Lời giải của

MHN

NGUYỄN MINH HẢI
5:00 pm-26/06/25

LỜI NÓI ĐẦU
Toán học không chỉ là những con số hay phép tính khô khan, mà còn là một lĩnh vực đầy sáng tạo,
tư duy logic và khám phá bất tận. Từ thuở sơ khai, con người đã dùng toán học để đếm, đo đạc và
hiểu thế giới xung quanh. Dần dà, toán học phát triển thành những hệ thống khái niệm phức tạp
như đại số, hình học, giải tích và xác suất. Điều kỳ diệu là dù bạn là một học sinh phổ thông hay
một nhà khoa học nghiên cứu, toán học luôn tồn tại bên bạn—trong công thức nấu ăn, trong việc
xây dựng cầu đường, hay trong trí tuệ nhân tạo hiện đại.
Sức mạnh của toán học nằm ở khả năng mô hình hóa thế giới thật. Những phương trình mô tả
chuyển động của hành tinh, thuật toán tối ưu hóa tài nguyên trong kinh tế, hay phương pháp thống
kê phân tích dữ liệu—all đều bắt nguồn từ tư duy toán học. Ngoài giá trị ứng dụng, toán học còn nuôi
dưỡng trí tuệ. Nó giúp người học rèn luyện khả năng phân tích, giải quyết vấn đề và suy luận chặt chẽ.
Đó cũng là lý do vì sao toán học được xem như một công cụ nền tảng để tiếp cận mọi ngành học khác.
Không chỉ vậy, toán học còn là một nghệ thuật của sự trừu tượng. Những khám phá thuần lý
như định lý G¨odel hay giả thuyết Riemann khiến ta kinh ngạc trước vẻ đẹp tinh túy của trí tuệ con
người. Khi bạn giải được một bài toán hóc búa, cảm giác thành công ấy không kém gì khi viết nên
một bản nhạc tuyệt vời. Vì thế, toán học không chỉ là môn học mà còn là một hành trình của sự
hiểu biết.

Giới thiệu diễn đàn Toán học
Diễn đàn toán học vói địa chỉ diendantoanhoc.org là nơi giao lưu, chia sẻ kiến thức giữa những
người yêu toán từ khắp nơi trên thế giới. Tại đây, bạn có thể thảo luận các bài toán thú vị, tìm lời
giải từ cộng đồng, hoặc đăng tải những ý tưởng nghiên cứu. Không phân biệt trình độ, diễn đàn là
không gian mở để học hỏi và phát triển. Một diễn đàn nổi bật còn có kho dữ liệu bài giảng, sách
hay và tài liệu học tập cực kỳ hữu ích.
Với tư cách là một Điều hành viên THPT cũng như là quản trị của diễn đàn, tôi tự tin khẳng
định, diễn đàn là một nơi đáng để học hỏi và tìm hiểu toán học.
Nguyễn Minh Hải

Mục lục
LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Bất
1.1
1.2
1.3

2

Đẳng Thức
Topic BĐT hướng tới kì thi vào 10 Chuyên THPT . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức của thành viên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức từ đề thi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
18
45

2 Số Học
2.1 Số Học của thành viên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Topic Số học hướng tới kỳ thi Olympic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51
51
56

3 Hình Học
3.1 Hình Học của thành viên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66
66

4 Toán Rời Rạc
104
4.1 Toán Rời Rạc của thành viên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
LỜI KẾT và TÂM SỰ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

3

Chương 1
Bất Đẳng Thức
Bất đẳng thức là một khái niệm cơ bản nhưng vô cùng quan trọng trong toán học, biểu thị
mối quan hệ không bằng nhau giữa hai biểu thức. Thay vì dùng dấu ' =' , bất đẳng thức sử dụng
các ký hiệu như ' <' ;' >' ;' ≤' ;' ≥' để diễn tả độ lớn nhỏ giữa các giá trị. Những bất đẳng thức nổi
tiếng như Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, Jensen, hay AM–GM thường xuất hiện trong các bài
toán chứng minh và tối ưu hóa. Việc giải và vận dụng bất đẳng thức đòi hỏi tư duy logic, khả
năng biến đổi biểu thức và kỹ năng phân tích. Đây là công cụ mạnh mẽ giúp giải quyết nhiều bài
toán trong thực tế, đặc biệt trong các lĩnh vực như kinh tế, kỹ thuật và khoa học máy tính. Với
học sinh, bất đẳng thức là một phần không thể thiếu trong chương trình toán học nâng cao và thi đấu.
Trong quá trình tham gia và đăng bài liên tục trên diễn đàn Toán học, có thể nói bất đẳng thức
chiếm số lượng lớn nhất trong tổng số họ 600 bài viết của tôi, nên chương đầu tiên của cuốn sách
này sẽ dành cho bất đẳng thức.

1.1

Topic BĐT hướng tới kì thi vào 10 Chuyên THPT
Link:BĐT hướng tới kì thi vào 10 Chuyên THPT

Bài toán 1.1.1. Với các số thực không âm a; b; c sao cho a + b + c > 0. Chứng minh:
X

1
a
≤
4a + 4b + c
3

Chứng minh. Ta thực hiện biến đổi bất đẳng thức như sau
4a(a + b + c) 4b(a + b + c) 4c(a + b + c)
4(a + b + c)
+
+
≤
4a + 4b + c
4b + 4c + a
4c + 4a + b
3
a+

3ca
3ab
3bc
a+b+c
+b+
+c+
≤a+b+c+
4a + 4b + c
4b + 4c + a
4c + 4a + b
3
ca
ab
bc
a+b+c
+
+
≤
4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b
9

Nhận xét rằng nếu ab + bc + ca = 0 thì bất đẳng thức của ta là hiển nhiên. Dưới đây ta sẽ xét với
ab + bc + ca > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có
Å
ã
ca
ca
1
1
1
ca
≤
≤
+
+
4a + 4b + c
(2a + b) + (2a + b) + (2b + c)
9 2a + b 2a + b 2b + c
4

5

Bất Đẳng Thức
ca
=
9

Å

2
1
+
2a + b 2b + c

ã

Suy ra
Å
ã
Å
ã
X ca ã 1 X Å 2ca
2ca
ca
1 X 2ca
bc
1X
+
=
+
=
+
VT ≤
9
2a + b 2b + c
9
2a + b
2b + c
9
2a + b 2a + b
=

a+b+c
1 X c(2a + b)
=
= V P.
9
2a + b
9

Bài toán được giải quyết. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = 2b, c = 0 cùng các
hoán vị tương ứng.

Bài toán 1.1.2. Cho x; y; z là các số thực dương sao cho xyz = 1. Chứng minh:
(xy + yz + zx)2 (x + y + z) ≥ 24 + x2 + y 2 + z 2
Cách 1:
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
ã
Å
1
1
1
2
+
+
≥ 24 + x2 + y 2 + z 2
(xy + yz + zx)
xy yz zx
Áp dụng BĐT Holder ta có:
ã
Å
ã
Å
1
1
1
1
1
1
2
= (xy + yz + zx)(xy + yz + zx)
(xy + yz + zx)
+
+
+
+
xy yz zx
xy yz zx
≥

Ä√
3

x2 +

ä3
√
p
3
3
y2 + z2

Sử dụng BĐT phụ; Với a; b; c > 0 thì (a + b + c)3 ≥ 24abc + a3 + b3 + c3 ta được
Ä√
3

x2 +

ä3
√
p
p
3
3
y 2 + z 2 ≥ 24 3 x2 y 2 z 2 + x2 + y 2 + z 2 = 24 + x2 + y 2 + z 2

Ta có điều phải chứng minh
Cách 2: Biến đổi tương đương
Chứng minh. Bất đẳng thức ban đầu tương đương
(x + y + z)(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) + 4(xy + yz + zx) + x2 + y 2 + z 2 ≥ 24
Áp dụng BĐT Cauchy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.1.3. Chứng minh với mọi a; b; c dương thì
X

a2
≥1
a2 + ab + b2

6

Bất Đẳng Thức

Chứng minh. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca có
a2 (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)
ca2 (a + b + c)
2
=
a
+
,
a2 + ab + b2
a2 + ab + b2
Điều phải chứng minh trở thành
ò
Xï
ca2 (a + b + c)
2
a + 2
≥ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca,
a + ab + b2
Hay
ca2
ab2
bc2
ab + bc + ca
.
+
+
≥
a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2
a+b+c
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy˘Schwarz
P
X
X
( ca)2
ca2
c 2 a2
ab + bc + ca
P
≥
.
=
=
a2 + ab + b2
c(a2 + ab + b2 )
a+b+c
c(a2 + ab + b2 )
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Bài toán 1.1.4. Xét x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx ≤ xyz.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q = (xy)2 + y 2 + zx2 − 18(x + y + z)

Chứng minh. Từ giả thiết xy + yz + zx ≥ xyz ⇒

1 1 1
+ + ≤1
x y z

Áp dụng BĐT Cauchy − Schwarz ta có:
ã
Å
1 1 1
2
2
2
(xy 2 + yz 2 + zx2 ) ≥ (x + y + z)2
xy + yz + zx ≥
+ +
x y z
⇒ Q ≥ (x + y + z)2 − 18(x + y + z) = (x + y + z − 9)2 − 81 ≥ −81
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q = −81 khi x = y = z = 3

Bài toán 1.1.5. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho
a3

k
1
1
16 + 4k
+ 3+ 3 ≥
3
+b
a
b
(a + b)3

với a; b > 0
Chứng minh. BĐT ban đầu
k
4k
1
8
1
8
−
+ 3−
+ 3−
≥0
3
3
3
+b
(a + b)
a
(a + b)
b
(a + b)3
ï
ò
a − b 7b2 + 4ab + a2 7a2 + 4ab + b2
3k(a − b)2 (a + b)
⇔
−
−
≥0
(a + b)3
b3
a3
(a3 + b3 )(a + b)3
⇔

a3

7

Bất Đẳng Thức
(a − b)2 (a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4 )
3k(a − b)2
−
≥0
a3 b 3
a2 − ab + b2






⇔ (a − b)2 a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4 a2 − ab + b2 − 3ka3 b3 ≥ 0.
⇔

Vì (a−b)2 ≥ 0 nên bắt đẳng thức đúng khi và chỉ khi (a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4 ) (a2 − ab + b2 )−
3ka3 b3 ≥ 0.
Cho a = b thì bất đẳng thức trên trở thành 24a6 − 3ka6 ≥ 0 ⇒ k ≤ 8.
Ta chứng minh k = 8 là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho.
Thật vậy, ta xét các trường hợp sau
+ Với k < 8 thì (a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4 ) (a2 − ab + b2 ) − 3ka3 b3 > 0.
+ Với k = 8 thì bất đẳng thức trên được viết lại thành




a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4 a2 − ab + b2 − 24a3 b3 ≥ 0
Ta có a4 + b4 ≥ 2a2 b2 ; a2 + b2 ≥ 2ab nên
a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4 = a4 + b4 + 5ab(a2 + b2 ) + 12a2 b2 ≥ 24a2 b2
Và a2 − ab + b2 ≥ ab.
Do đó ta có
a4 + 5a3 b + 12a2 b2 + 5ab3 + b4






a2 − ab + b2 ≥ 24a3 b3

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8.

Bài toán 1.1.6. Chứng minh rằng
2ab
+
a+b

…

a2 + b 2 √
a+b
≥ ab +
2
2

với a; b > 0
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh được biến đổi như sau:
Ü
…
a2 + b 2 √
a+b
2ab
(a − b)2
1
…
− ab ≥
−
⇔
−
2
2
a+b
2
a2 + b 2

ê
√
− ab

−

1
a+b

≥0

2
√ i
2
2
2
⇒ (a − b) 2a + 2b − 2(a + b ) − 2 ab ≥ 0
√
p
Vì (a − b)2 ≥ 0 nên ta cần chứng minh 2a + 2b − 2(a2 + b2 ) − 2 ab ≥ 0
Thật vậy, ta có
h

a+b−

»
2(a2 + b2 ) = p

»

(a − b)2
,
2(a2 + b2 ) + (a + b)

Ä√
√
√ ä2
(a − b)2
a + b − 2 ab =
a − b = Ä√
√ ä2
a+ b

Do vậy bất đẳng thức trên tương đương với


1
1
≥0
(a − b)2  Ä√
√ ä2 − p 2
2 ) + (a + b)
2(a
+
b
a+ b

8

Bất Đẳng Thức
⇔ (a − b)2

h»
h»
Ä√
√ ä2 i
√ i
2(a2 + b2 ) + (a + b) −
a+ b
2(a2 + b2 ) − 2 ab ≥ 0
≥ 0 ⇔ (a − b)2
2(a − b)4
2(a2 + b2 ) − 4ab
√ ≥0⇔ p
√ ≥0
⇔ (a − b)2 p
2(a2 + b2 ) + 2 ab
2(a2 + b2 ) + 2 ab

Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Bài toán 1.1.7. Cho các số thực dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh
X a+2
9
≥
2
(a + 1)
4

Chứng minh. Ta có:
VT =
Xét

X

X
1
1
1 X 1
9
+
+
.
≥
a+1
(a + 1)2
a+b+c+3 2
a2 + 1

X a2
X a2
a+b+c
3
3
1 X 1
⇒ 3 − 2A =
≤
=
= ⇒A≥
A= .
2
2
2
a +1
a +1
2a
3
2
4

3 3
9
+ =
2 4
4
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
⇒VT ≥

Bài toán 1.1.8. Cho các số thực dương x; y thỏa mãn xy ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
A=

x
y
1
+
+
1 + y 1 + x 1 + xy

Chứng minh. Ta có:
Å
ã
x
y
1
1
1
1
A=
+1+
+1+
− 2 = (x + 1 + 1)
+
+
=2
1+y
1+x
1 + xy
1+x 1+y
1 + xy
Ta có:
1
1
4
4(x + y + 1)
1
1
4
+
≥
⇒A≥
+
−2=2+
−
1+x 1+y
x+y+2
x+y+2
1 + xy
1 + xy x + y + 2
Đặt
√

xy = t ≥ 1 ⇒ A ≥

1
2
3 1
1
2
3
(t − 1)3
3
−
+
2
=
+
+
−
=
+
≥
2
2
2
t +1 t+1
2 2 t +1 t+1
2 2(t + 1)(t + 1)
2

Dấu = xảy ra khi t = 1 ⇒ x = y = 1

9

Bất Đẳng Thức

Bài toán 1.1.9. Chứng minh với mọi số thực không âm a; b; c thì
X

a2 + bc
a2 + b 2 + c 2
5
+
≥
b2 + bc + c2
3 3(ab + bc + ca)

Chứng minh. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
X

X
a2 + bc
(a + b + c)2
a2 + bc
P
P
≥
,
−
b2 + bc + c2
a2 + ab
3(ab + bc + ca)

hay là
X a3 + abc
(a + b + c)3
a+b+c
≥
.
+
b2 + bc + c2
3
3(ab + bc + ca)
Có hai trường hợp xảy ra. (i) a2 + b2 + c2 ≥ 2(ab + bc + ca). Ta biến đổi bắt đẳng thúc như sau
X a3 + abc
X
2(a + b + c)
(a + b + c)3
+
,
+
a
≥
b2 + bc + c2
3(ab + bc + ca)
3
P P 2
X
X X
X
a
1
a a
2
P
+
4
a.
3
a
+
6abc
≥
ab
b2 + bc + c2
b2 + bc + c2
Sử dụng bắt đẳng thức Cauchy˘Schwarz, ta có
X

P
X
a+b+c
a
a2
( a)2
=
=
≥P 2
.
2
2
2
2
2
a(b + bc + c )
b + bc + c
a(b + bc + c )
ab + bc + ca

Ta chỉ cần chứng minh
X
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 )
1
+ 3abc
≥ 2(a + b + c),
2
ab + bc + ca
b + bc + c2
hay tương đương
P
P
X
(a + b + c) ( a2 − 2 ab)
1
+ 3abc
≥ 0,
2
ab + bc + ca
b + bc + c2
là một bất đẳng thức dùng theo giả thiết a2 +b2 +c2 ≥ 2(ab+bc+ca). (ii) 2(ab+bc+ca) ≥ a2 +b2 +c2 .
Sử dụng bất đẳng thức V ornicu˘Schur, ta dễ dàng chứng minh được
X a2 (b + c)
X a(a − b)(a − c)
X a3 + abc
−
=
≥ 0.
b2 + bc + c2
b2 + bc + c2
b2 + bc + c2
Mặt khác, theo một kết quả quen biết thì
a2 (b + c)
b2 (c + a)
c2 (a + b)
2(a2 + b2 + c2 )
+
+
≥
,
b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a2 + ab + b2
a+b+c
nên kết hợp với trên, ta suy ra được
a3 + abc
b3 + abc
c3 + abc
2(a2 + b2 + c2 )
+
+
≥
.
b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a2 + ab + b2
a+b+c
Vậy ta chỉ cần chứng tỏ được rằng
2(a2 + b2 + c2 ) a + b + c
(a + b + c)3
+
≥
.
a+b+c
3
3(ab + bc + ca)

10

Bất Đẳng Thức

Đây là một bất đẳng thức thuần nhất với ba biến a, b, c nên ta có thể giả sử a + b + c = 1.
Đặt q = ab + bc + ca, bất đẳng thức trên trở thành
2(1 − 2q) +

1
1
≥ ,
3
3q

(4q − 1)(1 − 3q)
≥ 0, đúng theo giả thiết 4q ≥ 1.
3q
Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc (a, b, c) là một hoàn vị của bộ số (t, t, 0) với t > 0.
hay tương đương với

Bài toán 1.1.10. Cho các số thực dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh
rằng:

√

1 + a2
+
a

√

1 + b2 √
− 1 + c2 < 1
b

1
1
1
+ +
=1
Chứng minh. Ta có: a + b + c = abc ⇔
ab bc ca
1
1
1
Đặt = x; = y; = z Từ giả thiết ta có: xy + yz + zx = 1
a √ b
c
√
…
…
…
1 + a2
1 + b2 √
1
1
1
2
Ta có:
+
− 1+c <1⇔
+1+
+1+c
+1<1
2
2
a
b
a
b
c2
√
√
2
p
p
√
√
1
+
z
1 + z2
⇒ 1 + x2 + 1 + y 2 −
< 1 ⇔ 1 − 1 + x2 − 1 + y 2 +
>0
z
z
√
ä Äp
ä √
Ä√
p
1 + z2
1 + x2 − 1
1 + y 2 − 1 − 1 + x2 1 + y 2 +
⇔
>0
z
p
√
√
ä Äp
ä
Ä√
2 − z 1 + x2
1
+
z
1 + y2
1 + x2 − 1
1 + y2 − 1 +
>0
⇔
z
Lại có:
»
»
»
p
√
1 + x2 1 + y 2 = (1 − xy)2 + (x + y)2 = (xz + yz)2 + (x + y)2 = (z 2 + 1)(x + y)2
√
= (x + y) 1 + z 2
√
√
ä Äp
ä
Ä√
2 − z(x + y) 1 + z 2
1
+
z
Bất đẳng thức ⇔
1 + x2 − 1
1 + y2 − 1 +
>0
z
√
√
Ä√
ä Äp
ä
1 + z 2 − (1 − xy) 1 + z 2
2
2
⇔
1+x −1
1+y −1 +
>0
z
√
ä Äp
ä xy 1 + z 2
Ä√
⇔
1 + x2 − 1
1 + y2 − 1 +
>0
z
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.1.11. Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh:
2x2

x
2y
4z
1
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
+ y + 5 6y + z + 6 3z + 4x + 16
12

11

Bất Đẳng Thức

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có:




2x2 + y 2 + 5 = x2 + y 2 + x2 + 1 + 4 ≥ 2xy + 2x + 4 = 2(xy + x + 2)




6y 2 + z 2 + 6 = 4y 2 + z 2 + 2 y 2 + 1 + 4 ≥ 4yz + 4y + 4 = 4(yz + y + 1)




3z 2 + 4x2 + 16 = z 2 + 4x2 + 2 z 2 + 4 + 8 ≥ 4zx + 8z + 8 = 4(zx + 2z + 2)
x
2y
y
x
≤
,
≤
⇒ 2
2
2
2
2x + y + 5
2(xy + x + 2)
6y + z + 6
2(yz + y + 1)
4z
z
≤
.
3z 2 + 4x2 + 16
zx + 2z + 2
Cộng vế theo vế, ta có:
x
y
z
VT ≤
+
+
2(xy + x + 2) 2(yz + y + 1) zx + 2z + 2
Å
ã
1
x
y
2z
=
+
+
2 xy + x + 2 yz + y + 1 zx + 2z + 2
Å
ã
1
x
xy
2z
=
+
+
2 xy + x + 2 xyz + xy + x zx + 2z + xyz
Å
ã
x
xy
2
1
1
+
+
=
=
2 xy + x + 2 xy + x + 2 x + xy + 2
2

Bài toán 1.1.12. Cho các số dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất
của
A=

X

√
a a
√
√
a+3 a

Chứng minh. Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki (dạng phân thức), ta có:
A=
A=

(a + b + c)2
a2
b2
c2
√ +
√ +
√ ≥
√
√
√
a + 3 ab b + 3 bc c + 3 ca
a + b + c + 3( ab + bc + ca)

a2
b2
c2
16
√ +
√ +
√ ≥
√
√
√
a + 3 ab b + 3 bc c + 3 ca
4 + 3( ab + bc + ca)

(do a + b + c = 4)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
√
a + b ≥ 2 ab;

√
√
b + c ≥ 2 bc; c + a ≥ 2 ca
√
√
√
⇒ 2a + 2b + 2c ≥ 2 ab + 2 bc + 2 ca
√
√
√
16
⇒ ab + bc + ca ≤ a + b + c = 4 ⇒ A ≥
=1
4+3·4


a, b, c > 0


4
Dấu "=" xảy ra khi: a + b + c = 4 ⇔ a = b = c =

3


a=b=c
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 khi a = b = c = .
3

12

Bất Đẳng Thức

Bài toán 1.1.13. Cho các số thực a; b; c thỏa mãn

Q

(a4 + b4 ) = 8. Chứng minh

Y
(a2 − ab + b2 ) ≥ 1

2

Chứng minh. Ta chứng minh 2 (a2 − ab + b2 ) ≥ a4 + b4 (1) Thật vậy,



(1) ⇔ 2 a4 + b4 + a2 b2 + 2ab2 − 2ab a2 + b2 ≥ a4 + b4
⇔ a2 + b2 − 2ab


2

≥ 0 ⇔ (a − b)4 ≥ 0,

Bất đẳng thức trên đúng và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2
2
Tương tự có: 2 (b2 − bc + c2 ) ≥ b4 + c4 , 2 (c2 − ca + a2 ) ≥ c4 + a4
Thấy các vế đều không âm, nhân theo vế các bất đẳng thức ta được:

2 2

2 2

2






8 a2 − ab + b2
b − bc + c2
c − ca + a2 ≥ a4 + b4 b4 + c4 c4 + a4 = 8






⇒ a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 ≥ 1(∗)
Do a2 − ab + b2 , b2 − bc + c2 , c2 − ca + a2 ≥ 0, nên






(∗) ⇔ a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 ≥ 1

Bài toán 1.1.14. Cho các số thực không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của
A=

Y
(a2 + 2)

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
(a · 1 + b · 1 + c · 1)2 ≤ (a2 + 12 + 12 )(b2 + c2 + 1) = (a2 + 2)(1 + b2 + c2 )

(1.1)

Do vai trò của a, b, c là như nhau nên theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a2 − 1, b2 − 1, c2 − 1 luôn
tồn tại 2 số cùng dấu, giả sử b2 − 1 và c2 − 1.
⇒ (b2 − 1)(c2 − 1) ≥ 0 ⇔ b2 c2 − b2 − c2 + 1 ≥ 0 ⇔ b2 c2 + 2b2 + 2c2 + 4 ≥ 3 + 3b2 + 3c2
⇔ (b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 3(1 + b2 + c2 ) ⇔ (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 3(a2 + 2)(1 + b2 + c2 )

(1.2)

Từ (2.2) và (2.3) suy ra:
A = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 3(a + b + c)2 = 3.9 = 27
Vậy GTNN của A = 27 khi ⇔ a = b = c = 1.

9
4

Bài toán 1.1.15. Cho các sô thực x; y thỏa mãn (2 + x)(y − 1) = .Tìm giá trị nhỏ nhất
của
A=

√

x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 2 +

p
y 4 − 8x3 + 24y 2 − 32y + 17

13

Bất Đẳng Thức
®

u=x+1
9
1
⇒ = (u + 1)(v + 1) ≤ (u + v + 2)2 ⇔ (u + v + 2)2 ≥ 9
4
4
v =y−2
Theo BĐT Bunhiacopski ta có:
Chứng minh. Đặt

(u2 + v 2 + 12 )(12 + 12 + 22 ) ≥ (u + v + 2)2 ≥ 9 ⇒ y 2 + v 2 ≥

1
2

Lại theo BĐT M incopski ta có:
»
√
√
2
2
A = u + 1 + v + 1 ≥ (u2 + v 2 )2 + (12 + 12 )2 ≥

…

1
4+ =
4

√

17
2

5
1
Dấu = xảy ra khi x = − ; y =
2
2

Bài toán 1.1.16. Cho các số thực a; b; c không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1.
Tìm GTNN và GTLN của A =

P

a
1 + bc

Chứng minh. Ta có:
(1 + bc)2 = b2 c2 + 2bc + 1 = a2 + b2 + c2 + 2bc + b2 c2 = b2 c2 + a2 + (b + c)2
1
≥ (b + c)2 + a2 ≥ (a + b + c)2
2
√
1
a
a
⇒ 1 + bc ≥ √ (a + b + c) ⇒
≤ 2
1 + bc
a+b+c
2
Tương tự ta suy ra

√ X
√
a
2
= 2
a+b+c
√
√
2
;c = 0
Vậy giá trị lớn nhất A = 2 khi a = b =
2
Lại theo BĐT AM − GM ta có:
A≤

Å
ã
Å
ã2
a2 + 1
b 2 + c2
(a2 + 1)(b2 + c2 + 2)
1 a2 + 1 + 2 + b 2 + c 2
a(1 + bc) ≤
1+
=
≤
=1
2
2
4
4
2
2

⇒

a
≥ a2
1 + bc

Tương tự thì ta được:
A≥

X

a2 = 1

Vậy giá trị nhỏ nhất A = 1 khi a = 0; b = c = 1
√

√

Bài toán 1.1.17. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn: 3 xy + xz = 2. Chứng minh
rằng:
4yz 5xz 7xy
+
+
≥8
x
y
z

14

Bất Đẳng Thức

Chứng minh. Đặt
A=
Å
=

4yz 5zx 7xy
yz 3yz zx 4zx 3xy 4xy
+
+
=
+
+
+
+
+
x
y
z
x
x
y
y
z
z
Å
ã
xy 
xz xy
+3
+
+4
+
≥ 2z + 6y + 8x
x
z
y
z
√
√
= (2z + 2x) + (6x + 6y) ≥ 4( zx + 3 xy) = 8

yz xz
+
x
y

ã

Dấu = xảy ra khi x = y = z =

 yz

1
2

Bài toán 1.1.18. Cho x; y ≥ 0. Chứng minh

x3 y 3
+
≥ x2 + y 2
y
x

Chứng minh. Áp dụng BĐT AM − GM ta có:
 
3 3 2
x3
x3 x 3 y 2 y 2
y2
3 2 y2
3 x .x .y
=
+
+
−
≥2
−
= x −
y
2y 2y
2
2
2y.2y.2
2
2
2
y3
y3
3 2 x2
Tương tự với
ta cũng có
≥ y −
x
x
2
2
Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.1.19. Cho các số dương x; y; z thỏa mãn
nhất của
A=

X

P

1
≥ 2020. Tìm giá trị nhỏ
x+y

p
2x2 + y 2
xy

Chứng minh. Để giải bài toán này ta sử dụng hai bất đẳng thức phụ sau.

(i) Cho a, b là các số thực dương ta có
1 1
4
+ ≥
a b
a+b
Dấu bằng xảy ra khi a = b
(ii) Cho a, b, c, d, e là các số thực ta có
√

a2 + b 2 +

Dấu bằng xảy ra khi

√

c2 + d 2 +

»
p
e2 + f 2 ≥ (a + c + e)2 + (b + d + f )2
a
c
e
= =
b
d
f

15

Bất Đẳng Thức

Đây là 1 trường hợp nhỏ của bất đẳng thức Mincopsky.
Áp dụng bất đẳng thức i) cho các cặp (x, y); (y, z); (z, x) ta có
Å
ã
Å
ã
Å
ã
1
1 1 1
1
1 1 1
1
1 1 1
≤
+
;
≤
+
;
≤
+
x+y
4 x y
y+z
4 y z
x+z
4 x z
Nên theo giả thiết suy ra

1 1 1
+ + ≥ 4040. Ta biến đổi biểu thức A, ta được
x y z
p
p
√
y 2 + 2x2
z 2 + 2y 2
x2 + 2z 2
A=
+
+
xy
zy
zx
 
 
…
y 2 + 2x2
z 2 + 2y 2
x2 + 2z 2
=
+
+
x2 y 2
z2y2
z 2 x2
 
 
…
1
2
1
2
1
2
=
+ 2+
+ 2+
+ 2
2
2
2
x
y
z
y
z
x

Áp dụng bất đẳng thức ii), và bất đẳng thức vừa chứng minh ta có
 Å
ã
ã
Å
√
1 1 1 2
1 1 1 2 √
P ≥
+ +
+ +
+2
≥ 40402 + 2.40402 = 4040 3
x y z
x y z
√
Vậy GT N N của A = 4040 3 khi x = y = z =

3
.
4040

Bài toán 1.1.20. Cho a; b;P
c là các số thực không âm thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

P

a = 3.

3

(a − 1)

Chứng minh. Ta biến đổi giả thiết
A = (a − 1)3 + (b − 1)3 + (c − 1)3
2
3
2
= a3 − 3aã2 + Å
3a − 1 + b3 − 3b
Å
ã +Å3b − 1 + c − 3c
ã + 3c − 1
9
9
9
3
= a3 − 3a2 + a + b3 − 3b2 + b + c3 − 3c2 + c + (a + b + c) − 3
4
4
Å 4 ã2
ã4
ã
Å
Å
3
3 2
3 2 3
=a a−
+b b−
+c c−
+ (a + b + c) − 3
2Å
2
2
4ã
ã
Å
ã
Å
3 2
3 2
3 2 3
=a a−
+b b−
+c c−
−
2
2
2
4
Å
ã
Å
ã
3 2
3 2
Vì a ≥ 0; a −
≥ 0, ∀ a ∈ R nên a a −
≥ 0.
2
2
Å
ã
Å
ã
3 2
3 2
3
Tương tự với b, c thì ta có b b −
≥ 0; c c −
≥ 0, nên A ≥ −
2
2Å
4
ã
3
3 3
Vậy GTNN của A = − khi (a, b, c) là hoán vị của
, ,0 .
4
2 2

Bài toán 1.1.21. Cho các số thực dương a; b; c thỏa mãn

P1
≤ 3. Tìm giá trị lớn nhất
a

16

Bất Đẳng Thức

của
A=

X

√

a2

1
− ab + 3b2 + 1

Chứng minh. Ta áp dụng bổ đề sau:

Bổ đề 1.1.1:
Cho a; b là các số thực dương. Chứng minh:
√

1
a2 − ab + 3b2 + 1 ≥ (a + 5b + 2)
4

√
Ta cần chứng minh 4 a2 − ab + 3b2 + 1 ≥ a + 5b + 2
⇔ 16(a2 − ab + 3b2 + 1) ≥ a2 + 25b2 + 4 + 10ab + 20b + 4a
⇔ 15a2 − 26ab + 23b2 − 4a − 20b + 12 ≥ 0
⇔ 13(a2 − 2ab + b2 ) + 2(a2 − 2a + 1) + 10(b2 − 2b + 1) ≥ 0
⇔ 13(a − b)2 + 2(a − 1)2 + 10(b − 1)2 ≥ 0(luôn đúng)
Dấu = xảy ra khi a = b = 1 Áp dụng bổ đề trên vào ta có:
A≤

X

≤

X
4
4
=
a + 5b + 2
a+b+b+b+b+b+1+1
X 1 1 5
1 X6
3
( + + 2) = (
+ 6) ≤
16 a b
16
a
2

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Bài toán 1.1.22. Cho x; y là các số thực dương thỏa mãn x3 − y3 ≥ 2x. Chứng minh
x3 > 2y

Chứng minh. Ta biến đổi giả thiết như sau:
x3 − y 3 ≥ 2x ⇔ x3 − 2x ≥ y 3 ⇔ 8x3 − 16x ≥ 8y 3
Ta chứng minh bất thức sau 8x3 − 16x < x9 , ta có:
8x3 − 16x < x9 ⇔ x(x8 − 8x2 + 16) > 0
Vì x > 0 nên
x(x8 − 8x2 + 16) = x(x4 − 2)2 + 4x(x2 − 1)2 + 8x > 0
Suy ra x9 > 8y 3 ⇔ x3 > 2y

Bài toán 1.1.23. Cho các số thực không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh

17

Bất Đẳng Thức

rằng

X√

16a + 9 ≥ 11

Cách 1:
Chứng minh. Có a + b + c = 1 mà a, b, c là các số thực không âm nên 0 ≤ a, b, c ≤ 1.
Ta có 0 ≤ a ≤ 1 ⇒ a2 ≤ a. Như vậy ta có đánh giá
√
√
√
16a + 9 = 4a + 12a + 9 ≥ 4a2 + 12a + 9 = 2a + 3
√
√
Tương tự ta được 16b √
+ 9 ≥ 2b + 3;
√ 16c + 9 ≥
√ 2c + 3
Cộng vế với vế ta được 16a + 9 + 16b + 9 + 16c + 9 ≥ 2(a + b + c) + 9 = 11.
Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = 1 và b = 0 hoặc b = 1 và c = 0 hoặc c = 1.
Hay dấu bằng xảy ra khi (a, b, c) là các hoán vị của bộ (1; 0; 0).
Cách 2:
√
√
√
Chứng minh. Đặt x = 16a + 9; y = 16b + 9; z = 16c + 9, với x, y, z > 0,
suy ra x2 + y 2 + z 2 = 16.(a + b + c) + 27.
Mà a + b + c = 1 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 43.
Tương tự như cách 1, ta chỉ ra được rằng 0 ≤ a, b, c ≤ 1. Vì 0 ≤ a ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 16a ≤ 16
⇔ 9 ≤ 16a + 9 ≤ 25 ⇒ 3 ≤ x ≤ 5 ⇒ (x − 3)(x − 5) ≤ 0 ⇒ x2 − 8x + 15 ≤ 0 ⇒ x2 ≤ 8x − 15
Tương tự ta được: y 2 ≤ 8y − 15.;2 ≤ 8z − 15.
Cộng vế với vế ta được x2 + y 2 + z 2 ≤ 8(x + y + z) − 45, mà x2 + y 2 + z 2 = 43 nên
8(x + y + z) − 45 ≥ 43 ⇒ 8(x + y + z) ≥ 88 ⇒ x + y + z ≥ 11
√
√
√
Vậy 16a + 9 + 16b + 9 + 16c + 9 ≥ 2(a + b + c) + 9 = 11.
Dấu bằng xảy ra khi x√= 3 hoặc x = 5 và y = 3 hoặc y = 5 và z = 3 hoặc z = 5.
1. Nếu x = 3 mà x = √16a + 9 thì a = 0, thỏa mãn.
2. Nếu x = 5 mà x = 16a + 9 thì a = 1, thỏa mãn.
Tương tự với y; z, tóm lại dâu bằng xảy ra khi (a; b; c) là hoán vị của bộ (1; 0; 0)

Bài toán 1.1.24. Cho các số√thực không âm a; b; c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca.
Chứng minh rằng a + b + c ≥ 3 3 2abc

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
√
√
3
3
(a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 3 abc · 3 a2 b2 c2 = 9abc
⇔ (4ab + 4bc + 4ca)(a + b + c) ≥ 54abc
⇔ (a2 + b2 + c2 + 2ba + 2bc + 2ca)(a + b + c) ≥ 54abc
⇔ (a + b + c)3 ≥ 54abc
√
3
⇔ a + b + c ≥ 3 2abc
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra, ví dụ (a, b, c) = (4t, t, t) và các hoán vị với t > 0.

18

Bất Đẳng Thức

Bài toán 1.1.25. Với các số thực dương a; b thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của :
Å

1
1
+√
S = (a + b) √
a2 − ab + 2b2
b2 − ab + 2b2

ã

Chứng minh. Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
Å
ã
1
1
2
2
S ≤ 2(a + b)
+
a2 − ab + 2b2 b2 − ab + 2a2
2(a + b)2 (3a2 + 3b2 − 2ab)
= 4
2a − 3a3 b + 6a2 b2 − 3ab3 + 2b4
2(a2 + b2 + 2ab)(3a2 − 3b2 − 2ab)
=
2(a2 + b2 )2 − 3ab(a2 + b2 ) + 2a2 b2
2(t + 2)(3t − 2)
a2 + b 2
≥ 2, ta được S 2 ≤
. Ta chứng minh
Chia tử và mẫu cho a b và đặt t =
ab
2t2 − 3t + 2
2 2

2(t + 2)(3t − 2)
≤ 8 (∗)
2t2 − 3t + 2
Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức tương đương ta được
(∗) ⇔ 3t2 + 4t − 4 ≤ 8t2 − 12t − 8 ⇔ 5t2 − 16t + 12 ≥ 0
⇔ (t − 2)(5t − 6) ≥ 0
√
luôn đúng do t ≥ 2. Do đó S ≤ 2 2, đẳng thức xảy ra khi a = b.
Như vậy kì thi vào 10 THPT Chuyên và Không chuyên đã chính thức khép lại và
chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp THPT sắp tới. Topic này đã hoàn thành chức năng và
nhiệm vụ của nó trong việc hỗ trợ phần nào cho các sĩ tử ôn thi vào lớp 10.
Mình xin phép sẽ đóng Topic này lại và năm sau sẽ mở lại để tiếp tực nhiệm vụ của nó.
Hi vọng năm sau sẽ lại sôi nổi như năm nay và có thêm nhiều thành viên năng nổ.

1.2

Bất đẳng thức của thành viên

Bài toán 1.2.1. Cho các số thực thỏa mãn:a, b, c > 0 Chứng minh rằng :
√
√
√
ab
bc
ca
3
+
+
≤
a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b
4

Chứng minh. Áp dụng BĐT AM − GM ta có:
a
b
√
X
X a+c + b+c
ab
ab
3
p
≤
= .
≤
a + b + 2c
4
4
2 (a + c)(b + c)
√

X

Dấu = xảy ra khi a = b = c

19

Bất Đẳng Thức

Bài toán 1.2.2. Cho n là một số nguyên dương và x1 ; x2 ; ...; xn là các số thực dương thỏa
mãn |xi − xj | ≤ 1 với mọi cặp (i, j) sao cho 1 ≤ i < j ≤ n. Chứng minh rằng:
xn−1 xn
x2 + 1 x3 + 1
xn + 1
x1 + 1
x1 x2
+
+ ··· +
+
≥
+
+ ··· +
+
.
x2 x3
xn
x1
x1 + 1 x2 + 1
xn−1 + 1 xn + 1

Chứng minh. Ký hiệu h(t) = t − log t. Ý tưởng là chứng minh
Å ã
Å
ã
x
y+1
h
≥h
y
x+1
khi x, y > 0 và |x − y| ≤ 1.
Sau đó, tổng hợp các bất đẳng thức này cho (x, y) = (xi , xi+1 ), ta thu được bất đẳng thức mong
muốn, vì các logarit sẽ triệt tiêu lẫn nhau.
1
Lưu ý rằng h' (t) = 1 − , nên h giảm trên khoảng (0, 1] và tăng trên khoảng [1, +∞). Ta sử dụng
t
hai bất đẳng
thức
đơn
giản
sau:
Å ã
1
1
1. h(t) ≥ h
với t ≥ 1. Thật vậy, đặt = 1 − s, s ∈ [0, 1), bất đẳng thức này được viết lại thành
t
t
1
− 1 + s ≥ −2 log(1 − s), điều này được suy ra từ việc khai triển cả hai vế thành chuỗi theo s.
1−s
2. h(1 − s) ≥ h(1 + s) với s ∈ [0, 1). Điều này được viết lại thành − log(1 − s) + log(1 + s) ≥ 2s, suy
ra từ việc khai triểnÅ thành
theo Å
s.
ã chuỗi
ã
y
x
y+1
Nếu x ≥ y, ta có h
≥h
≥h
, bất đẳng thức thứ hai suy ra từ tính đơn điệu của
y
x
x+1
y
y+1
h trên (0, 1] và bất đẳng thức hiển nhiên ≤
.
x
x+1
Lưu ý rằng ở đây ta không sử dụng điều kiện |x − y| ≤ 1.
Nếu x < y ≤ x + 1, ta có
Å
ã
Å
ã
Å
ã
Å
ã
Å ã
y−x
y−x
y−x
y+1
x
=h 1−
≥h 1+
≥h 1+
=h
h
y
y
y
x+1
x+1
như mong muốn.

Bài toán 1.2.3. Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn:

1 1 1
+ + = 1. Chứng minh
a b c

rằng:
aa bc + bb ca + cc ab ≥ 27ab + 27bc + 27ca
Chứng minh. Lời giải đầu tiên bằng
phương
pháp Jensen (Ankan Bhattacharya):
Å
ã
1 1 1
Áp dụng phép đổi biến (x, y, z) =
, ,
, ta cần chứng minh rằng
a b c
x1−1/x + y 1−1/y + z 1−1/z ≥ 27
khi x, y, z > 0 và x + y + z = 1.
Ta sẽ chứng minh rằng hàm f (x) = x1−1/x là lồi trên R>0 , từ đó suy ra kết quả cần chứng minh.
Một phép tính cho thấy:


f ' (x) = x−1/x x−1 log x + 1 − x−1

20

Bất Đẳng Thức
f '' (x) = x−1/x x−3 (log x − 1)2 + x−2




và đạo hàm bậc hai này luôn dương.
Lời giải thứ hai (Jirayus Jinapong):
Chia cả hai vế cho abc, ta cần chứng minh aa−1 + bb−1 + cc−1 ≥ 27. Thực tế, ta sẽ chứng minh một
kết quả mạnh hơn sau đây.
Khẳng định: Ta có aa−1 bb−1 cc−1 ≥ 729.
Chứng minh: Lưu ý rằng a, b, c > 1. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM có trọng số, ta có
Å ã a−1
X
2
a−1
1 Y 1 a+b+c−3
=
· ≥
a+b+c−3
a+b+c−3 a
a
cyc
cyc
Do đó, ta thu được
a

a−1 b−1 c−1

Vì giả thiết cho thấy a + b + c ≥

b

c

Å
≥

a+b+c+3
2

ãa+b+c−3
.

9
= 9, nên ta có kết quả cần chứng minh.
1/a + 1/b + 1/c

Bài toán 1.2.4. Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh
a(a − 2b + c) b(b − 2c + a) c(c − 2a + b)
+
+
≥0
ab + 1
bc + 1
ca + 1
Chứng minh. Ta có:
X a(a − 2b + c)
cyc

ab + 1

=

X a2 + 1 + ac + 1 − 2(ab + 1)
ab + 1

cyc

Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số ta có:
X ac + 1
cyc

ab + 1

s
≥33

=

X a2 + 1
cyc

Y ac + 1
cyc

ab + 1

ab + 1

+

X ac + 1
cyc

ab + 1

=3

−6

(1.3)

Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy-Swcharz ta có:
(a2 + 1)(b2 + 1) ≥ (ab + 1)2
Tương tự, suy ra:
!2
Y
Y
(a2 + 1)(b2 + 1) ≥
(ab + 1)2 ⇒

Y
(a2 + 1)

cyc

cyc

cyc

!2
≥

Y
(ab + 1)
cyc

2

⇒

Y
Y
Ya +1
(a2 + 1) ≥
(ab + 1) ⇒
≥1
ab + 1
cyc
cyc
cyc

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
X a2 + 1
cyc

ab + 1

s
Y a2 + 1

≥33

Từ (2.2) và (2.3) ta có điều phải chứng minh
Dấu = xảy ra khi a = b = c

cyc

ab + 1

≥3

(1.4)

21

Bất Đẳng Thức

Bài toán 1.2.5. Cho a, b, c là các số dương thỏa abc = 1. Chứng minh rằng:
XÅ

1
√
1 + a2

ã

3
≤√
2

Chứng minh. Ta có:a; b; c > 0; abc = 1 ⇒ 0 < ab < 1
1
1
2
Dễ dàng chứng minh được BĐT phụ sau:
+
≤
2
2
1+a
1+b
1 + ab
Áp dụng BĐT Bunhiacopski và BĐT trên ta có:
 
√
Å
ã
1
1
2 c
1
2
2
1
√
=√
+√
≤ (1 + 1)
≤
=…
+
1 + a2 1 + b 2
1 + ab
1
1 + a2
1 + b2
c2 + 1
1+
c
c+1≤

√

√
√
2
1
1 + 1. c2 + 1 ⇒ √
≤
2
1+c
c +1

√ p
√
√
√
√
2.[ 2c.(c + 1) + 1]
2 c
2 c
2
2
⇒VT ≤ √
≤√
=
≤
+
+
c+1
c+1 c+1
c2 + 1 1 + c

√

Å

2c + c + 1
+1
2.
2
c+1

ã

√
3 2
=
2

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Bài toán 1.2.6. Cho a, b, c là các số không âm thỏa (a − b)2 = a + b + 2. Chứng minh rằng:
Å
1+

a3
(b + 1)3

ãÅ
1+

b3
(a + 1)3

ã
≤9

Chứng minh. Từ
(a−b)2 = a+b+2 ⇔ a2 +b2 −2ab = a+b+2 ⇔ a(a+1)+b(b+1) = 2(a+1)(b+1) ⇔

a
b
+
=2
b+1 a+1

a
b
= x;
= y ⇒ x + y = 2; x, y ≥ 0 ⇒ 0 ≤ xy ≤ 1
b+1
a+1
Vế trái trở thành
(1 + x3 )(1 + y 3 ) = x3 y 3 + x3 + y 3 + 1
Đặt

= x3 y 3 + (x + y)3 − 3xy(x + y) + 1 = x3 y 3 − 6xy + 9 = xy(x2 y 2 − 6) + 9 ≤ 9
Dấu = xảy ra khi xy = 0 ⇔ (x; y) ∈ {(2; 0); (0; 2)} ⇒ (a; b) ∈ {(2; 0); (0; 2)}

Bài toán 1.2.7. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3.Chứng minh rằng:
A=

1
1
1
+
+
≥1
2
2
2 + a b 2 + b c 2 + c2 a

22

Bất Đẳng Thức

Chứng minh. Ta có:
√
√
3
3
2 + a2 b = 1 + 1 + a2 b ≥ 3 a2 b; a + 2b = a + b + b ≥ 3 ab2
2
a2 b
a2 b
√
⇒
=1−
≥1− 3
2 + a2 b
1 + 1 + a2 b
3 a2 b
√
3
a. ab2
a(a + 2b)
1
1 a2 + 2ab
=1−
≥1−
⇒
≥
−
3
9
2 + a2 b
2
18
1
1 b2 + 2bc
1
1 c2 + 2ca
≥
−
;
≥
−
2 + b2 c
2
18
2 + c2 a
2
18
Cộng vế theo vế ta có:
1
3
V T ≥ − (a + b + c)2 = 1
2 18

Tương tự ta có:

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Bài toán 1.2.8. Cho a, b, c > 0 thoả mãn ab + bc + ca ≤ abc. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
P =

X

1
√
4a2 + 7b2 + 6b + 27

Chứng minh. Ta có:
√

4a2 + 7b2 + 6b + 27 =
≥

√

4a2 + 4b2 + b2 + 6b + 9 + 2b2 + 18 =

»

4a2 + 4b2 + (b + 3)2 + 2(b2 + 9)

»
»
2(a + b)2 + 2(b + 3)2 ≥ (a + b + b + 3)2 = a + b + b + 3

1
1
⇒√
≤
2
2
a+b+b+3
4a + 7b + 6b + 27
1 1
4
1
1
1
1
Sử dụng + ≥
⇒
≤
+
+
a b
a+b
a+b+b+3
16a 8b 48
Å
ã
3 1 1 1
1
1
⇒P ≤
+ +
+
≤
16 a b c
16
4
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 3

Bài toán 1.2.9. Cho a, b, c là các số thực dương thoả ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng
a2
b2
c2
+
+
≥1
a2 + b + c b 2 + c + a c 2 + a + b
Chứng minh. Theo BĐT Cauchy − Schwarz ta có:
P 3
P
P 3
3
X
a3
( a 2 )2
a + 2 (ab) 2
P 3
VT =
≥P 3
=
a(a2 + b + c)
a +6
a +6
Từ đây bài toán quy về chứng minh
X
3
(ab) 2 ≥ 3

23

Bất Đẳng Thức

Theo BĐT Holder ta có
3

3

3

(1 + 1 + 1)[(ab) 2 + (bc) 2 + (ca) 2 ]2 ≥ (ab + bc + ca)3
Suy ra bất đẳng thức trên đúng
Dâu = xả...