Tác giả: Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên
Nguyễn Đình Thi
Lớp 10Toán 1 THPT chuyên Lương Văn Chánh. Tuy hòa,tháng 2 năm 2008

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
1

Bất đẳng thức là một nội dung rất hay và khó .Càng nghiên cứu ta càng thấy sự đa
dạng,phong phú của nó.Chúng tôi viết bài viết nay nhằm góp một phần nhỏ của mình
vào việc rèn luyện kó năng giải bất đẳng thức.Vì đây là bài viết đầu tiên,và chúng tôi
đang ở trình độ lớp 10 nên mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng không thể tránh khỏi sai
xót.Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của độc giả.

MỘT SỐ KĨ THUẬT ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1.Kó thuật tách số mũ

+Để thuận tiện cho việc chứng minh,tôi xin đề cập lại tới bất đẳng thức(bđt) Hon-đe

Theo bđt Hon-đe thì ta có
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
( )
a b c
a b b c c a a b c
b c a
+ + + + ≥ + +
 
 
 

Đặt
2 2 2
, ,
x a y b z c
= = =

Ta cần chứng minh bđt
3 2 2 2
( )
9
3
x y z x y z
x y y z zx
+ + + +
≥
+ +


Vậy bài toán chứng minh
Đây chỉ là kó thuật nhỏ,tách mũ 3 thành
3
2.
2
nhưng nó có vẻ hiệu quả và làm cho lời
giải bài toán gọn hơn .
Và ta tiếp tục với kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 2
Với a,b,c>0 v&
2 2 2
3
a b c
+ + =
.Chứng minh
9a b c
b c a a b c
+ + ≥
+ +

Lời giải:
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
2

Ta có
2 2 2 2
( )
a b c a b c a b c
b c a ab bc ca ab bc ca

 
 
 
∑ ∑∑ ∑

9( )
ab bc ca
= + +

3
9()
)
(
aa b
b bc ca
c ≥ + +⇒ + + (đpcm) (!)
Bài toán 3
Với
4 4 4
, , 0& 3
a b c a b c
> + + =
.Chứng minh
2 2 2
) 3
a b c
a
b c a
+ + ≥


+ + ≥ + +
Nếu đặt
2 2 2
, ,
x a y b z c
= = =
thì bđt cần chứng minh

3
( ) 9( )
x y z xy yz zx
⇔ + + ≥ + +
Tới đây,việc chứng minh hoàn toàn tương tự như bđt (!)
b)Theo bđt Hon-đe thì

2
2 2 2 2 3
( ) ( ( ) ) ( )
cyc cyc cyc
a
a b c a
b c
+ ≥
+
∑ ∑ ∑

Vậy cần chứng minh bđt sau

2 3 2 2
4 ( ) 9 ( ( ) )

Bđt này đã được chứng minh trong câu a
Qua 3 bài,ta có thể thấy được hiệu quả của kó thuật nhỏ này
Kết thúc kó thuật này,ta xét bài toán sau
Bài toán 4: (Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
3

Với
2 2 2
, , 0. 3
a b c a b c
> + + =
. Chứng minh
3
2 3
cyc
a ab bc ca
a bc
+ +
≥
+
∑

Lời giải:
Theo bđt(!) thì
3
3
( )
( ) 9( )
27 3


2 3
9 ( ) ( 3 ) ( )(3 ) ( 3 )
cyc cyc cyc cyc cyc
ab a abc ab ab ab abc
⇔ − ≥ − + − − −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑

(3 )(3 ) ( 3 )
cyc cyc cyc
ab ab ab abc
⇔ − + + −
∑ ∑ ∑

( )(3 ) ( )(3 )
cyc cyc cyc cyc
a ab ab ab
≥ − + −
∑ ∑ ∑ ∑

(3 )(3 ) ( 3 ) 0
cyc cyc cyc cyc cyc
ab ab a ab ab abc
⇔ − + − − + − ≥
∑ ∑ ∑ ∑ ∑

Vì
32 2 2 2 2 2
3 3 1
a b c a b c abc

2 2
cyc cyc cyc cyc
a a
a ab
a bc a bc
≥ + + +
+ +
∑ ∑ ∑ ∑

3
( )
a b c
≥ + +

3
3 3 3
( )
2 2 2 27
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
⇒ + + ≥
+ + +

Vậy bài toán chứng minh xong.
Và chúng ta sẽ kết thúc kó thuật đầu tiên qua bài toán sau
Bài toán 5:
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên).
Cho a,b,c>0 và
2 2 2


6
2
( )
3( )
27
a b c
ab bc ca
+ +
⇔ ≥ + +

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

Vì vậy,ta cần chứng minh bđt sau
2
4
3
3 ( )
2 3
cyc
a a b c

a b b c c a
a b c
c a b
⇔ + + ≥ + +

Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
. . .
a b b c c a ab bc bc ca ca ab
a b c
c a b c a a b b c
+ + ≥ + + = + +
(đpcm)
(
)
2 2 2 2 2 2
2 6
a b b c c a abc
⇒
+ + ≥
Và ta trở lại với bài toán
Chúng ta cần chứng minh bđt
2
4
3
3 ( )
2 3
cyc
a a b c

9
2
cyc
a b c
a
a abc
 
+ +
=
 
 
+
 
∑

(
)
4
4
4 4 4
2
4
6
3
9
2
cyc
a b c abc
a
a abc

=
 
 
+
 
∑

( )
8
8
2 6 4
8
4 4
3 . .( 2 )
( 2 ) .9 .2 7 3
a b c
a a a a b c
a a b c
 
+ +
+
≥ = 
 
+
 
∑
(Theo bđt Cauchy-Schwarz suy
rộng cho 3 biến và 8 dãy)
2
4

a a
+ − + −
+ ≥ 2
b c b c a
a a
+ + −
⇔ ≥
2
a a
b c a b c
⇔ ≥
+ − +

Hoàn toàn tương tự,ta có các bđt sau:
2
b b
a c b a c
≥
+ − +
và
2
c c
a b c a b
≥
+ − +

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được
2
a a
b c a b c

, , ,
2 2 2
4
a b c d
cyc
c d a b d
a
cb
≥
+ + + + +
∑

Lời giải:
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được

2
2
2 2 2 2 2 2
( )
a a
a b c d
b c d b c d
 
 
+ + + ≥
 
 
 
+ + + +
 

+ + + + +
≤ =

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
6

2 2
2 2 2 2 2 2 2
2a a
b c d a b c d
⇒ ≥
+ + + + +

chứng minh tương tự thì ta có
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2b b
c d a a b c d
≥
+ + + + +

2 2
2 2 2 2 2 2 2
2c c
d a b a b c d
≥
+ + + + +

2 2
2 2 2 2 2 2 2

2
( ) 2 ( )
( )( )
a b c a b c
a bc a b a c
+ +
⇔ ≥
+ + +

Chứng minh tương tự,ta có các bđt
2
( ) 2 ( )
( )( )
b c a b c a
b ca b c b a
+ +
≥
+ + +

2
( ) 2 ( )
( )( )
c a b c a b
c ab c a c b
+ +
≥
+ + +

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được
2

+ + + + + +

Đẳng thức khi 1 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau.
Vậy bài toán được chứng minh
Bài toán 4:
(Nguyễn Đình Thi)
Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.Chứng minh
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
7

3
2 2
( ) 3
( ) 2
a b c
a b c
+
>
+ +
∑

Lời giải:
Ta có
2 2 2 2
3
( ) ( )
1 1 3
( ) ( )
a b c a b c
a b c a b c

b c a b c a
b c a a b c
+ +
≥
+ + + +
và
3
2 2 2
( ) 3 ( )
( ) ( )
c a b c a b
c a b a b c
+ +
≥
+ + + +

Cộng 3 bđt trên vế theo vế
3
2 2 2
( ) 6( )
( ) ( )
a b c ab bc ca
a b c a b c
+ + +
⇒
≥
+ + + +
∑

Mà


Ta có
3 3
4
2 2
2 2
1 1 1 4
2 2
a bc a bc
a a
+ +
+ + + ≥
+ +

3 2 3
4
2 2
2 3 6 2
4
2 2
a bc a a bc
a a
+ + + +
⇔ ≥
+ +

2 2
4
3 3 2
2 4( 2)

Cộng các bđt trên vế theo vế ta được
2 2
4
3 3 2
2 4( 2)
2 2 3 6
a a
a bc a bc a
+ +
≥
+ + + +
∑ ∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
8Tới đây,ta dùng bđt Cauchy-Schwarz,tiếp đó dùng bđt Mincopski
và một bổ đề phụ
3 3 3
9 ( 2 2 2 )
a b c ab bc ca
≥ + + + + +

Ta có
(
)
2
2
2

a a
a
 
 
+
+
 
 
 
   
≥ ≥ =
+ +
∑
∑ ∑
∑
⇒
bài toán được chứng minh
có lẽ kó thuật này có hiệu lực không kém và ta tiếp tục với
Bài toán 6:
(Nguyễn Huỳnh Khôi Nguyên)
Với a,b,c>0.chứng minh
3
4
7( )
8 ( )
3
3

b c b c
+ + + + + +
 
⇔ ≥
 
+ +
 

3
4
7( ) 28( )
( )
8 3( ) 24 16( )
b c b c
a b c a b c
+ +
⇔ ≥
+ + + +

Hoàn toàn tương tự,ta có các bđt
3
4
7( ) 28( )
8 3( ) 24 16( )
c a c a
b c a b c a
+ +
 
≥
 

+ + + +
 
∑ ∑ Không mất tính tổng quát,giả sử
a b c
≥ ≥
thì

28( ) 28( ) 28( )
a b c a b c
+ ≥ + ≥ +

và
1 1 1
24 16( ) 24 16( ) 24 16( )
c a b b c a a b c
≥ ≥
+ + + + + +

Theo bất đẳng thức chebusep thì
28( ) 1 1
.(54( ))
24 16( ) 3 24 16( )
cyc cyc
b c
a b c
a b c a b c
 

cyc
a
a bc
 
≥
 
+
 
∑
Với
0,8
k
=Lời giải: (Nguyễn Đình Thi)
Theo bđt Cauchy 10 số thì ta có:
8
2 2
10
8 8
8. 1 1 10
3 3
a bc a bc
a a
 
+ +
+ + ≥
 
 

2 2
3 15
8 4 8 3
a a
a bc a bc a
 
⇒

+
≥

+ +
 

Chứng minh tương tự thì ta có các bđt sau:
0,8
2 2
3 15
8 4 8 3
b b
b ca b ca b
 
≥
 
+ + +
 

0,8
2 2
3 15

4 ( 8 ) 3
a
a a bc a
=
+ +
∑

2
3 2 2 2
( )
15
4 ( 8 ) 3( )
a b c
a a abc a b c
+ +
≥
+ + + +
∑

2
3 3 3 2 2 2
( )
15
4 ( )( 24 ) 3( )
a b c
a b c a b c abc a b c
+ +
≥
+ + + + + + + +


a b c ab bc ca a b c a b c abc
⇔ + + + + + ≥ + + + + +

ðặt
2
x a b c
= − +

2
y a b c
= + −

2
z b c a
= − +

0, 0, 0
x y z
⇒
> > >
( do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác)à
, ,
a x y b y z c z x
⇒ = + = + = +

Ta có các đẳng thức phụ sau:
1)
2 2 2
( ) 4( ) 4
a b c x y z p

= − + + + + +

3 2 3
8 3.2 ( ) 27( ) 2 21 27
p p p q pq r p pq r
= − + + − = + −

Vì thế,bđt cần chứng minh được viết lại như sau:
2 3 3 3
( ) 3( ) 2 ( )( 24 )
a b c ab bc ca a b c a b c abc
+ + + + + ≥ + + + + +
2 2 3
(4 3( )) 2 2 (2 21 27 )
p p q p p pq r
⇔ + + ≥ + −

2 2 3
(7 3 ) 4.2 (2 21 27 )
p q p p pq r
⇔ + ≥ + −Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
11

4 2 2 4 2
49 9 42 16 168 216
p q p q p p q pr
⇔ + + ≥ + −

1,5 9 67,5
p q pr
+ ≥

Mặt khác ta lại có
4 2 2
1,5 1,5.(3 ) 13,5
p q q
≥ =

vì thế cần chứng minh
2 2
13,5 9 67,5
q q pr
+ ≥
(3)
2
3
q pr
⇔ ≥

2
( ) 3 ( )
xy yz zx xyz x y z
⇔ + + ≥ + +
( Luôn đúng theo bđt Cauchy)
Cộng bđt (2) và (3) vế theo vế ta được đpcm
Vậy bài toán chứng minh xong
≥
 
+ +
 
∑

Lời giải:
Ta có 1 vế như sau
(7( )) (8 3( )) ?
k q
b c a b c
+ + + ≤
( Với k,q là các số nguyên dương)
Việc của chúng ta là phải tìm
,
k q
để sau khi dùng bđt Cauchy cho
( )
k q
+
số thì vế
phải của mình có dạng
[ ( )]
k q
m a b c
+
+ +

Việc tìm k,q không khó khăn gì,ta chỉ việc đi tìm 1 cặp nghiệm nguyên dương của
phương trình


Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
12

( )
(
)
5
7 12
7( )
1
8 3( )
14( )
3
b c
a b c a b c
+
⇔ ≥
+ + + +
 
 
 

7 12
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
b c b c
a b c a b c
+ +
   


Chứng minh tương tự ta có các bđt :
3 9
4 7
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
c a c a
b c a a b c
+ +
   
≥
   
+ + + +
   

3 9
4 7
7( ) 21( )
8 3( ) 14( )
a b a b
c a b a b c
+ +
   
≥
   
+ + + +
   

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được:


1 4 ( )
c a
b
a b c
+
=
+ +
2 1 ( )
1 4 ( )
a b
c
a b c
+
=
+ +
&ø
9
1
7
m
= >

thì ta được
9
7
9
7
21( )
42( )
14( )

13

Với a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
3
8 8 8
k k k
k
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥
+ + +
Với
0,9
k
=

Đối với bài này,khi nhìn vào có lẽ chúng ta sẽ nhớ tới 1 bđt tương tự được đăng trên
báo THTT đó là
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam của 1 tam giác.Chứng minh bđt
2 2 2
3
2
3 3 3
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥
+ + +

a b c
⇔ ≥
+
 
+
 
 

5 4 6 4
2 2
3 2
8 3
a a
a bc a b c
   
⇔ ≥
   
+ +
   

5 4 64
6 0 6 0
2 2
3 2
8 3
a a
a b c a b c
   
⇔ ≥
   

+ +
   

1 6
0 , 9
1 5
2 2
3 2
8 3
c c
c a b c a b
   
≥
   
+ +
   

Cộng 3 bđt trên vế theo vế ta được:
1 6
0 ,9
1 5
2 2
3 2
8 3
c y c cy c
a a
a b c a b c
   
≥
   

a bc
a b c
 
 
 
+
 
≥ ≥
 
 
 
+
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑
∑⇒
đpcm
Vậy bài toán được chứng minh
.
2 ( )( )
y z y z y z
y z y x
y z zx
+
=
+ +
+

Biến đổi thế này vì để sau khi dùng bđt Cauchy-Schwarz thì những lương Cauchy-
Shwarz thì những lượng
, ,
2 2 2
x y y z z x
+ + +
cộng nhập lài sẽ triệt tiêu.
Ta có lời giải bài toán:
2
xy yz zx
xy yz yz zx zx xy
 
+ +
 
 
+ + +
 

2
2 2 2

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

Ta cần chứng minh bđt sau:
Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
15

2 2 2
2 2 2 1
( )( ) ( )( ) ( )( ) 2
x y y z z x
x z x y y z y x z x z y
+ + ≤
+ + + + + +

2 2 2 2
4( ( )) ( )( 2 )
cyc cyc cyc
x y xyz x y z x y z x y xy xyz
⇔ + + + ≤ + + + +
∑ ∑ ∑

3 3 2 2
2
cyc cyc cyc
x y xy x y
⇔ + ≥

Đặt
2 2 2
, ,
x a y b z c
= = =
.Bđt cần chứng minh
3
2
x y z
x y y z z x
⇔ + + ≤
+ + +Ở bài này không cho điều kiện gì thêm ngoài các biến đều dương nên ta phải tìm
lượng trung gian thích hợp

2 2
2 ( )
.
2( ) ( )( )
cyc
x y z x z x x y z
x y y z z x x y z x y x z
   
+ + +
+ + =
   
   
+ + + + + + +

x y xy xyz
⇔ + ≥
∑ ∑
(Đúng theo bđt Cauchy 6 số)
Vậy bài toán chứng minh xong
Bài toán 3(Mathlinks)
: Cho a,b,c>0.Chứng minh
2
2
cyc
a a b c
ab bc ca
a bc
+ +
≤
+ +
+
∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
16

Lời giải:
Ta có
2
2
2

 
∑

Vì thế ,cần chứn minh bđt

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

2
0
2
cyc
a a
ab bc ca a bc
 
⇔ − ≥
 
+ + +
 
∑ Không mất tính tổng quát,giả sử
a b c
≥ ≥

− + + − −
⇔ ≥
+ +
(Đúng)
Vậy bài toán được chứng minh

Và ta sẽ thấy được hiệu quả của kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 4(Võ Quốc Bá Cẩn)
Cho a,b,c>0.Chứng minh
2
1 1 1 1
2
cyc
a b b c c a
a bc
 
≤ + +
 
+ + +
 
+
∑Lời giải:(Võ Quốc Bá Cẩn)
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta được:
2
2
2
2

a bc a b a c
+ +
 
 
≤
 
 
+ + +
 
 
∑ ∑

2
2( ) ( )
3
( )( )( )
cyc
a b c a b c
a b b c c a a bc
 
+ + +
= +
 
+ + + +
 
∑

Vì thế cần chứng minh
2
2

 
+ + +
⇔ + ≤
 
 
 
+ + + + + + +
 
 
∑
∑

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
17

(
)
2
2
2
3
( )
3 0
( )( )( )( )
cyc
a ab
a b c
a b b c c a a b c a bc
+
+

( )( ) ( )( )
0
( )( )( )( )
cyc cyc
a b a c a b a c
a bc a b b c c a a b c
 
− − − −
⇔ + ≥
 
+ + + + + +
 
∑ ∑

2 2
( )( ) 1 1
. 0
( )( )
cyc
a b a c
a bc a bc b c a b c
 
− −
 
⇔ + ≥
 
 
+ + + + +
 
 

∑

Hay
2 2
( )( ) 1 1 1 1
0
( )( ) ( )( )
a b b c
a b
b a bc b c a b c b ca c a a b c
 
− −
   
+ − + ≥
 
   
+ + + + + + + +
   
 
2 2 2
2 2
( ) ( )( )( )
0
( )( )( )( )( )
c a b a b b c a b ab ac bc
b a bc b ca a c b c a b c
− + − + − + +
= ≥
+ + + + + +
(Đúng)

a b ma nb kc
a b
 
 
= + +
 
 
 
+ + +
+
 
 
∑ ∑

( )
2 2 2
( ) ( )( )
( )( )
cyc
a
m a b c n k ab bc ca
a b ma nb kc
 
≤ + + + + + +
 
+ + +
 
∑

Và ta phải tìm m,n,k thích hợp để đẳng thức xảy ra.

 
+ + +
 
∑

3 1 25
(3 1)
3 3 16
m
m n m k
 
⇔ + + =
 
+ +
 

3 1 25
4
4(3 ) 3 16
m
m n m k
 
⇔ + =
 
+ +
 

3( ) 4( ) 25
3( ) 2 7 16
n k n k

( )(5 9 )
cyc
a
a b c
a b a b c
 
= + +
 
+ + +
 
∑

Ta cần chứng minh bđt sau
5
( )
( )(5 9 ) 16
cyc
a
a b c
a b a b c
 
+ + ≤
 
+ + +
 
∑

Sau khi chuyển vế,quy đồng ta được

5

a b b c c a a b c b c a c a b
+ +
+ ≥
+ + + + + + + + +
∑ ∑

Bđt trên luôn đúng
Bài toán được chứng minh

Ta sẽ kết thúc kó thuật này qua bài toán sau
Bài toán 6(Phan Thành Nam)

Cho
, , 0 & 1
a b c a b c
≥ + + =
.Với
3
k=1-
2
Chứng minh
2 2 2
( ) ( ) ( ) 3
a k b c b k c a c k a b+ − + + − + + − ≤

Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
19

Lời giải:
Bài này,đẳng thức xảy ra tại 2 điểm

( 3 )
cyc
a k b c
a b c x
a x
 
+ −
≤ + + +
 
+
 
∑
2
( )
(1 3 )
cyc cyc
a b c
x k
a x a x
 
−
= + +
 
+ +
 
∑ ∑Đẳng thức xả ra khi a=b=c thì không nói tới vì bđt luôn đúng với mọi x>0 nên không
xác đònh được x.Ta sẽ tìm x trong trường hợp a=1,b=c=0,khi đó


1 (2 3)
(1 3 ) 3
1
x
x x
 
−
⇔ + + =
 
 
+
 

(
)
(1 3 ) (1 )(2 3) 3 (1 )
x x x x x
⇔ + + + − = +

2
3 (2 3) (6 4 3) (2 3) 0
x x
⇔ − + − + − =

1
3
x
⇒
=

2
2 3 ( )
( 3 1)
1 1
2
3 3
cyc cyc
a b c
a a
 
 
 
− −
= +  + 
 
 
 
 
+ +
 
 
∑ ∑

Vì vậy,ta cần chứng minh BĐT sau

( )
2
2 3 ( )
3 1 3
1 1

3 3
q
r abc≤ = ≤ ≤

(2)
(
)
(
)
9 2 3 6 3 0
r q q
⇔ + − + ≤

Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
9 2 3 6 3 9 2 3 6 3
r q q q q q+ − + ≤ + − +

(3 1) 3 0
q q
= − ≤



BDT tương đương:
2
9 1
0
10 1 x
 
− ≥
 
+
 
∑
2
3 1 3 1
0
1 10
x x
x
+ −
  
⇔ ≥
  
+
  
∑Nhìn vào BDT bên trên, các bạn cũng có thể thấy ngay dạng quen thuộc của
chebysev.
Bây giờ chúng ta sẽ thực hiện bước sắp xếp thứ tự các biến:

x y y x
x y
x y
x y
+ + − + +
+ +
− =
+ +
+ +( )( ) ( )( )
2 2 2 2
( )(3 3 ) ( )(2 2 3 3 )
1 1 1 1
x y xy x y x y x y z xy
x y x y
− − − − − + + −
= =
+ + + +Mà
0
x y
− ≥
(cách sắp thứ tự ban đầu) và:
2
3
2 2 3 3 3

+ + +

Đến đây thì ta có thể sử dụng BDT chebysev:
( )( )
1 2 3 1 2 3
1
3
C x C y C z x y z C C C
+ + ≥ + + + +

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài tốn 2:
(Tatami)

Cho
1 2 3
, , , , .
n
x x x x
là các số thực khơng âm,
(
)
max n-1
i j
x x+ ≤
và
(
)
2

 
 
+ − + + −
 
 
 
∑ ∑Sắp thứ tự các biến:
1 2 3

n
x x x x
≥ ≥ ≥ ≥

Áp dụng BDT chebysev, ta có:
( )
(
)
( )( )
2
1
2 0
2 1
i j
i i
VT n x x
x n x
 

a bc
b c
+
≥
+
∑

Lời giải:
BDT về dạng chebysev:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0
a b c b c a c a b
a c b b c a c b a
b c c a a b
+ − + − + −
     
+ − + + − + + − ≥
     
+ + +
     

Sắp thứ tự các biến: giả sử:
a b c
≥ ≥

Áp dụng BDT chebysev, có ngay điều phải chứng minh!
Ngồi các cách phân tích và áp dụng trực tiếp BDT chebyshev như trên, lắm lúc,
ta phải biến đổi để các lượng
1 2 3


Đặt
, ,
x bc y ca z ab
= = =

BĐT tương đương:
(
)
(
)
( )( )
1 6
0
6 9
x x
x x
− +
≥
+ −
∑Sắp thứ tự các biến: Gỉa sử:
x y z
≥ ≥
ta có:
(
)
(

 
− +
 
∑ ∑

Ta cần chứng minh
(1 )(6 ) 0
x x
− + ≥
∑
2 2 2
18 5( )
x y z x y z
⇔ ≥ + + + + +

2 2 2
18 5( ) ( ) ( ) ( )
ab bc ca ab cb ac
⇔ ≥ + + + + +
2 2 2
18 6 5( ) ( ) ( ) ( )
abc ab bc ca ab cb ac
⇔ + ≥ + + + + + (*)
Từ bất đẳng thức
( )( )( )
a b c a b c a b c abc
+ − − + − + + ≤
và điều kiện
3
a b c

a bc ab bc ca
+ +
≤
+ + +
∑BDT tương đương với

2
( )
2
a ab bc ca a b c
a
a bc
+ + + +
 
⇔ − ≤
 
+
 
∑2
2
( )
2
a b c a a b c
a bc

bc a
b c a
a bc
 
−
⇔ + − ≥
 
+
 
∑

Hay
(
)
( )
( )
[ ]
2
2
( )( ) 0
bc a
b c a b c
a bc b c
 
−
 
+ − + ≥
 
+ +
 

1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1
2
3
4
5
6
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
C x C y C z
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +

Và so sánh chúng với:
( )( )
3
x y z a b c
S
+ + + +
=


Bất đẳng thức là bông hoa đẹp nhất trong vườn hoa toán học
24

2 1 3
2
1 2 3 2
3/ [
C C C
y x z
C x C y C z S
≥ +
≥ +
+ + ≥ ⇔

2 1 3
2
1 2 3 2
4/ [
C C C
y x z
C x C y C z S
≥ +
≥ +
+ + ≤ ⇔

1 3 2
2
1 2 3 2
5/ [

Ý tưởng của kĩ thuật này có thể phát biểu đơn giản như sau: Nhiều khi ta chia bài
tốn thành hai hoặc nhiều trường hợp nhỏ để xử lí, những trường hợp đó khơng
nhất thiết phải nằm trên hai miền khác nhau của bài tốn mà có thể trùng lên nhau,
nhưng phải đảm bảo là hội của hai trường hợp đó bao qt hết tồn bộ bài tốn.

Ví dụ: Thay vì chia bài tốn thành hai trường hợp là:
2
a c b
+ ≥
và
2
b a c
≥ +
thì ta có thể
chia thành
2
ac b
≥
và
2
b a c
≥ +
. Cách chia như trên vẫn đúng bởi hợp của hai
trường hợp là tồn bộ tập xác định của a,b,c(tức với mọi a,b,c) nhưng nó còn cung
cấp cho ta thêm dữ kiện bởi điều kiện
2
ac b
≥
mạnh hơn điều kiện
2

(Old and New Inequalities)

Cho
, , 0
a b c
>
. CMR:
a c a
b c b
+
 
≥
 
+
 
∑ ∑

Lời giải: