a

1. Tuyển chọn các
Bất Đẳng Thức
hay và khó
Tác giả :Trịnh Đình Triển lớp 10A6
THPT Đông Thụy Anh Thái Bình

2. Bài toán 1:cho các số không âm a,b,c sao cho 2 2 2
4a b c abc   
đặt      
2 2 2
; ;M min a b b c c a    
 
. chứng minh rằng :
2
3
4
M
a b c   
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh 3a b c   thật vậy giả sử 3a b c  
*Nếu      22 2 2 2 2 2
2 2ab bc ca a b c a b c a b c         thì 2 2 2 9
4
2
a b c   :vô lí
*nếu   2 2 2
2 ab bc ca a b c    thì áp dụng BĐT schur bậc 3 ta có :
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 ( )[2( ) ] 2( )
4
9 3
a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c
a b c abc a b c
           
        
..Điều này vô lí; vì thế 3a b c  
Quay lại bài toán giả sử BĐT đã cho là sai tức là
2
3
4
M
a b c    bây giờ :
*Trước hết ta chứng minh      
2 2 2
6a b Mb c c a     thật vậy không mất tổng quát giả sử
a b c  thì 0; 0a b b c    và 2 2
min ( ) ;( )M a b b c     từ đó dễ thấy:
            
2 2 2 2 2
2 2 2a b b c c a a b b c a b b c            tiếp theo
Ta chứng minh  2 2 2
( )2 4ab bc ca a b c a b c M        thật vậy BĐT tương đương:
2
2 2 2 4( ) 4( )(3 )
2( )
3 3
a b c a b c a b c
ab bc ca a b c M
      
        :đúng vì
VT
2 2 2
( ) ( ) ( )
2
3
a b c b a c
M
    
  và 2VP M M M   để chứng minh điều giả sử là sai ta sẽ cm
BĐT đầu bài đúng thật vật xét các trường hợp sau:
(+) nếu   2 2 2
2 ab bc ca a b c    dễ thấy 2 2 2 2
)8 2( )(a b c a b c     ngoài ra vì
2 2 2 22
( ) ( ) ( )
2
2 6 6
a b c a b c a b c
M
     
    ta có :
2
( ) 4
12 4( ) 10 4( ) 10 8 2 0
6 3
a b c
a b c M a b c
 
            
(+) nếu 2(ab+bc+ca)≥a2
+b2
+c2
áp dụng bđt schur bậc 4 ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 ( )[2( ) ]
3( ) 3( )
2( )
ab bc ca a b c ab bc ca a b c
a b c abc a b c
a b c
         
      
 
   2 2 2 2 2 2
3 ( )2a b c ab bc ca a b c        ta chỉ cần có:
 2 2 2
( )2 4ab bc ca a b c a b c M       
nhưng BĐT này đã được chứng minh ở trên. vậy điều giả sử là sai tức là BĐT đã cho đúng

3. Bài toán 2:cho các số không âm a,b,c sao cho 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 6a b b c a c a b c   
chứng minh rằng : 3a b c  
Lời giải:
Giả sử ngược lại 3a b c   ta sẽ chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 2 2
63a b b c a c a b c   thật vậy
đặt q ab bc ca   và r abc thì BĐT 2 2
6 3 6q r r   vì 1r  nên ta chỉ cần có:  2
3 6q r 
*với 2 2 81
4 9 3 6
16
q q r q      và ta ngay điều cần cm
*khi 4 9q  áp dụng BĐT schur bậc 3 ta có 3 4 9r q  nên ta chỉ việc chứng minh:
    2
4 9 6 1 3 0q q q q      :hiển nhiên đúng vậy điều giả sử là sai ta phải có 3a b c  
Bài toán 3: cho các số dương x,y,z chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
6
x yz y xz z xy
y yz z x xz z x xy y
  
  
     
Lời giải:
chúng ta sẽ sử dụng bài toán 2 để chứng minh bài này nhưng với 1 chút ‘cải tiến’ :
đặt
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
..; ..;c
2 2 2 2 2 2 2 2 2
x yz y xz z xy
a b
y yz z x xz z x xy y
  
  
     
ta cần chứng minh 3a b c   ta áp dụng bài 2 với 1 số cải tiến ta sẽ chứng minh
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3a b b c c a a b c   6 thật vậy BĐT này tương đương với (sau khi quy đồng ):
    2
, , , ,
2
2 2 2 2 2 2 2 2
)( )6 ( ) 1( 627 ( )
x y z x y z
x yz y zx x xy y x yz y xzx z xy xy y          Ta có:
*
 
       
2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 5 5
, , , , , , , ,
2 2 2 3 3 3
6 ( )( 6)( ) 6 6 (
6
)
6 6
x y z x y z x y z x y z
x yz y zx x xy y x y x y x y x y z
xyz x y z xy yz zx xyz x y z x y z xyz x y z
       
          

 
   
* 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3
, ,
27( )( )( ) 5 )4 54 27 (
x y z
x yz y zx z xy x y z x y xyz x y z        và
2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 23 3
, , , ,,, ,z, y
16 ( ) ( ) ) ( ) 116 16 ( 32 486
x y z x y zx y xz
xy y x y x y xyz x y z xyz x y zx xy x y y z      
 
  

 

 
Từ các đẳng thức đã khai triển trên ta quy BĐT lại là
3 3 5 5 2 2 2 2 2 2 2
, , ,
3 3 3
, , ,, , y z
6 ( 24 101 20 ) 237 ) ( ) (( ) 0
x y z x y zx y z x
y x y z x y z x y x y xyz x y xyz zxy xx y
 
         



  

4.      2 2 2 3 3 3 3 3 3
, ,
2( 3 3 2) 0 3 3 3
x y z
x y x xy y xyz x y z x y xyz xyz x y z xyxy z        
 
     
 

3 2 2 2
,
3
,
9 3 0
x y z
x x y zy
 


 

  đúng theo BĐT schur và am-gm.
(*)Như vậy ta đã chứng minh được 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 6S a b b c a c a b c    bây giờ giả sử a+b+c<3.
từ đó đặt .;.ka m kb n  và kc p trong đó
3
1k
a b c
 
 
lúc này 3m n p  
Và 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3m n n p p m m n p a b b c a c a b c       mà theo bài 2: khi 3m n p   thì
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 6m n n p p m m n p    mẫu thuẫn do đó 3a b c   (ĐPCM)
Nhận xét:bài này mình vô tình tìm được trong 1 cuốn về BĐT ,cách dùng là holder sau đó áp dụng p,q,r có
điều là lời giải đó không đúng bài này ko phải khó nhất nhưng có thể xem là bài có ý tưởng ‘‘độc’’ nhất
trong cả file này,nếu như không dùng thuật phản chứng kia các bạn hãy thử chứng minh cách khác xem !!
Bài toán 4:cho các số thực , , [ 1;1]a b c  thỏa mãn
1 1 1
0a b c
a b c
     
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P a b c  
Lời giải:
Phân tích:Thực sự khi đứng trước các bài hình thức ‘gọn nhẹ’ nhưng ít ‘khe hở’lúc bắt tay vào làm nhiều lúc
ta gặp bế tắc và đó là lúc cần nhìn nó dưới góc độ khác để tìm được ‘khe hở’.
quay lại bài toán không mất tính tổng quát giả sử 0ab 
Đặt
1 1 1
;a x b y và c z
a b c
      thế thì 2 2 2
0 ; ; 4x y z và x y z   hơn nữa x ,y,z theo thứ tự cùng
dấu với a,b,c ngoài ra giải các phương trình bậc 2 qua phép đặt trên ta có
2 22 2
4 44 4
.;b ..;c
2 2 2
( )
2
yy x yx x z
a
x yz        
   

từ đó:
(*)Nếu 1 , 0a b   thì 2 2 2
2 2( ) 4 4 ( ) 4 0P a b c x y x y          
(*)Nếu 0 , 1a b  thì 2 2 2
2 2( ) ( ) 4 4) 4 0P a b c x y x y          
từ đó ta chỉ cần tìm min trong TH1 và max trong TH2 dễ thấy min và max đối nhau ngoài ra ở TH2 dàng
chứng minh với , 2x y  thì 2 2 2
( ) 4 4 4 2 3x y x y       thật vậy
giả sử x y ta có 2 2 2
( ) 4 4 4x y x x y      thật vậy bình phương 2 vế :
BĐT  2 2
( 2) ( 4 )(y 4) 0x y x x     :đúng
Mà  
2
2 2 2
4 4 2 3 4( 2) 4 3( 4) 0x x x x x        
Vậy min 3;max 3P P   dấu ‘‘=’’ các bạn tự giải nhá

5. Nhận xét:khi biết dấu bằng ta có 1 lời giải khác khá ngắn gọn có điều mình đnag làm cách tự nhiên nhất có
thể nên xin không trình bày thêm
Bài 5:cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng :
3 7
( )(b c)(c a)(a b c)
7
24
abc a b
a b c ab bc ca abc
    
      
Lời giải:
Với mọi a,b dương thì  
4
8 ( )ab a b a b  làm tương tự rồi nhân lại ta có
3 4
, ,
8 ( )( )( ) ( )
a b c
abc a b b c c a a b     từ đây lưu ý là
1
4 7
3 6 3
( )( )( ) ( ) ( )( )( )
7 . . .
8 3 8
abc a b b c c a a b c a b b c c a
VP abc
         
       
     
2 2 2
33 3
( )( )( )
4
64 3 8
a b b c c a a b c a b b c c a
abc
       
   
  3 3
, ,
2( )
3 3a b c
a b b c a b c
abc a b c ab bc ca abc
   
         
.BĐT được chứng minh dấu= xẩy ra Khi và chỉ khi a=b=c
Bài 6: cho các số thực 1 2 2002; ;...;xx x và 1 2 2000; ;...;y y y thỏa mãn điều kiện:
1 2 2002 1 2 2000
1 2 2002 1 2 2000
... x ...
... x ...
e x x y y y
x x y y y
      

      
Chứng minh rằng : 1 2 2002 1 2 2000...x ...x x y y y
Lời giải:
Đặt 1,2002i
i
x
a i
e
   và 1,2000j
j
x
b j
e
   bài toán trở thành
Cho : 1 2 2002 1 2 20001 ...a a a b b b       và 1 2 2002 1 2 2000... ...a a a b b b       ta cần có:
2
1 2 2002 1 2 2000... ...e a a a b b b hay 2 1 2 2000
1 2 3 4 2002
...1 1
. .
...
b b b
e
a a a a a
 áp dụng BĐT am-gm ta có:
20022002 2000
1 2 2000
11 2 3 4 2002 1 2 2
...1 1 1 1 1
. . .
... 2002
i
i i
bb b b
a a a a a a a a 
  
    
   
 bây giờ chú ý
2000 2000 2000 2000
2 2
1 1 1 11 2 1 2
1 2 1 2 2 2 2
2
1 1 21 1
2 2 2 4
i i i i
i i i i
b a b a
a a a a
a a a a a a a
 
   
  
   
         
   

6. Mặt khác
2000 2000
2 2000 2000
1 1 2
1 12 2 2
2000
i i
i i i i i
i ii i
b a
b a b
a a a

  
  

 
   
 
 
  nên
2000
11 2 2
1 1
2004i
i i
b
a a a 
   Từ đó
2002 4004
21 2 2000
1 2 3 4 2002
...1 1 2 1
. . 1 1
... 2002 2002
bb b
e
a a a a a
   
       
   
BĐT được chứng minh
Bài toán 7: cho các số thực  , , 1;1x y z  và 0x y z   tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2
1 1 1P x y y z z x        
Lời giải:
Ta chứng minh 3P  thật vậy bình phương 2 vế 2 2 2
, , , ,
2 (1 )(1 ) 6
x y z x y z
BĐT x x y y z       
(-)Áp dụng bđt Cauchy_schwart ta có:
2 2
, , , , , ,
2 (1 ).(1 ) 2 (1 )(1 ) 2 | |
x y z x y z x y z
x y y z x y yz          ta quy về chứng minh
2
, , , , , ,
2 (1 )(1 ) 2 | | 6
x y z x y z x y z
x x y yz       giờ BĐT đối xứng cho x,y,z nên không mất tổng quát
giả sử : x y z  ta có
1 1
2 2 2 2 2 2
x y y z z x
y y y
    
        xét
(
(2 )
(1 )(1 ) (1 ) 1 1 1
2 4
x x x
x y x
 
        
 
đánh giá:
 
2 2
2
( ) ( )
2 (1 )(1 ) 2 2
41 1
x y x y
x y z z
x y
 
       
  
và
 
2 2
2
( ) ( )
2 (1 )(1 ) 2 2
31 1
x z x z
x z y y
x z
 
       
  
 
2
2
2
(y )
2 (1 )(1 ) 2 2 ( )
1 1
z
y z x x y z
x z

        
  
cộng tương ứng vế vế 3 BĐT trên rồi thay lại
vào bđt cần cm ta quy về chứng minh
2 2
2
, ,
3( ) 2( )
(| | | |)
4 3
0
x y z
x y x z
x y
 
    thay z x y   và lưu ý (|𝑥| − |𝑧|)2
+ (|𝑧| − |𝑦|)2
≤x2
+y2
BĐT cuối ta chỉ cần cm
2 2
( ) 7
2| | 0
12 12
x xy y
xy

   nhưng BĐT này hiển nhiên đúng .
Min P=3 khi x=y=z=0

7. Nhận xét :ở đây bước quy về
2 2
2
, ,
3( ) 2( )
(| | | |)
4 3
0
x y z
x y x z
x y
 
    ta cần chú ý đẳng thức:
2 2 2 2 2 2
, , , , , , , , , , , ,
2 | | 3 (| x | | y|) 3 ( ) (| x | | y|)
x y z x y z x y z x y z x y z x y z
x xy x x x y z              
2 2
, , , ,
( ) (| x | | y|)
x y z x y z
x y     từ đó kết hợp đánh giá đã có mà ta quy được về BĐT trên
Bài 8: cho các số thực không âm , ,a b c chứng minh rằng:
2
2 2 2 2 2 2 2 2
4( ) 5( )a bc b b ca c c ab a a b c ab bc ca             
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử min(a,b,c)a  suy ra ( )( ) 0a b a c   ta chứng minh:
2 2 2 2 2 2 2 2
a bc b b ca c a ca b b bc c           thật vậy bình phương 2 vế ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 ( )( ) 2 ( )( )BĐT a bc b b ca c a ca b b bc c         
2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) c(c a)(b a)(c a) 0a bc b b ca c a ca b b bc c               :đúng
ta cần chứng minh:
2
2 2 2 2 2 2 2 2
4( ) 5( )b bc c b a ca c ab a a b c ab bc ca             
sử dụng đẳng thức 2 2 2 2
( ) 2( ) ( )x y x y x y     ta có :
 
 
2 22
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
( ) ( )
2(2 )
b c b c a
b a ca c ab a a ab ca b c
b a ca c ab a
  
          
    
2 2 2 2 2 2
2(2 ) ( ) 4 2 ( ) ( )a ab ca b c b c a a b c b c            ta còn phải chứng minh:
2 2 2 2 2 2 2
4 2 ( ) ( ) 4( ) 5( )b bc c a a b c b c a b c ab bc ca            
2 2 2 2 2 2
2 [4 2 ( ) ( ) ]( ) 2( ) 3 ( )a a b c b c b bc c b bc c a b c           
2 2 2 2 2 2 2 2 2
16 ( ) 4 ( ) 4a(b c)( ) 9a ( )a b bc c bc b bc c b bc c b c           
 2 2 2 2
4( )( )( ) 3a ( ) 0a b a c b bc c b c       :đúng ta có ĐPCM
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 
Bài toán 9:Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
)15(
2 3( )
a b c a b c
a b c
b c a a b c
   
      
  
Lời giải:

8. BĐT
2 2 2
3 3 3 15(
2( ) 3( )
)a b c
a c c b b a abc a b c
a b c
  
      
  
bây giờ chuẩn hóa 3a b c   (*)
nếu 1ab bc ca   hay ab bc ca  ≤
2
( )
9
a b c 
.giả sử b nằm giữa a và c hay ( )( ) 0b a b c  
xét BĐT đề bài : trừ hai vế đi 5(a+b+c) rồi biến đổi ta có
BĐT 
2 2 22 2 2 5 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
2
a b b c c aa b b c c a
b c a a b c
             
  
theo BĐT C-S:
VT
2 2 2
( ) ( ) 2( ) ( )
2
( )
a c c a a c a b c
b c a a b c
     
   
  
2
18( )a c
a b c

 
 
VP và BĐT hiển nhiên đúng
(*)khi 1ab bc ca   quay lại BĐT ban đầu đặt ;q ab bc ca r abc    ta có
2 2 2
15( )
3( )
a b c
abc a b c
a b c
  
   
  
= [6 10(3 )]r q  và:
3 3 3 2 2 2
2( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( )a c c b b a ab bc ca a b c abc a b c a b c a b b c c a               
(9 2 ) 3 3( )( )( )q q r a b b c c a       suy ra ta chỉ cần chứng minh bài toán khi a b c  lưu ý là
2 2 2
( ) ( ) ( )a b b c c a   3 2
4(3 ) 27( 2 )q q r     viết lại BĐT đã cho là:
3 2
(9 2 ) 3 [6 10(3 )] 3 4(3 ) 27( 2 )q q r r q q q r           tiếp theo đặt:
3 0; 2 1t q s q r r s t          thay vào bđt đã cho và thu gọn ta cần chứng minh:
2 3 2
8 2 (9 10 ) 3 4 27t t s t t s     (*) khi
3
2 4
27
t
s  ta có
3
2 2
8 2 (9 10 ) 8 2 2 (9 10 )
27
t
t t s t t t t      
10
2 1 2 1 0
3 3 3
t t t
t
  
        
  
do đó
(*)  2 2 2 2 2 3
( ) [(9 10 ) 243] 2 (8 2 )(9 10 ) (8 2 ) 36G s s t s t t t t t t         0
Ta có 2 2 2 2 2 3 2
(8 2 ) (9 10 ) [(8 2 ) 36 ][243 (9 10 ) ]s t t t t t t t        
2 2 3 2
0 243(8 2 ) 36 [(9 10 ) 243]s t t t t        2 210
(4 1) [9 3(1 ) ]
9
t
t t   

3 2
100 28
4 1
27 3
t t
t

   0 
2
100 1 (27 2 )
(2 ) 2 0
27 2 54
t t t
t t
  
     
 
.
Bài toán 10:cho các số thực dương a,b,c sao cho ( 1)( 1)( 1) 1 4a b c abc    
chứng minh rằng: 1 abc a b c   
Lời giải:

9. Đặt
1 1 1
; ;a b c
x y z
   bài toán trở thành: cho các số thực dương x,y,z sao cho:
3x y z xy yz zx      chứng minh 1xyz xy yz zx    . Không mất tổng quát giả sử z x y  thế thì
, 1x y  ta có 1 (1 )(1 ) 1xyz xy yz zx z x y z xy         
Khi 1z xy  thì BĐT hiển nhiên trái lại kết hợp giả thiết :( 1)( ) 2z x y  
2
1
x y
z
  

(+)Nếu 𝑧 ≥ 1 ta có 1 ( 1) 1 ( )xyz xy yz zx xy z z x y         dễ thấy nếu ( ) 1z x y  thì BĐT đúng trái
lại từ giả thiết ta có: 2 1 1 (1 ) (1 )(1 )x y z xy z yz x y z x y xy z x y                
(+) khi 1z  ta có ( 1) 2 1
3
x y z xy yz zx
xy z xy
    
    và :
2
1 ( ) 1 (1 ) 0
1
z
xyz z x y xy xy z
z
        

. BĐT Được chứng minh
Bài 11:cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ( 1)( 1)( 1) 1 4a b c abc    
chứng minh rằng:
5 1
2
abc a b c

   
Lời giải:
Đặt như bài trên bài toán trở thành: cho x,y,z dương và 3x y z xy yz zx     
Chứng minh:
5 1
1
2
xyz xy yz zx

    . Nếu 1xy yz zx   BĐT hiển nhiên Khi 1xy yz zx   suy ra
2x y z   .đặt ; ;p x y z q xy yz zx      và r xyz ta có p+q=3 và cần cứng minh :
5 1
1
2
r q

  ta
có 2 5 1
3 3 3 9 3
2
p p q p p
 
        
 
áp dụng BĐT shur bậc 4:
2 2 2
(4 )( ) (2 )(6 )( 3)
6 6
q p p q p p p p
r
p p
     
 áp dụng ta chỉ việc chứng minh:
2
(2 )(6 )( 3)
( 5 1) 1 2
12
p p p p
q p
p
   
    hay 2
( ) ( 5 1)(6 )( 3) 12 0F p p p p p       ta có
2 27
( ) ( 5 1)(3 14 3) 12 21 3 12 0
4
F p p p           suy ra
3( 5 1)
( ) 0
2
F p F
 
   
 
BĐT được chứng minh dấu= xẩy ra khi a b c 
Bài 12: cho các số dương a,b,c chứng minh rằng:
3
9
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
ab bc ca a b c abc
c a b c c a a b b c a b b c c a a b a b c
     
          
Lời giải:

10. ;
a b
x y
b c a c
 
 
và
c
z
a b


lưu ý rằng: 2 2 2
( )( )( )
abc
x y z
a b b c c a

  
và
3
( )
2
( )( )( ) ( )( )( )
a b c a b c abc
a b b c c a b c a c a b a b b c c a
 
    
        
2 2 2 2 2 2
2x y z x y z     nên:
2 2 2
33
3 2 2 2 2 2 2
. .
( ) 2 . .
abc x y z
a b c x y z x y z

     
từ đây viết lại BĐT cần chứng minh là:
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
. .
4( ) 2( ) 9
2 . .
x y z
xy yz zx x y z
x y z x y z
     
   
ta có đánh giá:
(*)
3
2 3
( )( ) 2
ab a b a c
xy yz zx
c a c b c a b c c a c a
        
     
    
(*) 2
( )( )
a ab
b c c a c b

  
   3 3 3 2
3 ( )a b c abc a b c     :đúng theo BĐT schur bậc 3
Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )x y z x y y z z x     mặt khác áp dụng BĐT schur bậc 4 ta có:
2 2 2
2 2 2
6 ( )
2( )
xyz x y z
xy yz zx x y z
x y z xy yz zx
 
     
    
từ đó ta chỉ việc chứng minh:
3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
27 ( )
64( 2 ) ( )
xyz x y z
x y z x y z x y z xy yz zx
 

        
dễ thấy
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 1 1
2 2 2 4
x y y z z x x y z
x y z
   
    nên
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 5( ) 3 9( )
2
4 2 4
x y z x y z
x y z x y z
   
       ta còn phải chứng minh:
3
2 2 2 2 2 2 3
3 ( )
16( ) ( )
xyz x y z
x y z x y z xy yz zx
 

      
áp dụng BĐT am_gm ta có:
2 2 2 2 2 2 2
( ) 4( )( )x y z xy yz zx xy yz zx x y z          và 2
3 ( ) ( )xyz x y z xy yz zx    
suy ra VT
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
12( )( ) 4( )[2( ) 3]
x y z xy yz zx x y z
x y z x y z xy yz zx x y z x y z
     
 
           
ta chỉ cần
chứng minh : 2 2 2 2
6( ) 9 4( )x y z x y z      :đúng vì 3xy yz zx  
Bài 13:cho các số thực không âm a,b,c chứng minh:
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2 3
1
2
2
a bc b ca c ab
b c a c a b
  
   
  
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a b c  ta có:
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
a bc b ca a c b c
b c a c b c a c
   
  
   
xét:

11. (*)Nếu: 2 2 2
3 2a b c  ta chứng minh
2 2 2
4 2 3 2 3
2 2 2 2
( ) ( )
c ab b c
c c b a b b a a b b
a b a c
 
      
 
0 :đúng vì
3 2 3 3 3
3 3 4 0a a b b b b     ta được VT
2 2 2 2
3 3
2 2 2 2
2
a c b c
b c a c
 
 
 
. Đặt
2 2
33
2 2
3
a c
t
b c

 

xét:
2
( )F t t
t
  có
2
2
2
( ) 0
t
F t
t

   => 3 3
33
2 1
( ) ( 3) 3 2
3 2
F t f    
(*)Nếu: 2 2 2
3 2a b c  ta chứng minh
2 2 2 22
2 2 2 2 2
( )( )
2
a c b cc ab
a b a b c
 

  
2 2 2 22
2 2 2 2 2
( )( )
2
a c b cc ab
a b a b c
 

  
2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2
( ) ( 2 ) ( ) ( ( ) . )c ab a b c a b c c a b a b        
4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 ( ) 4 ( )( ) ( ) ( ) 0c c ab c a b c ab c a b a b        :đúng vì
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )( ) 4 ( )( ) 4 ( )( )c a b a b c a b a b c a b b c c a b c ab           ta được
VT
2 2 2 2
3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2
1a c b c
b c a c a c b c
b c c a
 
  
   

 
đặt
2 2
6
2 2
1
a c
t
b c

 

thế thì
VT 2
2 3 3
3
1 1
( )
1
f t t
t t
t
   

ta có:
4 6 4 6 2 6 4 2
43 3 7 7
3
4 3
3
2( 1) 1 2( 1) 1 ( 1)(2 1)
( ) 0
1
.
t t t t t t t t
f t
t t t t
t t
t
       
      
 
 
 
nên 3
1
( ) (1) 2
2
f t f   (ĐPCM)
Bài 14:cho các số thực không âm a,b,c chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2( ) 1
2
a bc b ca c ab a b c
b c a c b a ab bc ca
    
   
    
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử: a b c  dễ thấy:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
a bc b ac a c b c
b c a c b c a c
   
  
   
Mặt khác:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2( ) 2( 2 )
( )( )
a b c a b c
ab b ca a c b c
   

   
(vì hiển nhiên 2 2 2 2
( )( )ab bc ca a c b c     )
(*)TH1:nếu 2 2 2
3 2a b c  tương tự bài 13 ta có
2 2 2
2 2 2 2
c ab b c
a b a c
 

 
từ các đánh giá ta quy bđt về chứng minh

12. 2 1 1
( ) 2 0
2
f t t t
t t
 
      
 
trong đó
2 2
2 2
3
a c
t
b c

 

dễ có f(t) đồng biến ngoài ra :
5 8 1
( 3)
3 3 2
f    >0 ta có Đpcm
(*)nếu 2 2 2
3 2a b c  thì
2 2 2 22
2 2 2 2 2
( )( )
2
a c b cc ab
a b a b c
 

  
(theo bài 13) do đó ta chỉ việc chứng minh:
2 2 2 2
2 2 2 2
a c b c
b c a c
 
 
 
2 2 2 2
2 2 2
( )( )
2
a c b c
a b c
 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
1
2 0
2
a c b c
b c a c
  
    
   
Công việc đơn giản rồi.
Bài 15:Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
8 8 8
a b c a b c
b c c a a a a b c
 
  
    
Lời giải:
Áp dụng BĐT holder ta có 2 32 3 2 2
. (2 ) ( 8 ) (2 )VT a b b c a ab      vậy ta cần phải chứng minh:
2 3 2 2 2 3 3 3 3 2 2
(2 ) ( ) ( ) (2 ) ( 8 )a ab a b c a b c a b b c          đây là bđt rất khó mình đã cố gắng
nhưng cách chứng minh không được tốt các bạn thông cảm:
Ta có D= 3 2 2
(2 ) ( 8 )a b b c  3 2 2 3 2 2
(8 12 6 )( 8 )a a b b a b b c    
= 5 4 3 2 3 2
6 16 76 . 144 ( )a a c a b a c abc a b c         =
5 3 3 3 2 2 2
3 ( ) 45 ( ) 144 ( ) 3( 11 )( )( )( )a ab a b a b c abc a b c a ab a b b c c a               
Do đó ta chỉ cần chứng minh bài toán khi a b c  chuẩn hóa 3a b c   đặt
3; ;p a b c q ab bc ca r abc        lưu ý
2 3 3 2
2 2 2 4( 3 ) (2 9 27)
( ) ( ) ( )
27
p q p pq
a b b c c a
   
    =
3 2
4(3 ) 27( 2 )q q r    từ đó không mấy khó khăn ta biểu diễn được theo p,q,r thì
D= 2 3 2
135 (810 108 ) 9(9 )(3 ) 27( 1) 4(3 ) 27( 2 )q r q q q q q q r           BĐt trở thành
3 2 3 2
27(6 ) (9 2 ) (27 9 3 )[135 (810 108 ) 9(9 )(3 ) 27( 1) 4(3 ) 27( 2 ) ]q q q r q r q q q q q q r               
(**)nếu 2q  thì 3 2 2 3 2 2 3
4(3 ) 27( 2 ) 9 4 54( 2) 27 9 4q q r q q q r r q q           ta chỉ cần chứng minh
: 3 2
27(6 ) (9 2 ) (27 9 3 )[135 9(9 )(3 ) (810 108 ) 27 ( 1) 9 4 ]q q q r q q q r q q q q             lưu ý với
𝑞 ≤ 2 thì F(r)= 2
(27 9 3 )[135 9(9 )(3 ) (810 108 ) 27 ( 1) 9 4 ]q r q q q r q q q q          là hàm nghịch biến
theo r nên F(r)≤ 𝐹(0)= 2
9(3 )[135 9(9 )(3 ) 27 ( 1) 9 4 ]q q q q q q q       Mặt khác
3 3
9 4 3
2
q q  
ta chỉ việc chứng minh:
3 2
(6 ) (9 2 ) (3 )[45 3(9 )(3 ) 27( 1)]q q q q q q q         2
(3 )[42 9 108]q q q   

13. Đặt u=2 − 𝑞 ≥ 0 BĐt trở thành 3 2
( 4) (5 2 ) ( 1))(42 177 294)u u u u u      chứng minh không khó xin
dành bạn đọc
( **)khi 2q  viết lại BĐT cần chứng minh:
3 2 3 2
27(6 ) (9 2 ) (27 9 3 )[135 (810 108 ) 9(9 )(3 ) 27( 1) 4(3 ) 27( 2 ) ]q q q r q r q q q q q q r               
Đặt 3 1; 2t q s q r      3q t   và r=1-s-t ta có :
Vế Phải= 3
27( 3) (3 2 )t t  và Vế TRái=3(1 2 ).s t K  trong đó :
K= 2 3 2
135(3 ) (1 )(486 108 ) 9 (12 ) 24(4 ) 4 27t s t t t t t t s         
= 2 3 2
234 324 729 27(4 ) 4 27t t t t s     từ đó ta cần chứng minh
3 2 3 2
(3 ) (3 2 ) [26 36 81 3(4 ) 4 27 (12 54)](1 2 )t t t t t t s s t s t            hay
2 2 4 3 2 3 2
( ) (54 12 ) (156 2 27) 2 31 127 9 3(4 )(1 2 ) 4 27 0G s s t s t t t t t t t s t t s               dễ thấy
G(s) 2 4 3 2 3 2
(156 2 27) 2 31 127 9 3(4 )(1 2 ) 4 27s t t t t t t t s t t s            
(*)nếu 0s  ta cần có:
2
2 2 3 2 2 4 3 298
(98 9 ) 72 (4 ) (1 2 ) 3 8 (4 28 33 56 16)
3
t t t t t t t t t t t
 
          
 
 (1)
Dễ thấy bđt đúng vì t≤1 ngoài ra lưu ý 2 2 2
243(4 ) (1 2 ) |1562 27 2 |t t t     (2) và hơn nữa
2 2 3 2
( ) (156 27 2 ) 98 9 3(4 )(1 2 ) 4 27G s s t t t t t t t s          ≥0
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) (156 27 2 ) 243 (4 ) (1 2 ) 2(98 9 )(156 27 2 )q s s t t s t t t t t t          
2 2 2 2
(98 9 ) 36(4 ) (1 2 ) 0t t t t      theo đánh giá (1) và (2) ta có:
2 2
2 2 2 2 2 (98 9 )
( ) 2 (156 27 2 ) 2 (98 9 )(156 27 2 ) 0
2
t t
q s s t t s t t t t

        
(*)nếu 0s  ta xét:
1
5
t  thì 2
(156 27 2 ) 0s t t    mặt khác 3 2 3
3(4 )(1 2 ) 4 27 3(4 )(1 3 ) 4t s t t s t t t      
Và theo( 1) 2 2 3 2 2 2 2
(98 9 ) 72 (4 ) (1 2 ) 36(4 ) (1 3 )t t t t t t t       (3) suy ra bđt đúng
Nếu
1
5
t  ta chứng minh được 2 2 3 2 2
(98 9 ) 72 (4 ) (1 3 )t t t t t    ta chỉ cần chứng minh:
2 2 3 2
98 9 (156 27 2 ) 3(4 )(1 3 ) 4 27t t s t t t t t s        sử dụng (3) và làm tương tự như trên ta dễ dàng có
ĐPCM. Bây giờ xin bổ sung thiếu sót ta cần phải chứng minh 2 2
98 9 (156 27 2 ) 0t t s t t     nhưng Khi
3
2 4
27
t
s  việc chứng minh
2 2
2 4 (156 27 2 )
(98 9)
27
t t t
t
 
  với 1t  là dễ dàng
Bài toán 16:Cho 3n  số thực : 1 2 ... nx x x   sao cho:

14. 1 2 ... 0nx x x   
2 2 2
1 2 ... ( 1)nx x x n n     tìm min của 1 2P x x  ( trích VN TST -2011) (p/s:bài này còn hỏi max nhưng
max tìm đơn giản xin dành bạn đọc ,chúng ta quan tâm đến min hơn)
Lời giải
(*)Với n=3, nếu: 3 1x   thì 1 2 1x x  xét với 31 0x   :
Từ: 2
1 3 2 3 1 2 3( )( ) 0 2 2x x x x x x x        suy ra :
2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 26 2( ) 2 2( ) 4 1x x x x x x x x x x x           
Mặt khác cho 1 2 3( ; ; ) (2; 1; 1)x x x    thì P=1 vậy khi n=3 min P=1
(*) với 4n  giả sử 1 2 1 2... 0 ...k k k nx x x x x x         trong đó 1 1k n   ta lại xét:
(+)với 3k  thì : 2 2 2 2 2
1 2 1( 1) ... ...k k nn n x x x x x        2 2 2 2
1 2 1 2... ( ... )k k k nx x x x x x        
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 3 1 2 3... ( ... ) ( 2) ( ( 2) )k kx x x x x x x x k x x x k x               
2 2 2
1 1 2 2 3 1 2 3 1 2 32( . ) ( ) (2 5) ( ) ( 1)( 2)x x x x x x x k x x x k k x          
2 2
1 2 1 2
2 5 ( 1)( 2) ( 1)
( ) 2 ( )
2 4 4
k k k n n
x x x x
      
           
suy ra 1 2 2x x 
(+) với k=2: 2 2 2 2 2
1 2 1 2 3 4( 1) ... ( ) ( ... )n nn n x x x x x x x x           = 2
1 22( )x x
Suy ra 1 2
( 1)
6 2
2
n n
x x

   
(+)với k=1 nếu 5n  thì n(n-1) 2 2 2
1 2 3 4 1( ... ) 2nx x x x x x       suy ra 1
( 1)
2
n n
x

 >3
Mà 2 3 1
1 2
... ( 2) 9
2
1 1 4
nx x x n x
P x x
n n
   
     
 
.xét Khi n=4. Giả sử 1 2 3 43 3x x x x     
nhưng 2 2 2 2
2 3 4 112 3x x x x     :mâu thuẫn (dễ dàng có) Do đó 1 3x  ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4 3 4 1 2 1 2 2 1 1 212 ( ) 2 . ( ) 2 2 ( )x x x x x x x x x x x x x x x x x x                1 26( )x x 
hay 1 2 2x x  .mà 1 2 1... 1; 1n nx x x x n      thì P=2.vậy khi 4n  thì min P=2
Bài toán 17:Cho các số thực dương , , , , ,a b c x y z và số nguyên dương K 1 chứng minh rằng:
a,
2 2 2x y z
ab bc ac a b c
x y y z x z
    
  
b, 11 1
2 2 2k k kkk k
x y z
a b b c c a a b c
x y y z z x
     
  
Lời giải:

15. a, VP-VT=
2 2
2 2
2
4 2
x z x z
a b c b c
x y z x x y z x y x
b c
x y z x
   
     
        
 
2y
bc
y z


2 2
2
( )( )
y x y xy y
b c bc bc bc
x y z x y z x y z x y z
    
     
từ đó để chứng minh VT-VP 0 ta chỉ cần
có
2
2 0 2 ( ) ( )( ) ( )( ) 0
( )( )
xy y
x y z x y x z x y z x
x y z x y z
          
  
tuy nó không đúng
nhưng bằng cách tương tự trên ta lại quy được BĐT về chứng minh :
( )( ) 0x y y z   và ( )( ) 0z x y z   nhưng:
2 2 2
( )( ).( )( ).( )( ) ( ) ( ) ( ) 0z x y z x y y z x y z x x y y z z x          
suy ra ít nhất 1 trong 3 BĐT trên là đúng. Ta có ĐPCM
b, với k=1 đã chứng minh ở trên, xét với 2k  áp dụng BĐT am-gm ta có
1
2
2 2 2
( 1) ( 2) k
k
x x x
k a ab ab k a b
x y x y x y

    
  
(1)
1
2
2 2 2
( 1) ( 2) k
k
y y
k b bc bc k b c
y z y z y z

    
  
(2)
12
2 2 2
( 1) ( 2) kk
z z z
k c ca ca k c a
z x z x z x
    
  
(3)
Cộng vế vế (1),(2),(3) kết hợp
2 2 2x y z
ab bc ac a b c
x y y z x z
    
  
(câu a) ta có ĐPCM
Bài toán 18:Cho các số thực không âm a,b,c sao cho 1ab bc ca   chứng minh rằng:
1 1 1 1
2
2a b b c c a
   
  
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a b c  xét các trường hợp:
(*)TH1: 1a  lúc này ta sẽ chứng minh 2 BĐT sau từ đó suy ra kết quả bài toán:
(+)
1 1 1 5
2a b b c c a
  
  
thật vậy : BĐT 2
, , , ,
1 1 25
( ) 2
( ) (a b)(a c) 4a b c a b c
ab bc ca
a b
 
     
   
 
Lưu ý: 2
, ,
1 4
( ) 4 4
(a b)(a c) ( )( )(c a)a b c
abc
ab bc ca
a b b c
 
     
     
 mặt khác:

16. 2 2
2 2 2 2 2 2
, ,
1 1 2 ( ) 1 2 ( )
( ) ( ) ( )(b c) ( ) ( ) ( ) ( )(b c) 4(ab bc ca)( )a b c
a b a b
a b a b a c a c b c a b a c a b
 
     
           

2 2
2 2 2 2
( ) 2 ( )( ) 2
( ) ( ) ( ) ( )(c b) ( )( )( ) ( ) ( )(c b)
ab bc ca ab c ab c c c a c b ab c
a b a b a b a b c a a b b c c a a b c a
   
      
           
từ
đó:
2 2
2 2 2
, ,
1 2 2( ) ( ) 9
( )
( ) ( ) ( )( ) ( )(b c) 4( ) 4a b c
ab c ab bc ca a b
ab bc ca
a b a b a c b c a c a b
  
      
      
 từ đó suy ra BĐT
này đúng
(+)
, ,
1
2 1
( )( )a b c a c b c
 
 
  2
, ,
1
2 1
1a b c a
 



2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1 2 2
1 1 1
a b c
a b c
  
      
  
thay
1 ab
c
a b



thì BĐT trở thành:
2 2 2
2 2 2 2
1 1 2(1 )
1 1 2 2 2
1 1 (1 )(1 )
a b ab
a b a b
  
      
   
lưu ý
1
1 2(1 )
3
ab ab ab    
Do đó:
2 2 2
2 2 2 2
2(1 ) 1
2 2
(1 )(1 ) (1 )(1 )
ab a b
a b a b
 
  
   
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
a b a b
a b a b
   
      
   
(bình pương BĐT
2 2
2 2
(1 )(1 )
0
(1 )(1 )
a b
a b
 
 
 
:đúng) lưu ý
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2(1 )
1 1
1 1 (1 )(1 )
a b a b
a b a b
  
   
   
Đặt t=
2 2
2 2
(1 )
(1 )(1 )
a b
a b

 
 0 1t 
Ta chỉ cần chứng minh 2
2 1 2 2 1 2 2 3 2 2 2 0t t t t t           :đúng do 0 1t 
(*)TH2: 1a b c   trước hết ta có :
2
2 2
1 1 1 1 2 2
( )
1 1
a b
ab bc ca a b c
a c b c a c b ca c b c c c
     
                          
2
2
2
1
a b c a b
c
      

vì
2
2
2 2 2
2
4 4 1 4
1 1 1
c c
c c
c c c
   
        
     
(+)nếu 2a b  xét
1
( ) 2f a b a b
a b
    

với 2a b  ta có
3
1 1
'( ) 0
2 2 2 ( )
f a b
a b a b
   
  
=>
1
( ) (2) 2
2
f a b f   
(+)nếu 2a b  từ 2
1 (b ) bc 2c c 2 1a c c        viết lại bđt là
1 1 1 1
2
2a b a c b c
   
  
(#) ta chỉ cần chứng minh khi
1 1
2 0
a c b c
  
 

17. (#)
  2
1 1 2
4
2 1
1 12( )( 2) 2
a b a c b c c
a b a b
a c b c
  
     
    
 
sử dụng các đánh giá sau:
1 1
2 2 2 ( 2)a b a b a b
a c b c
         
 
ta chỉ việc chứng minh:
2
2 1 1 2
4 0
2 1
a b
a c b c c
 
    
  
có:
 
2
2 ( ) ( 1)(1 ) ( )
4
a b
a b c a b a b c a b

         
2
1 1 ( 2 )
( )( ) 2
( )( )
c a b c
ab bc ca a b c
a c b c a c b c
 
      
   
=
2 2
2
2
( ) ( 2 )
2 1
( )( )( )
a b c a b c
c
a c b ca c b c
  
  
   
2 2
2
2
( ) 2 ( )
2 1
(c 1)4 2
a b c a b
c
 
   

từ đó :
2
2
22 2
2 1 1 2 ( ) 2 2 ( )
4 2 1 4
12 21 1
a b c a b c a b
c
a c b c cc c
   
         
   
=
2 2
22
2( 1 1) c( )( 2 1 )( 2 1 )
0
2( 1)1
c a b c c
cc
      
 

:đúng. Vậy BĐT đúng trong mọi trường hợp ta có
ĐPCM dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ( , , ) (1;1;0)a b c  và hoán vị
Nhận xét:Bài trên ta đã dùng có 1 chứng minh khá ngắn cho iran 96
Bài toán 19:cho các số thực , ,x y z thỏa mãn:
2 2 2
( ) ( ) ( ) 8x y y z z x      và 3 3 3
1x y z   tìm min P= 4 4 4
x y z 
Lời giải:
(*)nếu 1xy yz zx    ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 1 3x y z xy yz zx x y z x y z             
=>
2 2 2 2
4 4 4 ( )
3
3
x y z
x y z
 
   
(*)nếu 2 2 2
1 3.xy yz zx x y z        lại có
2 2 2 2 2
8 3( ) ( ) 9 ( ) 1 1x y z x y z x y z x y z                .ta lại xét các trường hợp:
[-(+)-]nếu 1 0x y z     .trong 3 số x,y,z tồn tại 2 số cùng dấu giả sử 0xy  .ta có:
3 3 3 3 3 3
1 ( ) 3 ( ) , 0x y z x y x y xy x y x y            .thay x,y bởi –a,-b( , 0a b  ) ta có
2 2 2
3 3 3
(a ) 4
1 1
z ab z b a b
z a b
z a b
      

   
  
bây giờ ta xét:

18. Khi 3 3 8
9
a b  thì 3 17
9
z  ta có
4
4 44 4 3 3 3
4 3 3 43 3 3
a 4 17
2 2 (a 1) 2 3,013286... 3
2 2 9 9
b a b
z b
        
               
      
Khi 3 3 8
9
a b  lưu ý
3 3 3 3
2
2
4 ( ) ( ) '(a b) z 0
( )
a b a b
z z a b f a b f
a b a b
 
          
 
3 3
234 ( ) ( ) ( )
2
a b
f a b f z t

     trong đó
3 3
3
2
a b
t

 mặt khác theo bđt holder:
44 4 3 3
4 4 3 3 3 4 4
3( ) (1 1) ( )
2 2
a b a b
a b a b t
  
       
 
mặt khác ta có
3 3
3 3 3 3 3
17 17 17
1
4 2 4 4
a b z
z a b t
t
 
       
 
để chứng minh 4 4 4
3a b z   ta chỉ việc chứng minh
4 4 4
16(2 ) 3( )t z z t   đặt 3
17
4
z
u
t
  ta cần chứng minh:
4 4
( ) 16 32 3( 1) 0g u u u     . Ta có
33
3 3 3
16 1 16 4
'(u) 12 1 12 1 0
3 3 17
g u u
u
                            
4 4
3
3 3
17 17 17
( ) 32 16. 3 1 0,8287... 0
4 4 4
g u g
    
                  
[-(+)-] xét 0 1x y z    lúc này lưu ý rằng :
4 4 4 2 2 2 2 2
( ) 2( ) 4 ( )x y z x y z xy yz zx xyz x y z           từ giả thiết dễ dàng suy ra:
2
2 2 2
2
8 ( )
3
( ) 4
3
1 4(x y z)
x y z
x y z
x y z
xy yz zx
xyz
   
  

  
  

   


đặt (0 1)m x y z m     ta có
2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 (m 8) (m 4) 12 (1 4 ) (1 ) 12 (1 ) 5(1 )
2 3 3
9 9 9 9
m m m m m m m
x y z
       
       
Vậy ta luôn có 4 4 4
3x y z   dấu = khi ( , , ) (1,1, 1)x y z   và hoán vị
Bài 20:Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nhọn chứng minh rằng:

19. 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
2
( )(b )( )
a b c b c a c a b a b c b c a c a b
a b c c a c a b abc
           
 
     
Lời giải:
Chú ý rằng :
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos cos cos 1 1
2 2 2
b c a a c b a b c
A B C
bc ca ab
     
      
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2abc ( )( )( )
2 2
a b c a b a c b c a b c a b c b c a c a b
abc abc
              
 
Từ đó không mấy khó khăn ta viết lại BĐT đã cho là :
2
(cos cos cos 1)
4 2(cos cos cos )
2cos .cos .cos
A B C
A B C
A B C
  
    . Bây giờ đặt :
x 2cosA;y 2cosB  và z 2cosC thế thì : 2 2 2
4x y z xyz    ta cần chứng minh :
2
( 2)
4
x y z
x y z
xyz
  
   
2
( 2)
4
x y z
xyz
x y z
  
 
  
( bởi ta dễ dàng chứng minh 3x y z   )
(*)Không mất tính tổng quát giả sử max( , , )z x y z suy ra 1 2z  xét số thực t sao cho:
2 2 2 2 2 2
4 2x y z xyz t z t z        2 2 2 2
( ) 2z t xy x y t    nhận xét
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 ( ) ( 2)( 2 ) 0 2
2
x y
x y t z t xy z t z x y t t x y
 
              
 
lại có
2 2 2 2 2 2
( ) 2 2( )z t xy x y t xy t t xy        do đó :
2 2 2 2 2 2 2
2 ( ) 2( ) ( ) 4 2x y t z t xy t xy x y t t x y            từ đây ta chặn được:
2 2
2 2
x y x y
t
 
  với chú ý: 2 2
4 ( 2) 2z t z t z      1 .
(*)đặt
2
( 2)
( , , )
4
x y z
f x y z xyz
x y z
  
 
  
thì
2
2(2t 2)
(t,t, )
4 2
z
f z t z
t z
 
 
 
Để cho gọn ta cho ; 2u x y z v t z     thì v u 2t x y 0     và 3 v u  ta có
2 2
2 2( 2) ( 2) ( )(4 4 12)
( , y,z) f(t,t,z) ( ) ( )
4 4 (4 )(4 )
u v u v u v uv
f x z t xy z t xy
u v u v
     
       
   
2 2 24
( 2 ) 1 ( ) ( 2 )(4 1) ( ) 3( 2 ) z(t )
(4 )(4 )
x y t z t xy x y t z t xy x y t xy
u v
 
                   
Chú ý là ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2 ( )
( ) 2 ( 2)( ) ( )
2
x y
z t xy x y t z t xy x y t xy
z

           

Mà
2 2
2 2 2 2( ) ( 2) ( ) (2 z)
4
4 4
x y z x y
x y z xyz z
   
      

20. 2 2 2 2 2 2
(2 ) 4(2 z) (x y) ( ) (2 ) (2 z) 4t ( ) ( )z x y z x y t x y                   
2 2
2 2
(2 )(2 )(2 ) (2 )(2 )
( ) ( )
z t x y t x y z t x y t x y
x y z t xy
t t
        
     
Vì
2 2
2
2 3
3
2
x y t x y
x y t
t t
  
      => 2
2
(2 )(2 )
( ) 3(2 )
z t x y t x y
z t xy t x y
t
   
    
(x,y,z) (t,t,z) 3( 2 ) 3(2 ) 0f f x y t t x y         ta cần chứng minh (t,t,z) 0f 
Thay 2t z  ta có :
2 (2 ) 6 4 2 (4 2 2 )(2 2 2)
( , , ) (2 )
4 2 2 4 2 2
z z z z z zz z
f t t z z z
z z z z
               
     
2 2
( 2) ( 2 1)
0
4 2 2
z z
z z
  
 
  
bài toán được chứng minh.dấu= xẩy ra khi a=b=c.
Nhận xét:Ngoài ra với bổ đề của x,y,z kia thì dấu= xẩy ra khi x=y=z hoặc (x,y,z)=(2,0,0) cùng hoán vị
Dấu ‘‘=’’ xẩy ra khi và chỉ khi a b c 
Bài 21:cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2a b c abc    chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 ) (2 )
1
ab c bc a ca b
a abc b b abc c c abc a
  
  
     
Lời giải:
2 2
2 2 2 2 2 2
, , , , , ,
(2 ) ( ) ( )
1 4 4 2
(2 ) (2 )a b a b c a b c
ab c a b a b
BĐT
a abc b a abc b a abc b abc
   
       
       
  
Áp dụng c-s:
2 2 2
2 2 2 2
, , , , , ,
( )
2
(2 ) (2 ) 2 2 2a b c a b c a b c
a b a b a
a abc b abc a abc b abc a bc
 
   
      
  
Ta cần có:
, , , ,
1 1
2 2a b c a b c
a bc
a bc a bc
  
 
  xét các trường hợp
(*) nếu 3a b c   áp dụng bđt Cauchy-schwart:
2
, ,
, ,
( )
2 (2 )a b c
a b c
bc ab bc ca
a bc bc a bc
 

 


mặt khác: 2
, ,
( ) (2 ) 2 ( 3) 0
a b c
ab bc ca bc a bc abc a b c        
(*)nếu 3a b c   không mất tổng quát giả sử min( , , )c a b c thế thì 1c 
Chú ý: 2 ( 1)(b 1) c ab 2ab bc ca abc c a          từ đây suy ra a,b không thể đồng thời nhỏ hơn 1
nếu nằm khác phía 1 ta có thể giả sử 1 0a b c    (vì sao chưa xét a,b đồng thời lớn hơn 1 thì hãy xem
phần dưới )lúc này viết lại BĐT là :

21. 2 2
2 2 2 2 2 2
bc ca c b a
a bc b ca c ab a bc b ca c ab
    
     
áp dụng BĐT Cauchy-schwart:
2
2 2
( )
2 2 4 ( )
b a a b
a bc b ca ab c a b

 
   
ta cần chứng minh :
2 2 2 2 2
( ) (2 ) 8 2 ( ) ( ) (2 ) ( ) (c ab 2) 0a b c ab ab c a b a b c a b            
2 2
( ) (2 ) ( ) ( 1)(1 ) 0a b c c a b a b        ( qua phân tích này nếu a,b đồng thời lớn hơn 1 ta có ngay
ĐPCM vì thế chỉ xét TH 1 0a b c    ở trên). vì
2
( )
4
a b
( 1)(1 )a b   và 3a b c   ta chỉ cần có:
2 2
4(2 ) (3 ) 0 (1 )( 5 8) 0c c c c c c         :đúng ta có ĐPCM
Dấu xẩy ra khi a=b=c=1
Bài 22:Cho a,b,c không âm và a+b+c=3 chứng minh : 3 2 3 2 3 2
7( ) 24a b b c c a ab bc ca     
Lời giải:
BĐT 3 2 3 2 3 2
2( ) 14( ) 48a b b c c a ab bc ca      
Chú ý: 3 2 3 2 3 2 2 2 3 2 2
,b, , ,
2( ) ( ) ( )
a c a b c
a b b c c a a b a b a b c      
2 2
,b,
( ) ( )( )( )( )
a c
a b a b ab bc ca a c c b b a        (suy ra chỉ cần cm khi (a-c)(c-b)(b-a) ko âm)
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( )( )( )( )a b b c c a a b c abc ab bc ca ab bc ca a c c b b a             
2
3(ab bc ca) (18 )abc ( )( )( )( )ab b ca ab bc ca a c c b b a             
= 2
3q (18 ) ( )( )( )q r q a c c b b a      với q ab bc ca.;r abc    ,ta đặt p=a+b+c=3 lưu ý:
2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2
( ) ( ) ( ) 4 2 (9 2 ) 27 9 4 54 ( 2) 27a c c b b a p q q pr q p r q q r q r            
3 2
4(3 ) 27(q 2 )q r     từ đây ta viết lại BĐT là:
2 3 2
3 (18 ) 14 4(3 ) 27(q 2 ) 48q q r q q q r          (&&) xét các trường hợp:
(*)
24
11
ab bc ca   áp dụng bổ đề quen thuộc 2 2 2
4a b b c c a abc    với chú ý
3 2 3 2 3 2 2 2 2
( )( ) 4( )a b b c c a a b b c c a ab bc ca ab bc ca          nên 11( ) 24VT ab bc ca   
(*)nếu
24
11
ab bc ca   đặt
9
3
11
t q   và 2s q r   thì 3q t  và 1r s t   khi đó
(&&) 2 3 2
3(3 ) (21 )(1 ) 14(3 t) (3 t) 4 27 48t t s t t s           
2 3 2
10 2 (21 ) (3 t) 4 27 0t t s t t s        2 2 2 3 2
[10 2 (21 )] (3 ) (4 27 ) 0t t s t t t s       

22. Chú ý: 2 2 2 2 2
(x ) ( ) 2 0ys z us s y u xys x z         ta cần: 2 2 2 2
' (x )( ) 0x y z y u     
2 2
( )x u z y u   (haha) ở đây 2
10 2x t t  ; 21y t  .còn z= 3 2
4 (3 )t t và 2
27(3 )u t 
2 2 2 3 2 2 2
27(3 t) (10 2 ) 4 (3 t) [27(3 ) (21 ) ]haha t t t t t       
2 2 2
( ) 27(5 t) 27 (3 ) t(21 ) 0f t t t t        ta có
2 2
'( ) 54(5 t) 27(3 ) 54 (3 ) (21 ) 2 (21 ) 0f t t t t t t t           
9
11
t 
9
( ) 0
11
f t f
 
   
 
BĐT được chứng minh dấu = xẩy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Bài 23:Cho các số thực dương a,b,c sao cho: 2a b c abc    chứng minh rằng:
 4
1 1 1 1 1 1 1
2
ab bc ca
a b c
abc a b c
      
     
 
Lời giải:
   2 1 1 1BĐT ab bc ca a b c ab bc ca          
 
2
, ,
4( 3) 8 1. 1 ( )
a b c
ab bc ca ab ca a b c ab bc ca           
Bây giờ áp dụng BĐT schur ta có:  9
2
abc
a b c ab bc ca
a b c
     
 
Suy ra:   
2 9
4
abc
a b c ab bc ca
a b c
     
 
nên ta chỉ việc chứng minh:
 
 2
, ,
9
4( 3) 8 1. 1 4
a b c
abc ab bc ca
ab bc ca ab ca ab bc ca
a b c
 
         
 

 
 , ,
9
8 1. 1 8 12
a b c
abc ab bc ca
ab ca abc a b c
a b c
 
       
 

Từ giả thiết suy ra tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho: ;
x y y z
a b
z x
 
  và c
z x
y


Khi đó:
( )( ) ( )
1 1
x y y z y x y z
ab
zx zx
   
    tương tự với 1bc  và 1ca  ta được:
, , , , , , , , , , , ,
( )
8 1. 1 8 8 4 8 4
a b c x y z x y z x y z x y z x y z
x y z x y z z x y x y
ab ca
x y zxy xy xy
     
        
 
      mà:
  , , , , , , , ,
( ) ( )( ) ( )(x )
8 8 8 8 8
x y z x y z x y z x y z
y z x y x z y z yz y z y z
abc a b c
xx yz x yz yz
      
        

23. Ta chỉ việc chứng minh:
 
, ,
9
4 12
x y z
abc ab bc cax y
z a b c
 
 
 
 áp dụng Cauchy-schwart:
2
, ,
1 1 1
4 12 2[(y z) (z x) (x y)] 2
x y z
x y x y y z z x
z x y z z x y
     
               
   

 
2
a b c   ta chỉ việc chứng minh:2   
3
9a b c abc ab bc ca    
Dễ thấy
, ,
6
x y z
x y
a b c
z

    nên
4( )
2
3
a b c
abc a b c
 
     cuối cùng ta cần có:
   
3
3 3( )a b c a b c ab bc ca       nhưng theo BĐT am-gm thì:
     
32 6
27( ) 2a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c             
 
Suy ra ĐPCM . bất đẳng thức được chứng minh;dấu= xẩy ra khi và chỉ khi a=b=c=2
Bài 24: cho các số thực không âm , , , ,a b c d e thỏa mãn: 5a b c d e     chứng minh:
256( ) 625 655abcd abce abde acde bcde abcde     
Lời giải:
(*)Nếu có 1 biến=0 chẳng hạn e=0 khi đó 5a b c d    ta cần có 256 625abcd  chứng minh đơn giản
bằng am-gm .xét khi các biến đều dương.
(*)Không mất tính tổng quát giả sử: a b c d e    .ta có 1e  đặt
( , , , ,e) 655abcde 256( ) 625f a b c d abcd abce abde acde bcde       ta thực hiện dồn biến:
Chú ý 256( ) 256abcd 256e(abc bcd cda dab)abcd abce abde acde bcde        
256 256 [ad(b c) bc(a d)]abcd e     xét : ( , , , ,e) (a, , ,d,e)
2 2
b c b c
f a b c d f
 

 2
(b c) 256 ( ) ad(655 256)
4
e a d e   
 ta chứng minh 256( ) ad(655 256) 0a d e    thật vậy:
( ) 5 2 4 3
2
3 52 3 2 3
a b c d a b c d e ad
ad a d ad
ead
     
       

ta cần có:
2
1024 3 (5 )(655 256) 655 (3531 1024 3)e 1280 0e e e e        đúng vì:
2
655 1280 1310 655 1935 (3531 1024 3)e e e e     

24. Ta được ( , , , , ) ( , , , , )f a b c d e f a x x d e với
2
b c
x

 ;tiếp tục xét:
2
(b c)( ) [1024 ( )(655 256)]
( , , , , ) ; ; ; ;e
2 2 16
a d a d a d e b c e
f a x x d e f x x
       
  
 
Chú ý:
2( ) 2(5 ) 2(5 2 ) 1024 ( ) 1536 ( )
b c 1024
3 3 3 5 2
a b c d e e e b c e b c
e
b c e
      
      
 
Ta cần có: 2
1536 (5 2e)(655 256) 1310 2251 1280 0e e e e       :đúng .như vậy:
 ( , , , , ) y; ; ;y;ef a x x d e f x x với
2
a d
y

 bây giờ đặt
2
x y
t

 xét:
 
2 11 2 2
( ) [2 ( ) ( 6 )(655 256)]
( , ,x, y,e) t,t,t,t;
16
x y x y x xy y e
f y x f e
     
 
Vì 2 2 2
6 2( ) ( )( ) 5(x y)x xy y x y x y a b c d           mà:
11 11
2 5(655 256) 2 5.399 53 0e      .cuối cùng ta chỉ cần có:  t,t,t,t; 0f e 
Thay
5
4 4
a b c d e
t
   
  thì
4
4 3655 (5 )
(5 ) 16 (5 ) 625 0
256
e e
BĐT e e e

      
4 4
4 3 4 3655 (5 ) 131 (5 )
5(5 ) 15 (5 ) 625 0 (5 ) 3 (5 ) 125 0
256 256
e e e e
e e e e e e
 
             
2
2131(9 )( 10 41)
(1 ) 15 3( 14 51) 0
256
e e e
e e e e e
   
        
 
2
131(1 )(9 ) 75(1 )
(1 ) 3 (12 ) 0
256 8
e e e
e e e e
   
      
 
:đúng vì 0 1e 
BĐT được đẳng thức ngoài a=b=c=d=e=1 còn
5 5 5 5
( , , , , ) ; ; ; ;0
4 4 4 4
a b c d e
 
  
 
và hoán vị.
Bài 25: cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2
3a b c   chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
3 3 3
3
3 3 3
a b b c c a
a b b c c a
  
  
  
Lời giải:( by Dinh de Tai)
(*)Xét nếu 2a b c   chú ý là 2 2 2
3a b c a b c      áp dụng BĐT Cauchy-schwart ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
, , , ,
, ,
3 2( ) ( 3 )( 3 )
3 3 3
3 3 3 ( 3 ) 2( )
a b c a b c
a b c
a b a b c a b b c
a b b c c a
a b b c c a a b a b c
 
      
       
     
 


25. Lại có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2
, , , , , ,
( 3 )( 3 ) ( 3 )(3 ) 3 ( )
a b c a b c a b c
a b b c a b c b b ac         ta cần có:
2 2 2 2 2
, ,
2( ) 3 ( ) 6( ) 12 3 3 3( ) 12( )
a b c
a b c a bc a b c a b c a b c              
(2 )[12 2 3 3( )] 7 3 12 0a b c a b c           đúng với mọi 3 2a b c   
(*) khi 2 3a b c    đặt ;p a b c q ab bc ca      và r abc ta có 2
2 3q p 
2 2
, ,
( 3 )( 3 )( 3 ) 3( 3 )( 3 )( 3 )
a b c
BĐT a b b c c a a b b c c a       
2 2 3 3 2 2
, , , , , , , ,
12 6 18 28 ( ) 9 27 84
a b c a b c a b c a b c
a b a b a c abc a b c a b a c abc            hay là:
2
2 2 2
, , , , , , , , , , , , , ,
12 12 6 ( ) 8 18 ( ) 9 ( ) 84
a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c
ab a ab ab b a abc a ab a b ab b a abc
    
            
    
      
2
12 36 8 6 ( )( )( ) 18pq 30 9(a b)(b c)(c a)q q pr p a b b c c a r            
2
12 36 18 (30 8 ) (6 9)( )( )( )q q pq r p p a b b c c a          0 chú ý 6 9 0p   nên ta chỉ cần
Chứng minh khi 2 2 2
( )( )( ) ( ) ( ) ( )a b b c c a a b b c c a        thay 2
2 3q p  và ta cần có:
2 2 2 2
3( 3) 18( 3) 9 (p 3) (30 8 ) (6 9) 0p p p r p p M          với | ( )( )( )|M a b b c c a   
4 3
3 9 27 27 (30 8 ) (6p 9)Mp p p r p        (#) để bình phương 2 vế (#) ta cần có vế trái không âm
Chú ý là 4 3 2
3 9 27 27 (30 8 ) 12 36 18 (30 8 )p p p r p q q pq r p         
2
2 2 2
, , , , , , , , , , , , , ,
12 12 6 3 10 3 8( )
a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c
ab a ab a ab a abc a a b c
            
                  
             
      
(-_-)Nếu cố định ;P a b c q ab bc ca      và cho r abc biến thiên thì dễ thấy biểu thức trên là 1 hàm
bậc nhất và nghịch biến theo r do đó ta chỉ cần chứng minh khi có 2 biến bằng nhau giả sử b c ta cần có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
12 (2 ) 12 ( 2 )(2 ) 6 (2 )( 2 ) 3( 2 ) 8 (a 2b) 10b 3( 2 ) 0b a b b a b a b b a b a b a b b a a a b            
2 2 2 2 2 2 2
12 (2 ) 12( 2 )(2 ) 6(2 )( 2 ) 3( 2 ) 8 (a 2b) 10 3( 2 ) 0b a b a b a b a b a b a b ab ab a b             
có:
2
2 2
2 2
20 ( )
10 3( 2 ) 10 ( 2 )
3( 2 ) 2
ab a b
ab a b ab a b
a b a b

   
  
và 2 2
6 (2 ) 18 ( 2 ) 6 ( )b a b ab a b b a b    
2 2 2 2 2 2 2
12( 2 )(2 ) 8(2a b)(a b) 4(2 )( 2 ) .;.6 (2 ) 2(2 )( 2 ) 2(2a b)(a b)a b a b a b a b b a b a b a b              
cuối cùng:
2
2 2 2
2 2
12(2 )( 2 )(a b)
6(2 )( 2 ) 3( 2 ) 6(2 )( 2 )
3( 2 ) 2
a b a b
a b a b a b a b a b
a b a b
  
      
  
từ các phân tích này dễ thấy ta sẽ quy được bài toán về chứng minh:

26. 2
A( ) 0a b  trong đó
2 2 2 2
20 12( 2 )(2a b)
6 6(2 )
3( 2 ) 2 3( 2 ) 2
ab a b
A b a b
a b a b a b a b
 
    
     
 
2
22 2 2 2
20 12( ) (2a b)
6
3( 2 ) 2 3( 2 ) 2
ab a b
A b
a b a b a b a b
 
  
     
chú ý 2 2
3(a 2b) 3( 2 ) a 2ba b    
Nên
2 2 2 2
2 22 2
10 12(2 )( ) 10 (2 )( ) ( 5 ) ( 2 ) 3 (a b)
6 6 0
2 2 ( 2 ) 2( 2 )( 3 1) ( 2 )
ab a b a b ab a b a b a b a b a
A b b
a b a b a b a ba b
       
       
    
Vậy ta đã chứng minh được 4 3
3 9 27 27 (30 8 ) 0p p p r p      và được phép bình phương 2 vế của (#)
(+)lưu ý:
2 2 2
2 2 2 2 2 3 2 2 2 2( 3) (6 )
( ) ( ) ( ) 4 2 (9 2 ) 27 (5 27) 27
4
p p
a b b c c a p q q p q p r r r p r
 
           
ta cần chứng minh:
2 2 2
24 3 2 2 2( 3) (6 )
3 9 27 27 (30 8 ) (6p 9) (5 27) 27
4
p p
p p p r p r p r
  
            
 
Bây giờ chú ý để chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) (2 ) a 0a rb k xr yr z r k x b r ab k y k z            Ta
cần có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2
(2ab k ) 4( )( ) 0 4 4 ( ) 4 0y a k z k x b a k x k z k x b k aby k y            
2 2 2 2 2
4 4 ( ) 4 0a x z k x b aby k y      áp dụng kết quả này với: 2
27.;.k 6 9; 5 27x p y p     ;
4 3
3 9 27 27..;.. 30 8a p p p b p      và
2 2 2
( 3) (6 )
4
p p
z
 
 ta cần chứng minh: ( ) ( ) 0f p g p 
Trong đó 4 3 2 2 2 2 2 2
( ) 108(3 9 27 27) (p 3) (6 p ) (30 8 ) 27(6 9)f p p p p p p           
Và 2 4 3 2 2 2 2
( ) 4 (30 )(5 27)(3 9 27 27) (6 9) (5 27)g p p p p p p p p p p        
Bây giờ sử dụng phần mềm ‘maple’ để khai triển 2 mớ ‘khủng khiếp’ kia cộng lại ta cần chứng minh:
8 7 6 5 4 3 2
( ) 628 5928 15090 15192 105822 61128 166806 113400 87966 0h p p p p p p p p p         
2 6 5 4 3 2
2( 3) (314 1080 1761 6750 3438 9558 4887) 0p p p p p p p        
Nhiệm vụ ‘maple’ đã hết ta cần chứng minh được với 2p  thì đa thức bậc 6 này không âm:
6 5 4 3 2
314 1080 1761 6750 3438 9558 4887 0p p p p p p       (**) dựa vào kinh nghiệm thôi
Ta có (**) 5 4 3 2
( 2)(314p 452 2665 1420 6278 2998) 1109 0p p p p p        
Lưu ý 2
1109 1109(3 2) 4436( 2)(3 )p p p p       từ đó ta chỉ cần có:
5 4 3 2
314p 452 2665 1420 1842 16306 0p p p p     
3 2 2 2
314( 2) ( 3) (3316 3983 2856)( 2,5) 7968,25( 2,5) 1143,375 0p p p p p p          
Nếu 2,6 1143,375 7968,25( 2,5) 0p p     và BĐT hiển nhiên đúng. trái lại nếu 2,6p 
Ta có 2
3316 3983 2856 14916. .p 2,6p p     mặt khác thì:

27.  2
2,514916( 2,5) 7968,25( 2,5) 1143,375 0 .. 0pp p do        BĐT được chứng minh
Lời kết:Trên đây là 25 bất đẳng thức khó mình gặp trong thời gian học (từng giai đoạn) một số bài (số ít) đã
có lời giải thậm chí 2-3 lời giải ,mình có biết có điều tất cả các bài mình đều trình bày theo cách khác của
bản thân vì thế 1 số lời giải có thể dài dòng phức tạp.tuy nhiên những bài quá dài mà làm theo phương pháp
p,q,r điển hình bài 15 và bài cuối thì đây là 2 bài cực kì khó và mình còn chưa gặp 1 lời giải nào cho nó.vì
là lần đầu làm nên không tránh khỏi sai sót mong các bạn thông cảm và cho ý kiến về các lời giải để file
tuyển chọn sau được hay hơn .xin cảm ơn
Facebook mình là: Dinh de Tai