) 2(b + c)

98a3
49a
162a2

+
−
(a + b)(a + c)(2a + b + c) 2(b + c) (a + b + c)2

.

b+c
≥ 2, ta có
a

98a3
49a
162a2
392a3
49a
162a2
+
−
≥
+
−
(a + b)(a + c)(2a + b + c) 2(b + c) (a + b + c)2
(2a + b + c)3 2(b + c) (a + b + c)2
392
49
162
=
+
2.
−

(2 + t)3
4t (t + 1)2
≥33

392.49.49
162
−
2
3
16t (2 + t)
(t + 1)2

441
162
−
(t + 2)(2t + 2) (t + 1)2
117(t − 2) + 27
=
≥ 0,
2(t + 1)2 (t + 2)
≥

suy ra
f (a, b, c) − f

a,

b+c b+c
,
2

2

≥ 0.

Mà
f

a,

b+c b+c
,
2
2

b+c
2a (b + c)
+
2a + b + c
4
2a (3 − a) 3 − a
= 75 + 18a (3 − a)2 − 98
+
a+3
4
2
2
9(2a − 1) (a − 1)
=
≥0
2(a + 3)

= 75 + 18a (b + c)2 − 98

nên ta suy ra
f (a, b, c) ≥ 0.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (1, 1, 1) hoặc

1 5 5
, ,
2 4 4

cùng các hoán vị.
Bài Toán 5. Với a, b, c là các số không âm và a + b + c = 2, chứng minh rằng:
8a2 + 25b 8b2 + 25c 8c2 + 25a
+ 3
+
≥ 21.
b3 + 2
c +2
a3 + 2


23


PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Nguyễn Tấn Sang - A1K38

Lời giải.
2

Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a = max{a, b, c}, suy ra 1 ≥ b, c ≥ 0; 2 ≥ a ≥ .
3
Xét
8a2 + 25b 8b2 + 25c 8c2 + 25a
f (a, b, c) =
+ 3
+
,
b3 + 2
c +2
a3 + 2
ta có
f (a, b + c, 0) =

8a2 + 25 (b + c) 8 (b + c)2
25a
+ 3
,
+
3
2
a +2
(b + c) + 2

suy ra
f (a, b, c) − f (a, b + c, 0) = c.A
với

A=

2

2

2

3

2

2

8a (3b + 3bc + c ) + 25 (2b + 3b c + c b)
(b3 + 2) (b + c)3 + 2

+

25
−
+2

4 c2 (b + c)2 + 4b + 2c

a3

c3 + 2


.

Ta xét các trường hợp sau:
• Trường hợp 1. c ≥ b.
Ta có
b3 + 2

(b + c)3 + 2 ≤ c3 + 2

(b + c)3 + 2 <

9 3
c +2 ,
2

và
8a2 3b2 + 3bc + c2 + 25 2b3 + 3b2 c + c2 b
≥ 8a2 3bc + c2 + 25 3b2 c + c2 b
25
75
(a + b + c) b2 c +
(a + b + c) c2 b
= 24a2 bc + 8a2 c2 +
2
2
75
25
≥ 24c3 b + 8c4 + .2b2 c + .2c2 b
2
2
4
2 2

3
= 8c + 75b c + 49c b,
suy ra
8c4 + 75b2 c2 + 49c3 b
25
4 (c4 + 2c3 b + b2 c2 + 4b + 2c)
+ 3
−
9 3
a +2
c3 + 2
c +2
2
25
10c4 + 16b + 8c − 13c3 b − 57b2 c2
= 3
−
9 3
a +2
c +2
2
25
10c4 + 16b + 8c
≥ 3
−
.
9 3
a +2
c +2
2

A≥

Ta chứng minh A ≥ 0, hay ta cần chứng minh
225 c3 + 2 ≥ 20c4 + 32b + 16c
24

a3 + 2 .



Nguyễn Tấn Sang - A1K38

PHẦN II. Đưa về 1 ẩn trong chứng minh BĐT

Nó đúng bởi vì
20c4 + 32b + 16c

a3 + 2 ≤ 10 20c3 + 16(a + b) + 16c
= 200c3 + 480
≤ 225(c3 + 2).

Vậy A ≥ 0 với c ≥ b.
• Trường hợp 2. c ≤ b.
Ta có
2
7
3
8a2 . b + c + 25. b + c
2

4
A≥
3
3 (b + c) + 2

2
7
3
8a2 . 2 − a + 25. 2 − a
2
4
=
3
3 (2 − a) + 2

3

4
25
+ 3
−
a +2

3

2
4

+

(b + c)4
+ 4 (b + c)
4

25
−
+2

(2 − a)4
+ 4 (2 − a)
4

a3

2

≥ 0.
Kết hợp 2 trường hợp ta suy ra A ≥ 0, do đó
f (a, b, c) ≥ f (a, b + c, 0) = 8

a2
(2 − a)3
+
2
(2 − a)3 + 2

+ 25

a3

a
2−a
+
+ 2 (2 − a)3 + 2

≥ 21.
Để khẳng định tính đúng đắn của kết quả trên, mình có sử dụng đến cơng cụ wolframalpha

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = c = 0 cùng các hoán
vị.
Bài Toán 6. Với a, b, c là các số không âm và a + b + c = 2, chứng minh rằng:
8a + 5b 8b + 5c 8c + 5a
+ 3
+ 3
≥ 9.
b3 + 2
c +2
a +2
Lời giải.
2
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử a = max{a, b, c}, suy ra 1 ≥ b, c ≥ 0; 2 ≥ a ≥ .
3
Xét
8a + 5b 8b + 5c 8c + 5a
f (a, b, c) = 3
+ 3
+ 3
,
b +2
c +2

a +2


25