TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC

Tuyển chọn các
Bất Đẳng Thức
Hay và khó
tác giả :Trịnh Đình Triển lớp 10A6
THPT Đông Thụy Anh Thái Bình

1


Bài toán 1:cho các số không âm a,b,c sao cho a2+b2+c2+abc=4 đặt M=min[(a-b)2;(b-c)2;(c-a)2]
chứng minh rằng : a+b+c≤3-

𝑀2
4

Lời giải:
Trước hết ta chứng minh a+b+c≤3 thật vậy giả sử a+b+c≥ 3
9

*Nếu 2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2 <=> (a+b+c)2≤ 2(a2+b2+c2) thì a2+b2+c2≥ 2>4:vô lí
*nếu 2(ab+bc+ca)≥a2+b2+c2 thì áp dụng BĐT schur bậc 3 ta có a2+b2+c2+abc ≥
a2+b2+c2+

(𝑎+𝑏+𝑐)[2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)−𝑎2 −𝑏2 −𝑐 2 ]
9

≥

2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎+𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2 )
3

Quay lại bài toán giả sử BĐT đã cho là sai tức là a+b+c≥3-

𝑀2
4

≥4 vô lí vì vậy a+b+c≤ 3.

bây giờ :

*Trước hết ta chứng minh (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥ 6𝑀 thật vậy không mất tổng quát giả sử a≥ 𝑏 ≥
𝑐 𝑡ℎì 𝑎 − 𝑏 ≥ 0 ; 𝑏 − 𝑐 ≥ 0 𝑣à 𝑀 = min[(a-b)2;(b-c)2] từ đó dễ thấy (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=2(ab)2+2(b-c)2+2(a-b)(b-c)≥ 6𝑀 tiếp theo
Ta chứng minh 2(ab+bc+ca+a2+b2+c2)≥4(a+b+c)+M thật vậy BĐT<=>
2(ab+bc+ca+a2+b2+c2)trái=

4(𝑎+𝑏+𝑐)2
3

(𝑎−𝑏)2 +(𝑐−𝑏)2 +(𝑎−𝑐)2
3

≥

4(𝑎+𝑏+𝑐)(3−𝑎−𝑏−𝑐)
3

+M :đúng vì vế

≥ 2𝑀 𝑣à 𝑣ế 𝑝ℎả𝑖 ≤ 𝑀 + 𝑀 = 2𝑀 để chứng minh điều giả sử là sai ta

sẽ cm BĐT đầu bài đúng thật vật xét các trường hợp sau:

+nếu 2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2 dễ thấy 8≥ 2(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2 ngoài ra vì M≤
(𝑎+𝑏+𝑐)2
6
(𝑎+𝑏+𝑐)2
6

≤2−

(𝑎+𝑏+𝑐)2
6

𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
2

−

ta có 12-4(a+b+c)-M≥10-4(a+b+c)+
4

≥ 10 − 8√2 + 3 > 0

nếu 2(ab+bc+ca)≥a2+b2+c2 áp dụng bđt schur bậc 4 ta có 3(a2+b2+c2+abc)≥
3(a2+b2+c2)+

(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎+𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2 )[2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)−𝑎2 −𝑏2 −𝑐 2 ]
2(𝑎+𝑏+𝑐)

≥ 3(a2+b2+c2)+ 2(ab+bc+ca)−a2+b2+c2

ta chỉ cần chỉ ra 2(ab+bc+ca+a2+b2+c2)≥4(a+b+c)+M

nhưng BĐT này đã được chứng minh ở trên vậy điều giả sử là sai tức là BĐT đã cho Đúng
Bài toán 2:cho các số không âm a,b,c sao cho a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2=6 chứng minh rằng
a+b+c≥ 3

2


Lời giải:giả sử ngược lại a+b+c=3 ta sẽ chứng minh a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2≤ 6 thật vậy
đặt q=ab+bc+ca và r=abc BĐT trên tương đương q2-6r+3r2≤ 6 𝑣ì r≤
1 𝑛ê𝑛 𝑡𝑎 𝑐ℎỉ 𝑐ầ𝑛 𝑐ℎứ𝑛𝑔 𝑚𝑖𝑛ℎ 𝑞 2-3r≤ 6 𝑥é𝑡 𝑐á𝑐 𝑡𝑟ườ𝑛𝑔 ℎợ𝑝:
9

*4q≤ 9 𝑙ú𝑐 𝑛à𝑦 𝑞2≤ (4)2 ≤ 6 𝑡𝑎 𝑐ó ngay điều cần cm
*4q≥ 9 á𝑝 𝑑ụ𝑛𝑔 𝑏đ𝑡 𝑠𝑐ℎ𝑢𝑟 𝑏ậ𝑐 3 𝑡𝑎 𝑐ó 3𝑟 ≥ 4𝑞 − 9 nên ta chỉ việc cm q2-(4q-9)-6≤ 0 <=
>(q-1)(q-3)≤ 0: ℎ𝑖ể𝑛 𝑛ℎ𝑖ê𝑛 đú𝑛𝑔 𝑑𝑜 1 ≤ 𝑞 ≤3. Vậy điều giả sử là sai ta phải có a+b+c≥ 3
Bài toán 3: cho các số dương x,y,z chứng minh rằng:
𝑥 2 +𝑦𝑧

√

𝑦 2 +𝑦𝑧+𝑧 2

𝑦 2 +𝑥𝑧

𝑧 2 +𝑥𝑦

+ √𝑥 2 +𝑥𝑧+𝑧 2 + √𝑥 2 +𝑥𝑦+𝑦 2 ≥ √6

Lời giải: chúng ta sẽ sử dụng bài toán 2 để chứng minh bài này nhưng với 1 chút ‘cải tiến’ :đặt
3𝑥 2 +3𝑦𝑧

3𝑦 2 +3𝑥𝑧

3𝑧 2 +3𝑥𝑦

a=√2𝑦 2 +2𝑦𝑧+2𝑧 2 ; b=√2𝑥 2 +2𝑥𝑧+2𝑧 2 và c=√2𝑥 2 +2𝑥𝑦+2𝑦 2 ta cần chứng minh a+b+c≥
3 . để á𝑝 𝑑ụ𝑛𝑔 𝑏à𝑖 2 ta sẽ chứng minh a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2≥ 6 𝑡ℎậ𝑡 vậy BĐT này tương
đương với (sau khi quy đồng ):
6∑(𝑥2+yz)(y2+zx)(x2+xy+y2)+27(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy)≥ 16 ∏(𝑥2+xy+y2)Ta có
*6∑(𝑥2+yz)(y2+zx)(x2+xy+y2)=6∑ 𝑥3y3+ 6∑ 𝑥 2y2(x2+y2)+ 6∑ 𝑥 (𝑦5+z5)
+6xyz(x+y+z)(xy+yz+zx)+6xyz(x+y+z)( x2+y2+z2)+6xyz(x3+y3+z3)
*27(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy)=54x2y2z2+27 ∑ 𝑥3y3+27xyz(x3+y3+z3) và
16 ∏(𝑥2+xy+y2)=16∑ 𝑥 2y2(x2+y2)+16xyz(x3+y3+z3)+48x2y2z2+32xyz[∑ 𝑥𝑦(x+y)]
+16∑ 𝑥3y3 từ các đẳng thức đã khai triển trên ta quy BĐT lại là
17 ∑ 𝑥3y3+6∑ 𝑥 (𝑦5+z5)+24 x2y2z2-10 ∑ 𝑥2y2(x2+y2)20xyz[∑ 𝑥𝑦(x+y)]+23xyz(x3+y3+z3)≥ 0<=>
2 ∑(𝑥-y)2(3x2+xy+3y2)+20xyz[x3+y3+z3-∑ 𝑥𝑦(x+y)+3xyz]+3xyz(x3+y3+z3-3xyz)+
9(∑ 𝑥3y3-3 x2y2z2)≥ 0: đú𝑛𝑔 theo BĐT schur và am-gm. Như vậy ta đã chứng minh được S=a2
b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2≥ 6 bây giờ giả sử a+b+c<3 tư đó đặt ka=m;kb=n và kc=p trong đó
3

k=𝑎+𝑏+𝑐 > 1 lúc này m+n+p=3 và m2n2+n2p2+p2m2+3m2n2p2> a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2 ≥
6 mà theo bài 2 khi m+n+p=3thì m2n2+n2p2+p2m2+3m2n2p2≤ 6: 𝑚â𝑢 𝑡ℎ𝑢ẫ𝑛 do đó
a+b+c≥3(ĐPCM)

3


1

Bài toán 4:cho các số thực a,b,c∈ [−1; 1] thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎 +

1
𝑏

1

+ 𝑐 =0

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P=a+b+c
Lời giải:thực sự khi đứng trước các bài hình thức ‘gọn nhẹ’ nhưng ít ‘khe hở’lúc bắt tay vào làm
nhiều lúc ta gặp bế tắc và đó là lúc cần nhìn nó dưới góc độ khác để tìm được ‘khe hở’. quay lại
bài toán:không mất tính tổng quát giả sử ab≥ 0
1

1

1

Đặt a+𝑎 =x ; b+ 𝑏=y và c+ 𝑐 = 𝑧 thế thì x+y+z=0 và x2;y2;z2≥ 4 hơn nữa x ,y,z theo thứ tự
cùng dấu với a,b,c và ngoài ra giải các phương trình bậc 2 qua phép đặt trên ta có a=
𝑦±√𝑦 2 −4

;b=

2

;c =

−(𝑥+𝑦)±√(𝑥+𝑦)2 −4

2

từ đó:

2
𝑥+√𝑥 2 −4

𝑦+√𝑦 2 −4

2

2

(*)Nếu -1≤a ,b< 0 thì a=

𝑥±√𝑥 2 −4

; b=

và c=

−(𝑥+𝑦)−√(𝑥+𝑦)2 −4
2

và như thế ta có

2P=2(a+b+c)=√𝑥 2 − 4 + √𝑦 2 − 4 − √(𝑥 + 𝑦)2 − 4<0
(*)nếu 0
𝑥−√𝑥 2 −4

𝑦−√𝑦 2 −4

2

2

;b=

và c=

−(𝑥+𝑦)+√(𝑥+𝑦)2 −4
2

Do đó 2P=2(a+b+c)= √(𝑥 + 𝑦)2 − 4 − √𝑥 2 − 4 − √𝑦 2 − 4>0 từ đó ta chỉ cần tìm min trong
TH1 và max trong TH2 dễ thấy min và max đối nhau ngoài ra ở tH2 dàng chứng minh với
x,y≥2 thì√(𝑥 + 𝑦)2 − 4 − √𝑥 2 − 4 − √𝑦 2 − 4 ≤ 2√3 thật vậy giả sử x≥
𝑦 𝑡𝑎 𝑐ó √(𝑥 + 𝑦)2 − 4 ≤ √𝑥 2 + 4x +√𝑦 2 − 4 bình phương 2 vế
BĐT<=>x(y-2)- √𝑥 2 + 4x .√𝑦 2 − 4 ≤ 0: đú𝑛𝑔 mặt khác √𝑥 2 + 4x − (√𝑥 2 − 4 + 2√3)2=4(x2)- 4√3. √𝑥 2 − 4 ≤ 0 .Vậy minP=-√3 và max P = √3dấu = các bạn tự tìm
𝐵à𝑖 𝑡𝑜á𝑛 5: 𝑐ℎ𝑜 𝑐á𝑐 𝑠ố 𝑑ươ𝑛𝑔 𝑎, 𝑏, 𝑐 𝑐ℎứ𝑛𝑔 𝑚𝑖𝑛ℎ 𝑟ằ𝑛𝑔 ∶
3

7

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + √𝑎𝑏 + √𝑏𝑐 + √𝑎𝑐 + √𝑎𝑏𝑐 ≥ 7 √

𝑏𝑐𝑎(𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
24

Lời giải: với mọi a,b dương thì 8√𝑎𝑏(a+b)≤ (√𝑎 + √𝑏)4 làm tương tự với bc và ca rồi nhân lại

ta có 83 𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎) ≤ ∏(√𝑎 + √𝑏)4 từ đây lưu ý là

4


6

3

𝑏𝑐𝑎(𝑎+𝑏)(𝑏+𝑐)(𝑐+𝑎) 4 (𝑎+𝑏+𝑐) 3 (𝑎+𝑏)(𝑏+𝑐)(𝑐+𝑎) 1/7
) . 3 .√
]
8
8

VP=7[ √𝑎𝑏𝑐.( √
3

3

≤ √𝑎𝑏𝑐+4 √

2

∏(√𝑎+√𝑏)
64

+

(𝑎+𝑏+𝑐) 3 (𝑎+𝑏)(𝑏+𝑐)(𝑐+𝑎)

3

+√

8

∑(√𝑎+√𝑏)(√𝑎+√𝑐)
3

3

≤ √𝑎𝑏𝑐 +

+

2(𝑎+𝑏+𝑐)
3

3

= 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + √𝑎𝑏 + √𝑏𝑐 + √𝑎𝑐 + √𝑎𝑏𝑐.BĐT được chứng minh dấu= xẩy ra
Khi và chỉ khi a=b=c
Bài toán 6: cho các số không âm x,y,z và xy+yz+zx> 0 chứng minh rằng :
√𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 +√𝑦 2 − 𝑦𝑧 + 𝑧 2 + √𝑧 2 − 𝑧𝑥 + 𝑥 2 ≤

𝑥+

𝑦+z+√𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥
Lời giải: không mất tổng quát giả sử 𝑥 ≥ 𝑦 ≥z thế thì
√𝑦 2 − 𝑧(𝑦 − 𝑧) + √𝑥 2 − 𝑧(𝑥 − 𝑧) ≤ 𝑥 + 𝑦 𝑚ặ𝑡 khác ta có

√𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 ≥
cả 2 BĐT đều<=>

𝑥+𝑦

và √𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 ≥

2
3(𝑥−𝑦)2
4

𝑥+𝑦−2𝑧
2

(bình phương 2 vế rồi trừ đi

≥ 0:hiển nhiên đúng) do đó :

√𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 − √𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 =

𝑧(𝑥+𝑦−𝑧)

√𝑥 2 −𝑥𝑦+𝑦 2 + √𝑥 2 +𝑦 2 +𝑧 2 −𝑥𝑦−𝑦𝑧−𝑧𝑥

𝑧(𝑥+𝑦−𝑧)
𝑥+𝑦 𝑥+𝑦−2𝑧
+
2
2

≤

=z suy ra √𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 ≤

√𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 + 𝑧 ta có đpcm
Bài toán 6: cho các số thực x,y,z ∈ [−1; 1] và x+y+z=0 tìm giá trị nhỏ nhất của
P=√1 + 𝑥 + 𝑦 2 + √1 + 𝑦 + 𝑧 2 + √1 + 𝑧 + 𝑥 2
LỜi giải:
Ta chứng minh P≥ 3 thật vậy bình phương 2 vế bđt<=>
∑ 𝑥 2 +2 ∑ √1 + 𝑥 + 𝑦 2 . √1 + 𝑦 + 𝑧 2 ≥6 áp dụng bđt Cauchy_schwart ta có:
2∑ √1 + 𝑥 + 𝑦 2 . √1 + 𝑦 + 𝑧 2 ≥ 2 ∑ √1 + 𝑥. √1 + 𝑦+2 ∑ |𝑦𝑧| ta quy về cm bđt
∑ 𝑥 2 +2 ∑ √1 + 𝑥. √1 + 𝑦+2 ∑ |𝑦𝑧| ≥6 giờ bđt đối xứng cho x,y,z nên ko mất tổng quát giả sử
x≥ 𝑦 ≥ 𝑧 xét các th sau:

5


(∗)√1 + 𝑥. √1 + 𝑦 ≤ 1 khi đó dễ thấy 2 ∑ √1 + 𝑥. √1 + 𝑦 ≥
2 ∑(1 + 𝑥)(1 + 𝑦)=6+2(xy+yz+xz)=6-x2-y2-z2 suy ra bđt đúng
(*)√1 + 𝑥. √1 + 𝑦 ≥ 1 ta có 2y≤ 𝑥 + 𝑦 = −𝑧 ≤ 1 đánh giá:
(𝑥−𝑦)2

2√1 + 𝑥. √1 + 𝑦 =2-z-(√1+𝑥+√1+𝑦)2 ≥ 2 − 𝑧 −
(𝑥−𝑧)2

2√1 + 𝑥. √1 + 𝑧 =2-y-(√1+𝑥+√1+𝑧)2 ≥ 2 − 𝑦 −

(𝑥−𝑦)2
4

và

2(𝑥−𝑧)2
3

(𝑦−𝑧)2

2√1 + 𝑦. √1 + 𝑧 =2-x-(√1+𝑦+√1+𝑧)2 ≥ 2 − 𝑥 − (𝑦 − 𝑧)2 cộng tương ứng vế vế 3 bđt trên rồi
thay lại vào bđt cần cm ta quy về chứng minh
3(𝑥−𝑦)2
4

+

2(𝑥−𝑧)2
3

– ∑(|𝑥| − |𝑦|)2 ≥ 0 thay z=-x-y và lưu ý (|𝑥| − |𝑧|)2 + (|𝑧| − |𝑦|)2 ≤x2+y2

bđt cuối ta chỉ cần cm

𝑥 2 −𝑥𝑦
12

7

+2|xy|− 12y2≥0 nhưng bđt này hiển nhiên đúng .min=3 khi

x=y=z=0
2

Bài toán 7:Cho các số thực a,b,c ∈(3 ; 1] tìm Giá trị lớn nhất của :
2

9(ab) 3
16b c
6a  6b  8
P 2
 2

2
2
2
2
a  3b  c  1 2a  4b  c  1 18ab  9a  9b  4
<Dinh de Tai>
Lời giải:
Áp dụng Bđt am_gm và cauchy_schwart ta có:
2

16b c  (2b  c  1) 2 và 9(ab) 3  (a  b  1)2 do đó P≤

(a  b  1)2
(2b  c  1) 2
6a  6b  8
 2

≤ mặt khác ta có:
2
2

2
2
2
a  3b  c  1 2a  4b  c  1 18ab  9a  9b  4
a2
b2
1
(a  b  1) 2


≥
a 2  b2 b2  c 2 b2  1
a 2  3b 2  c 2  1
(2b  c  1)2
b2
c2
b2
1
 2 2 2 2 2 2
VÀ
do đó
2
2
2
2a  4b  c  1 a  b b  c 2b a  1

6


P

5
1
1
6a  6b  8
 2
 2

mặt khác với mọi a,b dương và 𝑎𝑏 ≤ 1ta có:
2 a  1 b  1 18ab  9a  9b  4

(ab  1)(a  b)2
1
1
2


<=>
≤ 0:đúng . ngoài ra lưu ý rằng :
a 2  1 b 2  1 ab  1
(ab  1)(a 2  1)(b2  1)
18ab  9a  9b  4  2(3a  2)(3b  2)  (3a  2)  (3b  2) do đó:

2
2

6a  6b  8
 3a  2 3b  2 
1
1

18ab  9a  9b  4

2
3a  2 3b  2
đánh giá trên suy ra P 

4
(3a  2)(3b  2)
2
từ các

2
(3
a

2)(3
b

2)

1
2
(3a  2)(3b  2)

5
2
2


tiếp theo từ

2 ab  1
(3a  2)(3b  2)  1

(a  1)(a  2)  0  a 2  3a  2 tương tự b 2  3b  2 nhân vế vế suy ra ab ≥
5

√(3𝑎 − 2)(3𝑏 − 2) từ đây kết luận P≤ 2 dấu=khi a=b=c=1
1 1 1
Bài toán 8:cho các số dương a,b,c thỏa mãn (a  b  c)(   ) =10 tìm giá trị lớn nhất của:
a b c

P

3
4
 3 3 3 < thầy Trần Quốc Luật>
ab  bc  ca a  b  c

Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 thế thì (b-a)(b-c)≤ 0<=>b2+ca≤ 𝑏(𝑐 + 𝑎)
Mà b2  ca  b(c  a) <=>

b a a
b c c
   1 và    1 cộng tương ứng vế vế ta có
a b a
c b c

a b
a c

b c
a c
(  )  (  )  (  )  2(  )  1 mặt khác ta có :
b a
c a
c b
c a

1 1 1
a b
a c
b c
(a  b) 2 (b  c) 2 (c  a) 2 )
(a  b  c)(   )  10  (  )  (  )  (  )  7 


1
a b c
b a
c a
c b
ab
bc
ca
a c 5
suy ra   hay a≥2c áp dụng BĐT Cauchy_schwart ta có:
c a 2

1 1 1
(a  b)2 (b  c)2 (c  a) 2 ) (2a  b  c) 2 (b  c) 2

(a  b  c)(   )  10  1 




a b c
ab
bc
ca
a(b  c)
bc
7


 4a 2  5a(b  c)  (b  c) 2 

a(b  c)(b  c)2
 0 (**) suy ra a≤ 𝑏 + 𝑐 bây giờ ta sẽ chứng minh:
bc

5(a 2  b2  c 2 )  6(ab  bc  ca) <=> 5a 2  6a(b  c)  5(b2  c 2 )  6bc  0 thật vậy ta xét:
(+) nếu 𝑎(𝑏 + 𝑐) ≥ 4𝑏𝑐 thì từ (*) ta có 4a 2  5a(b  c)  (b  c)2  4(b  c)2  0 ta có :

5a 2  6a(b  c)  5(b2  c 2 )  6bc  4a 2  5a(b  c)  5(b2  c 2 )  6bc  a(a  b  c)  0
(+)nếu 4𝑏𝑐 ≥ 𝑎(𝑏 + 𝑐) lưu ý a(b  c)  3bc  c(a  b)  b(a  2c)  0 nên từ (*) ta có :

4a 2  5a(b  c)  (b  c)2  3(b  c)2  0 <=> 5a 2 
5a 2  6a(b  c)  5(b 2  c 2 )  6bc  5a 2 

25

a (b  c)  5(b 2  c 2  bc)  0 ta có:
4

25
4bc  ab  ac
a(b  c)  5(b 2  c 2  bc) 
0
4
4

Bổ đề được chứng minh quay lại bài toán áp dụng giả thiết và bổ đề ta có:

27(ab  bc  ca)(a  b  c)
10
48
27
128
5
1
 ( a  b  c )3  ( a  b  c )3 
(a  b  c) 2 
(a  b  c)3  (dễ
(a  b  c)3 ta có P≤
5
32
5
32
5
a 3  b3  c3  (a  b  c)3  3(a  b  c)(ab  bc  ca )  3abc  (a  b  c )3 

1

dàng chứng minh) max P=5 khi (a,b,c)=(2;1;1)
Bài toán 9:Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng:

2(

a 2 b2 c 2
a 2  b2  c 2
  )  3(a  b  c)  15
b
c a
abc
Lời giải:

BĐT <=> 2(a3c  c3b  b3a)  abc[15

a 2  b2  c2
 3(a  b  c)] bây giờ chuẩn hóa a+b+c=3
abc

( a  b  c) 2
(*)nếu ab  bc  ca  1 hay ab  bc  ca ≤
.giả sử b nằm giữa a và c hay (b-a)(b-c)  0 xét
9
BĐT đề bài : trừ hai vế đi 5(a+b+c) rồi biến đổi ta có BĐT <=>

2[

(a  b)2 (b  c) 2 (c  a) 2

(a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2


]5
áp dụng BĐT cauchy-schwart:
b
c
a
a bc

(a  c)2 (c  a)2
2(a  c)2 (a  b  c) 18(a  c)2

 Vế phải và BĐT hiển nhiên đúng
Vế trái  2[

]
abc
bc
a
a(b  c)
8


(*)khi ab+bc+ca≥1 quay lại BĐT ban đầu đặt q  ab  bc  ca; r  abc ta có

15(a 2  b 2  c 2 )
abc[
 3(a  b  c)] = r[6  10(3  q )] và:
abc

2(a3c  c3b  b3a)  (ab  bc  ca)(a 2  b2  c 2 )  abc(a  b  c)  (a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)
 q(9  2q)  3r  3(a  b)(b  c)(c  a) suy ra ta chỉ cần chứng minh bài toán khi a  b  c lưu ý là
(a  b)2 (b  c)2 (c  a)2  4(3  q)3  27(q  2  r )2 viết lại BĐT đã cho là:
 q(9  2q)  3r  r[6  10(3  q)]  3 4(3  q)3  27( q  2  r ) 2 tiếp theo đặt:
t  3  q  0; s  q  2  r  r  1  s  t thay vào bđt đã cho và thu gọn ta cần chứng minh:

4t 3
ta có
8t  2t  s(9  10t )  3 4t  27 s (*) khi s 
27
2

3

8t 2  2t  s(9  10t )  8t 2  2t  2

2

2

t 10t
t
t3
(9  10t )  2t (1 
)(
2
 1)  0 do đó
27
3 3
3

(*)<=> G( s)  s 2 [(9  10t )2  243]  2s(8t 2  2t )(9  10t )  (8t 2  2t ) 2  36t 3  0
Ta có s  (8t 2  2t ) 2 (9  10t ) 2  [(8t 2  2t ) 2  36t 3 ][243  (9  10t ) 2 ]

s  0  243(8t 2  2t ) 2  36t 3[(9  10t ) 2  243] <=> (4t  1) 2  t[9  3(1 

<=>

10t 2
) ]
9

100t 3 28t 2
100t 2
1 t (27  2t )
 2t  ) 

 4t  1  0 <=> (2  t )(
0
27
27
2
3
54

.Bài toán 10:cho các số thực dương a,b,c sao cho (a  1)(b  1)(c  1)  1  4abc
chứng minh rằng: 1  abc  a  b  c
Lời giải:

1

1
1
Đặt a  ; b  ; c  bài toán trở thành: cho các số thực dương x,y,z sao cho:
x
y
z
x  y  z  xy  yz  zx  3 chứng minh xyz  1  xy  yz  zx . Không mất tổng quát giả sử 𝑧 ≥ 𝑥 ≥ 𝑦
thế thì x, y  1 ta có xyz  1  xy  yz  zx  z (1  x)(1  y )  1  z  xy
Khi z  xy  1 thì BĐT hiển nhiên trái lại kết hợp giả thiết ta có ( z  1)( x  y )  2  x  y 

9

2
z 1


(+)Nếu 𝑧 ≥ 1 ta có xyz  1  xy  yz  zx  xy ( z  1)  1  z ( x  y ) dễ thấy nếu z ( x  y )  1 BĐT đúng
trái lại từ giả thiết => x  y  z  xy  2  z  yz  1  1  x  y  z (1  x  y  xy )  z (1  x)(1  y )
(+)khi z  1 ta có xy ( z  1)  2 xy 

xyz  1  z ( x  y )  xy  1 

x  y  z  xy  yz  zx
 1 và
3

2z
 xy (1  z ) ≥ 0.BĐT Được chứng minh
z 1

Bài 11:cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ( a  1)(b  1)(c  1)  1  4abc
chứng minh rằng: abc 

5 1
 abc
2
Lời giải:

Đặt như bài trên bài toán trở thành: cho x,y,z dương và x  y  z  xy  yz  zx  3

5 1
xyz  1  xy  yz  zx . Nếu xy  yz  zx  1 BĐT hiển nhiên Khi xy  yz  zx  1
2
suy ra x  y  z  2 .đặt p  x  y  z; q  xy  yz  zx; và r  xyz ta có p+q=3 và cần cứng minh :
Chứng minh:

5 1
5 1
) áp dụng BĐT shur bậc 4:
r  1  q ta có p 2  3 p  3q  3 p  9  p  3(
2
2

r

(4q  p 2 )( p 2  q)
6p

( 5  1)

(2  p)(6  p)( p 2  p  3)
áp dụng ta chỉ việc chứng minh:
6p

(2  p)(6  p)( p 2  p  3)
 q  1 2  p hay
12 p

F ( p)  ( 5  1)(6  p)( p 2  p  3)  12 p  0 ta có

F ( p)  ( 5  1)(3 p 2  14 p  3)  12 

3( 5  1)
27
)  0 BĐT
 21  3  12  0 suy ra F ( p)  F (
2
4

được chứng minh dấu= xẩy ra khi a=b=c

Bài 12: cho các số dương a,b,c chứng minh rằng:
2

ab
bc
ca
a
b
c

9 3 abc
2
2




(c  a )(b  c)
(c  a )(a  b)
(b  c)(a  b) b  c c  a a  b a  b  c
Lời giải:
10


x

a
c
b
abc
và z 
lưu ý rằng:
 x 2 y 2 z 2 và
;y
(a  b)(b  c)(c  a)
bc
ab
ac

( a  b  c )3

a
b
c
abc
 x2  y 2  z 2  2  x2 y 2 z 2



2
(a  b)(b  c)(c  a) b  c a  c a  b
(a  b)(b  c)(c  a)
nên:

3

abc
x 2 . y 2 .z 2
3
từ đây viết lại BĐT cần chứng minh là:

( a  b  c )3
x 2  y 2  z 2  2  x 2 . y 2 .z 2

4( xy  yz  zx)  2( x 2  y 2  z 2 )  9 3

(*) 2

(*)

x 2 . y 2 .z 2

ta có đánh giá:
x 2  y 2  z 2  2  x 2 . y 2 .z 2

ab
a
b
a
c
3




 3  xy  yz  zx 
(c  a)(c  b)
ca
bc
ca
ca
2



 b  c  2 (c  a)(c  b) <=> a3  b3  c3  3abc   a2 (b  c) :đúng theo BĐT schur bậc 3
a

ab

Suy ra x 2  y 2  z 2  2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 ) mặt khác áp dụng BĐT schur bậc 4 ta có:

2( xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2 

6 xyz ( x  y  z )
từ đó ta chỉ việc chứng minh:
x  y 2  z 2  xy  yz  zx
2

27
xyz ( x  y  z )3
dễ thấy

64( x 2  y 2  z 2  2  x 2 y 2 z 2 ) ( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)3
x2 y 2 z 2 

1 x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2 1 x2  y 2  z 2

 
nên
2
2
2
4

x2  y 2  z 2  2  x2 y 2 z 2 

5( x 2  y 2  z 2 ) 3 9( x 2  y 2  z 2 )
 
ta còn phải chứng minh:
4
2

4

3
xyz ( x  y  z )3
áp dụng BĐT am_gm ta có:

16( x 2  y 2  z 2 ) ( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)3
( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)2  4( xy  yz  zx)( x 2  y 2  z 2 ) và 3xyz ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)2
suy ra Vế phải 

( x  y  z )2 ( xy  yz  zx)
( x  y  z )2

12( x 2  y 2  z 2 )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) 4( x 2  y 2  z 2 )[2( x 2  y 2  z 2 )  3]

ta chỉ cần chứng minh 6( x 2  y 2  z 2 )  9  4( x  y  z )2 :đúng vì xy  yz  zx  3

Bài 13:cho các số thực không âm a,b,c chứng minh:

11


3

a 2  bc 3 b 2  ca 3 c 2  ab
1


 2 3
2

2
2
2
2
2
b c
a c
a b
2
Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c ta có:

(*)Nếu: a 2  3b 2  2c 2 ta chứng minh

3

a 2  bc 3 b 2  ca 3 a 2  c 2 3 b 2  c 2


 2 2 xét:
b2  c 2
a2  c2
b2  c2
a c

c 2  ab b 2  c 2

 c 4  c 2b(a  b)  b(a 3  a 2b  b3 )  0
a 2  b2 a 2  c 2

:đúng vì a3  a 2b  b3  3 3b3  4b3  0 ta được VT 

t

3

3

a2  c2
b2  c 2
3

2
. Đặt
b2  c 2
a2  c2

a2  c2 3
t2  2
2
1
2

F
(
t
)

t



3
xét:
có
F
(
t
)

 0 => F (t )  f ( 3 3)  3 3  3  2  3
2
2
2
t
b c
t
3
2

(*)Nếu: a 2  3b 2  2c 2 ta chứng minh

(a 2  c 2 )(b 2  c 2 )
c 2  ab

a 2  b2
a 2  b 2  2c 2

(a 2  c 2 )(b 2  c 2 )
c 2  ab


 (c 2  ab)2 (a 2  b2  2c 2 )2  (a 2  b2 )2 (c 4  c 2 (a 2  b2 )  a 2 .b2 )
2
2
2
2
2
a b
a  b  2c
4
2
2
4c (c  ab)  4c 2 (a 2  b2 )(c 2  ab) 2  c 2 (a 2  b2 ) 2 (a  b) 2  0 :đúng vì
c 2 (a 2  b2 )2 (a  b)2  c 2 (a 2  b2 )(a 2  b2 )2  4c 2 (a 2  b2 )(b 2  c 2 )2  4c 2 (a 2  b 2 )(c 2  ab)2 ta
được VT 

3

a 2  c 2 3 b2  c 2
 2 2 
b2  c 2
a c
3

 f (t )  t 2 

1
a2  c2
b2  c 2


b2  c 2
c2  a2

đặt t 6 

a2  c2
 1 thế thì VT
b2  c 2

1
1

ta có:
2
3 3
1
t
t  3
t

2(t 4  1)

t3

t 6 1
2(t 4  1) t 6  1 (t 2  1)(2t 6  t 4  t 2  1)

 7 
0
4

t3
t
t7
1 3
4
3
t .(t  3 )
t
1
nên f (t )  f (1)  2  3 (ĐPCM)
2
f (t ) 

Bài 14:cho các số thực không âm a,b,c chứng minh rằng:

12


a 2  bc
b 2  ca
c 2  ab



b2  c2
a2  c2
b2  a 2

2(a 2  b 2  c 2 )
1


ab  bc  ca
2
Lời giải:

a 2  bc
b 2  ac
a2  c2
b2  c 2


 2 2
Không mất tính tổng quát giả sử: a  b  c dễ thấy:
b2  c 2
a2  c2
b2  c 2
a c
Mặt khác:

2(a 2  b 2  c 2 )
2(a 2  b 2  2c 2 )
(vì hiển nhiên ab  bc  ca  (a 2  c 2 )(b 2  c 2 ) )

2
2
2
2
ab  b  ca
(a  c )(b  c )

(*)TH1:nếu a 2  3b 2  2c 2 tương tự bài 13 ta có
minh f (t )  t 

f ( 3) 

5

3

c 2  ab b 2  c 2
từ các đánh giá ta quy bđt về chứng

a 2  b2 a 2  c 2

a2  c2
2
1
1
 3 dễ có f(t) đồng biến ngoai ra
 2(t  ) 
 0 trong đó t 
b2  c 2
t
t
2
8
1

>0 ta có Đpcm
3

2

(*)nếu a 2  3b 2  2c 2 thì

(a 2  c 2 )(b 2  c 2 )
c 2  ab

(theo bài 13) do đó ta chỉ việc chứng minh:
a 2  b2
a 2  b 2  2c 2
(a 2  c 2 )(b 2  c 2 )
a2  c2
b2  c2
1

2(

)
0
2
2
2
2
2
2
2
a  b  2c
b c
a c
2

a2  c2
b2  c 2


b2  c 2
a2  c2

Bài 15:Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng :

a3
b3
c3
a 3  b3  c 3



b 2  8c 2
c 2  8a 2
a 2  8a 2
a 2  b2  c2
Lời giải:
Áp dụng BĐT holder ta có VT 2 . (2a  b)3 (b2  8c2 )  (2 a2   ab)3 vậy ta cần phải chứng

minh: (2 a2   ab)3 (a2  b2  c2 )  (a3  b3  c3 ) (2a  b)3 (b2  8c2 ) đây là bđt rất khó mình
đã cố gắng nhưng cách chứng minh không được tốt các bạn thông cảm:
Ta có D=
=

a

5

 (2a  b) (b
3

2

 8c2 )   (8a3  12a2b  6b2 a  b3 )(b2  8c2 )

 6 a4c  16 a3b2  76 a3.c2  144abc(a  b  c) =

13


a

5

 3 ab(a3  b3 )  45 a3 (b2  c2 )  144abc(a  b  c)  3( a 2  11 ab)(a  b)(b  c)(c  a)

Do đó ta chỉ cần chứng minh bài toán khi 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐 chuẩn hóa a+b+c=3 đặt
p  a  b  c  3; q  ab  bc  ca; r  abc lưu ý

(a  b)2 (b  c) 2 (c  a) 2 

4( p 2  3q)3  (2 p3  9 pq  27) 2
= 4(3  q)3  27(q  2  r )2 từ đó không
27

mấy khó khăn ta biểu diễn được theo p,q,r thì

D= 135q 2  r (810  108q)  9(9  q)(3  q)  27(q  1) 4(3  q)3  27(q  2  r ) 2

BĐt trở thành

27(6  q)3 (9  2q)  (27  9q  3r )[135q 2  r (810  108q)  9(9  q)(3  q)  27( q  1) 4(3  q )3  27(q  2  r ) 2 ]
(**)Nếu 𝑞 ≤ 2 thì 4(3  q)3  27(q  2  r )2  9q 2  4q3  54(q  2)r  27r 2  9q 2  4q 3 ta chỉ cần
chứng minh :

27(6  q)3 (9  2q)  (27  9q  3r )[135q2  9(9  q)(3  q)  r (810 108q)  27q(q  1) 9  4q ] lưu
ý với 𝑞 ≤ 2 thì F(r)= (27  9q  3r )[135q2  9(9  q)(3  q)  r (810 108q)  27q(q  1) 9  4q ] là
hàm nghịch biến theo r nên F(r)≤ 𝐹(0)= 9(3  q)[135q2  9(9  q)(3  q)  27q(q  1) 9  4q ] Mặt
khác q 9  4q 

3 3
 3 ta chỉ việc chứng minh
2

(6  q)3 (9  2q)  (3  q)[45q 2  3(9  q)(3  q)  27(q  1)] = \(3  q)[42q 2  9q  108]
Đặt u=2 − 𝑞 ≥ 0 BĐt trở thành (u  4)3 (5  2u )  (u  1))(42u 2  177u  294) chứng minh không khó
xin dành bạn đọc
( **)khi q  2 viết lại BĐT cần chứng minh:
27(6  q)3 (9  2q)  (27  9q  3r )[135q 2  r (810  108q)  9(9  q)(3  q)  27( q  1) 4(3  q )3  27(q  2  r ) 2 ]

Đặt t  3  q  1; s  q  2  r  q  3  t và r=1-s-t ta có :
Vế Phải= 27(t  3)3 (3  2t ) và Vế TRái= 3(1  s  2t ).K trong đó :

K= 135(3  t )2  (1  s  t )(486  108t )  9t (12  t )  24(4  t ) 4t 3  27 s 2
= 234t 2  324t  729  27(4  t ) 4t 3  27 s 2 từ đó ta cần chứng minh

14


(3  t )3 (3  2t )  [26t 2  36t  81  3(4  t ) 4t 3  27 s 2  s(12t  54)](1  s  2t ) hay
G(s)  s 2 (54  12t )  s(156t  2t 2  27)  2t 4  31t 3  127t 2  9t  3(4  t )(1  s  2t ) 4t 3  27 s 2  0
dễ thấy G(s)   s(156t  2t 2  27)  2t 4  31t 3  127t 2  9t  3(4  t )(1  s  2t ) 4t 3  27 s 2
(*)nếu s≥0 ta chứng minh

(98t 2  9t ) 2  72t 3 (4  t ) 2 (1  2t ) 2  (
Dễ thấy bđt đúng vì t≤1 ngoài ra lưu ý

98
t  3) 2  8t (4t 4  28t 3  33t 2  56t  16) (1)
3

243(4  t ) 2 (1  2t ) 2 |1562  27  2t 2 | (2) và hơn nữa

G(s)  s(156t  27  2t 2 )  98t 2  9t  3(4  t )(1  2t ) 4t 3  27 s 2 ≥0
 q(s)  s 2 (156t  27  2t 2 )2  243s 2 (4  t )2 (1  2t )2  2(98t 2  9t )(156t  27  2t 2 )
(98t 2  9t )2  36(4  t )2 (1  2t ) 2  0 theo đánh giá (1) và (2) ta có:

q( s)  2s 2 (156t  27  2t 2 ) 2  2s(98t 2  9t )(156t  27  2t 2 ) 

(98t 2  9t ) 2
0
2

(*)nếu s≤0 ta xét:

t

1
thì s(156t  27  2t 2 )  0 mặt khác 3(4  t )(1  s  2t ) 4t 3  27 s 2  3(4  t )(1  3t ) 4t 3
5

Và theo( 1) (98t 2  9t )2  72t 3 (4  t )2 (1  2t )2  36(4  t )2 (1  3t ) 2 (3) suy ra bđt đúng

t

1
ta chứng minh được (98t 2  9t )2  72t 3 (4  t )2 (1  3t ) 2 ta chỉ cần chứng minh:
5

98t 2  9t  s(156t  27  2t 2 )  3(4  t )(1  3t ) 4t 3  27 s 2 sử dụng (3) và làm tương tự như trên ta dễ
dàng có ĐPCM. Bây giờ xin bổ sung thiếu sót ta cần phải chứng minh 98t 2  9t  s(156t  27  2t 2 )  0
nhưng Khi s 2 

4t (156t  27  2t 2 ) 2
4t 3
2
(98
t

9)

việc chứng minh
với t≤ 1 𝑑ễ dàng.
27
27

Bài toán 16:Cho n  3 số thực : x1  x2  ...  xn sao cho:

x1  x2  ...  xn  0

15


x12  x22  ...  xn2  n(n  1) tìm min của P  x1  x2 ( trích VN TST -2011) (p/s:bài này còn hỏi max
nhưng max tìm đơn giản xin dành bạn đọc ,chúng ta quan tâm đến min hơn)
Lời giải
(*)Với n=3, nếu: x3  1 thì x1  x2  1 xét với 1  x3  0 :
Từ: ( x1  x3 )( x2  x3 )  0  x1 x2  2 x32  2 suy ra :

6  x12  x22  x32  2( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  2( x1  x2 ) 2  4  x1  x2  1
Mặt khác cho ( x1; x2 ; x3 )  (2; 1; 1) thì P=1 vậy khi n=3 min P=1
(*) với n  4 giả sử x1  x2  ...  xk  0  xk 1  xk  2  ...  xn trong đó 1  k  n 1 ta lại xét:
(+)với k  3 thì : n(n  1)  x12  x22  ...  xk2  xk21  ...  xn2  x12  x22  ...  xk2  ( xk 1  xk  2  ...  xn ) 2

 x12  x22  ...  xk2  ( x1  x2  ...  xk ) 2  x12  x22  (k  2) x32  ( x1  x2  (k  2) x3 ) 2
 2( x12  x1.x2  x22 )  x3 ( x1  x2 )  (2k  5) x3 ( x1  x2 )  (k  1)(k  2) x32

 ( x1  x2 ) 2 (2 

2k  5 (k  1)(k  2)
n(n  1)

)  ( x1  x2 ) 2 (
) suy ra x1  x2  2
2

4
4

(+) với k=2: n(n  1)  x12  x22  ...  xn2  ( x1  x2 ) 2  ( x3  x4  ...  xn ) 2 = 2( x1  x2 ) 2
Suy ra x1  x2 

n(n  1)
 62
2

(+)với k=1 nếu n  5 thì n(n-1)  x12  ( x2  x3  x4  ...  xn ) 2  2 x12 suy ra x1 

n(n  1)
>3
2

x2  x3  ...  xn (n  2) x1 9

  2 .xét Khi n=4. Giả sử x1  3  x2  x3  x4  3
n 1
n 1
4
nhưng x22  x32  x42  12  x12  3 :mâu thuẫn (dễ dàng có) Do đó x1  3 ta có
Mà P  x1  x2 

12  x12  x22  x32  x42  x12  x22  ( x3  x4 )2  2 x3 .x4  x12  x22  ( x1  x2 ) 2  2 x22  2 x1 ( x1  x2 )

 6( x1  x2 ) hay x1  x2  2 .mà x1  x2  ...  xn1  1; xn  1  n thì P=2.vậy khi n  4 thì min P=2
Bài toán 17:Cho các số thực dương a, b, c, x, y , z và số nguyên dương K  1 chứng minh rằng:

16


2x
ab 
x y

a,

b, k 1

2y
bc 
yz

2z
ac  a  b  c
xz

2x k
2y k
2z k
a b  k 1
b c  k 1
c a  abc
x y
yz
zx
Lời giải:
2

2



2x
2z  
x
z
b
c 
b
c
2 a 
x y
z x   x y
zx 
y
x
2y


b
c
bc
a, VP-VT= 
4
2
x y
zx

yz


y
x
b
c
x y
zx

ta chỉ cần có 2

2y
xy
bc  2
bc 
yz
( x  y )( z  x )

xy

( x  y )( z  x)

2y
bc từ đó để chứng minh VT-VP  0
yz

2y
 0  2 x( y  z )  ( x  y )( x  z )  ( x  y )( z  x)  0
yz

tuy nó không đúng nhưng bằng cách tương tự trên ta lại quy được BĐT về chứng minh :

( x  y )( y  z )  0 và ( z  x)( y  z )  0 nhưng:

( z  x)( y  z ).( x  y)( y  z ).( x  y)( z  x)  ( x  y) 2 ( y  z) 2 ( z  x) 2  0 suy ra ít nhất 1 trong 3 BĐT
trên là đúng ta có ĐPCM
b, với k=1 đã chứng minh ở trên, xét với k  2 áp dụng BĐT am-gm ta có

(k  1)a 

2x
ab 
x y

2x
2 x k 1
ab  (k  2) k  2
a b (1)
x y
x y

(k  1)b 

2y
bc 
yz

2y
2 k 1

bc  (k  2) k  2
b c (2)
yz
yz

(k  1)c 

2z
2z
2 z k 1
ca 
ca  (k  2)k  2
c a (3)
zx
zx
zx

Cộng vế vế (1),(2),(3) kết hợp

2x
ab 
x y

2y
bc 
yz

2z
ac  a  b  c (câu a) ta có ĐPCM
xz

Bài toán 18:Cho các số thực hông âm a,b,c sao cho ab  bc  ca  1 chứng minh rằng:

17


1
1
1
1


 2
ab
bc
ca
2
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c xét các trường hợp:
(*)TH1: a  1 lúc này ta sẽ chứng minh 2 BĐT sau từ đó suy ra kết quả bài toán:
(+)


 25
1
1
1
1
1
5



 thật vậy : BĐT  (ab  bc  ca)  

2


2
ab bc ca 2
4
a ,b ,c (a  b)(a  c) 
 a ,b,c (a  b)



Lưu ý: (ab  bc  ca) 

1



4abc

 (a  b)(a  c)   4  (a  b)(b  c)(c a)  4 mặt khác:

 a ,b , c



1

1
2
( a  b) 2
1
2
( a  b) 2







2
(a  b)2 (a  c)(b c) (a  c)2 (b  c) 2 (a  b) 2 (a  c)(b c) 4(ab bc ca)(a  b) 2
a ,b , c ( a  b )

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



(a  b)2
(a  b)2 a  b (a  b)2 (c  a)(c b) (a  b)(b  c)(c  a) (a  b) 2 (c  a)(c b)
1
ab
2c 2
2(ab  bc  ca) (a  b) 2
9




 từ đó
từ đó: (ab  bc  ca) 
2
2
2
(a  b) (a  c)(b  c)
(a  c)(b c)
4(a  b)
4
a ,b , c ( a  b)
suy ra BĐT này đúng
(+)

1
1
 2  1 <=> 
 2 1

(a  c)(b  c)
a ,b , c
a2  1



a ,b , c

<=> 1 

1

1  a2
1  b2
1  c2
1  ab

1


1

 2  2 thay c 
thì BĐT trở thành:
2
2
2
ab
1 a
1 b

1 c

1  a2
1  b2
2(1  ab)2
1

1


2

 2  2 lưu ý ab   1  ab  2(1  ab)
2
2
2
2
3
1 a
1 b
(1  a )(1  b )

Do đó: 2 

1
lưu ý

2(1  ab)2
1  a 2b 2


2

(1  a 2 )(1  b2 )
(1  a 2 )(1  b2 )

(1  a 2 )(1  b2 )
1  a2
1  b2
1  a 2 1  b2

1


1

1


(bình pương lên BĐT 
 0 :đúng)
1  a2
1  b2
1  a 2 1  b2
(1  a 2 )(1  b2 )
1

1  a 2 1  b2
2(1  a 2b2 )
(1  a 2b2 )
đặt

t=
=> 0  t  1


1

1  a 2 1  b2
(1  a 2 )(1  b2 )
(1  a 2 )(1  b2 )

18


Ta chỉ cần chứng minh

2  t  1  2t  2  1  t  2 2  3t  2t 2  2 2  0 :đúng do 0  t  1

(*)TH2: a  1  b  c trước hết ta có :
2

1 
1 
2
b 
2
 1
 1
 a

 a b  c


 2

  (ab  bc  ca)  a  c  b  c   2
bc 


 ac bc 
 ac
c 1
c 1
2

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

2

1
 a  b  2 với a  b  2 ta có
ab
1
1
1
f '(a  b) 

 0 => f (a  b)  f (2)  2 
2 a  b  2 2 ( a  b)3
2

(+)nếu a  b  2 xét f (a  b) 

(+)nếu a  b  2 từ 1  a(b  c)  bc  2 c c 2  c  2  1 viết lại bđt là

1
1
1
1
1
1
(#) ta chỉ cần chứng minh khi 2 

 2


0

ab
ac
2
ac
bc
bc

(#) 

 2  a  b
2(a  b)( a  b  2)

4


1
1
2


2
ac bc
c  1 sử dụng các đánh giá sau:
1
1

2
ac
bc

1
1

 2  a  b  2  2  a  b ( a  b  2) ta chỉ việc chứng minh:
ac
bc

 a  b
2a b
1
1
2



 4  0 có: 2  a  b  c(a  b)  (a  1)(1  b)  c(a  b) 
ac bc
4
2
c2  1
(ab  bc  ca)(

1
1
c 2 (a  b  2c)
=

)  a  b  2c 
ac bc
(a  c)(b  c)

2c 2 (a  b)
( a  b) 2
c 2 (a  b  2c) (a  b)2
2
2
 2 c 1 
từ đó

 2 c 1 
(a  c)(b  c)
(c2  1)
( a  c  b  c )2
4 2
2a b
1
1
2
c ( a  b)
2
2c 2 (a  b)
2



4
 2 c 1 
4
=
ac bc

c2  1
2
2
c2  1
c2  1
19

2


2( c 2  1  1)2

c(a  b)( 2  1  c)( 2  1  c)
 0 :đúng. Vậy BĐT đúng trong mọi trường hợp ta có
2(c 2  1)
c2  1
ĐPCM dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi (a, b, c)  (1;1; 0) và hoán vị


Nhận xét:Bài trên ta đã dùng có 1 chứng minh khá ngắn cho iran 96
Bài toán 19:cho các số thực x, y, z thỏa mãn:

( x  y)2  ( y  z )2  ( z  x)2  8 và x3  y 3  z 3  1 tìm min P= x 4  y 4  z 4
Lời giải:
(*)nếu xy  yz  zx  1 ta có: 4  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  1  x 2  y 2  z 2  3
=> x 4  y 4  z 4 

( x 2  y 2  z 2 )2
3
3

(*)nếu xy  yz  zx  1  x 2  y 2  z 2  3. lại có

8  3( x 2  y 2  z 2 )  ( x  y  z )2  9  ( x  y  z )2  1  x  y  z  1.ta lại xét các trường hợp:
[-(+)-]nếu 1  x  y  z  0 .trong 3 số x,y,z tồn tại 2 số cùng dấu giả sử xy  0 .ta có:

1  x3  y3  z 3  x3  y 3  ( x  y)3  3xy( x  y )  x, y  0 .thay x,y bởi –a,-b( a, b  0 ) ta có

 z 2  ab  z (a  b)  a 2  b 2  4

bây giờ ta xét:
z 3  a 3  b3  1  1


z  ab

Khi a 3  b3 

17
8
thì z 3 
ta có
9
9
4

 a 4  b4  4
 a 3  b3  3 3 3 3
4
 17 

4
2

z

2


  (a  b  1)  2 3    3    3,013286...  3
9
9
 2 
 2 
Khi a 3  b3 

4

4

a 3  b3
a 3  b3
8
lưu ý 4  z 2  z (a  b) 
 f (a  b)  f '(a  b)  z
0
9
ab
( a  b) 2

4  f ( a  b)  f ( 3

a 3  b3
a 3  b3
)  ( z  t ) 2 trong đó t  3
mặt khác theo bđt holder:
2
2

20


4

a 4  b 4 3  a 3  b3 
4
(a  b ) (1  1)  (a  b ) 
 
  t mặt khác ta có
2
2


4

4 3

3

z 3  1  a 3  b3 

3 4

17  a3  b3  17 3
z
17
để chứng minh a 4  b 4  z 4  3 ta chỉ việc chứng

 t   3
4 2  4
t
4

minh 16(2t 4  z 4 )  3( z  t )4 đặt u 

z 3 17
ta cần chứng minh:

t
4

3

 16  1 3 

 
4
3 16
g (u)  16u  32  3(u  1)  0 . Ta có g '(u)  12u   1     12u   1  3
   0
 3  u 


3
17

 




4

4

3

4

4

 17 

17 
 17  3
 g (u )  g  3
  32  16.    3 1  3
  0,8287...  0
4
4
4







[-(+)-] xét 0  x  y  z  1 lúc này lưu ý rằng :

x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 )2  2( xy  yz  zx)2  4 xyz ( x  y  z ) từ giả thiết dễ dàng suy ra:

 2
8  ( x  y  z )2
2
2
x

y

z


3

( x  y  z)2  4

đặt m  x  y  z (0  m  1) ta có
 xy  yz  zx 
3

xyz  1  4(x  y z)




x4  y 4  z 4 

(m2  8)2
(m2  4)2 12m(1  4m)
m2 (1  m2 )  12m(1  m)  5(1  m2 )
2

 3
3
9
9
9
9

Vậy ta luôn có x 4  y 4  z 4  3 dấu = khi ( x, y, z )  (1,1, 1) và hoán vị

Bài 20:Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nhọn chứng minh rằng:

(a  b  c)2 (b  c  a)2 (c  a  b)2
(a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)
 2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
(a  b  c )(b  c  a )(c  a  b )
abc
Lời giải:
21


Chú ý rằng : cos A  cos B  cos C  1 



b2  c 2  a 2 a 2  c 2  b2 a 2  b2  c 2


1
2bc
2ca
2ab

a(b2  c 2  a 2 )  b(a 2  c 2  b 2 )  c(a 2  b 2  c 2 )  2abc (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)

2abc
2abc

Từ đó không mấy khó khăn ta viết lại BĐT đã cho là :

(cos A  cos B  cos C  1) 2
 4  2(cos A  cos B  cos C ) . Bây giờ đặt :
2 cos A.cos B.cos C

x  2 cosA; y  2 cosB và z  2cosC thế thì : x 2  y 2  z 2  xyz  4 ta cần chứng minh :

( x  y  z  2)2
( x  y  z  2)2
 4 x y  z 
 xyz ( bởi ta dễ dàng chứng minh x  y  z  3 )
xyz
4 x y z
(*)Không mất tính tổng quát giả sử z  max( x, y, z ) suy ra 1  z  2 xét số thực t sao cho:

4  x2  y 2  z 2  xyz  2t 2  z 2  t 2 z <=> z (t 2  xy )  x 2  y 2  2t 2 nhận xét


x2  y 2 
2
2
2
2
2
2
x 2  y 2  2t 2  z (t 2  xy )  z  t 2 
  ( z  2)( x  y  2t )  0  2t  x  y lại có
2


z (t 2  xy)  x 2  y 2  2t 2  2( xy  t 2 )  t 2  xy do đó :
x 2  y 2  2t 2  z (t 2  xy)  2(t 2  xy)  ( x  y)2  4t 2  2t  x  y từ đây ta chặn được:

x y
t 

2

x2  y 2
với chú ý: 4  z 2  t 2 ( z  2)  t  2  z  1 .
2

(*)đặt f ( x, y, z ) 

( x  y  z  2)2
(2 t  z  2) 2 2
t z
 xyz thì f (t, t, z ) 
4  2t  z
4 x y z

Để cho gọn ta cho u  x  y  z; v  2t  z thì v  u  2 t  x  y  0 và 3  v  u ta có

f ( x, y, z)  f(t, t, z) 

(u  2)2 (v  2)2
(u  v)(4u  4v  uv  12)

 z(t 2  xy) 
 z(t 2  xy)
4u
4v
(4  u)(4  v)




4
 ( x  y  2t ) 
 1  z (t 2  xy )  ( x  y  2t )(4  1)  z (t 2  xy )  3( x  y  2t )  z(t 2  xy )
 (4  u )(4  v) 

22


Chú ý là ta có: z (t 2  xy )  x 2  y 2  2t 2  ( z  2)(t 2  xy )  ( x  y ) 2  t 2  xy 

Mà 4  x 2  y 2  z 2  xyz 

( x  y)2
z2

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

 (2  z )  4(2  z)  (x  y) 2   ( x  y ) 2 (2  z )  (2  z) 4 t 2  ( x  y) 2   t 2 ( x  y) 2

 ( x  y)2 

Vì x  y 

(2  z )(2t  x  y )(2t  x  y )
z (2t  x  y )(2t  x  y )
 z (t 2  xy ) 

2
t
t2

x2  y 2
2t  x  y 3
z (2t  x  y )(2t  x  y )
 3(2t  x  y )
t 
  3 => z (t 2  xy ) 
2
t2
2
t
t

 f (x, y, z)  f (t, t, z)  3( x  y  2t )  3(2t  x  y )  0 ta cần chứng minh f (t, t, z)  0
Thay t  2  z ta có :

f (t , t , z ) 



(2  z ) 6  z  4 2  z  z (4  z  2 2  z ) 
(2 2  z  z  2) 2
 z (2  z ) 
4 z 2 2 z
4 z2 2 z

( z  2)2 ( 2  z  1) 2

 0 bài toán được chứng minh.dấu= xẩy ra khi a=b=c.
4 z 2 2 z

Nhận xét:Ngoài ra với bổ đề của x,y,z kia thì dấu= xẩy ra khi x=y=z hoặc (x,y,z)=(2,0,0) cùng hán vị

Trên đây là 20 bất đẳng thức khó mình gặp trong thời gian học
Các lời giải đều do ý kiến cá nhân nên sẽ có một số lời giải
không được đẹp mắt .vì là lần đầu làm nên không tránh khỏi sai
sót mong các bạn thông cảm và cho ý kiến về các lời giải để file
tuyển chọn sau được hay hơn .xin cảm ơn
Facebook mình là :Dinh de Tai

23


24


25