Đề tài: Lớp bất đẳng thức, bài toán cực trị với đa thức đối xứng, 9đ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
NGUYỄN TÀI TUỆ
MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC
VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐA THỨC
ĐỐI XỨNG BA BIẾN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
Hà Nội – Năm 2014

Mục lục
MỞ ĐẦU 3
1 Một số kiến thức bổ trợ 5
1.1 Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Tính chất cơ bản của bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Bất đẳng thức thường dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.3 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi 9
2.1 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 9
2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . 15
2.1.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm vô tỉ . . . . . . 33
3 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi 45
3.1 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 45
3.2 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm vô tỉ . . . . . . 56
1

MỤC LỤC
4 Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến 63
4.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . 68
4.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
KẾT LUẬN 78
TÀI LIỆU THAM KHẢO 79
2

MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán học. Ngay
từ đầu, sự ra đời và phát triển của bất đẳng thức đã đặt dấu ấn quan trọng,
chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu toán, không chỉ ở vẻ đẹp
hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến luôn thôi thúc người làm toán phải
tìm tòi, sáng tạo. Bất đẳng thức còn có nhiều ứng dụng trong các môn khoa
học khác và trong thực tế. Ngày nay, bất đẳng thức vẫn luôn chiếm một vai trò
quan trọng và vẫn thường xuất hiện trong các kì thi quốc gia, quốc tế, Olympic.
Là một giáo viên THPT, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về bất đẳng thức nhằm
nâng cao chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh
giỏi, vậy nên tôi đã chọn bất đẳng thức làm luận văn thạc sĩ của mình.
Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn, trong thời gian ngắn, tôi chỉ có thể nghiên
cứu lĩnh vực nhỏ trong đó. Dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu,
tác giả đã hoàn thành luận văn với để tài
"Một số lớp bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng
ba biến."
Luận văn được chia làm bốn chương:
• Chương 1: Một số kiến thức bổ trợ.
• Chương 2: Bất đẳng thức với tổng không đổi.
• Chương 3: Bất đẳng thức có tích không đổi.
• Chương 4: Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến.
Mặc dù có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận
văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự góp
ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu, người Thầy đã truyền cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu
3

MỞ ĐẦU
toán học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học
tập và hoàn thiện luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học,
Khoa Toán- Cơ - Tin, các thầy cô đã tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành
bản luận văn này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 01 tháng 12 năm 2014
Tác giả
4

Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ
1.1 Đa thức đối xứng ba biến
1.1.1 Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1.1. Một đơn thức ϕ(x, y, z) của các biến x, y, z được hiểu là hàm
số có dạng
ϕ(x, y, z) = aklmxk
yl
zm
,
trong đó k, l, m ∈ N được gọi là bậc của biến x, y, z, số aklm ∈ R∗ = R{0} được
gọi là hệ số của đơn thức, còn số k +l+m được gọi là bậc của đơn thức ϕ(x, y, z).
Định nghĩa 1.2. Một hàm số P(x, y, z) của các biến x, y, z được gọi là một đa
thức nếu nó có thể được biểu diễn ở dạng tổng hữu hạn các đơn thức
P(x, y, z) =
k,l,m∈N
k+l+m=n
aklmxk
yl
zm
, n ∈ N.
Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức.
Định nghĩa 1.3. Đa thức P(x, y, z) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay
đổi với mọi hoán vị của x, y, z, nghĩa là
P(x, y, z) = P(y, x, z) = P(z, y, x) = P(x, z, y).
Định nghĩa 1.4. Đa thức f(x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m, nếu
f(tx, ty, tz) = tm
f(x, y, z), t = 0
Định nghĩa 1.5. Các đa thức
σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz,
được gọi là đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z.
1.1.2 Tổng lũy thừa
5

Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ
Định nghĩa 1.6. Các đa thức sk = xk + yk + zk, (k = 0, 1, ...), được gọi là tổng
lũy thừa bậc k của các biến x, y, z.
Định lý 1.1 ( Công thức Newton). Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức
sk = σ1sk−1 − σ2sk−2 + σ3sk−3.
Định lý 1.2. Một tổng lũy thừa sk = xk + yk + zk đều có thể biểu diễn được
dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ1, σ2, σ3.
Định lý 1.3 (Công thức Waring). Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua cá đa
thức đối xứng cở sở theo công thức
sk
k
=
0≤l,m,n
l+2m+3n=k
(−1)k−l−m−n(l + m + n − 1)!
l!m!n!
σl
1σm
2 σn
3 .
1.2 Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
1. a > b ⇔ a + c > b + c.
2. a > b, b > c thì a > c.
3. a > b thì
ca > cb khi c > 0
ca < cb khi c < 0.
4. a > b, c > d thì a + c > b + d.
5. a > b > 0, c > d > 0 thì ac > bd.
6. Với n nguyên dương, ta có
a < b ⇔ a2n+1
< b2n+1
0 < a < b ⇒ a2n
< b2n
.
1.3 Bất đẳng thức thường dùng
1.3.1 Bất đẳng thức AM-GM
Định lý 1.4. Giả sử a1, a2, . . . , an là các số thực không âm, khi đó ta luôn có
a1 + a2 + · · · + an
n
≥ n
√
a1a2 . . . an.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an.
6

Hệ quả 1.1. Với mọi số thực dương a1, a2, . . . , an ta có
1
a1
+
1
a2
+ · · · +
1
an
(a1 + a2 + · · · + an) ≥ n2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an.
Hệ quả 1.2. Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có
1. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
2. a2 + b2 + c2 ≥
(a + b + c)2
3
3. (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)
4. a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ abc(a + b + c)
5. (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c).
1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
Định lý 1.5. Nếu a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn là các số thực tùy ý thì
(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2
≤ a2
1 + a2
2 + · · · + a2
n b2
1 + b2
2 + · · · + b2
n . ( )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a1
b1
=
a2
b2
= · · · =
an
bn
( ở đây ta sử dụng quy ước
nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).
Nhận xét 1.1. Theo bất đẳng thức ( ), chọn ai =
xi
√
yi
và bi =
√
yi với xi, yi ∈
R, yi > 0. Ta thu được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ( hay còn
gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel).
Hệ quả 1.3. Nếu x1, x2, . . . , xn là các số thực và y1, y2, . . . , yn là các số thực
dương thì
x2
1
y1
+
x2
2
y2
+ · · · +
x2
n
yn
≥
(x1 + x2 + . . . xn)2
y1 + y2 + · · · + yn
.
x1
y1
=
x2
y2
= · · · =
xn
yn
.
1.3.3 Bất đẳng thức Karamata
Định lý 1.6. Cho hai dãy số {xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn điều kiện
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn, y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn
7

và 


x1 ≥ y1
x1 + x2 ≥ y1 + y2
........
x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn
Khi đó, ứng với hàm số lồi f(x)(f (x) ≥ 0) trên I(a, b), ta đều có
f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn) ≥ f(y1) + f(y2) + · · · + f(yn).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xi = yi, i = 1, 2, . . . n.
Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất
đẳng thức.
Bổ đề 1.1. Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên I(a; b).
a. Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f(x) ≥ f (x0)(x − x0) + f(x0), ∀x0 ∈ I(a; b).
b. Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f(x) ≤ f (x0)(x − x0) + f(x0), ∀x0 ∈ I(a; b).
Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = x0.
8

Chương 2
Bất đẳng thức có tổng các biến
không đổi
2.1 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm phân
thức hữu tỉ
2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Đối với bất đẳng thức P(x, y, z) ≥ 0 (≤ 0), Trong đó P(x, y, z) là đa thức hoặc
phân thức hữu tỉ và có tổng x + y + z không đổi, thì khi đó sử dụng các kĩ thuật
của bất đẳng thức AM − GM như dự đoán dấu bằng xảy ra, AM − GM ngược
dấu, đặt ẩn phụ, ... tỏ ra rất hiệu quả.
Bài toán 2.1. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh rằng
a2
b + 2
+
b2
c + 2
+
c2
a + 2
≥ 1.
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a2
b + 2
+
b + 2
9
≥
2a
3
b2
c + 2
+
c + 2
9
≥
2b
3
c2
a + 2
+
a + 2
9
≥
2c
3
.
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được
a2
b + 2
+
b2
c + 2
+
c2
a + 2
≥
5
9
(a + b + c) −
2
3
= 1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
9

Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi
minh rằng
2(ab + bc + ca) +
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥ 9.
Chứng minh.
Cộng cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a2 + b2 + c2, ta được
a2
+ b2
+ c2
+ 2(ab + bc + ca) +
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥ 9 + a2
+ b2
+ c2
⇔(a + b + c)2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥ 9 + a2
+ b2
+ c2
⇔
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥ a2
+ b2
+ c2
⇔
a + b + c
abc
≥ a2
+ b2
+ c2
⇔
3
abc
≥ a2
+ b2
+ c2
⇔abc(a2
+ b2
+ c2
) ≤ 3
⇔abc(a + b + c)(a2
+ b2
+ c2
) ≤ 9.
Ta có
abc(a + b + c)(a2
+ b2
+ c2
) ≤
(ab + bc + ca)2
3
(a2
+ b2
+ c2
).
Do đó ta chứng minh
(ab + bc + ca)2
3
(a2
+ b2
+ c2
) ≤ 9 ⇔ (ab + bc + ca)2
(a2
+ b2
+ c2
) ≤ 27.
(ab + bc + ca)2
(a2
+ b2
+ c2
) ≤
(ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2
3
3
=
(a + b + c)2
3
3
= 27.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.3. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh rằng
2 a2
b + b2
c + c2
a + 3 a2
+ b2
+ c2
+ 4abc ≥ 19.
Chứng minh.
10

Ta có
19 = 3 (a + b + c)2
− 8 = 3 a2
+ b2
+ c2
+ 6 (ab + bc + ca) − 8.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2 a2
b + b2
c + c2
a + 4abc ≥ 6 (ab + bc + ca) − 8
⇔a2
b + b2
c + c2
a + 2abc + 4 ≥ 3 (ab + bc + ca) .
Mà ta lại có
3 (ab + bc + ca) = (a + b + c) (ab + bc + ca)
= a2
b + b2
c + c2
a + ab2
+ bc2
+ ca2
+ 3abc.
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
4 ≥ ab2
+ bc2
+ ca2
+ abc.
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0
⇒ (b − a) (b − c) ≤ 0
⇔b2
− bc − ab + ac ≤ 0
⇔ab2
+ a2
c ≤ a2
b + abc.
Như vậy
ab2
+ bc2
+ ca2
+ abc ≤ bc2
+ abc + a2
b + abc
= bc2
+ 2abc + a2
b
= b (a + c)2
= 4b
a + c
2
a + c
2
≤ 4


b +
a + c
2
+
a + c
2
3


3
= 4.
11

Bài toán 2.4 (Bulgaria TST 2003). Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều
kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a
1 + b2
+
b
1 + c2
+
c
1 + a2
≥
3
2
.
Chứng minh.
a
1 + b2
= a −
ab2
1 + b2
≥ a −
ab2
2b
= a −
ab
2
.
Tương tự, ta có
b
1 + c2
≥ b −
bc
2
c
a2 + 1
≥ c −
ac
2
.
Cộng vế với vế, ta có
a
1 + b2
+
b
1 + c2
+
c
1 + a2
≥ a + b + c −
1
2
(ab + bc + ca) = 3 −
ab + bc + ca
2
.
Mặt khác, ta có
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)2
3
= 3
do đó
a
1 + b2
+
b
1 + c2
+
c
1 + a2
≥ 3 −
ab + bc + ca
2
≥
3
2
.
Bài toán 2.5 (Turkey TST 2007). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
a + b + c = 1. Chứng minh rằng
1
ab + 2c2 + 2c
+
1
bc + 2a2 + 2a
+
1
ca + 2b2 + 2b
≥
1
ab + bc + ca
.
Chứng minh.
12

ab + 2c2
+ 2c = ab + 2c2
+ 2c(a + b + c)
= ab + 4c2
+ 2ac + 2bc
= (b + 2c)(a + 2c)
=
a(b + 2c)b(a + 2c)
ab
=
(ab + 2ac)(ab + 2bc)
ab
≤
[ab + 2ac + ab + 2bc]2
4ab
=
(ab + bc + ca)2
ab
từ đó suy ra
1
ab + 2c2 + 2c
≥
ab
(ab + bc + ca)2
.
1
bc + 2a2 + 2a
≥
bc
(ab + bc + ca)2
1
ca + 2b2 + 2b
≥
ca
(ab + bc + ca)2
.
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
1
ab + 2c2 + 2c
+
1
bc + 2a2 + 2a
+
1
ca + 2b2 + 2b
≥
1
ab + bc + ca
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3
.
Bài toán 2.6. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh
rằng
a2 + bc
b + ca
+
b2 + ca
c + ab
+
c2 + ab
a + bc
≥ 3.
Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a2 + bc
3b + 3ca
+
b2 + ca
3c + 3ab
+
c2 + ab
3a + 3bc
≥ 1
⇔
a2 + bc
b(a + b + c) + 3ca
+
b2 + ca
c(a + b + c) + 3ab
+
c2 + ab
a(a + b + c) + 3bc
≥ 1.
Mặt khác
3b + 3ac = b(a + b + c) + 3ac ≤ b(a + b + c) + ac + a2
+ c2
= a2
+ b2
+ c2
+ ab + bc + ca
13

do đó
a2 + bc
3b + 3ac
≥
a2 + bc
a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
.
b2 + ca
3c + 3ab
≥
b2 + ca
a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
c2 + ab
3a + 3bc
≥
c2 + ab
a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
.
a2 + bc
3b + 3ca
+
b2 + ca
3c + 3ab
+
c2 + ab
3a + 3bc
≥ 1.
Bất đẳng thức được chứng minh.
14

2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Nếu yêu cầu của bất đẳng thức là chứng minh P(x, y, z) ≥ 0(≤ 0) với P(x, y, z)
có dạng tổng các bình phương hoặc phân thức với tử số của mỗi phân thức có
dạng bình phương như vậy ta có thể nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức
Cauchy- Schwarz. Hoặc sử dụng giả thiết x + y + z không đổi ta có thể biến đổi
để đưa bất đẳng thức về dạng trên để sử dụng Cauchy-Schwarz.
Bài toán 2.7. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh rằng
a
1 + b − a
+
b
1 + c − b
+
c
1 + a − c
≥ 1.
Chứng minh.
Ta luôn có
a
1 + b − a
+
b
1 + c − b
+
c
1 + a − c
=
a
2b + c
+
b
2c + a
+
c
2a + b
=
a2
2ab + ac
+
b2
2bc + ab
+
c2
2ac + bc
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a2
2ab + ac
+
b2
2bc + ab
+
c2
2ac + bc
≥
(a + b + c)2
3 (ab + bc + ca)
.
Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a + b + c)2
≥ 3(ab + bc + ca)
do đó
a2
2ab + ac
+
b2
2bc + ab
+
c2
2ac + bc
≥
(a + b + c)2
3 (ab + bc + ca)
≥ 1.
Bài toán 2.8. Với các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1. Chứng minh
1
a2 + b2 + c2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥ 30.
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai bộ số
1
√
a2 + b2 + c2
,
1
√
ab
,
1
√
bc
,
1
√
cd
15

và
a2 + b2 + c2, 3
√
ab, 3
√
bc, 3
√
ca
ta có
1
a2 + b2 + c2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
a2
+ b2
+ c2
+ 9ab + 9bc + 9ca ≥ (1 + 3 + 3 + 3)2
⇔
1
a2 + b2 + c2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
(a + b + c)2
+ 7(ab + bc + ca) ≥ 100
⇔
1
a2 + b2 + c2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥
100
(a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca)
.
Theo hệ quả của bất đẳng thức AM − GM, ta có
(a + b + c)2
3
≥ ab + bc + ca
nên
1
a2 + b2 + c2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
≥
100
1 + 7
(a + b + c)2
3
= 30.
1
3
.
Bài toán 2.9 (Iran MO TST 2009). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều
kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng
1
a2 + b2 + 2
+
1
b2 + c2 + 2
+
1
c2 + a2 + 2
≤
3
4
.
Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh
⇔
1
2
−
1
a2 + b2 + 2
+
1
2
−
1
b2 + c2 + 2
+
1
2
−
1
c2 + a2 + 2
≥
3
2
−
3
4
⇔
a2 + b2
a2 + b2 + 2
+
b2 + c2
b2 + c2 + 2
+
c2 + a2
c2 + a2 + 2
≥
3
2
⇔
(a + b)2 + (a − b)2
a2 + b2 + 2
+
(b + c)2 + (b − c)2
b2 + c2 + 2
+
(c + a)2 + (c − a)2
c2 + a2 + 2
≥ 3
⇔
(a + b)2
a2 + b2 + 2
+
(b + c)2
b2 + c2 + 2
+
(c + a)2
c2 + a2 + 2
+
(a − b)2
a2 + b2 + 2
+
(b − c)2
b2 + c2 + 2
+
(c − a)2
c2 + a2 + 2
≥ 3.
16

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(a + b)2
a2 + b2 + 2
+
(b + c)2
b2 + c2 + 2
+
(c + a)2
c2 + a2 + 2
≥
[2(a + b + c)]2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6
(1)
và
(b − a)2
a2 + b2 + 2
+
(b − c)2
b2 + c2 + 2
+
(c − a)2
c2 + a2 + 2
≥
(2b − 2a)2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6
. (2)
Bất đẳng thức được chứng minh nếu
4 (a + b + c)2
+ (2b − 2a)2
2a2 + 2b2 + 2c2
≥ 3
⇔2(a + b + c)2
+ 2(b − a) ≥ 3(a2
+ b2
+ c2
+ 3)
⇔ a2
+ b2
+ c2 2
+ 2 (b − a)2
≥ a2
+ b2
+ c2
⇔bc − ab + ca − c2
≥ 0
⇔(c − a)(b − c) ≥ 0. (3)
Có thể nhận thấy bất đẳng thức (3) không phải luôn đúng nhưng ta có thể
ép nó đúng. Thật vậy sử dụng các đánh giá tương tự (3), ta có
(a − b)2
a2 + b2 + 2
+
(c − b)2
b2 + c2 + 2
+
(c − a)2
c2 + a2 + 2
≥
(2c − 2b)2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6
(a − b)2
a2 + b2 + 2
+
(b − c)2
b2 + c2 + 2
+
(a − c)2
c2 + a2 + 2
≥
(2a − 2c)2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6
và cùng lần lượt đưa bài toán về chứng minh
(a − b)(c − a) ≥ 0 (4)
(b − c)(a − b) ≥ 0. (5)
Như vậy nếu trong các bất đẳng thức (3),(4) và (5) có một bất đẳng thức
đúng thì bài toán sẽ được chứng minh song. Ta thấy rằng
[(c − a)(b − c)] [(a − b)(c − a)] [(b − c)(a − b)] = (a − b)2
(b − c)2
(c − a)2
≥ 0
nên ít nhất một trong ba số (c-a)(b-c), (a-b)(c-a),(b-c)(a-b) sẽ có một số không
âm. Tức là phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng hay bất đẳng thức được
chứng minh.
17

Nhận xét 2.1. Có nhiều công cụ hỗ trợ ta thực hiện phương pháp dồn biến,
dưới đây ta xem xét ứng dụng yếu tố "ít nhất" và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
trong việc giảm biến số của bất đẳng thức. Cụ thể có thể đưa bất đẳng thức ba
biến về bất đẳng thức một biến để chứng minh. Ý tưởng của kĩ thuật như sau:
Với bốn số thực a, b, c, k ta có
[(a − k)(b − k)] [(b − k)(c − k)] [(c − k)(a − k)] = (a − k)2
(b − k)2
(c − k)2
≥ 0.
Do đó trong ba số (a − k)(b − k), (b − k)(c − k), (c − k)(a − k) sẽ có "ít nhất"
một số không âm. Giả sử (a − k)(b − k) ≥ 0 thế thì
a2
+ b2
= k2
+ (a + b − k)2
− 2(a − k)(b − k) ≤ k2
+ (a + b − k)2
.
Như vậy để chứng minh bất đẳng thức có giả thiết dạng a + b + c = s và đẳng
thức xảy ra khi 2 biến đằng một giá trị nào đó ta có thể sử dụng đánh giá trên
để làm giảm biến số của bất đẳng thức ban đầu. Cụ thể chọn k = m ( đảm bảo
dấu bằng) và ta có
a2
+ b2
≤ m2
+ (a + b − m)2
= m2
+ (s − c − m)2
.
Nghĩa là có thể sử dụng đánh giá này vào bài toán thì ta sẽ chỉ còn phải
chứng minh bất đẳng thức của một biến c.
Bài toán 2.10. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c = 3. Chứng
minh rằng
a
7a2 + 11
+
b
7b2 + 11
+
c
7c2 + 11
≤
1
6
.
Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh
⇔1 −
14a
7a2 + 11
+ 1 −
14b
7b2 + 11
+ 1 −
14c
7c2 + 11
≥ 3 −
14
6
⇔
7(a − 1)2 + 4
7a2 + 11
+
7(b − 1)2 + 4
7b2 + 11
+
7(c − 1)2 + 4
7c2 + 11
≥
2
3
⇔4
1
7a2 + 11
+
1
7b2 + 11
+
1
7c2 + 11
+ 7
(a − 1)2
7a2 + 11
+
(b − 1)2
7b2 + 11
+
(c − 1)2
7c2 + 11
≥
2
3
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
1
7a2 + 11
+
1
7b2 + 11
+
1
7c2 + 11
≥
(1 + 1 + 1)2
7(a2 + b2 + c2) + 33
=
9
7(a2 + b2 + c2) + 33
=
3(a + b + c)2
21(a2 + b2 + c2) + 11(a + b + c)2
18

và cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(1 − a)2
7a2 + 11
+
(b − 1)2
7b2 + 11
+
(c − 1)2
7c2 + 11
≥
(1 − a + b − 1 + c − 1)2
7(a+b2 + c2) + 33
=
(b + c − a − 1)2
7(a2 + b2 + c2) + 11.3
=
3 b + c − a −
a + b + c
3
2
21(a2 + b2 + c2) + 11.(a + b + c)2
=
4(b + c − 2a)2
3 [21(a2 + b2 + c2) + 11.(a + b + c)2]
.
Bất đẳng thức được chứng minh nếu
4.3(a + b + c)2
21(a2 + b2 + c2) + 11(a + b + c)2
+
7.4(b + c − 2a)2
3 [21(a2 + b2 + c2) + 11.(a + b + c)2]
≥
2
3
⇔2.9(a + b + c)2
+ 7.2(b + c − 2a)2
≥ 21(a2
+ b2
+ c2
) + 11(a + b + c)2
⇔42 [a(a − c) − b(a − c)] ≥ 0
⇔42(a − c)(a − b) ≥ 0. (1)
Rõ ràng (1 ) không phải lúc nào cũng đúng, nhưng từ đó vẫn đi đến điều
phải chứng minh bằng cách đánh giá tương tự
(a − 1)2
7a2 + 11
+
(1 − b)2
7b2 + 11
+
(c − 1)2
7c2 + 11
≥
4(a + c − 2b)2
3 [21(a2 + b2 + c2) + 11.(a + b + c)2]
(a − 1)2
7a2 + 11
+
(b − 1)2
7b2 + 11
+
(1 − c)2
7c2 + 11
≥
4(a + b − 2c)2
3 [21(a2 + b2 + c2) + 11.(a + b + c)2]
và ta lần lượt đưa bài toán về xét tính đúng sai của
42(b − a)(b − c) ≥ 0 (2)
42(c − a)(c − b) ≥ 0 (3)
mà ta lại có
(a − b)(a − c) + (b − a)(b − c) + (c − a)(c − b) = a2
+ b2
+ c2
− ab − bc − ca ≥ 0.
Do đó trong (1),(2),(3) có ít nhất một bất đẳng thức đúng. Từ đó suy ra điều
phải chứng minh.
19

Bài toán 2.11. Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c tùy ý ta đều có
(b + c − a)2
a2 + (b + c)2
+
(c + a − b)2
b2 + (c + a)2
+
(a + b − c)2
c2 + (a + b)2
≥
3
5
.
Chứng minh.
Do bất đẳng thức đã cho thuần nhất với biến a, b, c nên ta hoàn toàn có thể
chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho được viết dưới dạng
(1 − 2a)2
2a2 − 2a + 1
+
(1 − 2b)2
2b2 − 2b + 1
+
(1 − 2c)2
2c2 − 2c + 1
≥
3
5
.
Ta có
a −
1
3
b −
1
3
b −
1
3
c −
1
3
c −
1
3
a −
1
3
= a −
1
3
2
b −
1
3
2
c −
1
3
2
≥ 0.
Không mất tính tổng quát, giả sử a −
1
3
b −
1
3
≥ 0.
Ta có
a2
+ b2
≤
1
9
+ (a + b −
1
3
)2
=
1
9
+
2
3
− c
2
.
(1 − 2a)2
2a2 − 2a + 1
+
(1 − 2b)2
2b2 − 2b + 1
≥
[2 − 2(a + b)]2
2(a2 + b2) − 2(a + b) + 2
≥
[2 − 2(a + b)]2
2
1
9
+ (
2
3
− c)2 − 2 (1 − c) + 2
=
2c2
1
9
+
2
3
− c
2
+ c
=
18c2
9c2 − 3c + 5
.
Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
(1 − 2c)2
2c2 − 2c + 1
+
18c2
9c2 − 3c + 5
≥ 35
⇔(3c − 1)2
(17c2
− 8c + 5) ≥ 0 luôn đúng .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
20

2.1.3 Sử dụng các tính chất của hàm số
Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức dạng P(x, y, z) ≥ 0(≤ 0), dựa
vào tổng không đổi và dựa vào dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Ta có
thể đưa bài toán về dạng hàm một biến và sử dụng các tính chất của hàm số để
khảo sát. Hoặc sử dụng bất đẳng thức Karamata và bổ đề cơ bản.
Bài toán 2.12. Với x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1
xz
+
1
yz
≥ 16.
Chứng minh.
Yêu cầu bài toán ⇔
1
z
1
x
+
1
y
≥ 16.
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
x
+
1
y
≥
4
x + y
=
4
1 − z
.
Ta đi chứng minh
1
z
.
4
1 − z
≥ 16, z ∈ (0; 1).
Xét hàm số f(z) =
1
z
.
4
1 − z
− 16 =
4
−z2 + z
− 16, với z ∈ (0; 1)
f (z) =
−4(−2z + 1)
(−z2 + z)2
.
f (z) = 0 ⇔ z =
1
2
.
Ta lập bảng biến thiên
z 0 1
2 1
f (z) − 0 +
f(z)
+∞
0
+∞
Từ bảng biến thiên, ta có f(z) ≥ 0, với ∀z ∈ (0; 1).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
4
, z =
1
2
.
Bài toán 2.13 (Tiệp Khắc MO ,1984). Với x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 1.
Chứng minh rằng
xy + yz + zx − 2xyz ≤
7
27
.
21

Chứng minh.
Đặt xy + yz + zx − 2xyz = P.
Giả sử
x = min{x, y, z}.
Từ giả thiết x, y, z ≥ 0, x + y + z = 1 ⇒ 0 ≤ x ≤
1
3
.
1 − x = y + z ≥ 2
√
yz ⇒
(1 − x)2
4
≥ yz.
Do đó
P = xy + yz + zx − 2xyz
= (xy + zx) + (yz − 2xyz)
= x(y + z) + yz(1 − 2x)
≤ x(1 − x) +
(1 − x)2
4
(1 − 2x)
=
−2x3 + x2 + 1
4
= f(x).
Xét hàm số f(x) =
−2x3 + x2 + 1
4
với x ∈ 0;
1
3
,
f (x) =
−6x2 + 2x
4
⇒f (x) = 0 ⇔
x = 0
x =
1
3
.
Ta có bảng biến thiên
x 0 1
3
f (x) 0 + 0
f(a) 1
4
7
27
Từ bảng biên thiên ta thấy với ∀x ∈ 0;
1
3
, ta có
P ≤ f(x) ≤
7
27
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
22

Bài toán 2.14. Với x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
xy + yz + zx ≤
1
4
+
9
4
xyz.
Chứng minh.
Giả sử z = min{x, y, z} ⇒ 0 ≤ z ≤
1
3
.
Có x + y + z = 1 ⇒ 1 − z = x + y.
(x + y)2
4
≥ xy.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với xy + yz + zx −
9
4
xyz ≤
1
4
.
Ta có
xy + yz + zx −
9
4
xyz = xy + z(x + y) −
9
4
xyz
= xy(1 −
9
4
z) + z(x + y)
≤
(x + y)2
4
(1 −
9
4
z) + z(1 − z)
=
(1 − z)2
4
(1 −
9z
4
) + z − z2
=
1
16
(−9z3
+ 6z2
− z + 4).
Xét hàm f(z) = −9z3 + 6z2 − z + 4, với z ∈ 1;
1
3
.
Ta có f (z) = −27z2 + 12z − 1 ⇒ f (z) = 0 ⇔


z =
1
3
z =
1
9
.
Ta lập bảng biến thiên
z 0 1
9
1
3
f (z) | − 0 + 0
f(z)
4
320
81
4
Từ bảng biến thiên ta thấy f(z) ≤ 4, ∀z ∈ 0;
1
3
.
Vậy xy + yz + zx ≤
1
4
+
9
4
xyz.


z = 0, x = y =
1
2
x = y = z =
1
3
.
23

Bài toán 2.15. Với x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng
2(x3
+ y3
+ z3
) + 3(x2
+ y2
+ z2
) + 12xyz ≥
5
3
.
Chứng minh.
Giả sử x = min{x, y, z} ⇒ x ∈ 0;
1
3
.
Từ giả thiết ta có y + z = 1 − x và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
yz ≤
(y + z)2
4
.
Đặt 2(x3 + y3 + z3) + 3(x2 + y2 + z2) + 12xyz = P.
Khi đó, ta có
P = 2 x3
+ (y + z)3
− 3yz(y + z) + 3 x2
+ (y + z)2
− 2yz + 12xyz
= 2x3
+ 2(1 − x)3
− 6yz(1 − x) + 3x2
+ 3(1 − x)2
− 6yz + 12xyz
= 12x2
− 12x + 5 − 6yz(2 − 3x)
≥ 12x2
− 12x + 5 − 6
(y + z)2
4
(2 − 3x)
=
9
2
x3
−
3
2
x + 2.
Đặt
9
2
x3 −
3
2
x + 2 = f(x) với x ∈ 0;
1
3
.
Ta có f (x) =
27
2
x2 −
3
2
⇒ f (x) = 0 ⇔ x =
1
3
.
x 0 1
3
f (x) | − 0
f(x)
2
5
3
Từ bảng biến thiên ta suy ra
P ≥ f(x) ≥
5
3
với x ∈ 0;
1
3
.
1
3
.
Bài toán 2.16. Với x, y, z ∈ [0; 2] thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Chứng minh
rằng
x3
+ y3
+ z3
≤ 9.
24

Chứng minh.
Giả sử 2 ≥ x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Khi đó



2 ≥ x
2 + 1 ≥ x + y
2 + 1 + 0 = x + y + z
Xét hàm số f(t) = t3, với t ∈ [0; 2]
f (t) = 3t2
f (t) = 6t ≥ 0, với t ∈ [0; 2].
Do đó với x, y, z ∈ [0; 2], theo bất đẳng thức Karamata ta có
f(2) + f(1) + f(0) ≥ f(x) + f(y) + f(z)
⇔x3
+ y3
+ z3
≤ 9.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2; y = 1; z = 0 và các hoán vị của chúng.
Bài toán 2.17. Cho x, y, z ∈ [1; 3] , x + y + z = 6. Chứng minh rằng
x2
+ y2
+ z2
≤ 14.
Chứng minh.
Giả sử 3 ≥ x ≥ y ≥ z ≥ −1 . Khi đó



3 ≥ x
3 + 2 ≥ x + y
3 + 2 + 1 = x + y + z
Xét hàm số f(t) = t2, với t ∈ [1; 3]
f (t) = 2t
f (t) = 2 ≥ 0, với t ∈ [1; 3].
Do đó với x, y, z ∈ [1; 3], theo bất đẳng thức Karamata ta có
f(3) + f(2) + f(1) ≥ f(x) + f(y) + f(z)
⇔x2
+ y2
+ z2
≤ 14.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3; y = 2; z = 1 và các hoán vị của chúng.
25

Bài toán 2.18. Với x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x + y + z = 1.
Chứng minh rằng
x
x + 1
+
y
y + 1
+
z
z + 1
≤
3
4
.
Chứng minh.
Xét hàm số f(t) =
t
t + 1
, t ∈ [0; 1] .
Ta có f (t) =
1
(t + 1)2
⇒ f (t) =
−2
(t + 1)3
< 0, ∀x ∈ [0; 1] .
Áp dụng bổ đề 1.1,ta có
f(x) =
x
1 + x
≤ f
1
3
x −
1
3
+ f
1
3
f(y) =
y
1 + y
≤ f
1
3
y −
1
3
+ f
1
3
f(z) =
z
1 + z
≤ f
1
3
z −
1
3
+ f
1
3
.
x
x + 1
+
y
y + 1
+
z
z + 1
≤ 3f
1
3
(x + y + z − 1) + 3f
1
3
=
3
4
.
1
3
.
minh rằng
a
a + bc
+
b
1 + ac
+
c
1 + ab
≥
9
10
.
Chứng minh.
Ta có
a
1 + bc
≥
a
1 +
(b + c)2
4
=
4a
4 + (1 − a)2
=
4a
a2 − 2a + 5
.
b
1 + ac
≥
4b
b2 − 2b + 5
c
1 + ab
≥
4c
c2 − 2c + 5
.
a
a + bc
+
b
1 + ac
+
c
1 + ab
≥
4a
a2 − 2a + 5
+
4b
b2 − 2b + 5
+
4c
c2 − 2c + 5
.
26

Xét hàm số f(x) =
4x
x2 − 2x + 5
, với x ∈ (0; 1) .
Ta có f (x) =
−4x2 + 20
(x2 − 2x + 5)2
Ta đi chứng minh với ∀ ∈ (0; 1), ta luôn có
f(x) ≥ f (
1
3
) x −
1
3
+ f
1
3
⇔
4x
x2 − 2x + 5
≥
99
100
x −
1
3
+
3
10
⇔
−99x3 + 201x2 − 101x + 15
100(x2 − 2x + 5)
≥ 0
⇔
x −
1
3
2
(15 − 11x)
x2 − 2x + 5
≥ 0 luôn đúng ∀x ∈ (0; 1) .
Áp dụng bất đẳng thức trên với a, b, c ∈ (0; 1), ta có
f(a) ≥ f
1
3
a −
1
3
+ f
1
3
f(b) ≥ f
1
3
b −
1
3
+ f
1
3
f(c) ≥ f
1
3
c −
1
3
+ f
1
3
.
a
a + bc
+
b
1 + ac
+
c
1 + ab
≥
4a
a2 − 2a + 5
+
4b
b2 − 2b + 5
+
4c
c2 − 2c + 5
≥ f
1
3
(a + b + c − 1) + 3f
1
3
=
9
10
.
1
3
.
Bài toán 2.20 (Olympic 30-4-06). Với a, b, c là các số thực dương . Chứng minh
a(b + c)
a2 + (b + c)2
+
b(c + a)
b2 + (c + a)2
+
c(c + b)
c2 + (a + b)2)
≤
6
5
.
Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh là một bất đẳng thức thuần nhất với ba biến
a, b, c Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức cần
chứng minh trở thành
a(1 − a)
a2 + (1 − a)2
+
b(1 − b)
b2 + (1 − b)2
+
c(1 − c)
c2 + (1 − c)2
≤
6
5
⇔f(a) + f(b) + f(c) ≤
6
5
27

với f(x) =
x(1 − x)
x2 + (1 − x)2
=
−x2 + x
2x2 − 2x + 1
, x ∈ (0; 1),
f (x) =
−2x + 1
(2x2 − 2x + 1)2
⇒ f (
1
3
) =
27
25
.
Ta đi chứng minh với ∀x ∈ (0; 1), ta có
f(x) ≤ f (
1
3
)(x −
1
3
) + f(
1
3
)
⇔
−x2 + x
2x2 − 2x + 1
≤
27
25
(x −
1
3
) +
2
5
⇔
−54x3 + 27x2 − 1
25(2x2 − 2x + 1)
≤ 0
⇔
−54(x +
1
6
)(x −
1
3
)2
25(2x2 − 2x + 1)
≤ 0 luôn đúng ∀x ∈ (0; 1) .
Do đó với a, b, c ∈ (0; 1), ta có
f(a) + f(b) + f(c) ≤ f (
1
3
)(a + b + c − 3
1
3
) + 3f(
1
3
) =
6
5
.
1
3
.
Bài toán 2.21 (USA MO -2003). Với các số thực dương a, b, c. Chứng minh
rằng
(2a + b + c)2
2a2 + (b + c)2
+
(2b + a + c)2
2b2 + (c + a)2
+
(2c + a + b)2
2c2 + (a + b)2
≤ 8.
Chứng minh.
Giả sử a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
(a + 1)2
2a2 + (1 − a)2
+
(b + 1)2
2b2 + (1 − b)2
+
(c + 1)2
2c2 + (1 − c)2
≤ 8
⇔
a2 + 2a + 1
3a2 − 2a + 1
+
b2 + 2b + 1
3b2 − 2b + 1
+
c2 + 2c + 1
3c2 − 2c + 1
≤ 8
hay
f(a) + f(b) + f(c) ≤ 8
với f(x) =
x2 + 2x + 1
3x2 − 2x + 1
, x ∈ (0; 1)
f (x) =
−8x2 − 4x + 4
(3x2 − 2x + 1)2
.
28

Ta chứng minh với ∀x ∈ (0; 1), ta có
f(x) ≤ f (
1
3
)(x −
1
3
) + f(
1
3
)
⇔
x2 + 2x + 1
3x2 − 2x + 1
≤ 4(x −
1
3
) +
8
3
⇔
x2 + 2x + 1
3x2 − 2x + 1
−
12x + 4
3
≤ 0
⇔
−36x3 + 15x2 + 2x − 1
3(3x2 − 2x + 1)
≤ 0
⇔
−36(x +
1
4
)(x −
1
3
)2
3(3x2 − 2x + 1)
≤ 0, luôn đúng ∀x ∈ (0; 1) .
Từ đó, ta có
f(a) ≤ f (
1
3
)(a −
1
3
) + f(
1
3
)
f(b) ≤ f (
1
3
)(b −
1
3
) + f(
1
3
)
f(c) ≤ f (
1
3
)(c −
1
3
) + f(
1
3
).
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có
f(a) + f(b) + f(c) ≤ f (
1
3
)(a + b + c − 1) + 3f(
1
3
) = 8.
1
3
.
Bài toán 2.22 (Olympic Balkan 1996 và Olympic 30-4 -1999). Với các số thực
a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng
a
1 + a2
+
b
1 + b2
+
c
1 + c2
≤
9
10
.
Chứng minh.
Đặt f(x) =
x
1 + x2
. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành
f(a) + f(b) + f(c) ≤
9
10
.
Ta có f (x) =
1 − x2
(1 + x2)2
⇒ f (x) = 0 ⇔
x = −1
x = 1
29

Ta có bảng biến thiên ( đưa thêm một số giá trị như x = −3; x =
−1
3
; x = 2
và giá trị của hàm số tại đó để so sánh)
x −∞ −3 −1
−1
3
1 2 +∞
f (x) − 0 + 0 +
f(x)
0 −3
10
−1
2
−3
10
1
2 2
5 0
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1. Trong ba số a, b, c có một số thuộc (−∞; −3].
Giả sử a ∈ (−∞; −3] ⇒ b + c ≥ 4, giả sử b ≥ 2.
Khi đó từ bảng biến thiên, ta có
f(a) + f(b) + f(c) < 0 +
1
2
+
2
5
=
9
10
+ Trường hợp 2. Có một số, giả sử a ∈ −3;
−1
3
. Khi đó có
f(a) + f(b) + f(c) ≤
−3
10
+
1
2
+
1
2
=
7
10
<
9
10
.
+ Trường hợp 3. Cả ba số a, b, c ∈
−1
3
; +∞ . Khi đó tiếp tuyến của hàm số
y = f(x) tại x =
1
3
có phương trình
y = f
1
3
x −
1
3
+ f
1
3
hay
y =
18
25
x +
3
50
.
Ta chứng minh
f(x) ≤
18
25
x +
3
50
⇔
x
1 + x2
−
18
25
x −
3
50
≤ 0
⇔
−36x3 − 3x2 + 14x − 3
50(1 + x2)
≤ 0
⇔
−36(x +
3
4
(x −
1
3
)2)
50(1 + x2)
≤ 0 luôn đúng với ∀x ≥
−1
3
.
Do đó f(a) + f(b) + f(c) ≤
18
25
(a + b + c) + 3
3
50
=
9
10
.
1
3
.
30

2.1.4 Bài toán liên quan
Bài toán 2.23. Với các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y +z = 1. Chứng
minh
3
xy + yz + zx
+
2
x2 + y2 + z2
≥ 14.
Bài toán 2.24. Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a + 1
b2 + 1
+
b + 1
c2 + 1
+
c + 1
a2 + 1
≥ 3.
Bài toán 2.25. Với a, b, c > 0 và thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a
b3 + ab
+
b
c3 + ca
+
c
a3 + ca
≥
3
2
.
minh bất đẳng thức sau
ab + bc + ca +
1
abc
≥ abc + 3.
minh rằng
a3
b(2c + a)
+
b3
c(2a + b)
+
c3
a(2b + c)
≥ 1.
Bài toán 2.28. Với a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh
a2
+ b2
+ c2
+ 3abc ≥
4
9
.
Bài toán 2.29. Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
1
a
+
1
b
+
1
c
+
9
a + b + c
≥ 4
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a
.
Bài toán 2.30. Với a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng
a
(b + c)2
+
b
(c + a)2
+
c
(a + b)2
≥
9
4(a + b + c)
.
Bài toán 2.31 (Japan Mathematical Olympiad Finals 1997). Với a, b, c là các
số thực dương . Chứng minh rằng
(b + c − a)2
(b + c)2 + a2
+
(c + a − b)2
(c + a)2 + b2
+
(a + b − c)2
(a + b)2 + c2
≥
3
5
.
Bài toán 2.32 (China MO 2005). Với a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng
10(a3
+ b3
+ c3
) − 9(a5
+ b5
+ c5
) ≥ 1.
31

Bài toán 2.33 (China Northern MO 2006). Với các số thực a, b, c thỏa mãn
a2 + 9
2a2 + (b + c)2
+
b2 + 9
2b2 + (a + c)2
+
c2 + 9
2c2 + (a + b)2
≤ 5.
minh rằng
18a − 35
a2 − 4a + 6
+
18b − 35
b2 − 4b + 6
+
18c − 35
c2 − 4c + 6
≥ −17.
Bài toán 2.35. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh
rằng
a2
6a2 − 4a + 1
+
b2
6b2 − 4b + 1
+
c2
6c2 − 4c + 1
≤ 1.
minh rằng
a2
3a2 − 2a + 3
+
b2
3b2 − 2b + 3
+
c2
3c2 − 2c + 3
≥
1
8
.
32

2.2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm vô tỉ
Trong phần này ta đi chứng minh các bất đẳng thức với hàm vô tỉ với tổng
không đổi bằng bất đẳng thức AM-GM. Điều quan trọng là ta vận dụng bất
đẳng thức AM-GM khéo léo để phá được dấu căn và tận dụng tổng không đổi.
Bài toán 2.37. Với x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 2.
Chứng minh
x3y + y3z + z3x + xy3 + yz3 + zx3 ≤ 2.
Chứng minh.
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức
√
a +
√
b ≤ 2(a + b) (∗) với a, b ≥ 0.
Thật vậy, bình phương hai vế của bất đẳng thức (*), ta có
a + 2
√
ab + b ≤ 2(a + b) ⇔ a + b ≥ 2
√
ab luôn đúng theo AM-GM .
Áp dụng bất đẳng thức (* ) ta có
x3y + y3z + z3x+ xy3 + yz3 + zx3 ≤ 2[xy(x2 + y2) + yz(y2 + z2) + zx(z2 + x2)].
Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn nếu chứng minh được
xy(x2
+ y2
) + yz(y2
+ z2
) + zx(z2
+ x2
) ≤ 2.
Ta có
xy(x2
+ y2
) + yz(y2
+ z2
) + zx(z2
+ x2
)
≤xy(x2
+ y2
+ z2
) + yz(x2
+ y2
+ z2
) + zx(x2
+ y2
+ z2
)
=(xy + yz + zx)(x2
+ y2
+ z2
).
Đến đây ta cần chứng minh
(xy + yz + zx)(x2
+ y2
+ z2
) ≤ 2.
(xy + yz + zx)(x2
+ y2
+ z2
) =
1
2
2(xy + yz + zx)(x2
+ y2
+ z2
)
≤
1
2
(2xy + 2yz + 2zx + x2 + y2 + z2)2
4
=
1
8
(x + y + z)4
= 2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1, z = 0 hoặc các hoán vị của chúng.
33

minh rằng
a(b + 3c) + b(c + 3a) + c(a + 3b) ≤ 6.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a(b + 3c) =
1
2
4a(b + 3c) ≤
1
2
4a + b + 3c
2
.
Tương tự
b(c + 3a) ≤
1
2
4b + c + 3a
2
c(a + 3b) ≤
1
2
4c + a + 3b
2
.
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta được
a(b + 3c) + b(c + 3a) + c(a + 3b) ≤
1
2
8(a + b + c)
2
= 6.
Bài toán 2.39. [Russian MO 2002]Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh rằng
√
a +
√
b +
√
c ≥ ab + bc + ca.
Chứng minh.
a2
+ b2
+ c2
+ 2(
√
a +
√
b +
√
c) ≥ 2(ab + bc + ca) + a2
+ b2
+ c2
⇔a2
+ b2
+ c2
+ 2(
√
a +
√
b +
√
c) ≥ (a + b + c)2
= 9.
a2
+
√
a +
√
a ≥ 3a
b2
+
√
b +
√
b ≥ 3b
c2
+
√
c +
√
c ≥ 3c.
a2
+ b2
+ c2
+ 2
√
a + 2
√
b + 2
√
c ≥ 3(a + b + c) = 9.
34

Bài toán 2.40 (Mexico MO 2007). Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
√
a + bc +
√
b + ca +
√
c + ab ≤ 2.
Chứng minh.
Sử dụng điều kiện a + b + c = 1, ta có
a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c).
√
a + bc = (a + b)(a + c) ≤
2a + b + c
2
.
Tương tự
√
b + ac ≤
2b + a + c
2
√
c + ab ≤
2c + a + b
2
.
√
a + bc +
√
b + ca +
√
c + ab ≤
4a + 4b + 4c
2
= 2(a + b + c) = 2.
1
3
.
Bài toán 2.41. Với các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh rằng
ab
√
c2 + 3
+
bc
√
a2 + 3
+
ca
√
b2 + 3
≤
3
2
.
Chứng minh.
Ta luôn có
(a + b + c)2
3
≥ ab + bc + ca
⇔ 3 ≥ ab + bc + ca.
Suy ra
ab
√
c2 + 3
≤
ab
√
c2 + ab + bc + ca
=
ab
(a + b) (a + c)
.
Từ đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
ab
(b + c) (c + a)
≤
1
2
ab
b + c
+
ab
c + a
.
35

Chứng minh tương tự
bc
√
a2 + 3
≤
bc
(a + c) (a + b)
≤
1
2
bc
c + a
+
bc
a + b
ca
√
b2 + 3
≤
ca
(b + a) (b + c)
≤
1
2
ca
b + a
+
ca
b + c
.
ab
√
c2 + 3
+
bc
√
a2 + 3
+
ca
√
b2 + 3
≤
1
2
ab
b + c
+
ca
b + c
+
ab
c + a
+
bc
c + a
+
bc
a + b
+
ca
a + b
=
a + b + c
3
=
3
2
.
Bài toán 2.42 (Bosnia and Hercegovina MO 2005). Với các số thực dương a, b, c
thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng
a
√
b + b
√
c + c
√
a ≤
1
√
3
.
Chứng minh.
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
(a + b + c)2
≥ 3(ab + bc + ca)
và theo giả thiết
a + b + c = 1.
Khi đó ta có
ab + bc + ca ≤
1
3
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
a
√
b + b
√
c + c
√
a
2
=
√
a
√
ab +
√
b
√
bc +
√
c
√
ca
2
≤ (a + b + c) (ab + bc + ca)
≤
1
3
.
36

1
3
.
Bài toán 2.43. Với a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 1. Chứng minh
rằng
√
a + bc +
√
b + ca +
√
c + ab ≥
√
ab +
√
bc +
√
ca + 1.
Chứng minh.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
√
a + bc +
√
b + ca +
√
c + ab
= a(a + b + c) + bc + b(a + b + c) + ca + c(a + b + c) + ab
= (a + c)(a + b) + (b + a)(b + c) + (c + b)(c + a)
≥a +
√
bc + b +
√
ac + c +
√
ab
=1 +
√
ab +
√
bc +
√
ca.
1
3
.
Nhận xét 2.2. Bài toán trên được xây dựng từ bất đẳng thức APMO 2002 như
sau
Với x, y, z > 0 thỏa mãn
1
x
+
1
y
+
1
z
= 1. Chứng minh rằng
√
x + yz +
√
y + zx +
√
z + xy ≥
√
xyz +
√
x +
√
y +
√
z.
Bài toán 2.44. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c = 1. Chứng minh
rằng
ab(1 − c) + bc(1 − a) + ca(1 − b) ≤
2
3
.
Chứng minh.
Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a + b + c)2
≥ 3(ab + bc + ca).
37

ab(1 − c) + bc(1 − a) + ca(1 − b)
2
≤ (ab + bc + ca) (1 − c + 1 − a + 1 − b)
= 2(ab + bc + ca)
=
2
3
3(ab + bc + ca)
≤
2
3
(a + b + c)2
=
2
3
.
Do đó
ab(1 − c) + bc(1 − a) + ca(1 − b) ≤
2
3
.
1
3
.
Bài toán 2.45 (China MO 2008). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c =
1. Chứng minh rằng
a +
(b − c)2
4
+
√
b +
√
c ≤
√
3
Chứng minh.
Đặt
√
bc = x suy ra
√
b +
√
c = b + c + 2
√
bc = 1 − a + 2
√
bc =
√
1 − a + 2x.
Và ta có
a +
(b − c)2
4
= a +
(b + c)2 − 4bc
4
= a +
(1 − a)2 − 4x2
4
=
1
2
(1 + a)2 − 4x2.
Khi đó bất đẳng thức ban đầu trở thành
(1 + a)2 − 4x2 + 2
√
1 − a + 2x ≤ 2
√
3.
(1 + a)2 − 4x2 + 2 (1 − a) + 2x ≤ 3 [(1 + a)2 − 4x2 + 2(1 − a + 2x)].
Vậy ta chỉ cần chứng minh
(1 + a)2
− 4x2
+ 2(1 − a + 2x) ≤ 4
⇔a2
− (2x − 1)2
≤ 0
⇔(a − 2x + 1)(a + 2x − 1) ≤ 0
⇔(1 − 2x − a)(1 + a − 2x) ≥ 0.
38

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì
1 + a − 2x ≥ 1 − 2x − a = 1 − 2
√
bc − a ≥ 1 − (b + c) − a = 0.
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
1
3
.
Bài toán 2.46 (China MO 2006). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c =
1. Chứng minh rằng
ab
√
ab + bc
+
bc
√
bc + ca
+
ca
√
ca + ab
≤
√
2
2
.
Chứng minh.
ab
√
ab + bc
+
bc
√
bc + ca
+
ca
√
ca + ab
2
=
√
ab
√
ab + bc + ca
a(ab + bc + ca)
√
a + c
+
√
bc
√
ab + bc + ca
b(ab + bc + ca)
√
b + a
+
√
ca
√
ab + bc + ca
c(ab + bc + ca)
√
c + b
2
≤
ab + bc + ca
ab + bc + ca
a(ab + bc + ca)
a + c
+
b(ab + bc + ca)
b + a
+
c(ab + bc + ca)
c + b
= (ab + bc + ca)
a
a + c
+
b
b + a
+
c
c + b
.
(ab + bc + ca)
a
a + c
+
b
b + a
+
c
c + b
≤
1
2
⇔2 (ab + bc + ca)
a
a + c
+
b
b + a
+
c
c + b
≤ (a + b + c)2
⇔2
a2b
a + c
+
ab2
b + a
+
abc
c + b
+
abc
a + c
+
b2c
b + a
+
bc2
c + b
+
ca2
a + c
+
abc
a + b
+
c2a
c + b
≤ (a + b + c)2
⇔2 ab + bc + ca +
ab2
a + b
+
bc2
b + c
+
ca2
a + c
≤ (a + b + c)2
⇔2
ab2
a + b
+
bc2
b + c
+
ca2
a + c
≤ a2
+ b2
+ c2
⇔2b2
−
2ab2
a + b
+ 2c2
−
2bc2
b + c
+ 2a2
−
2ca2
c + a
≥ a2
+ b2
+ c2
⇔
2b3
a + b
+
2c3
b + c
+
2a3
c + a
≥ a2
+ b2
+ c2
.
39

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy -Schwarz và bất đẳng thức AM-GM,
ta có
2
b3
a + b
+
c3
b + c
+
a3
c + a
≥
2(b2 + c2 + a2)2
b(a + b) + c(b + c) + a(c + a)
=
2(a2 + b2 + c2)2
a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca
≥
(a2 + b2 + c2)2
a2 + b2 + c2 +
a2 + b2
2
+
b2 + c2
2
+
c2 + a2
2
=a2
+ b2
+ c2
.
1
3
.
Chứng minh rằng
a2
9a + 1
+
b2
9b + 1
+
c2
9c + 1
≤
1
12 3(ab + bc + ca)
.
Chứng minh.
Ta có
a2
9a + 1
=
a
9
−
a
9(9a + 1)
b2
9b + 1
=
b
9
−
b
9(9b + 1)
c2
9c + 1
=
c
9
−
c
9(9c + 1)
.
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a
9a + 1
+
b
9b + 1
+
c
9c + 1
+
3
4 3(ab + bc + ca)
≥ 1.
a
9a + 1
+
b
9b + 1
+
c
9c + 1
≥
(a + b + c)2
a(9a + 1) + b(9b + 1) + c(9c + 1)
=
1
9(a2 + b2 + c2) + 1
.
40

3
4 3(ab + bc + ca)
≥
3
2 [1 + 3(ab + bc + ca)]
.
Do đó, bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
1
9(a2 + b2 + c2) + 1
+
3
6(ab + bc + ca) + 2
≥ 1.
1
9(a2 + b2 + c2) + 1
+
3
6(ab + bc + ca) + 2
≥
(1 + 3)2
9(a2 + b2 + c2) + 18(ab + bc + ca) + 7
=
16
9(a + b + c)2 + 7
= 1.
1
3
.
Bài toán 2.48. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c = 1. Chứng minh
rằng
a
√
a2 + 1
+
b
√
b2 + 1
+
c
√
c2 + 1
≤
3
√
10
.
Chứng minh.
t
√
t2 + 1
, t ∈ (0; 1)
f (t) =
1
(t2 + 1)3
, f (t) = −
3t
(t2 + 1)5
< 0, ∀t ∈ (0; 1).
Theo bổ đề 1.1, ta có
f(a) ≤ f (
1
3
)(a −
1
3
) + f(
1
3
)
f(b) ≤ f (
1
3
)(b −
1
3
) + f(
1
3
)
f(c) ≤ f (
1
3
)(c −
1
3
) + f(
1
3
).
f(a) + f(b) + f(c) ≤ f (
1
3
)(a + b + c − 1) + 3f(
1
3
) =
3
√
10
.
1
3
.
41

minh rằng
1
1 + 8
√
a
+
1
1 + 8
√
b
+
1
1 + 8
√
b
≥ 1.
Chứng minh.
1
1 + 8
√
t
, t ∈ (0; 3).
Ta có
f (t) =
−2
t(1 + 8
√
t)3
f (x) =
20
√
t + 1
(8
√
t + 1)5t3
> 0, ∀t ∈ (0; 3).
Với a, b, c ∈ (0; 3), theo bổ đề 1.1, ta có
f(a) ≥ f (1)(a − 1) + f(1)
f(b) ≥ f (1)(b − 1) + f(1)
f(c) ≥ f (1)(c − 1) + f(1).
f(a) + f(b) + f(c) ≥ f (1)(a + b + c − 3) + 3f(1) = 1.
Đẳng thức xay ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét 2.3. Bài toán có thể cho dưới hình thức sau:
Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng
1
√
1 + 8a
+
1
√
1 + 8b
+
1
√
1 + 8c
≥ 1.
Bài toán 2.50 (Đề đại học khối A năm 2003). Với các số thực dương x, y, z
thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
x2 +
1
x2
+ y2 +
1
y2
+ z2 +
1
z2
≥
√
82.
Chứng minh.
42

Xét hàm số f(t) = t2 +
1
t2
, t ∈ (0; 1),
f (t) =
(t2 +
1
t2
)
2 t2 +
1
t2
=
t4 − 1
√
t8 + t4
f (t) =
4t3
√
t8 + t4 − (t4 − 1)
8t7 + 4t3
2
√
t8 + t4
t8 + t4
=
6t4 + 2
(t5 + t)
√
t8 + t4
> 0, ∀t ∈ (0; 1).
Áp dụng bổ đề 1.1, ta có
f(x) ≥ f (
1
3
)(x −
1
3
) + f(
1
3
)
f(y) ≥ f (
1
3
)(y −
1
3
) + f(
1
3
)
f(z) ≥ f (
1
3
)(z −
1
3
) + f(
1
3
).
x2 +
1
x2
+ y2 +
1
y2
+ z2 +
1
z2
≥ f (
1
3
)(x + y + z − 1) + 3f(
1
3
)
= 3f(
1
3
) =
√
82.
1
3
.
Bài toán 2.51. Với a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng
4
√
ab3 +
4
√
bc3 +
4
√
ca3 ≤ 1.
Bài toán 2.52. Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a + b
c + ab
+
b + c
a + bc
+
c + a
b + ac
≥ 3.
43

Bài toán 2.53. Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng với
∀k > 0 thì
(b + c)
k bc + 1
a2 + 1
+ (c + a) k ca + 1
b2 + 1
+ (a + b)
k ab + 1
c2 + 1
≥ 6.
Bài toán 2.54 (Ukraine MO 2001). Với các số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa
mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
ax + by + cz + 2 (xy + yz + zx)(ab + bc + ca) ≤ a + b + c.
44

Chương 3
Bất đẳng thức có tích các biến
không đổi
Khi bất đẳng thức có dạng P(x, y, z) ≥ 0 hoặc(≤ 0) với tích xyz không đổi,
thì trong các kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức bằng các sử dụng AM-GM,
bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, các tính chất của hàm số thường dùng, ta có
thể sử dụng phép thế để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức
đơn giản hơn.
Cho các số thực dương a, b, c. Nếu abc = 1 thì có thể đặt a =
1
x
, b =
1
y
, c =
1
z
hoặc a =
x
y
, b =
y
z
, c =
z
x
hoặc a =
yz
x2
, b =
xz
y2
, c =
xy
z2
, . . .
3.1 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm phân
thức hữu tỉ
Bài toán 3.1. Với các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Chứng minh
rằng với ∀n ∈ N∗, ta luôn có
xn
y + yn
z + zn
x ≥ xy + yz + zx.
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (n+1) số, ta có
xn
y + xn
y + yn
z + yz + yz + ... + yz
n−2
≥ (n + 1) n+1
(xny)2ynz(yz)n−2
= (n + 1) n+1
x2ny2nzn−1
= (n + 1) n+1
(xy)2n
1
(xy)n−1
= (n + 1)xy.
45

Chương 3. Bất đẳng thức có tích các biến không đổi
yn
z + yn
z + zn
x + zx + zx + ... + zx
n−2
≥ (n + 1) n+1
(ynz)2znx(zx)n−2
= (n + 1)yz
zn
x + zn
x + xn
y + xy + xy + ... + xy
n−2
≥ (n + 1) n+1
(znx)2xny(xy)n−2
= (n + 1)zx.
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên, ta có
3(xn
y + yn
z + zn
x) + (n − 2)(xy + yz + zx) ≥ (n + 1)(xy + yz + zx)
⇔ xn
y + yn
z + zn
x ≥ xy + yz + zx.
Đẳng thức xảy ta khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 3.2. Với các số thực dương x, y, z có xyz = 1. Chứng minh rằng
x4y
x2 + 1
+
y4z
y2 + 1
+
z4x
z2 + 1
≥
3
2
.
Chứng minh.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
x4y
x2 + 1
= x2
y −
x2y
x2 + 1
≥ x2
y −
x2y
2x
= x2
y −
xy
2
.
Chứng minh tương tự, ta có
y4z
y2 + 1
≥ y2
z −
yz
2
z4x
z2 + 1
≥ z2
x −
zx
2
.
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều chúng ta có
x4y
x2 + 1
+
y4z
y2 + 1
+
z4x
z2 + 1
≥ x2
y + y2
z + z2
x −
1
2
(xy + yz + zx) .
46

x2
y + y2
z + z2
x ≥
3
2
+
xy + yz + zx
2
.
x2y + y2z + z2x
2
≥
3 3
x3y3z3
2
=
3
2
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất nếu ta chứng minh được
x2y + y2z + z2x
2
≥ xy + yz + zx.
Thật vậy sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
x2
y + x2
y + y2
z ≥ 3 3
x2y.x2y.y2z = 3 3
x4y4
1
xy
= 3xy
y2
z + y2
z + z2
x ≥ 3 3
y2z.y2z.z2x = 3 3
y4z4
1
yz
= 3yz
z2
z + z2
x + x2
y ≥ 3 3
z2x.z2x.x2y = 3
3
x4z4
1
xz
= 3zx.
Cộng các bất đẳng thức trên và rút gọn ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 3.3 (IMO 1995). Với a, b, c là các số thực dương và abc = 1. Chứng
minh rằng
1
a3(b + c)
+
1
b3(c + a)
+
1
c3(a + b)
≥
3
2
.
Chứng minh.
1
a3(b + c)
+
b + c
4bc
≥ 2
b + c
4a3bc(b + c)
=
1
a
1
b3(a + c)
+
a + c
4ac
≥ 2
a + c
4b3ac(a + c)
=
1
b
1
c3(a + b)
+
a + b
4ab
≥ 2
a + b
4c3ab(a + b)
=
1
c
.
1
a3(b + c)
+
1
b3(c + a)
+
1
c3(a + b)
+
1
4
b + c
bc
+
a + c
ac
+
a + b
ab
≥
1
a
+
1
b
+
1
c
⇔
1
a3(b + c)
+
1
b3(c + a)
+
1
c3(a + b)
≥
1
2
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
3
2
3 1
abc
=
3
2
.
47

Bài toán 3.4 (Romania MO 1997 ). Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn
xyz = 1. Chứng minh rằng
x9 + y9
x6 + x3y3 + y6
+
y9 + z9
y6 + y3z3 + z6
+
z9 + x9
z6 + z3x3 + x6
≥ 2.
Chứng minh.
Đặt a = x3, b = y3, c = z3. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a3 + b3
a2 + ab + b2
+
b3 + c3
b2 + bc + c2
+
c3 + a3
c2 + ca + a2
≥ 2.
Mặt khác, với ∀u, v > 0, ta có
u3 + v3
u2 + uv + v2
−
u + v
3
=
2(u + v)(u − v)2
3(u2 + uv + v2)
≥ 0 luôn đúng .
Do đó
a3 + b3
a2 + ab + b2
+
b3 + c3
b2 + bc + c2
+
c3 + a3
c2 + ca + a2
≥
a + b
3
+
b + c
3
+
c + a
3
≥
2
3
3
3
√
abc = 2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay x = y = z = 1.
Bài toán 3.5 (Korea MO 1999). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.
Chứng minh rằng
1
a + b4 + c4
+
1
a4 + b + c4
+
1
a4 + b4 + c
≤ 1.
Chứng minh.
b4
+ c4
=
3b4 + c4
4
+
b4 + 3c4
4
≥
4
4
√
b4b4b4c4
4
+
4
4
√
b4c4c4c4
4
= bc(b2
+ c2
)
≥
b2 + c2
a
.
Do đó
1
a + b4 + c4
≤
1
a +
b2 + c2
a
=
a
a2 + b2 + c2
.
1
a4 + b + c4
≤
b
a2 + b2 + c2
48

1
a4 + b4 + c
≤
c
a2 + b2 + c2
.
1
a + b4 + c4
+
1
a4 + b + c4
+
1
a4 + b4 + c
≤
a + b + c
a2 + b2 + c2
≤
a + b + c
(a + b + c)2
3
=
3
a + b + c
≤
3
3 3
√
abc
≤ 1.
Bài toán 3.6 (Hongkong 2000). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều
kiện abc = 1. Chứng minh rằng
1 + ab2
c3
+
1 + bc2
a3
+
1 + ca2
b3
≥
18
a3 + b3 + c3
.
Chứng minh.
1
a3
+
1
b3
+
1
c3
+
bc2
a3
+
ca2
b3
+
ab2
c3
≥
18
a3 + b3 + c3
⇔(a3
+ b3
+ c3
)(
1
a3
+
1
b3
+
1
c3
) + (a3
+ b3
+ c3
)
bc2
a3
+
ca2
b3
+
ab2
c3
≥ 18.
a3
+ b3
+ c3 1
a3
+
1
b3
+
1
c3
≥ 3
3
√
a3b3c33
3 1
a3b3c3
= 9
a3
+ b3
+ c3 bc2
a3
+
ca2
b3
+
ab2
c3
≥ 3
3
√
a3b3c3.3
3 a3b3c3
a3b3c3
= 9.
Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh.
49

Bài toán 3.7. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
rằng
1
1 + a + b2
+
1
1 + b + c2
+
1
1 + c + a2
≤ 1.
Chứng minh.
Đặt a = x3, b = y3, c = x3, với x, y, z > 0 và xyz = 1.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
1 + x3 + y6
+
1
1 + y3 + z6
+
1
1 + z3 + x6
≤ 1
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz kết hợp với xyz = 1, ta có
1
1 + x3 + y6
=
z4 + x +
1
z2
(1 + x3 + y6)(z4 + x +
1
z2
)
≤
z4 + x +
1
z2
(z2 + x2 + y2)2
=
z4 + x2yz + x2y2
(x2 + y2 + z2)2
.
1
1 + y3 + z6
=
x4 + y +
1
z2
(1 + y3 + z6)(x4 + y +
1
z2
)
≤
x4 + y2xz + x2y2
(x2 + y2 + z2)2
1
1 + z3 + x6
=
y4 + z +
1
x2
(1 + z3 + x6)(y4 + z +
1
x2
)
≤
y4 + z2xy + y2z2
(x2 + y2 + z2)2
.
1
1 + x3 + y6
+
1
1 + y3 + z6
+
1
1 + z3 + x6
≤
x4 + y4 + z4 + xyz(x + y + z) + x2y2 + y2z2 + z2x2
(x2 + y2 + z2)2
.
x4 + y4 + z4 + xyz(x + y + z) + x2y2 + y2z2 + z2x2
(x2 + y2 + z2)2
≤ 1
⇔xyz(x + y + z) ≤ x2
y2
+ y2
z2
+ z2
x2
(điều này luôn đúng).
50

Bài toán 3.8. Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh
1
x2 + x + 1
+
1
y2 + y + 1
+
1
z2 + z + 1
≥ 1.
Chứng minh.
Đặt x =
bc
a2
, y =
ca
b2
, z =
ab
c2
, với a, b, c > 0.
Khi đó bất đẳng thức trở thành
a4
b2c2 + a2bc + a4
+
b4
c2a2 + b2ca + b4
+
c4
a2b2 + c2ab + c4
≥ 1.
a4
b2c2 + a2bc + a4
+
b4
c2a2 + b2ca + b4
+
c4
a2b2 + c2ab + c4
≥
(a2 + b2 + c2)2
b2c2 + a2bc + a4 + c2a2 + b2ca + b4 + a2b2 + c2ab + c4
.
Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được
(a2
+ b2
+ c2
)2
≥ a4
+ b4
+ c4
+ abc(a + b + c) + a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
.
Thật vậy
(a2
+ b2
+ c2
)2
≥ a4
+ b4
+ c4
+ abc(a + b + c) + a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
⇔a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
≥ abc(a + b + c)
⇔(ab − ac)2
+ (ab − bc)2
+ (bc − ca)2
≥ 0 ( luôn đúng).
Bài toán 3.9 (IMO 2008). Với các số thực x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1.
Chứng minh
x
x − 1
2
+
y
y − 1
2
+
z
z − 1
2
≥ 1.
Chứng minh.
Do x, y, z = 1 và xyz = 1 nên ∃a, b, c thỏa mãn
x =
a2
bc
, y =
b2
ca
, z =
c2
ab
và (a2 − bc)(b2 − ca)(c2 − ab) = 0.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a4
(b2 − bc)2
+
b4
(b2 − ca)2
+
c4
(c2 − ab)2
≥ 1.
51

a4
(b2 − bc)2
+
b4
(b2 − ca)2
+
c4
(c2 − ab)2
≥
(a2 + b2 + c2)2
(a2 − bc)2 + (b2 − ca)2 + (c2 − ab)2
.
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh nếu ta chứng minh được
(a2
+ b2
+ c2
)2
≥ (a2
− bc)2
+ (b2
− ac)2
+ (c2
− ab)2
⇔(ab + bc + ca)2
≥ 0 (luôn đúng).
Nhận xét 3.1. Bài toán trên có thể làm cách hai như sau
Đặt
a =
x
x − 1
, b =
y
y − 1
, c =
z
z − 1
suy ra x =
a
a − 1
, y =
b
b − 1
, z =
c
c − 1
.
a2
+ b2
+ c2
≥ 1
Theo giả thiết xyz = 1
⇒
a
a − 1
b
b − 1
c
c − 1
= 1
⇔(a − 1)(b − 1)(c − 1) = abc
⇔(a + b + c) − 1 = ab + bc + ca
⇔2(a + b + c) − 2 = 2(ab + bc + ca)
⇔a2
+ b2
+ c2
− 1 = (a + b + c − 1)2
.
Do vế trái luôn không âm nên ta có a2 + b2 + c2 ≥ 1 ( điều phải chứng minh).
Bài toán 3.10 (IMO 1995). Với các số thực dương a, b, c và abc = 1. Chứng
minh
1
a3(b + c)
+
1
b3(c + a)
+
1
c3(a + b)
≥
3
2
.
Chứng minh.
1
a3(b + c)
+
1
b3(c + a)
+
1
c3(a + b)
≥
1
a
+
1
b
+
1
c
2
a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)
=
(ab + bc + ca)2
a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)
.
52

(ab + bc + ca)2
≥
3
2
[a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)]
⇔ab + bc + ca ≥ 3 ( luôn đúng thao AM-GM).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 3.11 (Romania MO 2003). Với các số thực a, b, c > 0 và thỏa mãn
abc = 1. Chứng minh rằng
1 +
3
a + b + c
≥
6
ab + bc + ca
.
Chứng minh.
1 +
3
a + b + c
−
6
ab + bc + ca
≥ 0.
Đặt
√
a + b + c = t với t ≥ 3 3
√
abc =
√
3.
Ta có
1 +
3
a + b + c
−
6
ab + bc + ca
≥1 +
3
a + b + c
−
6
3abc(a + b + c)
=1 +
3
a + b + c
−
6
3(a + b + c)
=1 +
3
t2
−
6
√
3t
.
Xét hàm số f(t) = 1 +
3
t2
−
6
√
3t
với t ≥
√
3
f (t) =
−6
t3
+
2
√
3
t2
=
2
t2
√
3 −
3
t
≥ 0 với ∀t ≥
√
3.
Do đó f(t) ≥ f(
√
3) = 0.
53

rằng
1
a2 − a + 1
+
1
b2 − b + 1
+
1
c2 − c + 1
≤ 3.
Chứng minh.
Bất đẳng thức được viết lại như sau
4
3
−
1
a2 − a + 1
+
4
3
−
1
b2 − b + 1
+
4
3
−
1
c2 − c + 1
≥ 1
⇔
(2a − 1)2
a2 − a + 1
+
(2b − 1)2
b2 − b + 1
+
(2c − 1)2
c2 − c + 1
≥ 3.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
(2a − 1)2
a2 − a + 1
+
(2b − 1)2
b2 − b + 1
+
(2c − 1)2
c2 − c + 1
≥
(2a + 2b + 2c − 3)2
a2 + b2 + c2 − (a + b + c) + 3
.
Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được
(2a + 2b + 2c − 3)2
≥ 3 a2
+ b2
+ c2
− (a + b + c) + 3
⇔4(a + b + c)2
− 12(a + b + c) + 9 ≥ 3(a2
+ b2
+ c2
) − 3(a + b + c) + 9
⇔(a2
+ b2
+ c2
) − 9(a + b + c) + 8(ab + bc + ca) ≥ 0
⇔(a + b + c)2
+ 6(ab + bc + ca) ≥ 9(a + b + c) ( )
Ta có
(ab + bc + ca)2
≥ 3abc(a + b + c) = 3(a + b + c)
suy ra ab + bc + ca ≥ 3(a + b + c).
Đặt t =
a + b + c
3
với t ≥ 1.
Do đó muốn chứng minh được bất đẳng thức ( ) ta chỉ cần chứng minh
9t4
+ 18t ≥ 9.3t2
⇔t3
− 3t + 2 ≥ 0. ( )
Xét hàm f(t) = t3 − 3t + 2, với t ≥ 1
f (t) = 3t2
− 3 ≥ 0 với ∀t ≥ 1.
Do đó f(t) ≥ f(1) = 0.
Nên bất đẳng thức ( ) được chứng minh.
54

Bài toán 3.13. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
rằng
a + b + c ≥
1 + a
1 + b
+
1 + b
1 + c
+
1 + c
1 + a
.
Bài toán 3.14 (IMO -SL 1998). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.
Chứng minh rằng
a3
(1 + b)(1 + c)
+
b3
(1 + a)(1 + c)
+
c3
(1 + a)(1 + b)
≥
3
4
.
Bài toán 3.15 (Ukraine 1998 ). Với các số thực dương a, b, c > 0 và thỏa mãn
1 + ab
1 + a
+
1 + bc
1 + b
+
1 + ca
1 + a
≥ 3.
Bài toán 3.16. Với các số thực a, b, c > 0 và thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
rằng
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 4(a + b + c − 1).
rằng
1
a2 − a + 1
+
1
b2 − b + 1
+
1
c2 − c + 1
≤ 3.
Bài toán 3.18. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng
minh rằng
1
(a + 1)(a + 2)
+
1
(b + 1)(b + 2)
+
1
(c + 1)(c + 2)
≥
1
2
.
Bài toán 3.19. Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng
minh bất đẳng thức sau
1
(1 + a)2
+
1
(1 + b)2
+
1
(1 + c)2
+
2
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
≥ 1.
55

3.2 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm vô tỉ
Bài toán 3.20 (Internationnal Compelition SRMC 2006). Với các số thực dương
a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
4 3
a
b
+
3 b
c
+ 3
c
a
≤ 3 2 + a + b + c +
1
a
+
1
b
+
1
c
2
3 .
Chứng minh.
Do abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a =
y
x
, b =
z
y
, c =
x
z
.
Thay vào bất đẳng thức đã cho, ta có
4
3 y2
xz
+
3 z2
xy
+
3 x2
yz
≤ 3 2 +
y
x
+
z
y
+
x
z
+
x
y
+
y
z
+
z
x
2
3
⇔4
3 y3
xyz
+
3 z3
xyz
+
3 x3
xyz
≤ 3
2xyz + y2z + xz2 + x2y + x2z + y2x + z2y
xyz
2
3
⇔4
x + y + z
3
√
xyz
≤ 3
(x + y)(y + z)(z + x)
xyz
2
3
⇔xyz(x + y + z)3
≤
27
64
(x + y)2
(y + z)2
(z + x)2
.
Mà ta lại chứng minh được bất đẳng thức
(x + y)(y + z)(z + x) ≥
8
9
(x + y + z)(xy + yz + zx)
Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
27
64
64
81
(x + y + z)2
(xy + yz + zx)2
≥ xyz(x + y + z)3
⇔(xy + yz + zx)2
≥ 3xyz(x + y + z) hiển nhiên đúng theo AM-GM .
Bài toán 3.21. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1.
Chứng minh rằng
3
√
a +
3
√
b + 3
√
c ≤ 3
3(3 + a + b + c + ab + bc + ca).
56

Chứng minh.
Vì abc = 1 nên đặt
a =
x2
yz
, b =
y2
zx
, c =
z2
xy
.
.
3 x2
yz
+
3 y2
zx
+
3 z2
xy
≤ 3
3 3 +
x2
yz
+
y2
xz
+
z2
xy
+
xy
z2
+
yz
x2
+
xz
y2
= 3
3
x
y
+
y
z
+
z
x
x
z
+
y
x
+
z
y
= 3
(1 + 1 + 1)
x
y
+
y
z
+
z
x
x
z
+
y
x
+
z
y
.
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có
1
3
+
x
y
x
y + y
z + z
x
+
x
z
x
z + y
x + z
y
≥ 3. 3
x2
yz
3 x
y + y
z + z
x
x
z + y
x + z
y
1
3
+
y
z
x
y + y
z + z
x
+
y
x
x
z + y
x + z
y
≥ 3 3
y2
xz
3 x
y + y
z + z
x
x
z + y
x + z
y
1
3
+
z
x
x
y + y
z + z
x
+
z
y
x
z + y
x + z
y
≥ 3 3
z2
xy
3 x
y + y
z + z
x
x
z + y
x + z
y
.
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.22 (APMO 2005). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 8.
Chứng minh rằng
a2
(a3 + 1)(b3 + 1)
+
b2
(b3 + 1)(c3 + 1)
+
c2
(c3 + 1)(a3 + 1)
≥
4
3
.
Chứng minh.
57

Với ∀x ≥ 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1)
≤
x + 1 + x2 − x + 1
2
=
x2 + 2
2
.
Áp dụng bất đẳng thức này, ta có
a2
(a3 + 1)(b3 + 1)
+
b2
(b3 + 1)(c3 + 1)
+
c2
(c3 + 1)(a3 + 1)
≥
4a2
(a2 + 2)(b2 + 2)
+
4b2
(b2 + 2)(c2 + 2)
+
4c2
(c2 + 2)(a2 + 2)
.
Vậy ta chỉ cần chứng minh
4a2
(a2 + 2)(b2 + 2)
+
4b2
(b2 + 2)(c2 + 2)
+
4c2
(c2 + 2)(a2 + 2)
≥
4
3
⇔a2
(c2
+ 2) + b2
(a2
+ 2) + c2
(b2
+ 2) ≥
1
3
(a2
+ 2)(b2
+ 2)(c2
+ 2)
⇔a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
+ 2(a2
+ b2
+ c2
) ≥ a2
b2
c2
+ 8 = 72.
Điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
≥ 3
3
√
a4b4c4 = 48
a2
+ b2
+ c2
≥ 3
3
√
a2b2c2 = 12.
Bài toán 3.23 (Đề thi đại học khối D 2005). Với ba số thực dương x, y, z thỏa
mãn điều kiện xyz = 1. Chứng minh rằng
1 + x3 + y3
xy
+
1 + y3 + z3
yz
+
√
1 + z3 + x3
zx
≥ 3
√
3.
Chứng minh.
1 + x3 + y3
xy
≥
3 3
x3y3
xy
=
3
xy
.
Tương tự, ta có √
1 + z3 + x3
yz
≥
3
yz
58

√
1 + z3 + x3
xz
≥
3
xz
.
1 + x3 + y3
xy
+
1 + y3 + z3
yz
+
√
1 + z3 + x3
zx
≥
3
xy
+
3
yz
+
3
xz
.
Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
3
xy
+
3
yz
+
3
zx
≥ 3 3
√
27
x2y2z2
= 3
√
3.
rằng √
a
2 + b
√
a
+
√
b
2 + c
√
b
+
√
c
2 + a
√
c
≥ 1.
Chứng minh.
Đặt
√
a =
x
y
,
√
b =
y
z
,
√
c =
z
x
với x, y, z > 0.
x
y
2 +
y2
z2
.
x
y
+
y
z
2 +
z2
x2
.
y
z
+
z
x
2 +
x2
y2
.
z
x
≥ 1
⇔
x2z2
2xyz2 + x2y2
+
y2x2
2x2yz + y2z2
+
z2y2
2xy2z + x2z2
≥ 1.
x2z2
2xyz2 + x2y2
+
y2x2
2x2yz + y2z2
+
z2y2
2xy2z + x2z2
≥
(xz + xy + yz)2
x2y2 + y2z2 + z2x2 + 2xyz(x + y + z)
=
(xz + xy + yz)2
(xz + xy + yz)2
= 1.
Dấu bằng xảy ra khi à chỉ khi a = b = c = 1.
59

Bài toán 3.25 (Balkan Shortlist 2002). Với a, b, c, là các số thực dương thỏa
mãn abc = 2. Chứng minh rằng
a3
+ b3
+ c3
≥ a
√
b + c + b
√
c + a + c
√
a + b.
Chứng minh.
Do
2(a3
+ b3
+ c3
) − a2
(b + c) − b2
(c + a) − c2
(a + b)
= a3
+ b3
− ab(a + b) + b3
+ c3
− bc(b + c) + c3
+ a3
− ca(a + c)
=(a + b)(a − b)2
+ (b + c)(b − c)2
+ (c + a)(c − a)2
≥ 0 luôn đúng với ∀a, b, c .
Do đó ta cần chứng minh bất đẳng thức
a2
(b + c) + b2
(c + a) + c2
(a + b) ≥ 2(a
√
b + c + b
√
c + a + c
√
a + b).
Sử dụng Cauchy- Schwarz cho biểu thức ở vế trái, ta có
a2
(b + c) + b2
(c + a) + c2
(a + b) ≥
1
3
(a
√
b + c + b
√
c + a + c
√
a + b)2
.
Do đó ta chỉ cần chứng minh
a
√
b + c + b
√
c + a + c
√
a + b ≥ 6.
Sử dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có
a
√
b + c + b
√
c + a + c
√
a + b ≥
3
abc (a + b)(b + c)(c + a)
≥
3
abc 2
√
ab.2
√
bc.2
√
ca
= 6.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3
√
2.
Bài toán 3.26 (IMO 2002 ). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
a − 1 +
1
b
b − 1 +
1
c
c − 1 +
1
a
≤ 1
Chứng minh.
60

Vì abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a =
x
y
, b =
y
z
, c =
z
x
. Bất
đẳng thức cần chứng minh trở thành
(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz.
Ta để ý rằng,
(x − y + z) + (y − z + x) = 2x > 0
(y − z + x) + (z − x + y) = 2y > 0
(z − x + y) + (x − y + z) = 2z > 0.
Do đó, trong ba số x−y +z, y −z +x, z −x+y không thể có trường hợp hai số
cùng âm hoặc cả ba số đều âm. Nếu trong ba số trên có một số âm, hiển nhiên
ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Trường hợp cả ba số đều dương, bằng các
lấy logarit hai vế, ta có
ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ lnx + lny + lnz.
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z. Khi đó,



y − z + x ≥ x
(y − z + x) + (x − y + z) ≥ x + y
(y − z + x) + (x − y + z) + (z − x + y) = x + y + z.
Vì f(x) = lnx là hàm lõm trên (0; +∞), do đó, sử dụng bất đẳng thức Kara-
mata, ta được
ln(y − z + x) + ln(x − y + z) + ln(z − x + y) ≤ lnx + lny + lnz.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c = 1.
rằng
a
√
1 + a
+
b
√
1 + b
+
c
√
1 + c
≥
3
√
2
2
.
Chứng minh.
Từ giả thiết abc = 1 ⇔ ln(abc) = 0 ⇔ ln a + ln b + ln c = 0.
Đặt x = ln a, y = ln b, z = ln c. Khi đó x, y, z ∈ R và x + y + z = 0.
Bất đẳng thức đã cho trở thành
ex
√
1 + ex
+
ey
√
1 + ey
+
ez
1 + ez
≥
3
√
2
2
.
61

et
√
1 + et
−
3
√
2
8
t
f (t) =
e2t + 2et
2 (1 + et)3
−
3
√
2
8
f (t) = 0 ⇔4(e2t
+ 2et
) = 3
√
2 (1 + et)3
⇔ (et
− 1)(16e3t
+ 62e2t
+ 72et
+ 18) = 0
⇔
et = 1
16e3t + 62e2t + 72et + 18 = 0 ( Vô nghiệm)
⇔ t = 0.
t −∞ 0 +∞
f (t) − 0 +
f(t)
√
2
2
Từ bảng biến thiên, ta có
f(t) ≥
√
2
2
∀t ∈ R ⇔
et
√
1 + et
≥
3
√
2t
8
+
√
2
2
, ∀t ∈ R.
Thay t bởi x, y, z rồi cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có
ex
√
1 + ex
+
ey
√
1 + ey
+
ez
1 + ez
≥
3
√
2
8
(x + y + z) +
3
√
2
2
=
3
√
2
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 hay a = b = c = 1.
rằng
2(a2 + 1) + 2(b2 + 1) + 2(c2 + 1) ≤ 1 +
5
3
(a + b + c).
rằng
8a2 + 1 + 8b2 + 1 + 8c2 + 1 ≤ 3 (a + b + c) .
62

Chương 4
Một số lớp bài toán cực trị với đa
thức đối xứng ba biến
4.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Bài toán 4.1. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức
P = (a2
− ab + b2
)(b2
− bc + c2
)(c2
− ca + a2
).
Chứng minh.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử c = min{a, b, c}.
Khi đó
b2
− bc + c2
= c(c − b) + b2
≤ b2
c2
− ca + a2
= c(c − a) + a2
≤ a2
.
Do đó
P = (a2
− ab + b2
)(b2
− bc + c2
)(c2
− ca + a2
)
≤ (a2
− ab + b2
)a2
b2
.
(a2
− ab + b2
)a2
b2
=
4
9
3ab
2
3ab
2
(a2
− ab + b2
)
≤
4
9



3ab
2
+
3ab
2
+ (a2 − ab + b2)
3



3
63

Chương 4. Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến
=
4
9
(a2 + 2ab + b2)3
27
=
4
9
(a + b)6
27
≤
4
9.27
(a + b + c)6
= 12.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 1, c = 0 và các hoán vị của nó.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 12.
Bài toán 4.2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2. Tìm giá
trị lớn nhất của
M =
ab
√
2c + ab
+
bc
√
2a + bc
+
ca
√
2b + ca
.
Chứng minh.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
M =
ab
√
2c + ab
+
bc
√
2a + bc
+
ca
√
2b + ca
=
ab
(a + b + c)c + ab
+
bc
(a + b + c)a + bc
+
ca
(a + b + c)b + ca
=
ab
(b + c)(a + c)
+
bc
(a + b)(a + c)
+
ca
(b + c)(b + a)
≤
1
2
ab
c + a
+
ab
c + b
+
bc
a + b
+
bc
a + c
+
ac
b + a
+
ac
b + c
=
1
2
(a + b + c) = 1.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2
3
.
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 1.
P = ab + bc + ca +
5
2
(a + b)
√
ab + (b + c)
√
bc + (c + a)
√
ca .
Chứng minh.
64

2(a + b)2
+ 2ab =
(a + b)2
2
+
(a + b)2
2
+
(a + b)2
2
+
(a + b)2
2
+ 2ab
≥5
5 ab(a + b)8
8
=5(a + b)
5 ab(a + b)3
8
≥5(a + b)
5 ab(2
√
ab)3
8
=5(a + b)
√
ab.
2(b + c)2
+ 2bc ≥ 5(b + c)
√
bc
2(c + a)2
+ 2ac ≥ 5(c + a)
√
ca.
5 (a + b)
√
ab + (b + c)
√
bc + (c + a)
√
ca ≤ 4(a2
+ b2
+ c2
) + 6(ab + bc + ca)
⇔2(ab + bc + ca) + 5 (a + b)
√
ab + (b + c)
√
bc + (c + a)
√
ca
≤ 4(a2
+ b2
+ c2
) + 8(ab + bc + ca) = 4(a + b + c)2
= 4.
1
3
.
Bài toán 4.4. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biêu thức
P =
a2 + b
b + c
+
b2 + c
c + a
+
c2 + a
a + b
.
Chứng minh.
Ta có
P + 1 =
a2 + b
b + c
+ a +
b2 + c
c + a
+ b +
c2 + a
a + b
+ c
=
a(a + b + c) + b
b + c
+
b(a + b + c) + c
c + a
+
c(a + b + c) + a
a + b
=
a + b
b + c
+
b + c
c + a
+
c + a
a + b
.
65

P + 1 =
a + b
b + c
+
b + c
c + a
+
c + a
a + b
≥
3 a + b
b + c
.
b + c
c + a
.
c + a
a + b
= 3.
1
3
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.
Bài toán 4.5. Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =
ab
a + b + ab
+
bc
b + c + bc
+
ca
c + a + ca
.
Chứng minh.
Với giả thiết a, b, c > 0 và abc = 1, ta có
P =
ab
a + b + ab
+
bc
b + c + bc
+
ca
c + a + ca
=
1
1
a
+
1
b
+ 1
+
1
1
b
+
1
c
+ 1
+
1
1
c
+
1
a
+ 1
.
Với các số dương x, y, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
x3
+ x3
+ y3
≥ 3 3
x6y3 = 3x2
y
y3
+ y3
+ x3
≥ 3 3
y6x3 = 3y2
x.
Do đó
x3
+ y3
≥ xy(x + y)
dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
1
a
+
1
b
+ 1 ≥
3 1
ab
1
3
√
a
+
1
3
√
b
+ 1
= 3
√
c
1
3
√
a
+
1
3
√
b
+ 1
=
3
√
cb + 3
√
ca + 3
√
ab
3
√
ab
.
66

1
b
+
1
c
+ 1 ≥
3
√
cb + 3
√
ca + 3
√
ab
3
√
bc
1
c
+
1
a
+ 1 ≥
3
√
cb + 3
√
ca + 3
√
ab
3
√
ac
.
Do đó
T ≤
3
√
ab
3
√
ab + 3
√
bc + 3
√
ca
+
3
√
bc
3
√
ab + 3
√
bc + 3
√
ca
+
3
√
ca
3
√
ab + 3
√
bc + 3
√
ca
= 1.
Bài toán 4.6. Với x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xyz = 1. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
x2(y + z)
y
√
y + 2z
√
z
+
y2(z + x)
z
√
z + 2x
√
x
+
z2(x + y)
x
√
x + 2y
√
y
.
Chứng minh.
x2
(y + z) ≥ 2x2√
yz = 2x
√
x
y2
(z + x) ≥ 2y2√
zx = 2y
√
y
z2
(x + y) ≥ 2z2√
xy = 2z
√
z.
Do đó
P ≥
2x
√
x
y
√
y + 2z
√
z
+
2y
√
y
z
√
z + 2x
√
x
+
2z
√
z
x
√
x + 2y
√
y
.
Đặt x
√
x = a, y
√
y = b, z
√
z = c, suy ra
P ≥ 2
a
b + 2c
+
b
c + 2a
+
c
a + 2b
= 2
a
b + 2c
+
b
c + 2a
+
c
a + 2b
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
P ≥ 2
(a + b + c)2
3(ab + bc + ca)
≥
2(ab + bc + ca)
ab + bc + ca
= 2.
67

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
Bài toán 4.7. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
a3 + b3
a2 + ab + b2
+
b3 + c3
b2 + bc + c2
+
c3 + a3
c2 + ca + a2
.
Chứng minh.
Ta có
P =
(a + b)(a2 − ab + b2)
a2 + ab + b2
+
(b + c)(b2 − bc2
c)
b2 + bc + c2
+
(c + a)(c2 − ca + a2)
c2 + ca + a2
.
Ta sẽ chứng minh với mọi x, y dương, ta có
x2 − xy + y2
x2 + xy + y2
≥
1
3
.
Thật vậy
x2 − xy + y2
x2 + xy + y2
≥
1
3
⇔3(x2
− xy + y2
) ≥ x2
+ xy + y2
⇔2(x − y)2
≥ 0 ( luôn đúng) .
Áp dụng kết quả trên, ta có
P ≥
1
3
(a + b) +
1
3
(b + c) +
1
3
(c + a)
=
2
3
(a + b + c).
Lại theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
P ≥
2
3
(a + b + c) ≥
2.3 3
√
abc
3
= 2.
Dấu "= " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2.
4.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bài toán 4.8. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
P =
1
(1 +
√
ab)2
+
1
(1 +
√
bc)2
+
1
(1 +
√
ca)2
.
68

Chứng minh.
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
3P =3
1
(1 +
√
ab)2
+
1
(1 +
√
bc)2
+
1
(1 +
√
ca)2
≥
1
1 +
√
ab
+
1
1 +
√
bc
+
1
1 +
√
ca
2
≥
(1 + 1 + 1)2
1 +
√
ab + 1 +
√
bc + 1 +
√
ca
2
=
81
(3 +
√
ab +
√
bc +
√
ca)2
.
√
ab ≤
a + b
2
√
bc ≤
b + c
2
√
ca ≤
c + a
2
.
Do đó
√
ab +
√
bc +
√
ca ≤ a + b + c
Nên
3P ≥
81
(3 + a + b + c)2
=
9
4
hay P ≥
3
4
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P =
3
4
.
Bài toán 4.9. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x4
+ 2y4
+ 3z4
Chứng minh.
69

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có
x4
+ 2y4
+ 3z4
1 +
1
3
√
2
+
1
3
√
3
≥ x2
+
3
√
2y2
+
3
√
3z2 2
và
x2
+
3
√
2y2
+
3
√
3z2
1 +
1
3
√
2
+
1
3
√
3
≥ (x + y + z)2
= 9
Do đó
P = x4
+ 2y4
+ 3z4
≥
81
1 +
1
3
√
2
+
1
3
√
3
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi



x =
3 3
√
6
3
√
6 + 3
√
3 + 3
√
2
y =
3 3
√
3
3
√
6 + 3
√
3 + 3
√
2
z =
3 3
√
2
3
√
6 + 3
√
3 + 3
√
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
81
1 +
1
3
√
2
+
1
3
√
3
3
.
Bài toán 4.10. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ
A =
1
a2 + b2 + c2
+
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
.
Chứng minh.
1
a2
+
1
b2
+
1
c2
≥
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
.
Do đó
A ≥
1
a2 + b2 + c2
+
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
.
70

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
A ≥
1
a2 + b2 + c2
+
32
(ab + bc + ca)
=
1
a2 + b2 + c2
+
92
9(ab + bc + ca)
≥
(1 + 9)2
a2 + b2 + c2 + 9(ab + bc + ca)
=
102
(a + b + c)2 + 7(ab + bc + ca)
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
7(ab + bc + ca) ≤
7
3
(a + b + c)2
= 21.
Do đó
A ≥
102
32 + 21
=
10
3
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng
10
3
.
Bài toán 4.11. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn
F =
√
a2 + 1 +
√
b2 + 1 +
√
c2 + 1
a + b + c
.
Chứng minh.
1 a2 + 1 + 1.
√
2a ≤ (1 + 1)(a2 + 1 + 2a) =
√
2(a + 1).
Tương tự
b2 + 1 +
√
2b ≤
√
2(b + 1)
c2 + 1 +
√
2c ≤
√
2(c + 1).
a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 +
√
2(
√
a +
√
b +
√
c) ≤
√
2(a + b + c + 3)
⇔ a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 ≤
√
2(a + b + c + 3) −
√
2(
√
a +
√
b +
√
c).
71

√
a +
√
b +
√
c ≥ 3
3 √
abc = 3
⇔ −
√
2(
√
a +
√
b +
√
c) ≤ −3
√
2.
Do đó
a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 ≤
√
2(a + b + c + 3) − 3
√
2
=
√
2(a + b + c).
Suy ra F ≤
√
2 dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của F là
√
2.
Bài toán 4.12. Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá
P =
xy
x2 + y2 + 2z2
+
yz
y2 + z2 + 2x2
+
zx
z2 + x2 + 2y2
.
Chứng minh.
P =
xy
3
2
1
9
+
1
9
+
2
9
(x2 + y2 + 2z2)
+
yz
3
2
1
9
+
1
9
+
2
9
(y2 + z2 + 2x2)
+
zx
3
2
1
9
+
1
9
+
2
9
(z2 + x2 + 2y2)
≤
xy
3
2
x
3
+
y
3
+
2z
3
+
yz
3
2
y
3
+
z
3
+
2x
3
+
zx
3
2
z
3
+
x
3
+
2y
3
=
2xy
(x + z) + (y + z)
+
2yz
(y + x) + (z + x)
+
2zx
(z + y) + (x + y)
≤
1
4
2xy
x + z
+
2xy
y + z
+
1
4
2yz
y + x
+
2yz
z + x
+
1
4
2zx
z + y
+
2zx
x + y
=
1
4
(2x + 2y + 2z) =
1
2
.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
1
2
.
72

Bài toán 4.13. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =
3
4
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
P =
1
3
√
a + 3b
+
1
3
√
b + 3c
+
1
3
√
c + 3a
.
Chứng minh.
P ≥
1
a + 3b + 1 + 1
3
+
1
b + 3c + 1 + 1
3
+
1
c + 3a + 1 + 1
3
=
3
a + 3b + 2
+
3
b + 3c + 2
+
3
c + 3a + 1
.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
P ≥
3
a + 3b + 2
+
3
b + 3c + 2
+
3
c + 3a + 1
≥ 3
9
4(a + b + c) + 6
= 3.
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3
.
4.3 Sử dụng các tính chất của hàm số
Bài toán 4.14. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của
P = 3(a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
) + 3(ab + bc + ca) + 2 a2 + b2 + c2.
Chứng minh.
Vì a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = 1 − 2(ab + bc + ca).
Và theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
3(a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
) ≥ (ab + bc + ca)2
.
Do đó
P ≥ (ab + bc + ca)2
+ 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca).
Đặt ab + bc + ca = t.
73

Có 0 ≤ t = ab + bc + ca ≤
(a + b + c)2
3
=
1
3
.
Khi đó
P ≥ t2 + 3t + 2
√
1 − 2t, t ∈ 0;
1
3
.
Xét hàm số f(t) = t2 + 3t + 2
√
1 − 2t, t ∈ 0;
1
3
.
f (t) = 2t + 3 −
2
√
1 − 2t
,
f (t) = 2 −
2
(1 − 2t)3
≤ 0, ∀t ∈ 0;
1
3
.
Suy ra f (t) ≥ f (
1
3
) =
11 − 6
√
3
3
> 0 ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈ 0;
1
3
.
Do đó P ≥ 2.



ab + bc + ca = 0
ab = bc = ca
a + b + c = 1
⇔ a = 1; b = c = 0 và các hoán vị .
Tìm giá trị nhỏ nhất của
P =
a
b
+
b
c
+
c
a
− 4abc.
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta có
P =
a
√
ab
+
b
√
bc
+
c
√
ca
− 4abc
≥
2a
a + b
+
2b
b + c
+
2c
c + a
− 4abc
= 2
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
− 4abc.
74

P ≥ 2
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
− 4abc
≥ 2
(
√
a +
√
b +
√
c)2
2(a + b + c)
− 4abc
=
(
√
a +
√
b +
√
c)2
3
− 4abc
≥ 3
3
√
abc − 4abc.
Đặt 3
√
abc = t với 0 < t = 3
√
abc ≤
a + b + c
3
= 1.
Xét hàm f(t) = 3t − 4t3, t ∈ (0; 1],
f (t) = 3 − 12t2
⇒f (t) = 0 ⇔


t =
1
2
∈ (0; 1]
t =
−1
2
/∈ (0; 1].
Bảng biến thiên
t 0
1
2
1
f (t) | + 0 − |
f(t)
0
1
−1
Từ bảng biến thiên ta có f(t) ≥ −1 ⇒ P ≥ f(t) ≥ −1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -1.
trị nhỏ nhất của biểu thức
P = ab + bc + ca +
1
abc
− abc.
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 = a + b + c ≥ 3 3
√
abc ⇒ abc ≤ 1.
Theo giải thiết ta có 0 < abc ≤ 1.
Khi đó
P = ab + bc + ca +
1
abc
− abc
≥ 3
3
√
a2b2c2 +
1
abc
− abc.
75

Đặt 3
√
abc = t với t ∈ (0; 1].
Ta có
P ≥ 3t2
+
1
t3
− t3
.
Xét hàm số f(t) = 3t2 +
1
t3
− t3 với t ∈ (0; 1]
ta có
f (t) =6t −
3
t4
− 3t2
=
−3t6 + 6t5 − 3
t4
=
3(t − 1)(−t5 + t4 + t2 + t + 1)
t4
≤ 0 ∀t ∈ (0; 1] .
Do đó P ≥ f(t) ≥ f(1) = 3.
Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi t = 1 ⇒ a = b = c = 1.
Bài toán 4.17. Với 3 số x, y, z thỏa mãn
x, y, z ∈ [−1; 3]
x + y + z = 3
. Tìm giá trị lớn nhất
của
P = x2
+ y2
+ z2
.
Chứng minh.
Giả sử 3 ≥ x ≥ y ≥ z ≥ −1 . Khi đó



3 ≥ x
3 + 1 ≥ x + y
3 + 1 + (−1) = x + y + z
Xét hàm số f(t) = t2, với t ∈ [−1; 3]
f (t) = 2t
f (t) = 2 ≥ 0, với t ∈ [−1; 3].
Do đó với x, y, z ∈ [−1; 3], theo bất đẳng thức Karamata ta có
f(3) + f(1) + f(−1) ≥ f(x) + f(y) + f(z)
⇔x2
+ y2
+ z2
≤ 11.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3; y = 1; z = −1 và các hoán vị của chúng.
76

Bài toán 4.18. Với −1 ≤ a, b, c ≤ 1 và a + b + c =
−1
2
. Hãy tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
F = a12
+ b12
+ c12
.
Chứng minh.
Không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ −1. Khi đó



a ≤ 1
a + b ≤ 1 −
1
2
a + b + c = 1 −
1
2
− 1
.
Vì hàm số f(x) = x12 lồi trên [−1; 1], theo bất đẳng thức Karamata, ta có
a12
+ b12
+ c12
= f(a) + f(b) + f(c) ≤ f(1) + f(
−1
2
) + f(−1) = 2 +
1
212
Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b =
−1
2
, c = −1 và các hoán vị của chúng.
Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 2 +
1
212
.
4.4 Bài toán liên quan
Bài toán 4.19. Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ
P =
x3
(1 + y)(1 + z)
+
y3
(1 + z)(1 + x)
+
z3
(1 + x)(1 + y)
.
Bài toán 4.20. Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 6. Tìm giá
P =
x2
2
+
y3
12
+
z4
108
.
Bài toán 4.21 (HSG Hà nội 2014-2015). Vơi ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
1
a2 + b2 + c2
+
1
abc
.
Bài toán 4.22 (Đại học khối B năm 2012). Với các số thực x, y, z thỏa mãn
x + y + z = 0; x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
P = x5
+ y5
+ z5
.
77

KẾT LUẬN
Các bài toán bất đẳng thức và cực trị với đa thức đối xứng vẫn là một chủ
đề hay và khó với học sinh và ngay cả giáo viên. Tuy nhiên trong các kì thi Đại
học, thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán học quốc tế lại thường có dạng
toán này. Đặc biệt là các bài toán bất đẳng thức và cực trị với đa thức đối xứng
ba ba biến. Luận văn hoàn thành và đạt được các kết quả sau:
1. Giới thiệu lại các kiến thức cơ bản của đa thức đối xứng ba biến, của bất
đẳng thức và các bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
và bất đẳng thức Karamata cùng bổ đề cơ bản.
2. Đưa ra các cách tiếp cận đối với bất đẳng thức đối xứng ba biến có tổng -
tích không đổi và hệ thống các ví dụ và đề thi quốc gia và quốc tế.
3. Đưa ra lớp các bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến và các cách
giải quyết bài toán cung hệ thống ví dụ đa dạng.
Với những gì đạt được, tôi hi vọng luận văn sẽ là một tài liệu có ích cho
những ai quan tâm tới bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng
ba biến.
Trong điều kiên về thời gian và khuôn khổ của luận văn, tôi chưa thể nghiên
cứu thêm về bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng khác. Đó là
hướng phát triển của luận văn.
Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn
được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
78

TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt
[1] Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh, Sử dụng AM-GM để chứng minh bất
đẳng thức, NXBĐH Sư Phạm.
[2] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội.
[3] Nguyễn Văn Mậu, 2002, Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXBGD.
[4] Nguyễn Văn Mậu, Các bài toán nội suy và áp dụng,NXB GD .
[5] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB GD 2002.
[6] N.V. Mậu, T.N. Dũng, N.Đ. Phất, N.T. Thanh, Số phức và áp dụng, NXB
GD 2009.
[7] Trần Phương, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh, Vẻ đẹp bất đẳng thức
trong các kì thi Olympic toán học, NXBĐHQG Hà Nội.
[8] Cao Minh Quang,Một số dạng toán về bất đẳng thức ba biến với tích các
biến không đổi, Hội thảo khoa học Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh
giỏi Đồng Tháp 2013.
[9] Phạn Văn Thuận, Lê Vĩ, Bất đẳng thức suy luận và khám phá, NXBĐHQG
Hà Nội.
Tiếng Anh
[10] D. Djukic, V. Jankovic, I. Matic and N. Petrovic, The IMO Compendium
1959-2004, Springer-Verlag 2004.
[11] D, S. Mitrinovic, J. E. Pecaric, ” Recent Advances in Geometric Inequal-
ities”, Kluwer Academic Publishers, 1989.
79

Đề tài: Lớp bất đẳng thức, bài toán cực trị với đa thức đối xứng, 9đ

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Đề tài: Lớp bất đẳng thức, bài toán cực trị với đa thức đối xứng, 9đ

Similar to Đề tài: Lớp bất đẳng thức, bài toán cực trị với đa thức đối xứng, 9đ (20)

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO: 0909232620

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO: 0909232620 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Đề tài: Lớp bất đẳng thức, bài toán cực trị với đa thức đối xứng, 9đ