Tuyển chọn một số bài toán bất đẳng thức thức hay

Tailieumontoan.com
TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HAY
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

T=

nhất của biểu thức:

1 1 1
+ +  a + b + c . Tìm giá trị lớn
a b c

1
1
1
+
+
2
2
2 + a 2 + b 2 + c2
Lời giải

Dự đoán giá trị lớn nhất T là 1 và xẩy ra khi a = b = c = 1 . Như vậy ta cần chứng minh
được bất đẳng thức T =

1
1
1
+
+
 1 . Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng

2
2
2 + a 2 + b 2 + c2

minh tương đương với

1
1
1
1
1
1
a2
b2
c2
−
+
−
+
−

1

+
+
1
2 2 + a 2 2 2 + b2 2 2 + c 2
a 2 + 2 b2 + 2 c 2 + 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

(a + b + c )
a2
b2
c2
+
+

a 2 + 2 b2 + 2 c 2 + 2 a 2 + b2 + c 2 + 6
2

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(a + b + c )

2

a +b +c +6
2

2

2

 1  ( a + b + c )  a 2 + b2 + c 2 + 6  ab + bc + ca  3
2

Để ý ta viết lại giả thiết thành ab + bc + ca  abc ( ab + bc + ca ) .
Mà ta có abc ( ab + bc + ca )

Do đó ta có

(ab + bc + ca )
3

( ab + bc + ca )

3

2

.

2

 ab + bc + ca  ab + bc + ca  3 . Như vậy bất đẳng thức

được chứng minh. Vậy giá trị lớn nhất của T là 1, xẩy ra tại a = b = c = 1 .
Bài 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng
minh rằng:

b+c −a c +a − b a + b−c
+
+
4
a 2 + bc b2 + ca c 2 + ab
Lời giải
Trước hết ta pháp biểu bất đẳng thức phụ. Cho hai bộ số a, b, c và x, y, z thỏa mãn
điều kiện a  b  c; x  y  z . Khi đó ta ln có ax + by + cz 
Nguyễn Công Lợi

1
(a + b + c )( x + y + z ) .
3

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Trở lại bài toán. Do a + b + c = 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( b + c − a )( a + b + c ) + ( c + a − b )(a + b + c ) + (a + b − c )(a + b + c )  4
a 2 + bc

( b + c)


2

( b + c)


2

( b + c)


2

− a2

a 2 + bc

(c + a)
+

b2 + ca

2

− b2

b2 + ca

− a2

a 2 + bc

(c + a)
+1+

(a + b )
+

c 2 + ab

2

− c2

c 2 + ab

2

− b2

b2 + ca

4

(a + b)
+ 1+

2

− c2

c 2 + ab

+1 7

( c + a ) + ca + ( a + b ) + ab  7
bc
+
+
a 2 + bc a 2 + bc b2 + ca b2 + ca c 2 + ab c 2 + ab
2

2

Mà theo bất cẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

( ab + bc + ca )
bc
ca
ab
+
+

=1
a 2 + bc b2 + ac c 2 + ab bc a 2 + bc + ca b2 + ca + ab c 2 + ab

(

Như vậy ta cần chứng minh được

)

(

)

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

2

2

a 2 + bc

b2 + ca

c 2 + ab

(

)

 6 . Thật vậy bất đẳng

thức tương đương với

(b + c)

2

(c + a)
−2+

2

(a + b )
−2+

2

−20
a 2 + bc
b2 + ca
c 2 + ab

b2 + c 2 − 2a 2 c 2 + a 2 − 2b 2 a 2 + b 2 − 2c 2

+
+
0
a 2 + bc
b2 + ca
c 2 + ab
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử a  b  c .
 b2 + c 2 − 2a 2  c 2 + a 2 − 2b2  a 2 + b 2 − 2c 2

Khi đó ta có  1
.
1
1

+
 2
 a + bc b2 + ca c 2 + ab

Áp dụng bất đẳng thức phụ trên thì ta thu được
b 2 + c 2 − 2a 2 c 2 + a 2 − 2b 2 a 2 + b 2 − 2c 2
+
+
a 2 + bc
b 2 + ca
c 2 + ab
1
 1
1

1 
 b 2 + c 2 − 2a 2 + c 2 + a 2 − 2b 2 + a 2 + b 2 − 2c 2  2
+ 2
+ 2
=0
3
 a + bc b + ca c + ab 

(

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương bất kỳ. Chứng minh rằng:

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

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

ab
4abc
 1+
( c + a )( c + b )
(a + b )( b + c )( c + a )

Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com

( a + b )( a + c )  a +

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

bc . Do đó ta

được
bc
=
( c + a )( b + a )

bc ( a + b )( a + c )

( a + b )( a + c )



(

bc a + bc

)=

( a + b )( a + c )

abc.

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

Chứng minh hoàn tường tương tự ta có

ca
b
ca
 abc.
+
( a + b )( b + c )
( a + b )( b + c ) (a + b )( b + c )
ab
c
ab
 abc.
+
( a + c )( b + c )
( a + c )( b + c ) (a + c )( b + c )
Suy ra

bc
+

( c + a )(a + b )

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

ab
 M + N , trong đó
( c + a )( c + b )



a
b
c
M = abc 
+
+

 ( a + b )( a + c ) ( a + b )( b + c ) ( a + c )( b + c ) 
bc
ca
ab
N=
+
+
( a + b )( a + c ) ( a + b )( b + c ) ( a + c )( b + c )

Mặt khác ta có

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

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

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

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

Do đó N = 1 −

2abc
. Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất neeusta chỉ
( a + b )( b + c )( c + a )

ra được




a
b
c
2abc
abc 
+
+
 +1−
(a + b )( b + c )( c + a )
 ( a + b )( a + c ) ( a + b )( b + c ) ( a + c )( b + c ) 
4abc
 1+
( a + b )( b + c )( c + a )


a
b
c
6abc
 abc 
+
+

 ( a + b )( a + c ) ( a + b )( b + c ) ( a + c )( b + c )  ( a + b )( b + c )( c + a )
 a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  6 abc
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

Tailieumontoan.com
Dễ thấy theo bất đẳng thức AM – GM thì ta ln có

a ( b + c ) + b ( c + a ) + c (a + b )  2 a. bc + 2 b. ca + 2 c. ab = 6 abc
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh, đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
a3

S=

1 + b2

b3

+

1 + c2

+

c3
1 + a2

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

S=


a3
1 + b2

b3

+

(a

1 + c2
2

c3

+

+ b2 + c 2

)

a4

=

1 + a2

a 1 + b2

+

b4
b 1 + c2

+

c4
c 1 + a2

2

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

=

9
a 1 + b2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2

Lại áp dụng bất đẳng thức ta có

(a

a 1 + b2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 
=

Từ đó ta có

(a

2

)(

)

)

+ b2 + b2 a 2 + b2 + c 2 + 3 = 3. ( 3 + 3 ) = 3 2

9
a 1+ b + b 1+ c + c 1+ a
2

)(

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

2

2

2



9
3 2

=

3 2
3 2
suy ra S 
, dấu bằng xẩy
2
2

ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là

3 2
, xẩy ra khi a = b = c = 1 .
2

Bài 5. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 0 . Chứng minh rằng:

x (x + 2)
2x + 1
2

+

y ( y + 2)
2y + 1
2

+

z (z + 2)
2z 2 + 1

0

Lời giải
• Xét trường hợp xyz = 0 , khi đó kết hợp với giả thiết ta suy ra được một trong các

trường hợp sau xẩy ra x = 0; y = −z hoặc y = 0; x = −z hoặc z = 0; x = −y .
Nếu x = 0; y = −z thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

y ( y + 2)
2y 2 + 1
Nguyễn Công Lợi

+

y ( y − 2)
2y 2 + 1

0

y 2 + 2y + y 2 − 2y
 0  y2  0
2
2y + 1

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 .
Với y = 0; x = −z hoặc z = 0; x = −y chứng minh hồn tồn tương tự.
• Xét trường hợp xyz  0 , khi đó do x + y + z = 0 nên tồn tại hai số cùng dấu, khơng

mất tính tổng qt ta giả sử hai số đó là y và z, khi đó ta có yz  0 . Bất đẳng thức cần
chứng minh tương đương với

2x ( x + 2 )

+1+

2x + 1
2



2y ( y + 2 )
2y + 1
2

2z ( z + 2 )

+1+

2z 2 + 1

+1 3

2x 2 + 4x + 2x 2 + 1 2y 2 + 4y + 2y 2 + 1 2z 2 + 4z + 2z 2 + 1
+

+
3
2x 2 + 1
2y 2 + 1
2z 2 + 1

( 2x + 1) + ( 2y + 1) + ( 2z + 1)

2

2

2x 2 + 1

2y 2 + 1

2

3

2z 2 + 1

Để ý rằng x + y + z = 0 và yz  0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng
phân thức ta có

( 2y + 1) + ( 2z + 1)
2

2y 2 + 1

2

2z 2 + 1



2 ( y + z + 1)
y2 + z2 + 1

2 ( x − 1)

2

=

( y + z)

2

2

− 2yz + 1

=

2 ( x − 1)

x 2 − 2yz + 1

( 2x + 1)

Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được

2

2

2x2 + 1

+



2 ( x − 1)

2

x2 + 1

2 ( x − 1)
x2 + 1

2

 3.

Bất đẳng thức trên tương đương với

( 2x + 1) ( x + 1) + 2 ( x − 1) ( 2x + 1)  3 ( 2x + 1)( x + 1)
 ( x + 1) ( 2x + 1) − 3 ( 2x + 1)  + 2 ( x − 1) ( 2x + 1)  0



2

2

2

2

2

(

)

2

2

2

2

(

2

2

)

 x 2 + 1  −2x 2 + 4x − 2  + 2 ( x − 1) 2x 2 + 1  0

(

2

)

(

)

 − x 2 + 1 ( x − 1) + 2 ( x − 1) 2x 2 + 1  0  ( x − 1) x 2  0
2

2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có

( 2x + 1)

2

2

2x2 + 1

+

2 ( x − 1)
x2 + 1

2

 3.

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

( x; y; z ) =  1; − 21 ; − 21  và các hoán vị.




Bài 6. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 8 . Chứng minh rằng:

(a − b) + ( b − c ) + ( c − a )
5

Nguyễn Công Lợi

5

5

 960

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

Tailieumontoan.com
Lời giải
Để ý rằng a − b + b − c + c − a = 0 . Đặt a − b = x; b − c = y suy ra c − a = − ( x + y )
Từ đó ta có phép biến đổi

(

)

x 5 + y 5 − ( x + y ) = − x 5 + 5x 4 y + 10x 3 y 2 +10x 2 y 3 + 5xy 4 + y 5 + x 5 + y 5
5

(

)

(

= − 5x 4 y + 10x 3 y 2 + 10x 2 y 3 + 5xy 4 = −5xy x 3 + 2x 2 y + 2xy 2 + y 3

(

)

(

)

= −5xy ( x + y ) x 2 − xy + y 2 + 2xy ( x + y )  = −5xy ( x + y ) x 2 + xy + y 2




)

Như vậy ta có

(a − b) + ( b − c ) + (c − a )
5

5

5

(

= 5 ( a − b )( b − c )( c − a ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

)

Đặt A = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) , khi đó kết hợp với a2 + b2 + c2 = 8 ta có
5

5

5

(

A = 5 ( a − b )( b − c )( c − a ) a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca

= 5 ( a − b )( b − c )( c − a )( 8 − ab − bc − ca )

)

Suy ra A2 = 25 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( 8 − ab − bc − ca ) .
2

2

2

2

Do vai trị của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a  b  c .
Khi đó ta có ( a − b ) ( b − c ) = ( a − b )( b − c )
2

2

2

(a − c )


4

16

A2 = 25 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) ( 8 − ab − bc − ca ) 
2

2

2

2

. Như vậy ta có
6
2
25
a − c ) ( 8 − ab − bc − ca )
(
16

Đặt t = ab + bc + ca . Ta có t = ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 = 8 . Lại có

(a + b + c )

2

= a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 2t + 8  0  t  −4

Như vậy ta có −4  t  8 . Mặt khác ta có ( a − b ) + ( b − c ) 
2

Do đó ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 
2

2

2

2

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

2
3
a − c ) nên ta được
(
2

(

)

2 a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca 

2
2
3
32 − 4t

a − c )  (a − c ) 
(
2
3

3

2
5
25  32 − 4t 
100
8 − t) =
8 − t) .
Như vậy ta suy ra được A  
(
(

16  3 
27
2

Do −4  t  8 nên suy ra 0  8 − t  8 − ( −4 ) = 12 . Từ đó 0  A2 

100 5
.12  A  960 .
27

Vậy ta có ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  960 . Bất đẳng thức được chứng minh.
5

Nguyễn Công Lợi

5

5

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Bài 7. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

(

) + 9 (a + b + c )

2 a 3 + b3 + c 3

2

a 2 + b2 + c 2

abc

 33

Lời giải
Bất đẳng thức đã cho có dạng đồng bậc nên khơng mất tính tổng quát ta có thể
chọn a + b + c = 1 . Ta có các phép biến đổi sau

(

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

)

= ( a + b + c ) − 3 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc 
3

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

Khi đó bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
3
2
2 ( a + b + c ) − 3 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 3abc 
9 (a + b + c )

+
 33
2
abc
a
+
b
+
c
−
2

ab
+
bc
+
ca
(
) (
)

Đặt x = a + b + c; y = ab + bc + ca; z = abc , theo cách chuẩn hóa trên ta có x = 1 . Khi đó
bất dẳng thức trên được viết lại thành

2 (1 − 3y + 3z )
z

+

2 (1 − 3y )
9
9
 33 
+
 27 .
1 − 2y
z
1 − 2y

Dễ thấy theo bất đẳng thức AM – GM ta có ( a + b + c )( ab + bc + ca )  9abc .
Do đó ta được xy  9z  z 

2 (1 − 3y )
18 (1 − 3y )
xy y
9
9
.
+

+
= nên ta có
z
1 − 2y
y
1 − 2y
9 9

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(a + b + c )
Thật vậy chú ý rằng ab + bc + ca 
3

18 ( 1 − 3y )
y

+

18 (1 − 3y )

2

y

y

+

9
 27 .
1 − 2y

1
, từ đó ta có
3

9
 27  2 (1 − 3y )(1 − 2y ) + y  3y (1 − 2y )
1 − 2y

 18y 2 − 12y + 2  0  2 ( 3y − 1)  0
2

Bất đửng thức cuối cùng luôn đúng nên bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu
bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 8. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca  abc . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

Tailieumontoan.com
ab
bc
ca
P=
+
+
c ( ac + bc )
a ( ab + ac )
b ( ab + bc )
Lời giải
Từ ab + bc + ca  abc suy ra

1 1 1
+ +  1 . Đặt
a b c

a=

1
1
1
; b = ; c = , khi đó giả thiết
x
y
z

của bài tốn được viết lại thành x2 + y2 + z2  1 . Ta có biểu thức P trở thành

1
x y2

1
y z2

1
2
y3
x3
z3
z
x
P=
+
+
= 2
+
+
2
2
2
2
2
1 1
1  1 1
1  1 1
1  y +z z +x x +y
+
+

+






z  x2 z2 y2 z2  x  x2 y2 x2 z2  y  x2 y 2 y 2 z2 
2

2

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có
y3
y4
x3
z3
x4
z4
+
+
=
+
+
y2 + z2 z2 + x2 x2 + y2 x y2 + z2
y z2 + x2
z x2 + y2

(



)

(x

(

2

(

) (

+ y2 + z2

) (

)

)

2

) (

x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y2

)

Mặt khác cũng áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có

(

) (
) (
)
= x ( y + z ) . y + z + y ( z + x ). z + x + z ( x + y ). x + y
  x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y )  . ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y ) 

 

(x + y + z ) . x + y + z
= 2 ( x y + y z + z x )( x + y + z )  2
(
)
3
x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y 2
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

=2

2

2

(

1 2
x + y2 + z2
3

(x

Như vậy ta có P 

2

2

)

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ y2 + z2

(

)

2

1 2
x + y2 + z2
3

)

=
2

3 2

3
x + y2 + z2 =
. Dấu bằng xẩy ra khi
2
2

x = y = z.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1
3
, xẩy ra tại x = y = z =
hay a = b = c = 3 .
2
3

Bài 9. Tìm số nguyên dương n lớn nhất để bất đẳng thức sau được thỏa mãn

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


1
n

( na + b + c )

4

Tailieumontoan.com
1
1
3
+
+

4
4
n
(a + nb + c ) n (a + b + nc ) 16

1 1 1
+ + a+b+c.
a b c

Trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
Lời giải

1

Vì bất đẳng thức
n

( na + b + c )

thực dương a, b, c thỏa mãn

4

1

+
n

(a + nb + c )

4

1

+
n

(a + b + nc )

4



3
đúng với mọi số
16

1 1 1
+ +  a + b + c nên bất đẳng thức trên sẽ thỏa mãn
a b c

3

tại a = b = c = 1 . Từ đó ta có
n

( n + 2)

4



2
3
 n ( n + 2 )  4 . Mà theo bất đẳng thức
16

AM – GM cho n số thực dương ta có
n

( n + 2)

2

= n ( n + 2 )( n + 2 ) .1...1 

Do đó 4 

n + 2 + n + 2 + 1 + ... + 1 3n + 2
.
=
n
n

3n + 2
 n  2 . Ta đi chứng minh n = 2 là giá trị cần tìm.
n

Thật vậy với n = 2 bất đẳng thức trên được viết lại thành
1

1

+

1

+

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

Ta có 2a + b + c = ( a + b ) + ( a + c )  2

Hoàn toàn tương tự ta có

Dễ thấy

2

(a + b )(a + c )

1

( a + 2b + c )

2



nên

2



3
16

1

( 2a + b + c )

2



1
.
4 ( a + b )( a + c )

1
1

1
;

.
2
4 ( b + c )( a + b ) ( a + b + 2c )
4 ( c + a )( c + b )

1
1
1
a+b+c
+
+
=
.
4 ( a + b )( a + c ) 4 ( b + c )( a + b ) 4 ( c + b )( c + a ) 2 ( a + b )( b + c )( c + a )

Do đó ta có bất đẳng thức
1

+

1

+

1

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

2

2

2



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

Như vậy ta cần chứng minh được bất đẳng thức
a+b+c
3

 8 ( a + b + c )  3 ( a + b )( b + c )( c + a )
2 ( a + b )( b + c )( c + a ) 16

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Để ý ta viết lại giả thiết thành ab + bc + ca  abc ( ab + bc + ca ) .
Mà ta có abc ( ab + bc + ca )

(ab + bc + ca )

Do đó ta có

( ab + bc + ca )


2

3

.

2

 ab + bc + ca  ab + bc + ca  3 .

3

Như vậy ta có 8 ( a + b + c ) 

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

.
3
Dễ dàng chứng minh được 8 ( a + b + c )( ab + bc + ca )  9 ( a + b )( b + c )( c + a ) .
Do đó ta có 8 ( a + b + c ) 

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

= 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) .

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Vậy n = 2 là giá trị cần tìm
Bài 10. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

a 2 + bc + b2 + ca + c 2 + ab 

3
(a + b + c )
2

Lời giải
Do vài trị của a, b, c như nhau nên khơng mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c .
Khi đó ta có

a 2 + bc  a +

c
c2
c2
 a 2 + bc  a 2 + ac +  0  c ( a − b ) + , bất đẳng thức
2
4
4

cuối cùng luôn đúng do a  b  c  0 . Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy –
Schwarz ta có

b2 + ca + c 2 + ab 
Như vậy ta có

(1 + 1) ( b

2

)

(

+ ca + c 2 + ab = 2 b2 + c 2 + ca + ab

(

c
a 2 + bc + b2 + ca + c 2 + ab  a + + 2 b2 + c 2 + ab + ac
2

)

)

Phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

(

)

c
3
a + + 2 b2 + c 2 + ab + ac  ( a + b + c ) .
2
2

Bất đẳng thức trên tương đương với

(

)

2 b2 + c 2 + ab + ac 

a + 3b + 2c
.
2

Thật vậy bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh trên ta được

a 2 + 9b 2 + 4c 2 + 6ab + 12bc + 4ca
4
2
2
2
 a + b − 4c − 2ab + 12bc − 4ca  0

(

)

2 b2 + c 2 + ab + ac 

 a 2 + b 2 + 4c 2 − 2ab + 4bc − 4ab + 8bc − 8c 2  0  ( a − b − 2c ) + 8c ( b − c )  0
2

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do a  b  c  0 .

(

)

c
3
Từ đó ta có a + + 2 b2 + c 2 + ab + ac  ( a + b + c ) .
2
2
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ( a; b; c ) = ( 1;1; 0 ) và các hoán vị.
Bài 11. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
4

4


2  
2  
2 
P =  3a +

+  3b +
+  3c +


b+c 
c+a  
a + b 


4

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 3a +

2
2
2a 3
= a+a+a+
 44
b+c
b+c
b+c

4


2 
2a 3
 256.
Từ đó ta được  3a +

. Hồn tồn tương tự ta có
b + c 
b+c

4

4


2 
2b3 
2 
2c 3
3b
+

256.
;
3c
+

256.

c + a 
a + c 
a + b 
a+b

Từ đó ta được
4

4

4

 a3

2  
2  
2 
b3
c3 
P =  3a +
+
3b
+
+
3c
+

512
+
+

.
b + c  
c + a  
a + b 

 b+c a+c a+b

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(

)

2

a 2 + b2 + c 2
a3
b3
c3
a4
b4
c4
+
+
=
+
+

b + c a + c a + b ab + ab bc + ab ca + cb 2 ( ab + bc + ca )
Dễ thấy a2 + b2 + c2  ab + bc + ca nên ta có

(a

2

+ b2 + c 2

)

2

2 ( ab + bc + ca )

(a
=

2

)(

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

)a

2

+ b2 + c 2 3
=
2
2

a3
b3
c3
3

3
+
+
 . Suy ra ta có P  512. = 768 , dấu bằng xẩy ra
Do đó ta được
b+c a+c a+b 2
2
khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 768, xẩy ra khi a = b = c = 1 .
Bài 12. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
1+ a 1+ b 1+ c
b c a
+
+
 2 + + 
1−a 1− b 1− c
a b c
Lời giải
Kết hợp với giả thiết a + b + c = 1 ta có

1+ a a + b + c + a
2a
. Hoàn toàn tương
=

= 1+
1−a a + b + c −a
b+c

tự ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành
3+

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

 2a
2a   2b 2b   2c
2c 
 −
+
−
+ −


3
 c b+c   a c+a   b a+ b
ab
bc

ca
3

+
+

c ( b + c ) a ( c + a ) b (a + b ) 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

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

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

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

Bất đẳng thức trên tương đương với ( ab + bc + ca )  3abc ( a + b + c ) , đây là một đánh
2

giá đúng.

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1
.
3

Bài 13. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

(

c a 2 + b2

(

)

b3 ab + c 2

2

)

+

a b2 + c 2

(

)

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

c3

2

2

2

b c2 + a2
3

2

Lời giải
2

Ta có

(

c a 2 + b2

(

)

b3 ab + c 2

2

)

(
(

)
)

1 2
a + b2
4
b
=
1
ab + c 2
bc

2

 a2

 2 + 1
b
 . Đặt x = a ; y = b ; z = c , khi đó ta được

=
a c
b
c
a
+
c b

xyz = 1 .

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Từ đó ta có

(

Tailieumontoan.com

) = ( x + 1) . Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu được bất đẳng
(ab + c ) x ( y + z )
2

c a 2 + b2
b3

2

2

2

(x
thức cần chứng minh là

2

) + (y

+1

2

x ( y + z)

2

+1

) + (z
2

y (z + x)

2

+1

)

2

z (x + y)

 2 ( xy + yz + zx ) .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(x

2

+1

) + (y
2

x ( y + z)

2

+1

) + (z
2

y (z + x)

2

+1

)  (x
2

z (x + y)

2

+ y2 + z2 + 3

)

2

2 ( xy + yz + zx )

Phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

(x

2

+ y2 + z2 + 3

)

2 ( xy + yz + zx )

2

 2 ( xy + yz + zx )  x 2 + y 2 + z 2 + 3  2 ( xy + yz + zx )

Chú ý đến điều kiện xyz = 1 ta có

(

x 2 + y 2 + z 2 + 3 − 2 ( xy + yz + zx ) = x 2 + 3 − 4 x + ( y − z ) − 2x y + z − 2 yz
2

= x2 + 3 − 4 x +

(

y− z

) (
2

y+ z

) − 2x
2

Không mất tính tổng qt ta có thể giả sử z  y  x , khi đó ta có
Lại có x2 + 3 − 4 x = x2 − 2x + 1 + 2x − 4 x + 2 = ( x − 1) + 2
2

Như vậy ta được x 2 + 3 − 4 x +

(

y− z

)

) (
2

y+ z

(

)

(

y+ z

) − 2x  0 .
2

2

x −1  0 .

) − 2x  0 .
2

Từ đó suy ra x 2 + y 2 + z 2 + 3 − 2 ( xy + yz + zx )  0 hay x 2 + y 2 + z 2 + 3  2 ( xy + yz + zx ) .
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 14. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn

( a + b + 2c )( b + c + 2a )( c + a + 2b ) = 1
Chứng minh rằng

a

b ( 4c + 15 )( b + 2c )

2

+

b

c ( 4a + 15 )( c + 2a )

2

+

c

a ( 4b + 15 )( a + 2b )

2



1
3

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


a

b ( 4c + 15 )( b + 2c )
2

2

Tailieumontoan.com
b
c
+
+
2
2
c ( 4a + 15 )( c + 2a ) a ( 4b + 15 )( a + 2b )
2

2

 a 
 b 
 c 
 a
b
c 
 b + 2c 
 c + 2a 
 a + 2b 
 b + 2c + c + 2a + a + 2b 
 + 
 + 
 

= 
ab ( 4c + 15 ) bc ( 4a + 15 ) ca ( 4b + 15 )
12abc + 15 ( ab + bc + ca )

2

Cũng áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(a + b + c )  1 .
a
b
c
+

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

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 12abc + 15 ( ab + bc + ca )  3 .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho giả thiết ta có

 a + b + 2c + b + c + 2a + c + a + 2b 
1 = ( a + b + 2c )( b + c + 2a )( c + a + 2b )  

3



3

 4 (a + b + c ) 
4 (a + b + c )
3
 1 
 a+b+c 
  1
3
3
4


3

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có

2a + b + c = a + a + b + c  4 4 a 2 bc
a + 2b + c = a + b + b + c  4 4 ab 2c
a + b + 2c = a + b + c + c  4 4 abc 2
Từ đó suy ra 1 = ( a + b + 2c )( b + c + 2a )( c + a + 2b )  4 3 abc  abc 
Đặt x = a + b + c; y = ab + bc + ca; z = abc . Khi đó ta được x 

1
.
64

3
1
.
;z 
4
64

Bất đẳng thức cần chứng minh trên được viết lại thành 12z + 15y  3  5y + 4z  1.
Lại có xy = ( a + b + c )( ab + bc + ca )  9abc = 9z .
Từ giả thiết ( a + b + 2c )( b + c + 2a )( c + a + 2b ) = 1 ta được
1 = ( x + a )( x + b )( x + c ) = x 3 + ( a + b + c ) x 2 + ( ab + bc + ca ) x + abc

Hay ta được 2x3 + xy + z = 1 . Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh trên trở thành

5y + 4z  2x3 + xy + z  5y + 3z  2x3 + xy
Ta có ( a + b + c )  3 ( ab + bc + ca )  x 2  3y  2x 3  6xy  2x 3 + xy  7xy
2

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
3
20
1
20 3
1
Do x  và xy  9z nên ta có 7xy =
xy + xy  . .y + .9z = 5y + 3z
4
3
3
3 4
3
Như vậy 5y + 3z  2x3 + xy , tức là bất đẳng thức 5y + 4z  1 đươc chứng minh.
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

a=b=c=

1
.
4

Bài 15. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a4 + b4 + c4 = 3 . Chứng minh rằng:

1

1
1
3
+
+

6 − ab 6 − bc 6 − ca 5
Lời giải
Từ giả thiết ta có 3 = a 4 + b4 + c 4  a 4 + b4  2 ( ab )  ab 
2

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức

3
4
2

1
1
9
 a 2 b2 + . Thật vậy, bất đẳng thức cần
6 − ab 50
50

chứng minh tương đương với

(

)

1
1 2 2 9

a b +
 50  ( 6 − ab ) a 2 b 2 + 9  50  54 − a 3 b 3 + 6a 2 b 2 − 9ab
6 − ab 50
50

 ( ab ) − 6 ( ab ) + 9ab − 4  0  ( ab ) − 4 ( ab ) − 2 ( ab ) + 8ab + ab − 4  0
3

2

3

2

2

 ( ab ) ( ab − 4 ) − 2ab ( ab − 4 ) + ( ab − 4 )  0  ( ab − 4 )( ab − 1)  0
2

2

Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng vì ab  4 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ab = 1 .
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được

1
1 2 2 9
1

1
9

bc + ;
 c 2a 2 + .
6 − bc 50
50 6 − ca 50
50

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

)

1
1
1
1 2 2
27
.
+
+

a b + b2 c 2 + c 2 a 2 +
6 − ab 6 − bc 6 − ca 50
50
Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

)

1 2 2
27 3
a b + b2 c 2 + c 2a 2 +
  a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2a 2  3
50
50 5
Bất đẳng thức trên hiển đúng do a2 b2 + b2c2 + c2a2  a4 + b4 + c4 = 3 .
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 1.
Bài 16. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = 4 . Chứng minh rằng:

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
a
b
c
d
+
+
+
2
2

2
2
1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a2 b
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

 a
ab ( 1 + c )
ab 2 c
ab 2 c
ab c
ab abc
=
a
−

a
−
=a−
a−
=a−
−

2
2
2
4
4
4
1+ b c

2b c
1 + b c
 b
bc ( 1 + d )
bc 2d
bc 2d
bc d
bc bcd

=
b
−

b
−
=
b
−

b
−
= b−
−
2
2
2
4
4
4
1+ c d

1 + c d
2c d

cd ( 1 + a )
cd 2a
cd 2a
cd a
cd cda
 c
=
c
−

c
−
=
c
−

c
−
=c−
−
2
 1 + d 2a
2
4
4
4
1+ d a

2d
a

da ( 1 + b )
 d
ab2d
ab2d
da b
da dab
=
d
−

d
−
=d−
d−
=d−
−

2
2
2
4
4
4
1+ a b
2a b
1 + a b
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên và kết hợp với a + b + c + d = 4 ta được

a
b
c
d
ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab
+
+
+
 4−
−
2
2
2
2
4
4
1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b
Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta có
2

a+ b+c+d
ab + bc + cd + ca = ( a + c )( b + d )  
 =4
4


Lại có abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( a + b ) . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM
ta có
2

2

a+b
c+d
ab ( c + d ) + cd ( a + b )  
.(c + d) + 

 (a + b )
 2 
 2 
2

a+ b+c+d a+ b+c+d
= ( a + b )( c + d ) 

 =4
4
4

 


Do đó suy ra 4 −
Từ đó ta được

ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab
4 4
−
 4− − = 2.

4
4
4 4

a
b
c
d
+
+
+
 2.
2
2
2
1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a2 b

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1 .
Bài 17. Cho a, b, c là các số thực dương bất kỳ. Chứng minh rằng:

a3
b3
c3
+
+
1
a 3 + abc + b3 b3 + abc + c 3 c 3 + abc + a 3
Lời giải
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
1
1
1
+
+
 1.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
3
3
bc b
ac c
ab a 3
1+ 2 + 3 1+ 2 + 3 1+ 2 + 2
a
a
b
b
c
c
Đặt x =

b
c
c
; y = ; z = . Khi đó ta được xyz = 1 và bất đẳng thức đã cho được viết lại
a

b
a

thành

1
1
1
1
1
1
+
+
1 3
+ 3
+ 3
1
2
2
x
y
z
x + x z + 1 y + y x + 1 z + z2 y + 1
3
3
3
1+ + x 1+ + y 1+ + z
y
x
z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
yz
xy
1
1
1
zx
+ 3
+ 3
= 2
+ 2
+ 2
2
2
2
x + x z + 1 y + y x + 1 z + z y + 1 x + xz + yz y + xy + xz z + zy + xy
3

=

(

( yz )

( zx )

2

yz x 2 + xz + yz

)

+

(

( xy )

2

zx y 2 + xy + xz

( xy + yz + zx )

+

)

(

2

xy z 2 + zy + xy

)

( xy + yz + zx )

=
yz ( x + xz + yz ) + zx ( y + xy + xz ) + xy ( z + zy + xy ) ( xy + yz + zx )

2

2

2

2

2
2

=1

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bài 18. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 + ( a + b + c )  4 . Chứng
2

minh rằng:
ab + 1

+

bc + 1

+

ca + 1

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

2

2

3

Lời giải
Ta có a 2 + b2 + c 2 + ( a + b + c )  4  a 2 + b2 + c 2 + ab + bc + ca  2 . Từ đó ta được
2

2 ( ab + 1)

(a + b)

2

=

2ab + 2

(a + b)



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

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

(a + b)
(a + b)
2

2

2

2

Hoàn toàn tương tự ta có

2 ( bc + 1)

( b + c)

2

 1+

2

( a + b )( a + c ) ; 2 ( ca + 1)  1 + ( b + c )( b + a ) .
( b + c)
(c + a)
(c + a )
2

2

2

Từ đó ta được

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
 ab + 1
( c + a )( c + b ) + ( a + b )(a + c ) + ( b + c )( b + a )
bc + 1
ca + 1 
2
+
+
 3+
2
2
2
2
2
2
 (a + b) ( b + c ) (c + a ) 
a
+
b
b
+

c
c
+
a
(
)
(
)
(
)


Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

( c + a )( c + b ) + ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a )  3 .
(a + b)
(b + c)
(c + a )
2

2

2

Dễ thấy bất đẳng thức trên luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM.
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

a=b=c=

1

3

.

Bài 19. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh rằng:

a4
b4
c4
+
+
1
a 2 + 2b6 b2 + 2c 6 c 2 + 2a 6
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

(

)

a 2 a 2 + 2b6 − 2a 2 b6
a4
2a 2 b6
2b2 3 a 4
2
2
=

a
−

=
a
−
3
a 2 + 2b6
a 2 + b6 + b6
3 3 a 2 b12
Hoàn toàn tơng tự ta được

Khi đó ta có

b4
2a 2 3 c 4
c4
2c 2 3 b4
2
2

b
−
;

c
−
.
3
3
b2 + 2c 6
c 2 + 2a 6

 2b2 3 a 4 2a 2 3 c 4 2c 2 3 b4
a4
b4
c4
2
2
2
+
+
 a + b +c −
+
+

3
3
3
a 2 + 2b6 b2 + 2c 6 c 2 + 2a 6







Để ý rằng a2 + b2 + c2 = 3 , do đó phép chứng minh hồn tất khi ta chỉ ra được

2b2 3 a 4 2a 2 3 c 4 2c 2 3 b 4
+
+
 2  b2 3 a 4 + a 2 3 c 4 + c 2 3 b4  3

3
3
3
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

(

1 2
b 1 + a2 + a2
3
1
a 2 3 c 4 = a 2 3 c 2 .c 2 .1  a 2 1 + c 2 + c 2
3
1
c 2 3 b4 = a 2 3 b2 .b2 .1  c 2 1 + b 2 + b 2
3
b2 3 a 4 = b 2 3 a 2 .a 2 .1 

(

(

Nguyễn Công Lợi

)

)

)

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Từ đó ta có

b2 3 a 4 + a 2 3 c 4 + c 2 3 b4 

(

)

(

)

(

)

1 2
1
1
b 1 + a 2 + a 2 + a 2 1 + c 2 + c 2 + c 2 1 + b2 + b2 .
3
3
3

(

)

2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2a 2
1 2
2
2
2
2
2
2
2
2 
b 1+ a + a + a 1+ c + c + c 1+ b + b
=
+ 1.
Mà ta có

3
3

(

)

Lại có a 2 b2 + b2 c 2 + c 2a 2 

(

(

)

(

1 2
a + b2 + c 2
3

)

)

2

(

(

)

= 3 . Do đó ta được

)

(

)

1 2
2

b 1 + a 2 + a 2 + a 2 1 + c 2 + c 2 + c 2 1 + b2 + b2   .3 + 1 = 3
 3
3
Từ đó suy ra b2 3 a4 + a2 3 c4 + c2 3 b4  3 .
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 1.
Bài 20. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1 . Chứng minh
rằng:

1

y
x
z
3 3
+
+

1 − yz 1 − zx 1 − xy
2
Lời giải

Đặt P =

y
x
z
3 3
và ta cần chứng minh 1  P 

.
+
+
1 − yz 1 − zx 1 − xy
2

• Trước hết ta chứng minh P  1 .

Mặt khác do x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1 nên

0  x; y; z  1 .
Từ đó suy ra 0  xy; yz; zx  1 . Suy ra

P=

y
x
z
+
+
 x + y + z  x2 + y2 + z2 = 1
1 − yz 1 − zx 1 − xy

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ( x; y; z ) = ( 1; 0; 0 ) và các hốn vị.
• Chứng minh P 

3 3
.
2

Cách 1. Dễ thấy yz 

Nguyễn Công Lợi

y2 + z2
y2 + z2
, do đó ta được 1 − yz  1 −
.
2
2

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
x
x
2x
2x

=
=
Từ đó kết hợp với x2 + y2 + z2 = 1 ta có
.
2
2
2
2
1 − yz
y +z

1 + x2
2− y +z
1−
2

(

Hồn tồn tương tự ta được

Từ đó suy ra P 

Thật vậy ta có

)

y
2y
z
2z

;

.
2
1 − zx 1 + y 1 − xy 1 + z 2

(

)

2y
2x
2z
2x
3 3 2
+
+
. Ta đi chứng minh

x +1 .
2
2
2
2
8
1+ x 1+ y 1+ z
1+ x

(

)

(

)

2x
3 3 2

x + 1  16x2  3 3 x2 + 1 . Áp dụng bất đẳn thức AM –

2
8
1+ x

GM ta có
2

2

 2 1 1 1
1 
3 3 x + 1 = 3 3  x + + +   3 3  2 x 2 .  = 16x

3 3 3
27 



(

2

)

2

Như vậy bất đẳng thức trên được chứng minh.
Hoàn toàn tương tự ta được

P

(

)

(

(

)

)

2y
3 3 2
2z
3 3 2

y +1 ;

z + 1 . Từ đó suy ra
2
2
8
8
1+ y
1+ z

2y
2x

2z
3 3 2
3 3
+
+

x + y2 + z2 + 3 =
2
2
2
8
2
1+ x 1+ y 1+ z

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =
Cách 2. Ta có P =

1
3

.

 1
y
x
z
1
1 
+
+

= x + y + z + xyz 
+
+

1 − yz 1 − zx 1 − xy
 1 − yz 1 − zx 1 − xy 

(

)

+ Nếu xyz = 0 khi đó ta có P = x + y + z  3 x2 + y 2 + z2 = 3 

3 3
.
2

+ Nếu xyz  0 , khi đó 0  x; y; z  1 . Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1 − yz  1 −
Từ đó suy ra

(

)

(

)

(

)

1 2
1
1
y + z2 = 2 − y 2 − z2 = 2x2 + y 2 + z2  x2 + yz  2x yz
2
2
2

1
1
1
1
1
1
. Hoàn toàn tương tự
. Từ

;


1 − zx 2y zx 1 − xy 2z xy
1 − yz 2x yz

đó ta có

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
 1
1
1 

P  x + y + z + xyz 
+
+
 2x yz 2y zx 2z xy 



1
= x+y+z+
2

(

)

yz + zx + xy 

3 (x + y + z)
2



(

3 3 x2 + y2 + z2
2

)=3

3
2

Vậy bất đẳng thức dược chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1
3

Bài 21. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
2
2
2
a 3 − b3 b3 − c 3 c 3 − a 3 1 
+
+
 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 

a+b
b+c
c+a
4

Lời giải
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử a  b  c  0 .
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về chứng minh hai bất đẳng thức sau

 a 3 − b3 b3 − c 3 c 3 − a 3
2
2
2
1
+
+
 − ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 


a+b
b+c
c+a
4
 3
3
3
3
3
3
 a − b + b − c + c − a  1 ( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + ( c − a ) 2 

 a + b
b+c
c+a
4 

• Trước hết ta chứng minh

Ta có a +

2
2
2
a 3 − b3 b3 − c 3 c 3 − a 3
1
+
+
 − ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  .

a+b
b+c
c+a
4

b a 2 + ab + b2 1
b a 2 + ab + b2
−
= ab − b2  0 , suy ra a + 
.
2
2
a+b
a+b
2

Lại có b +

(

)

a a 2 + ab + b2 1
a a 2 + ab + b2
−
= ab − a 2  0 , suy ra b + 
.
2
2
a+b
a+b
2

(

)

Như vậy ta có b +

a a 2 + ab + b2
b

a+ .
2
a+b
2

Tương tự ta có c +

b b2 + bc + c 2
c
a c 2 + ca + a 2
c

b+ ;c + 
 a + . Từ đó ta có
2
b+c
2
2
c +a
2

a 3 − b3 b3 − c 3 c 3 − a 3
+
+
a+b
b+c
c+a
2
2
a + ab + b
b 2 + bc + c 2
a 2 + ca + c 2
= (a − b)
+ (b − c)
− (a − c )

a+b
b+c
c+a

a

b

c
 (a − b)  b +  + ( b − c )  c +  − (a − c )  a + 
2
2
2



1
1
1
1
1
1
= a 2 − b2 + ab + b2 − c 2 + bc − a 2 + c 2 + ca
2
2
2
2
2
2
2

2
2
1 2
1
= − a + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = − ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 

2
4

(

Nguyễn Công Lợi

)

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
2
2
2
a − b b − c c3 − a3 1 
• Chứng minh
+
+
 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  .

a+b
b+c

c+a
4
3

3

3

3

Cũng từ các bất đẳng thức trên ta có

a 3 − b3 b3 − c 3 c 3 − a 3
+
+
a+b
b+c
c+a
2
2
a + ab + b
b 2 + bc + c 2
a 2 + ca + c 2
= (a − b)
+ (b − c)
− (a − c )
a+b
b+c
c+a


b

c

a
 (a − b)  a +  + ( b − c )  b +  − (a − c )  c + 
2
2
2



1
1
1
1
1
1
= a 2 − b 2 − ab + b 2 − c 2 − bc − a 2 + c 2 − ca
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1

= a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 

2
4

(

)

Bài toán được chứng minh xong
Bài 22. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn c ( c − a − c ) = a + b + 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của:

P=

a 4 b4

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

3

Lời giải
Từ c ( c − a − c ) = a + b + 1  ( c + 1)( a + b ) = c 2 − a  ( c + 1)( a + b ) = ( c + 1)( c − 1) .
Do c  0 nên ta suy ra được a + b = c − 1  a + b + 1 = c . Khi đó ta có
P=
=
=

a 4 b4

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

( a + ab + b

2

3

=

a 4 b4

)(

a 4 b4

a + b ( a + b + 1)   b + a ( a + b + c )  ( a + b + 1 + ab )

)

+ b b + ab + a 2 + a ( a + b + 1 + ab )
a 4 b4

( a + b )( b + 1)( a + b )( a + 1) ( a + 1)( b + 1)

3

=

3

3

a 4 b4

(a + b ) (a + 1)( b + 1)
2

4

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số dương ta có
4

4
 a a a   4 a3 
a3
( a + 1) =  3 + 3 + 3 + 1    4 27  = 44. 27

 

4

4

4
3
 b b b   4 b3 
4 b



( b + 1) =  3 + 3 + 3 + 1    4 27  = 4 . 27

 

4

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com

Lại có ( a + b )  4ab . Từ đó ta được
2

( a + b ) ( a + 1)( b + 1)
2

Do đó P =

4

 4ab.4 4.

a 3 4 b3 49 4 4
.4 .
= .a b
27
27 36

a 4 b4

( a + b ) ( a + 1)( b + 1)
2

4



a 4 b4
36
.
=
49 4 4 49
a b
36

a b
 = =1
 a = b = 3; c = 7 .
Dấu bằng xẩy ta khi và chỉ khi  3 3
c = a + b + 1


36
Vậy giá trị lớn nhất của P là 9 , đạt được tại a = b = 3; c = 7 .
4
Bài 23. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

1 1 1
+ + = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
a 2 b2 c 2

của:

1

P=

5a 2 + 2ab + 2b2

1

+

5b2 + 2bc + 2c 2

1

+

5c 2 + 2ca + 2a 2

Lời giải
Ta có 5a 2 + 2ab + 2b2 = 4a 2 + 4ab + b2 + a 2 − 2ab + b2 = ( 2a + b ) + ( a − b )  ( 2a + b ) .
2

1

Từ đó ta được

5a + 2ab + 2b
2

2

1



( 2a + b )

2

=

2

2

1
.
2a + b

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

1
1
11 1 1 12 1 

=
  + +  =  + .
2a + b a + a + b 9  a a b  9  a b 
Do đó suy ra

12 1
  + .
5a 2 + 2ab + 2b 2 9  a b 
1

Áp dụng hồn tồn tương tự ta có
1 2 1
1
12 1
  + ;
  + .
5b 2 + 2bc + 2c 2 9  b c  5c 2 + 2ca + 2a 2 9  c a 
1

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
P=

1
5a + 2ab + 2b
2

Nguyễn Công Lợi

2

+

1
5b + 2bc + 2c
2

2

+

1 1 1 1
  + + 
3a b c
5c + 2ca + 2a
1

2

2

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
2

 1 1 1
 1
1 1 1 1 1
Lại có  + +   3  2 + 2 + 2   + +  3 .

b c  a b c
a b c
a
Từ đây suy ra P 

3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 .
3
3
, đạt được tại a = b = c = 3 .
3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

Bài 24. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

a 3c
2 b 3a + 3bc

+

b 3a
2 c 3 b + 3ca

+

c3b
2 a 3c + 3ab

Lời giải
a
a
b
b
=
=
=
Ta có
.
3
b
c
2 b a + 3bc 2b ab + 3bc 2 ab + 3bc
2
+3
c
a
ac
a 3c

a ac

Hồn tồn tương tự ta có

Đặt x =

b 3a
2 c 3 b + 3ca

=

b
c

c
a

c3 b

.
;
=
c
a 2 a 3c + 3ab
a
b
2
+3
2
+3
a
b
b
c

a
b
c
;y =

;z =
, khi đó ta có xyz = 1 và biểu thức đã cho được viết lại
b
c
a

thành
P=

y2
x3
z2
+
+
2y + 3z 2z + 3x 2x + 3y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bất đẳng thức AM – GM ta có

( x + y + z ) = x + y + z  3 3 xyz = 3
y2
x3
z2
P=
+
+

2y + 3z 2z + 3x 2x + 3y 5 ( x + y + z )
5
5
5

2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
, đạt được tại a = b = c .
5

Bài 25. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

a2

9a + ( b + 2c )

2

+

b2

9b + ( c + 2a )

2

+

c2

9c + ( a + 2b )

2



1
6

Lời giải
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tailieumontoan.com
Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh và chú ý đến a + b + c = 3 ta
được
a2

9a + ( b + 2c )




2

b2

+

9b + ( c + 2a )

2

+

c2

9c + ( a + 2b )

2



1
6

a
a2
b
b2
c
c2
a+b+c 1
−
+
−
+
−


−
2
2
2
9 9a + ( b + 2c )
9 9b + ( c + 2a ) 9 9c + ( a + 2b )
9
6
a ( b + 2c )

b ( c + 2a )

2

9a + ( b + 2c )

2

+

c ( a + 2b )

2

9b + ( c + 2a )

2

+

2

9c + ( a + 2b )

2



3
2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số dương ta có 9a + ( b + 2c )  6 ( b + 2c ) a .
2

Từ đó ta được

a ( b + 2c )

a ( b + 2c )

2

9a + ( b + 2c )

Hàn toàn tương tự ta được



2

6 ( b + 2c ) a

b ( c + 2a )

2

9b + ( c + 2a )

2

( b + 2c )

2

=

a

6

( c + 2a )

6

b

;

.
c ( a + 2b )

2

9c + ( a + 2b )

2



(a + 2b )

c

6

. Từ

đó ta có
a ( b + 2c )

b ( c + 2a )

2

9a + ( b + 2c )

2

+

2

9b + ( c + 2a )

2

+

c ( a + 2b )

2

9c + ( a + 2b )

2



( b + 2c )

a + ( c + 2a ) b + ( a + 2b ) c
6

Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

( b + 2c )

a + ( c + 2a ) b + ( a + 2b ) c
6
=

Như vậy ta được

a ( b + 2c )



( b + 2c )(a + 1) + ( c + 2a )( b + 1) + (a + 2b )( c + 1)
12

a + b + c + ab + bc + ca

4
2

9a + ( b + 2c )

2

+

b ( c + 2a )

2

9b + ( c + 2a )

2

+

(a + b + c )
3+

2

3

4

c ( a + 2b )

2

9c + ( a + 2b )

2



=

3+3 3
=
4
2

3
.
2

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

a = b = c = 1.
Bài 26. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1 . Chứng minh
rằng:

1

a
b
c
+
+
 2
1 + bc 1 + ca 1 + ab
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An