Tuyển chọn 111 bài toán bất đẳng thức hay và khó phần 2

Bài 51. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 0  a, b,c  1 và ab + bc + ca = 1 . Chứng
minh rằng:
a 2 + b2

b2 + c 2

+

c2 + a2

+

(1 − a )(1 − b ) (1 − b )(1 − c ) (1 − c )(1 − a )
2

2

2

2

2

2

9
2



Phân tích và lời giải

Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy được sự phức tạp của bài toán, để có các đánh

1

giá hợp lý trước hết ta dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c =

3

. Bất đẳng thức có

tính đối xứng nên ta sẽ đi phân tích một biểu thức rồi áp dụng tương tự
a 2 + b2

Quan sát biểu thức

(

(1 − a )(1 − b )
2

)

2

ta thấy được dấu hiệu sử dụng bất đẳng thức

quen thuộc 2 a 2 + b 2  ( a + b ) , như vậy trên tử xuất hiện bình phương đúng nên rất tự
2

nhiên ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Tuy nhiên để ý là ta viết

mẫu số thành 1 − a2 − b2 + a2 b2 lại trội hơn nên muốn đánh giá vế đại lượng lớn hơn sẽ
rất khó khăn. Từ đó ta nghĩ đến việc tìm ra mối liên hệ giữa tử và mẫu. Để ý là ta chứng

(

)(

)

minh được 1 − a 2 1 − b 2  ( 1 − ab ) , nên ta cần đánh giá tử số về ( 1 − ab ) hoặc ( 1 + ab ) .
Nhận thấy

2

a 2 + b2

(1 − a )(1 − b )
2

2

(

Bunhiacopxki ta lại có 1 + a

2

(

2

)(
)(

)
)

1 + a 2 1 + b2
1
, nên chú ý đến bất đẳng thức
+ =
2 2 1 − a 2 1 − b2

)(1 + b

(

2

(1 + a )(1 + b ) (1 + ab )
)  (1 + ab ) suy ra 1 − a 1 − b 
( )( ) (1 − ab )
2

2

2

2

2

2

2

Bây giờ ta biến đổi tương tự xem ta sẽ thu được kết quả như thế nào?
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a 2 + b2

b2 + c 2

+

c2 + a2

+

+

3
6
2

(1 − a )(1 − b ) (1 − b )(1 − c ) (1 − c )(1 − a )
(1 + a )(1 + b ) + (1 + b )(1 + c ) + (1 + c )(1 + a )  12

(1 − a )(1 − b ) (1 − b )(1 − c ) (1 − c )(1 − a )
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(1 + a )(1 + b )  (1 + ab )
Theo phân tích như trên ta có
(1 − a )(1 − b ) (1 − ab )
2

2

2

2

2

2

.


(1 + b )(1 + c )  (1 + bc ) ; (1 + c )(1 + a )  (1 + ca )
(1 − b )(1 − c ) (1 − bc ) (1 − c )(1 − a ) (1 − ca )

Áp dụng tương tự ta được

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

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

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(1 + ab ) + (1 + bc ) + (1 + ca )
(1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )
2

2

2

2

2

2

 33

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca )
(1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )
2

2

2

2

2

2

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca )
(1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )
2

2

2

2

2

2

 64

Hay ta cần chứng minh ( 1 + ab )( 1 + bc )( 1 + ca )  8 (1 − ab )(1 − bc )(1 − ca ) .
Đặt x = ab; y = bc; z = ca , khi đó x, y,z  0 và x + y + z = 1 . Bất đẳng thức cần
chứng

minh

trở

thành

(1 + x )(1 + y )(1 + z )  8 (1 − x )(1 − y )(1 − z )

hay

9xyz  7 ( xy + yz + zx ) − 2

Ta dễ dàng chứng minh được x2 + y2 + z2 +

9xyz
 2 ( xy + yz + zx ) .
x+y+z

Mà x + y + z = 1 nên ta suy ra được 9xyz  4 ( xy + yz + zx ) − 1 .
Vì x + y + z = 1 nên 3 ( xy + yz + zx )  1 , do đó 4 ( xy + yz + zx ) − 1  7 ( xy + yz + zx ) − 2
Điều này dẫn tới 9xyz  7 ( xy + yz + zx ) − 2 .
Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong.
Bài 52. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

1
1
1
+
+
 1 . Chứng
a + b +1 b +c +1 c +a +1

minh rằng:

a + b + c  ab + bc + ca
Phân tích và lời giải
Quan sát bất đẳng thức ta thấy giả thiết là một bất đẳng thức nên để có các đánh
giá hợp lí ta cần nghĩ đến việc đánh giá lại bất đẳng thức giả thiết trước. Quan sát giả


thiết ta thấy có dấu hiệu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacpxki nên ta thử xem có đánh giá
được hay không.
Cách 1. Trước hết ta để ý đến các mẫu số, để đồng bậc ta áp dụng bất đẳng thức

(

)

Bunhiacopxki thì được ( a + b + 1) a + b + c 2  ( a + b + c ) , hoàn toàn tương tự ta được
2

1
1
1
+
+
a + b+1 b+c +1 c +a +1
a + b + c2
b + c + a2
c + a + b2
=
+

+
a + b + c 2 ( a + b + 1) b + c + a 2 ( b + c + 1 ) c + a + b 2 ( c + a + 1 )

(

)

(

)

(

)

(
)
(
)
(
)
(a + b + c ) + ( b + c + a ) + ( c + a + b ) = (a + b + c ) + ( b + c + a ) + (c + a + b )

2

2

2

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

2

2

2

2

(a + b + c )

2

2

2

(a + b + c ) + ( b + c + a ) + ( c + a + b )
Do đó ta được 1 
2

2

(a + b + c )

Hay

2

2

( a + b + c )  ( a + b + c ) + ( b + c + a ) + ( c + a + b ) hay a + b + c  ab + bc + ca
2

2

2

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c = 1 .
Cách 2. Cũng bắt đầu với giả thiết nhưng ta biến đổi tương đương điều kiện ta được

1
1
1
1
1
1
+
+
 1  1−
+ 1−
+ 1−
2
a + b+1 b+c +1 c +a +1
a + b +1
b +c +1
c +a +1
a+b
b+c

c+a

+
+
2
a + b+1 b+c +1 c +a +1

Vế trái của giả thiết làm ta liên tưởng đến bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức

(a + b)
(b + c)
(c + a )
a+b
b+c
c+a
+
+
=
+
+
a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 ( a + b )( a + b + 1) ( b + c )( b + c + 1) ( c + a )( c + a + 1)
2

2

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

2

2

2

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

Từ đó suy ra

2

2

2

2
2
2
2
Hay ( a + b + b + c + c + a )  2 ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) + 2 ( a + b + c ) 



Biến đổi tương đương và thu gọn ta được ab + bc + ca  a + b + c
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.

2


Nhận xét. Ngoài hai cách như trên ta có thể tham khảo thêm cách chứng minh phản chứng sau
đây: Giả sử tồn tại các số dương a, b, c thỏa mãn

1
1
1
+
+

 1 và a + b + c  ab + bc + ca
a + b +1 b +c +1 c +a +1
Từ đó suy ra 1 

ab + bc + ca
a+b+c

ab + bc + ca
1
ab + bc + ca
a+b+c
Khi đó ta có

=
ab + bc + ca ( a + b )( a + b + c ) + ab + bc + ca
a + b+1
a+b+
a+b+c
Áp dụng tương tự ta được

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

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

Hay ta được
a 2 + ab + b 2
b 2 + bc + c 2
+
( a + b )( a + b + c ) + ab + bc + ca ( b + c )( a + b + c ) + ab + bc + ca
+

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

Mặt khác

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

(a + b)
c 2 + ca + a 2
3
+
 .
( c + a )( a + b + c ) + ab + bc + ca 4 (a + b )(a + b + c ) + ab + bc + ca
2

(b + c)
(c + a)
3
3

+ .
+ .
4 ( b + c )( a + b + c ) + ab + bc + ca 4 ( c + a )( a + b + c ) + ab + bc + ca
2



3 (a + b + c )

2

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

2

1

Từ đó ta được 1  1 (vô lí). Vậy điều giả sử là sai.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c = 1 .
Bài 53. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:

1
1
1
27
+
+

1 − ab 1 − bc 1 − ca 8

Lời giải
Từ giả thiết a + b + c = 1 ta suy ra abc 

1
.
27

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(1 − ab )(1 − bc ) + (1 − bc )(1 − ca ) + (1 − ca )(1 − ab )  27
8
(1 − ab )(1 − bc )(1 − ca )
Hay
Hay

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

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

2 2

27
8



8  3 − 2 ( ab + bc + ca ) + abc   27 1 − ( ab + bc + ca ) + abc − a 2 b 2c 2 

Hay 3 − 11 ( ab + bc + ca ) + 19abc − 27a 2 b2c 2  0  4 3 + 19abc − 27a 2 b 2c 2   44 (ab + bc + ca )
Từ bất đẳng thức quen thuộc ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b )  abc suy ra

(1 − 2a )(1 − 2b )(1 − 2c )  abc
Hay 11.4 ( ab + bc + ca )  11 (1 + 9abc )
Ta cần chứng minh 4  3 + 19abc − 27a 2 b2 c 2   11 (1 + 9abc )
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với ( 1 − 27abc )( 1 + 4abc )  0
Bất đẳng thức cuối cùng đúng do abc 

1
.
27

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1
3

Bài 54. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh rằng:

a 2 b2 + 7

(a + b)

2

+

b2 c 2 + 7

( b + c)

2

+

c 2a 2 + 7

(c + a)

2

6

Phân tích và lời giải
Quan sát bất đẳng thức ta thấy có số 7, vậy thì số 7 này có ý nghĩa gì trong bài
toán. Để ý đến giả thiết a2 + b2 + c2 = 3 và các đại lượng bậc hai trong bất đẳng thức, ta có

(

)

thể viết được 7 = 1 + 2 a 2 + b2 + c 2 . Khi đó ta có

a 2 b2 + 7

(a + b)

2

=

(

a 2 b2 + 1 + 2 a 2 + b2 + c 2

(a + b)

2

)


Chú ý là nếu trên tử có đại lượng 2ab thì ta có thể kết hợp với a2 + b2 để tạo ra ( a + b ) ,
2

để ý đến chiều bất đẳng thức thì theo bất đẳng thức Cauchy ta sẽ được

(

a 2 b2 + 1 + 2 a 2 + b2 + c 2

(a + b)

)  2ab + 2 (a

2

+ b2 + c 2

(a + b)

2

(

2

) = 1+ a

2

+ b2 + 2c 2

(a + b)

2

)

Lại để ý ta thấy ( a + b )  2 a 2 + b 2 nên ta được
2

1+

a 2 + b2 + 2c 2

(a + b)

Do đó ta có

2

 1+

a 2 b2 + 7

(a + b)

2

a 2 + b2 + 2c 2

(

2 a 2 + b2



=

)

3
c2
+ 2
2 a + b2

3

c2
. Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức cần chứng
+ 2
2 a + b2

minh

a 2 b2 + 7

(a + b)

2

+

b2 c 2 + 7

( b + c)

2

+

c 2a 2 + 7

(c + a )

2

9

c2
b2
a2
 + 2
+
+
2 a + b2 c 2 + a 2 b2 + c 2

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

c2
b2
a2
3
+
+

2
2
2
2
2
2
2
a + b c +a
b +c

Thật vậy, theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

(

)

2

(
(

)
)

a 2 + b2 + c 2
3 a 2 b2 + b2 c 2 + c 2a 2
c2
b2
a2
3
+ 2
+ 2 2

=
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2

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

(

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .
Nhận xét. Ngoài ra ta có thể quy bài toán về chứng minh bất đẳng thức

a 2 + b2 + 2c 2

(a + b)

2

+

b2 + c 2 + 2a 2

( b + c)

2

+

c 2 + a 2 + 2b2

(c + a )

3

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
a 2 + b 2 + 2c 2

(a + b)

2

+

b 2 + c 2 + 2a 2

( b + c)

2

+

c 2 + a 2 + 2b 2

(c + a)

2

 3. 3

( 2a

2

)(

)(

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

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

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

( 2a

2

)(

)(

+ b2 + c 2 a 2 + 2b2 + c 2 a 2 + b2 + 2c 2

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

(

)

2

Áp dụng bất đẳng thức 2 x 2 + y 2  ( x + y ) ta được
2

2

) 1

2

2

)


(

8 a 2 + b2

)( b

)(

)

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

2

2

2

2

Mặt khác ta lại có

(
4 (a
4(b

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

4 a 2 + b2
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

) (b

2

(

)( b

+ c 2 c 2 + a 2  2a 2 + b2 + c 2 a 2 + 2b2 + c 2 a 2 + b2 + 2c 2

64 a 2 + b2
Hay

8 a 2 + b2

2

2

+ c2

) (c
2

2

+ a2

)(

)  ( 2a
2

2

+ b2 + c 2

) (

) (a
2

2

+ 2b2 + c 2

)(

) (a
2

2

+ b2 + 2c 2

)(

( 2a
Hay

2

2

2

(

)(

)(

)(

)(

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

)

) 1

+ b2 + c 2 a 2 + 2b2 + c 2 a 2 + b2 + 2c 2
2

2

)

Từ đó dẫn đến ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )  2a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2b 2 + c 2 a 2 + b 2 + 2c 2
2

)

2

Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh.
Bài 55. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3 . Chứng minh rằng:
a2
b3 + 8

+

b2
c3 + 8

c2

+

a3 + 8

1

Phân tích và lời giải
Trước hết ta dự đoán được dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c = 1 , Khi đó để ý đến

(

)

phép biến đổi b3 + 8 = ( b + 2 ) b2 − 2a + 4 và cả chiều của bất đẳng thức ta có đánh giá

(

)

b2 − 2b + 4 = ( b − 1) + 3  3 , do đó ta được ( b + 2 ) b2 − 2b + 4  3 ( b + 2 ) .
2

Suy ra

a2
b3 + 8

=

a2

( b + 2) ( b

Áp dụng tương tự ta được

2

− 2b + 4

a2
b3 + 8

+

)



b2
c3 + 8

+

a2

3 ( b + 2)
c2
a3 + 8



a2

3 ( b + 2)

+

b2

3 (c + 2)

+

c2

3 (a + 2 )

Bây giờ để tạo ra đại lượng a3 + b3 + c3 và chú ý đến chiều bất đẳng thức ta áp
dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki thì được


2


 a2
b2
c2  
a2
b2
c2

+

+
+
+
 3
 =
3
3

3 (c + 2)
3 ( a + 2 ) 
c +8
a + 8   3 ( b + 2)
 b +8


a
b
c
a
b
c
 a 3 + b3 + c 3 
+
+
+
+
=
 3 ( b + 2 ) 3 ( c + 2 ) 3 ( a + 2 )  b + 2 c + 2 a + 2

(

2

)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

a
b
c
+
+
1
b+2 c+2 a+2

)

Hay a 2 c + b2a + c 2 b + 2 a 2 + b2 + c 2  abc + 8
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

a3 + a3 + 1  3a2 ; b3 + b3 + 1  3b2 ; c3 + c3 + 1  3c2

(

)

(

)

Do đó ta được 2 a 3 + b3 + c 3 + 3  3 a 2 + b2 + c 2 hay a2 + b2 + c2  3
Do đó ta chỉ cần chứng minh a2c + b2a + c2 b − 2 − abc  0
Không mất tính tổng quát ta giả sử b là số ở giữa hai số a và c, khi đó ta có

(

)

a 2 c + b 2a + c 2 b − 2 − abc  0  a 2 c + b 2a + b 3 − a 2 − b 2 − 2 − abc  0
 − ( b − 1) ( b + 2 ) − a ( b − c )( a − b )  0
2

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do đó bài toán được chứng minh.
Bài 56. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng

(a + b + c )
abc

2

18 3

+

a 2 + b2 + c 2



81
a+b+c
Phân tích và lời giải

Quan sát bất đẳng thức ta thấy có các đại lượng ( a + b + c ) ; a 2 + b2 + c 2 , ta cần
2

đánh giá đại lượng abc về ab + bc + ca để tìm xem có mối liên hệ nào với các đại lượng
trên hay không. Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau 3abc ( a + b + c )  ( ab + bc + ca )
Suy ra

(a + b + c )
abc

2

=

3 (a + b + c )

3

3abc ( a + b + c )



3 (a + b + c )

3

( ab + bc + ca )

2

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
3 (a + b + c )

3

( ab + bc + ca )

2

+

18 3
a +b +c
2

2

2



81
a+b+c

2

3 (a + b + c )

Để ý là khi a = b = c thì

3

( ab + bc + ca )

2

9 3

=

a +b +c
2

2

9 3

=

2

a + b2 + c 2
2

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

3 (a + b + c )

3

( ab + bc + ca )

2

9 3

+

a 2 + b2 + c 2

+

9 3
a 2 + b2 + c 2

27 ( a + b + c )


3

( ab + bc + ca ) ( a
2

2

+ b2 + c 2

)

Mà cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta có
3

( ab + bc + ca ) ( a
2

2

+b +c
2

2

)

( ab + bc + ca ) + ( ab + bc + ca ) + ( a

2

+ b2 + c 2

)

3

Do đó ta được

27 ( a + b + c )
3

( ab + bc + ca ) ( a
2

2

3.27 ( a + b + c )



+ b2 + c 2

) (ab + bc + ca ) + (ab + bc + ca ) + (a

2

+b +c
2

2

)

=

81
a+b+c

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Bài 57. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:

( b − c)
a+
4

(a − c )
b+

2

+

4

(a − b)
c+

2

+

4

2

2

Phân tích và lời giải

Bất đẳng thức này không xẩy ra dấu bằng tại a = b = c , cũng không xẩy ra tại

a = b; c = 0 nà đẳng thức xẩy ra tại a = 1; b = c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó ta nghĩ
đến việc sắp thứ tự biến. Tuy nhiên ta cần tiệt tiêu được các dấu căn bậc hai bên vế trái.
Ngoài ra để ý là với dấu đẳng thức xẩy ra như trên thì ta dự đoán b − c  b + c . Do đó ta

( b − c)
dự đoán là a +
4

2

2


b+c
. Nếu chứng minh được đánh giá đó thì xem như bài
 a +
2 


toán được giải quyết xong.
Ta xét

( b − c)
a+
4

2

( b − c ) −  a + b + c  = ( b − c ) − ( b + c ) = −bc  0

b+c
− a +
= a (a + b + c ) +


2 
4
2 
4
4


2

2

( b − c)
Từ đó suy ra a +
4

2

2


b+c
hay
 a +

2 


2

2

( b − c)
a+
4

2

a+

b+c
2

2


(a − c )
b+

Áp dụng tương tự ta được

2

(a − b)
c+

a+c
 b+
;
2

4

2

4

a+b
2

c+

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

( b − c)
a+

2

+

4

(a − c )
b+

2

4

+

(a − b)
c+

2

4

 2 (a + b + c ) = 2

Vậy bài toán được chứng minh xong.
Bài 58. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

b+c
c+a
a+b
+
+

a
b
c

4 (a + b + c )

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

Phân tích và lời giải
Dễ dàng dự đoán đươc dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c . Quan sát bất đẳng thức
ta nhận thấy cần phải khử các căn bậc hai, do đó ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy hoặc
bất đẳng thức Bunhiacopxki. Tuy nhiên để áp dụng các bất đẳng thức này ta cần tạo ra
tích các đại lượng. Do đó ta biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh như
sau

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

a

+

b

c

 4 (a + b + c )

Chú ý đến chiều của bất đẳng thức cần chứng minh thì áp dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki ta có

( a + b )( a + c )  a +

( a + b )( a + c ) 

bc hoặc

ac + ab , tuy nhiên

để ý đến mẫu số ta chọn đánh giá thứ nhất. Khi đó ta được

( b + c ) ( a + b )( a + c ) ( b + c ) ( a +


a

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

Do đó ta được

a

(b + c)

bc

2

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

bc

 b+c+



) = b + c + (b + c)

bc

a

2bc
a

bc
2

Áp dụng tương tự ta được

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

+

 bc ca ab 
 2 (a + b + c ) + 2  + + 
b
c 
 a

b

+

c


 bc ca ab 
Ta cần chứng minh 2 ( a + b + c ) + 2  + +   4 ( a + b + c )
b
c 
 a
Hay

bc ca ab
+ +
a+b+c
a
b
c

Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta có
2

2
 bc ab ca 
bc ab ca
2
2
2
 a + c + b   3 a + b + c  (a + b + c )  a + c + b  a + b + c



(

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Bài 59. 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 + c 2
2
a
b c
Phân tích và lời giải
Dễ dàng dự đoán được đẳng thức xẩy ra tại a = b = c = 1 . Quan sát bất đẳng thức
ta liên tưởng đến một đánh giá quen thuộc

1 1 1
1
1
1 a+b+c
+ 2+ 2
+ + =
2
ab bc ca
abc
a b c
Và lại có 3abc ( a + b + c )  ( ab + bc + ca )

2

(a + b + c )  3 (a + b + c )
1
1
1 a+b+c
=
Do đó ta có 2 + 2 + 2 
abc
abc ( a + b + c ) ( ab + bc + ca )2
a
b c
2

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

)

Hay 3 ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 ( ab + bc + ca )
2

2

3 (a + b + c )

2

( ab + bc + ca )

2

 a 2 + b2 + c 2

2

Dễ thấy theo bất đẳng thức Cauchy ta được

(a + b + c ) = (a
2

2

)

(

)

+ b2 + c2 + ( ab + bc + ca ) + ( ab + bc + ca )  3. 3 a 2 + b2 + c 2 ( ab + bc + ca )

(

)

Hay ( a + b + c )  27 a 2 + b 2 + c 2 ( ab + bc + ca )
6

2

Mà a + b + c = 3 nên ta có ( a + b + c ) = 81 ( a + b + c )
6

(

)

Suy ra 3 ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 ( ab + bc + ca )
2

2

2

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Nhận xét. Ngoài cách chứng minh trên ta có thể tham khảo thêm các cách chứng minh sau đây


Cách 1. Do a, b,c  0  a 2 + b2 + c 2  ( a + b + c ) = 9
2

+ Trường hợp 1. Giải sử 1 trong 3 số a, b, c nhỏ hơn
Khi đó tổng

1
3

1
1 1
+ 2 + 2  9 , bất đẳng thức luôn đúng trong trường hợp này.
2
a
b c

+ Trương hợp 2. Giải sử cả 3 số a, b, c đều lớn hơn
Do a + b + c = 3 

1
.
3

1
7
 a; b; c 
3
3

(

)

− ( a − 1) a 2 − 2a − 1
1
1
2
Từ đó ta có 2 − a − ( −4a + 4 ) =
. Suy ra 2 − a 2  −4a + 4

2
a
a
a
2

Tương tự ta có

1
1
− b2  −4b + 4; 2 − c 2  −4c + 4
2
b
c

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
Hay

1 1 1
+ + − a 2 − b2 − c 2  4 ( 3 − a − b − c ) = 0
a 2 b2 c 2

1
1 1
+ 2 + 2  a 2 + b2 + c 2
2
a
b c

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Cách 2. Ta xét các trường hợp sau:

(

)

+ Trường hợp 1. Với a, b,c  0; 1 + 2 . Khi đó ta có

(a − 1)

2

2 − ( a − 1)2   0  −a 4 + 4a 3 − 4a 2 + 1  0  1 − a 2  −4a + 4


a2

Áp dụng tương tự ta được

1
1
− b2  −4b + 4; 2 − c 2  −4c + 4
2
b
c

Cộng theo vế của 3 bất đẳng thức ta được
Hay

1

1
1
− a 2 + 2 − b2 + 2 − c 2  12 − 4 ( a + b + c ) = 0
2
a
b
c

1
1 1
+ 2 + 2  a 2 + b2 + c 2
2
a
b c

+ Trường hợp 2. Nếu có một trong 3 số a, b, c lớn hơn hoặc bằng 1 + 2 .
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c , khi đó suy ra

a  1+ 2  b + c  2 − 2  c 
Khi đó ta được

2− 2
1
 2 6+4 2
2
c

2
1 1 1
+ 2 + 2  6 + 4 2 . Trong khi đó a 2 + b2 + c 2  ( a + b + c ) = 9

2
a b c


Từ đó suy ra

1
1 1
+ 2 + 2  a 2 + b2 + c 2 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
2
a
b c

Bài 60. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
a ( b + c)

(b + c)

2

+ a2

+

b (a + c )

(c + a)

2

+ b2

+

c (a + b)

(a + b )

2

+ c2



6
5

Phân tích và lời giải
Trước hết ta dự đoán được dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c . Quan sát biểu thức
thứ nhất bên vế trái ta thấy cả tử và mẫu cùng chứa đại các đại lượng a; b + c , tuy nhiên
dưới mẫu lại là tổng nên nếu đánh giá mẫu được về tích thì có cơ hội rút gọn được. Chú
ý đến chiều bất đẳng thức và dấu đẳng thức xẩy ra ta có đánh giá theo bất đẳng thức
Cauchy là
a + ( b + c)
2

Suy ra ta được

2


b + c)  3
(
( b + c )( 4a + 3b + 3c )
2
2
2
 + (b + c)  a (b + c) + 3 (b + c) =
= a +
4  4
4
4




2

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

2



4a ( b + c )

( 4a + 3b + 3c )( b + c )

=

4a
4a + 3b + 3c

Đại lượng thu được trong đánh giá trên làm ta liên tưởng đến bất đẳng thức
Bunhiacopxki dạng phân thức, Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta có

4a
a ( 9 + 1)
a 
92
1
=
 
+ .
4a + 3b + 3c 25 4a + 3b + 3c 25  3 ( a + b + c ) a 
2

Suy ra ta được

a (b + c)

a + (b + c)
2

b (c + a)
b2 + ( c + a )

2





27a
1
+ . Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được
25 ( a + b + c ) 25

c (c + a )
27b
1
27c
1
+ ;

+
2
2
25 ( a + b + c ) 25 c + ( c + a )
25 ( a + b + c ) 25

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a ( b + c)

( b + c)

2

+ a2

+

b (a + c )

(c + a)

2

+ b2

+

c (a + b )

(a + b )

2

+ c2



27 ( a + b + c )
25 ( a + b + c )

+

3 6
=

25 5

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Nhận xét. Cũng nhận định như trên, nhưng ta chú ý đến các phép biến đổi sau


b+c
a
a
b
+
c
( ) = b+c
a
hoặc
=
2
2
2
2
2
( b + c) + a 1 +  b + c 
( b + c ) + a2 1 +  a 
 a 
 b+c




a (b + c)

+ Nếu ta đặt x =

b+c
c+a
a+b
, khi đó bất đẳng thức được viết lại thành
; y=
; z=
a
b
c
y
x
z
6
+
+

2
2
2
5
1+ x 1+ y 1+ z

Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra tại x = y = z = 2 , do đó ta có đánh giá

x
4x
4x

4
=

=
2
2
2
2
3x + 4
1+ x
4 + x + 3x
4x + 3x
Hoàn toàn tương tự ta thu được

y
x
z
4
4
4
+
+

+
+
2
2
2
3x + 4 3y + 4 3z + 4
1+ x 1+ y 1+ z

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
Đến đây ta thay lại x =

4
4
4
6
+
+

3x + 4 3y + 4 3z + 4 5

b+c
c+a
a+b
vào bất đẳng thức thì được
; y=
; z=
a
b
c

4a
4b
4c
6
+
+


3b + 3c + 4a 3c + 3a + 4b 3a + 3b + 4c 5
Và ta chứng minh hoàn toàn như trên.
+ Nếu ta đặt x =

a
b
c
, khi đó bất đẳng thức trên được viết lại là
;y =
;z =
b+c
c+a
a+b
y
x
z
6
+
+

2
2
2
5
1+ x 1+ y 1+ z

Và ta chứng minh hoàn toàn tương tự.
Bài 61. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:



a + b + c )( a + b )( b + c )( c + a ) 
(
 1 1 1


( a + b + c )  a + b + c   3 1 + 3
2



( ab + bc + ca )


Phân tích và lời giải
Trước hết ta dự đoán được dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c . Để có những đánh
giá hợp lý ta viết bất đẳng thức cần chứng minh lại thành

( a + b + c )(a + b )( b + c )( c + a )
a b c b c a
+ + + + +  33
2
b c a a b c
( ab + bc + ca )


Quan sát bất đẳng thức trên ta viết được vế trái thành

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

b c a a b c
abc
abc
Quan sát vế phải ta nhận thấy cần đánh giá đại lượng a2c + b2a + c2a về đại lượng

a + b + c để có thể thu gọn được hai vế, chú ý đến chiều bất đẳng thức ta áp dụng bất
đẳng thức Cauchy thì được

a 2 c + a 2 c + b 2a  3 3 a 5 b 2 c 2 = 3a 3 a 2 b 2 c 2
a 2 c + c 2 b + c 2 b  3 3 a 2 b 2 c 5 = 3c 3 a 2 b 2 c 2
b 2a + b 2a + bc 2  3 3 a 2 b 5c 2 = 3a 3 a 2 b 2c 2
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được a 2 c + b2a + c 2 b  ( a + b + c ) 3 a 2 b2c 2
Do đó ta có

3 2 2 2
a b c (a + b + c ) a b c
a+b+c
+ + 
=
3
b c a
abc
abc

Hoàn toàn tương tự ta có

b c a a+b+c
a b c b c a 2 (a + b + c )
. Suy ra + + + + + 
+ + 

3
3
a b c
b c a a b c
abc
abc

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

2 (a + b + c )
3

abc

 3. 3

3 ( a + b + c )( a + b )( b + c )( c + a )

( ab + bc + ca )

Hay ta cần chứng minh

8 (a + b + c )

2

3

abc



81 ( a + b + c )( a + b )( b + c )( c + a )

( ab + bc + ca )

2

Khai triển và thu gọn ta được 8 ( a + b + c ) ( ab + bc + ca )  81 ( ac + bc )( ca + ab )( ab + bc )
2

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

81 ( ab + bc )( bc + ca )( ca + ab )  81.

8 ( ab + bc + ca )
27

3

= 24 ( ab + bc + ca )

3

Mặt khác ta lại có 3 ( ab + bc + ca )  ( a + b + c ) . Do đó ta được
2

24 ( ab + bc + ca ) = 8 ( ab + bc + ca ) .3 ( ab + bc + ca )  8 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )

3

2

2

Hay 81abc ( a + b )( b + c )( c + a )  8 ( a + b + c ) ( ab + bc + ca )
2

2

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 62. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:


a 2 + bc
a b+c

+

b2 + ca
b c +a

+

c 2 + ab

 2

a a+b

Phân tích và lời giải
Để có các đánh giá hợp lí ta viết lại vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh
thành

a2

+

a b+c

b2

+

b c+a

c2

+

a a+b

bc
a b+c

+

ca
b c+a

+

ab
a a+b

Để ý ta thấy các nhóm trên có dấu hiệu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki nên ta tách
ra và áp dụng thì được

a2

+

a b+c

b2
b c+a

+

c2
a a+b

(a + b + c )



2

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

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



Mà theo một đánh giá quen thuộc thì 3 ( ab + bc + ca )  ( a + b + c ) nên ta được
2

(a + b + c )
(a + b + c )

=
2
2 ( a + b + c )( ab + bc + ca )
(a + b + c ) (a + b + c )
2

2

3 (a + b + c )
2

3

a2

Do đó ta được

a b+c

+

b2

+

b c+a

c2
a a+b



3 (a + b + c )
2

Cũng như trên ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki thì được
bc
a b+c

abc

Do đó ta được

a 2 + bc
a b+c

+

(

+

+

b2 + ca
b c+a

a+ b+ c

b2 + ca
b c +a

+

c 2 + ab
a a+b

+

)

2

=

a a+b

( bc )

)

c 2 + ab
a a+b

=

1
nên
3



( ca )

2

abc b + c

2

b+c + c+a + a+ b

a b+c

1
3

b c+a

ab

( ab + bc + ca )

a 2 + bc

Lại có a + b + c 
Hay

(

+

ca

+

2

abc c + a

3abc ( a + b + c )

abc 6 ( a + b + c )

=

+

( ab )

2

abc a + b

3 (a + b + c )
2

 6 (a + b + c )
6 (a + b + c )  2

 2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1
9


Bài 63. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:

ab

(1 − c ) (1 + c )

3

bc

+

(1 − a ) (1 + a )
3

+

ca

(1 − b ) (1 + b )
3



3 2
8

Phân tích và lời giải
Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh thì suy nghĩ đầu tiên là cố gắng đơn giản
hóa các đại lượng dưới dấu căn rồi tiến tới loại bỏ căn bậc hai. Trước hết ta ta biến đổi
đơn giản hóa các biểu thức trong căn. Chú ý đến giả thiết a + b + c = 1 ta viết được

ab

ab

=

(1 − c ) (1 + c ) ( a + b )
3

=

1 − c2

=

ab

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

ab

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

2

=
− c2

(a + b)

2

− c2
ab

a 2 + b2 + 2 ( ab + bc + ca )

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
a 2 + b2 + 2 ( ab + bc + ca )  ( ab + bc ) + 2 ( ab + ca ) và a + b  2 ab

Do đó theo một đánh giá quen thuộc ta có

(a + b)

ab

a 2 + b2 + 2 ( ab + bc + ca )



1
ab
2 2 ( ab + bc ) + 2 ( ab + ca )

Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

ab
1

2 ( ab + bc ) + 2 ( ab + ca ) 2 2
Từ đó ta được

ab

(1 − c ) (1 + c )
3

ab

(1 − c ) (1 + c )
3



Ta cần chứng minh



+

1
4 2

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

a

b
. Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được
+
a+c b+c
bc

(1 − a ) (1 + a )
3

+

ca

(1 − b ) (1 + b )
3

1 
a
b
b
c
c
a 
+
+
+
+
+



b+a c+a
c + b a + b 
4 2  a+c b+c

1 
a
b
b
c
c
a  3 2
+
+
+
+
+


b+a c+a
c + b a + b 
8
4 2  a+c b+c

Hay ta cần chứng minh

a
b
b
c
c

a
+
+
+
+
+
3
a+c b+c
b+a c+a
c+b a+b

Đến đây ta chú ý đến bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được


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

b
c
c
a 
 3
+
+
+
+
+
 = 3.3 = 3
a+c b+c b+a c+a c+ b a + b 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1
3

Bài 64. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c  1 . Chưng minh rằng:
1
1
1
1
87
+
+
+

2
2
a + b + c ab ( a + b ) cb ( c + b ) ac ( a + c ) 2

2

Phân tích và lời giải
Quan sát bất đẳng ta nhận thấy vế trái có ba phân thức phía sau đồng bậc nên ta
đánh giá ba phân thức đó trước. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

1
1
1
1
+
+
 33 2 2 2
ab ( a + b ) cb ( c + b ) ac ( a + c )
a b c ( a + b )( c + b )( a + c )
Trong biểu thức dước dấu căn ta chú ý đến đại lượng ( a + b )( b + c )( c + a ) có thể
đánh giá về a + b + c . Như vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được

(a + b )( b + c )( c + a ) 

8 (a + b + c )
27

3



8
27

Ngoài ra chú ý đến đại lượng a2 + b2 + c2 ở dưới mẫu của phân thức thứ nhất, để
đánh giá được vế trái về ( a + b + c ) thì ta cần đánh giá đại lượng a 2 b2 c 2 và ab + bc + ca .
2

2

2 2

Do đó cũng theo bất đẳng tức Cauchy ta có a b c

( ab + bc + ca )


3

27

Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được a 2 b2 c 2 ( a + b )( b + c )( c + a ) 
Suy ra ta được

.

8 ( ab + bc + ca )
27 2

1
1
1
27
+

+

ab ( a + b ) cb ( c + b ) ac ( a + c ) 2 ( ab + bc + ca )

Khi đó ta được bất đẳng thức sau
1
1
1
1
1
27
+
+
+
 2
+
2
2
2
2
2 ( ab + bc + ca )
a + b + c ab ( a + b ) cb ( c + b ) ac ( a + c ) a + b + c
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

3


1

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

Và ta lại có

1
3

 3 . Do đó ta được
ab + bc + ac ( a + b + c )2

1
1
1
1
1
27
+
+
+
 2

+
2
2
2
2
a + b + c ab ( a + b ) cb ( c + b ) ac ( a + c ) a + b + c 2 ( ab + bc + ca )
2

=

1
2
23
23.3 87
+
+
9+
=
2
2
2
2
a + b + c ab + bc + ca 2 ( ab + bc + ca )
2

Bài toán được chứng minh xong, đẳng thức xẩy ra khi a = b = c =

1
.
3

Bài 65. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:

1
1
1
+ 2 2+ 2
 10
2
a + b b + c c + a2
2

Phân tích và lời giải
Bất đẳng thức không xẩy ra dấu bằng tại a = b = c , do đó ta dự đoán xẩy ra tại một
biến bằng không và hai biến còn lại bằng nhau. Thay vào bất đẳng thức ta có dấu đẳng
thức xẩy ra tại a = b =

1
; c = 0 . Trong tình huống này ta nghĩ đến sắp thứ tự các biến và
2

đánh giá làm sao bảo toàn được dấu đẳng thức. Vì vai trò của các biến như nhau nên ta
giả sử c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c. Như vậy khi đánh giá ta cần chú ý sao cho dấu
đẳng thức xẩy ta tại a = b =

1
; c = 0 . Trong các đánh giá ta cần xem vai trò của a, b như
2

nhau so với c. Từ những phân tích trên ta có các đánh giá sau


c2
a + b   a 2 + ac +
4

2

2

2

  2
c2  
c 
c
+
b
+
bc
+
 
 = a +  +  b + 
4 
2 
2
 

2

2

2


c

c
Tương tự ta có b + c   b +  ; a 2 + c 2   a +  . Do đó ta có bất đẳng thức
2
2


2

2

1
1
1
1
1
1
+ 2 2+ 2

+
+
2
2
2
2

2
2
a +b
b +c c +a

c 
c 
c 
c
a + 2  +  b + 2   b + 2  a + 2 

 
 
 

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

1

c
b+ 2



2

+

1

c
a + 2 



2



2

c 
c
 b + 2  a + 2 





Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta lại có

1
2


c 
c
a + 2  +  b + 2 


 



Và

2

+

1

c 
c
2  b +  a + 
2 
2

4

2

2


c 
c

c 

c
 a + 2  +  b + 2  + 2  b + 2  a + 2 

 





=

4

c c
a + b + 2 + 2 



2

=4

3
6
6
=

=6
2


c 
c

c 
c 
c
c

2  b +  a +  4  b +  a + 
a+b+ + 
2 
2
2 
2  


2 2

Kết hợp lại ta được

Suy ra

1
2


c 
c
a + 2  +  b + 2 


 


2

+

1

c
b+ 2



2

+

1

c
a + 2 



2

 10

1

1
1
+ 2 2+ 2
 10 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
2
a + b b + c c + a2
2

1 1 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( a; b; c ) =  ; ; 0  và các hoán vị của nó.
2 2 
Bài 66. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn M in a + b; b + c; c + a  0 và
a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ca ) .

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

Chứng minh rằng

2

Phân tích và lời giải
Trước hết ta phân tích các giả thiết của bài toán, từ M in a + b; b + c; c + a  0 ta
suy ra được trong các tổng trên không có tổng nào bằng không và từ giả thiết thứ hai ta
thu được trong các biến a, b, c chỉ có có thể có một biến bằng 0. Do đó ta dự đoán dấu
đẳng thức xẩy ra tại a = b; c = 0 và các hoán vị của nó. Quan sát bất đẳng thức ta nhận
thấy không thể đánh giá trực tiếp tử hoặc mẫu của các biểu thức. Do đó ta hướng đến
biến đổi các biểu thức trước. Chú ý đến phép biến đổi
bảo dấu đẳng thức xẩy ra ta nhân với

(

2ab a 2 + b2
a 2 + b2

)+

(

)

ab a 2 + b2
ab
=
. Để đảm
a 2 + b2
a 2 + b2

2 . Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

(

2bc b2 + c 2
b2 + c 2

)+

(

2ca c 2 + a 2
c2 + a2

) 1


(

2ab a 2 + b2

Đến đây áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(

2bc b2 + c 2

Áp dụng tương tự ta được

b +c
2

2

)

a +b
2

2

)

(

2ca c 2 + a 2

2bc
;
2
b + c2

c +a
2

2

2ab.2ab
2ab

= 2
2
2
a +b
a + b2

)

2ca
c + a2
2

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

2ab a 2 + b2
a +b
2

2

)+

(

2bc b2 + c 2
b +c
2

2

)+

(

2ca c 2 + a 2
c +a
2

2

)

Khi đó phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

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

2ab
2bc
2ca
+ 2 2+ 2
1
2

a + b b + c c + a2
2

(a + b) + ( b + c ) + ( c + a )
2ab
2bc
2ca
Để ý là 2
+
+
+
3
=
a + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2
a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2
2

2

2

Lúc này áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

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

2

2

a 2 + b2

b2 + c 2

c2 + a2

=

Do đó ta có

(

( 2a + 2b + 2c )


(

2 a 2 + b2 + c 2

2

)

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

(

2 a 2 + b2 + c 2

)

) = 8 ( ab + bc + ca ) = 4
2 ( ab + bc + ca )

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

Vậy bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 và các
hoán vị.
Bài 67. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 2abc . Chứng minh rằng:
1

a ( 2a − 1)

2

+

1

b ( 2b − 1)

2

+

1

c ( 2c − 1)

2



1
2

Phân tích và lời giải
Bất đẳng thức trên đã được chứng minh bằng kỹ thuật đổi biến trong bất đẳng
thức Cauchy. Ở đây ta thực hiện đổi biến và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki xem
có thể chứng minh được không.
Từ giả thiết ab + bc + ca = 2abc suy ra

1 1 1
+ + = 2.
a b c

1
1
1
Đặt x = ; y = ; z = , khi đó ta có x + y + z = 2 .
a
b
c

x3

Bất đẳng thức được viết lại là

x3

y3

+

z3

+

( y + z) ( z + x) (x + y)
2

2

2



y3

+

z3

+

( 2 − x) (2 − y) (2 − z)
2

2

2



1
hay
2

1
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

x3

y3

+

z3

+

( y + z) (z + x) (x + y)
2

2

=

Ta cần chứng minh

(

Hay 2 x2 + y 2 + z2

)

2

(x

2

2

(x



2

+ y2 + z2

2

2

(x

2

2

+ y2 + z2

)

2

2

x 2 y + y 2 x + x 2 z + z 2 x + y 2 z + z 2 y + 6xyz

)

+ y2 + z2

2

2

x ( y + z) + y (z + x) + z (x + y )

2

x y + y x + x z + z x + y z + z y + 6xyz
2

)

2

2

2



1
2

 x2 y + y 2 x + x2 z + z2 x + y 2 z + z 2 y + 6xyz

Thật vậy, theo một đánh giá quen thuộc ta có

(

2 x2 + y2 + z2

)

(

2

= 2 x2 + y2 + z2

(

)( x

2

)

+ y2 + z2 

(

2 ( x + y + z ) x2 + y2 + z2
2

)

3

)

Mà ta lại có ( x + y + z ) x2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 + x 2 y + y 2 x + x 2 z + z 2 x + y 2 z + z 2 y
2

Suy ra ta có

(

2 ( x + y + z ) x2 + y2 + z2
3

)  4 (x

3

+ y3 + z3 + x2 y + y2x + x2z + z2x + y2z + z2 y
3

Ta cần chỉ ra được

(

4 x3 + y3 + z3 + x2 y + y 2 x + x2 z + z2 x + y 2 z + z2 y

(

)

 3 x 2 y + y 2 x + x 2 z + z 2 x + y 2 z + z 2 y + 6xyz

(

)

)

Hay 4 x3 + y3 + z3 + x2 y + y 2 x + x2 z + z2 x + y 2 z + z 2 y  18xyz
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(

)

4 x3 + y 3 + z3  12xyz; x2 y + y 2 x + x 2 z  3xyz; z 2 x + y 2 z + z 2 y  3xyz
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

)

4 x3 + y3 + z3 + x2 y + y 2 x + x2 z + z2 x + y 2 z + z 2 y  18xyz
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

3
.
2

)


Bài 68. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 3 . Chứng minh rằng:

3a
3b

ab
3
+
+
 a 2 + b2 +
b+1 a +1 a + b
2
Lời giải
Từ giả thiết ab + a + b = 3 suy ra 3 − ( a + b ) = ab . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

3 − (a + b)

(a + b)
= ab 

2

4

 ( a + b ) + 4 ( a + b ) − 12  0  2  a + b  3
2

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2
3 ( a + b ) − 2ab  + 3 ( a + b ) 3 − ( a + b )
2
3


+

 ( a + b ) − 2ab +
ab + a + b + 1
a+b
2
2
3 ( a + b ) − 6 + 2 ( a + b )  + 3 ( a + b ) 3 − ( a + b )
2
3

 
+
 (a + b) − 6 + 2 (a + b) +
4
a+b
2

Đặt t = a + b  2  t  3 . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

(

)

3 t 2 − 6 + 2t + 3t

3−t 2
3
 t − 6 + 2t +
4
t
2

3
2
3
2
 3t + 9t − 18t + 12 − 4t  4t + 6t − 18t  ( t − 2 ) t 2 + t + 6  0
+

(

)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với t  2 .
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .
Bài 69. Cho a, b, c là các số thực không âm tùy ý. Chứng minh rằng:


( ab + bc + ca ) 

1

 (a − b)

2

+

1

(b − c)

2

+


4
2
c
−
a
( ) 
1

Lời giải
Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c , khi đó ta có
ab + bc + ca  ab;

1

( b − c)

2



1
1
1
;
 2

2
2
b (c − a)
a

Do đó ta được bất đẳng thức sau
 1
 1
1
1 
1
1 


+
+
 ab
+
+
( ab + bc + ca ) 
2
2
2

 ( a − b )2 b 2 a 2 
a
−
b
b
−

c
c
−
a
(
)
(
)
(
)




 1
1
1 

+
+
4
Ta cần chứng minh ab
 ( a − b )2 b 2 a 2 




2
 1


a − b)
(
1
1
ab
a
b
ab
Thật vậy, ta có ab 
+
+ =
+ + =
+
+2
ab
 ( a − b )2 b 2 a 2  ( a − b )2 b a ( a − b )2



ab

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(a − b)

2

(a − b)
+
ab

2

ab

2

(a − b)

2

(a − b )
.
ab

2

=2

 1
1
1 
Suy ra ab 
+
+
 4 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
 ( a − b )2 b 2 a 2 



Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

c = 0
c = 0



3+ 5 b
2
( a − b ) = ab
a =

2

(

)

3
. Chứng minh rằng:
2

Bài 70. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c 

(a + b)

1+

1
1 3 17

+ c2 + 2 
2
2
a b
c
2

Lời giải
Dễ dàng chứng minh được: Với các số thực dương x, y, m, n ta luôn có

x2 + m 2 + y2 + n 2 

(x + y) + (m + n)
2

Thật vậy, bình phương hai vế và rút gọn ta được

(

Hay x 2 + m 2

)( y

2

)

+ n 2  ( xy + mn )

(x

2

+ m2

)( y

2

2

)

+ n 2  xy + mn

2

Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunhiacopxki quen thuộc.
Gọi vế trái của bất đẳng thức trên là P, áp dụng bất đẳng thức trên ta được
P = (a + b) 1 +

1
1
+ c2 + 2 =
2
a b
c
2

(a + b )

2

1 1
1
= (a + b) +  +  + c2 + 2 
c
a b
2

Mà ta lại có

1 1 1
9
nên ta được P 
+ + 
a b c a+b+c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

2


1 
1
2
1 + 2 2  + c + 2
c
 a b 

( a + b + c ) +  a1 + b1 + 1c 


2

(a + b + c )

2

+

81

(a + b + c )

2

2


P

(a + b + c )

 2

Hay P 

2

+

81

(a + b + c )

2

(a + b + c )

=

2

+

81

16 ( a + b + c )

2

+

1215

16 ( a + b + c )

2

81
1215
3 17
+
=
2
16
2
3
16  
2

3 17
1
. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
2
2

Bài 71. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc . Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
+
+
1
ca 2 + 2c 2 ab2 + 2a 2 bc 2 + 2b2
Lời giải
Từ giả thiết ab + bc + ca = abc ta được

1 1 1
+ + = 3.
a b c

1
1
1
Đặt x = ; y = ; z = . Khi đó ta được x + y + z = 3 .
a
b
c
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

y2
x2
z2
+
+
1
x + 2y2 y + 2z2 z + 2x2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

23 x y
x2 + 2xy 2 − 2xy 2
2xy 2
2xy 2
x2
=
=

x
−

x
−
=
x
−
3
x + 2y 2
x + 2y 2
x + y2 + y2
2 3 xy 4
2

2

2 2 y2 z2
y2
z2
2 2 z2 x2
Áp dụng tương tự ta được

y
−
;

z
−
3

3
y + 2z2
z + 2x2
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

y2
x2
z2
2
+
+
 ( x + y + z) −
2
2
2
3
x + 2y y + 2z z + 2x

(

3

x2 y2 + 3 y2 z2 + 3 z2 x2

)

Mạt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
3

x2 y 2 

Suy ra

3

xy + xy + 1 2xy + 1 3 2 2 yz + yz + 1 2yz + 1 3 2 2 zx + zx + 1 2zx + 1
=
; yz 
=
; zx 
=
3
3
3
3
3
3

xy + yz + zx 
2

2

3

2

2

3

2

2

2 ( xy + yz + zx )
3

+1

2 (x + y + z)

y2
x2
z2
2.3
Do đó ta được
+
+
 3−
= 1.
2
2
2
3
x + 2y y + 2z z + 2x

9

2

+1 = 3