Bài 51. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 0  a, b,c  1 và ab + bc + ca = 1 . Chứng
minh rằng:
a 2 + b2

b2 + c 2

+

c2 + a2

+

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

2

2

2

2

2

9
2



Phân tích và lời giải

mẫu số thành 1 − a2 − b2 + a2 b2 lại trội hơn nên muốn đánh giá vế đại lượng lớn hơn sẽ
rất khó khăn. Từ đó ta nghĩ đến việc tìm ra mối liên hệ giữa tử và mẫu. Để ý là ta chứng

(

)(

)

minh được 1 − a 2 1 − b 2  ( 1 − ab ) , nên ta cần đánh giá tử số về ( 1 − ab ) hoặc ( 1 + ab ) .
Nhận thấy

2

a 2 + b2

(1 − a )(1 − b )
2

2

(

Bunhiacopxki ta lại có 1 + a

2

(

2

2

2

2

Bây giờ ta biến đổi tương tự xem ta sẽ thu được kết quả như thế nào?
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a 2 + b2

b2 + c 2

+

c2 + a2

+

+

3
6
2

(1 − a )(1 − b ) (1 − b )(1 − c ) (1 − c )(1 − a )
(1 + a )(1 + b ) + (1 + b )(1 + c ) + (1 + c )(1 + a )  12

(1 − a )(1 − b ) (1 − b )(1 − c ) (1 − c )(1 − a )
2


2

2

2

(1 + a )(1 + b )  (1 + ab )
Theo phân tích như trên ta có
(1 − a )(1 − b ) (1 − ab )
2

2

2

2

2

2

.


(1 + b )(1 + c )  (1 + bc ) ; (1 + c )(1 + a )  (1 + ca )
(1 − b )(1 − c ) (1 − bc ) (1 − c )(1 − a ) (1 − ca )

Áp dụng tương tự ta được


2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2


2

2

2

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

(1 + ab ) (1 + bc ) (1 + ca )
(1 − ab ) (1 − bc ) (1 − ca )
2

2

2

2

2

2

 64

Hay ta cần chứng minh ( 1 + ab )( 1 + bc )( 1 + ca )  8 (1 − ab )(1 − bc )(1 − ca ) .
Đặt x = ab; y = bc; z = ca , khi đó x, y,z  0 và x + y + z = 1 . Bất đẳng thức cần
chứng

minh


minh rằng:

a + b + c  ab + bc + ca
Phân tích và lời giải
Quan sát bất đẳng thức ta thấy giả thiết là một bất đẳng thức nên để có các đánh
giá hợp lí ta cần nghĩ đến việc đánh giá lại bất đẳng thức giả thiết trước. Quan sát giả


thiết ta thấy có dấu hiệu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacpxki nên ta thử xem có đánh giá
được hay không.
Cách 1. Trước hết ta để ý đến các mẫu số, để đồng bậc ta áp dụng bất đẳng thức

(

)

Bunhiacopxki thì được ( a + b + 1) a + b + c 2  ( a + b + c ) , hoàn toàn tương tự ta được
2

1
1
1
+
+
a + b+1 b+c +1 c +a +1
a + b + c2
b + c + a2
c + a + b2
=
+

2

2

2

2

(a + b + c )

2

2

2

(a + b + c ) + ( b + c + a ) + ( c + a + b )
Do đó ta được 1 
2

2

(a + b + c )

Hay

2

2


c+a

+
+
2
a + b+1 b+c +1 c +a +1

Vế trái của giả thiết làm ta liên tưởng đến bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức

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

2

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


Từ đó suy ra

2

2

2

2
2
2
2
Hay ( a + b + b + c + c + a )  2 ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) + 2 ( a + b + c ) 



Biến đổi tương đương và thu gọn ta được ab + bc + ca  a + b + c
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.

2


Nhận xét. Ngoài hai cách như trên ta có thể tham khảo thêm cách chứng minh phản chứng sau
đây: Giả sử tồn tại các số dương a, b, c thỏa mãn

1
1
1
+
+

Hay ta được
a 2 + ab + b 2
b 2 + bc + c 2
+
( a + b )( a + b + c ) + ab + bc + ca ( b + c )( a + b + c ) + ab + bc + ca
+

c 2 + ca + a 2
1
( c + a )( a + b + c ) + ab + bc + ca

Mặt khác

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

(a + b)
c 2 + ca + a 2
3
+
 .
( c + a )( a + b + c ) + ab + bc + ca 4 (a + b )(a + b + c ) + ab + bc + ca
2

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



Lời giải
Từ giả thiết a + b + c = 1 ta suy ra abc 

1
.
27

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(1 − ab )(1 − bc ) + (1 − bc )(1 − ca ) + (1 − ca )(1 − ab )  27
8
(1 − ab )(1 − bc )(1 − ca )
Hay
Hay

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

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

2 2

27
8



8  3 − 2 ( ab + bc + ca ) + abc   27 1 − ( ab + bc + ca ) + abc − a 2 b 2c 2 


( b + c)

2

+

c 2a 2 + 7

(c + a)

2

6

Phân tích và lời giải
Quan sát bất đẳng thức ta thấy có số 7, vậy thì số 7 này có ý nghĩa gì trong bài
toán. Để ý đến giả thiết a2 + b2 + c2 = 3 và các đại lượng bậc hai trong bất đẳng thức, ta có

(

)

thể viết được 7 = 1 + 2 a 2 + b2 + c 2 . Khi đó ta có

a 2 b2 + 7

(a + b)

2


(a + b)

2

(

2

) = 1+ a

2

+ b2 + 2c 2

(a + b)

2

)

Lại để ý ta thấy ( a + b )  2 a 2 + b 2 nên ta được
2

1+

a 2 + b2 + 2c 2

(a + b)


c2
. Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức cần chứng
+ 2
2 a + b2

minh

a 2 b2 + 7

(a + b)

2

+

b2 c 2 + 7

( b + c)

2

+

c 2a 2 + 7

(c + a )

2

9


)

2

(
(

)
)

a 2 + b2 + c 2
3 a 2 b2 + b2 c 2 + c 2a 2
c2
b2
a2
3
+ 2
+ 2 2

=
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2


(c + a )

3

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
a 2 + b 2 + 2c 2

(a + b)

2

+

b 2 + c 2 + 2a 2

( b + c)

2

+

c 2 + a 2 + 2b 2

(c + a)

2


(

)

2

Áp dụng bất đẳng thức 2 x 2 + y 2  ( x + y ) ta được
2

2

) 1

2

2

)


(

8 a 2 + b2

)( b

)(

)



2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

) (c
2

2

+ a2

)(

)  ( 2a
2

2

+ b2 + c 2

) (

) (a
2

2

+ 2b2 + c 2

)(

) (a
2


) 1

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

2

)

Từ đó dẫn đến ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )  2a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2b 2 + c 2 a 2 + b 2 + 2c 2
2

)

2

Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh.
Bài 55. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3 . Chứng minh rằng:
a2
b3 + 8

+

b2
c3 + 8

c2

+



Áp dụng tương tự ta được

2

− 2b + 4

a2
b3 + 8

+

)



b2
c3 + 8

+

a2

3 ( b + 2)
c2
a3 + 8



a2

+
+
+
 3
 =
3
3

3 (c + 2)
3 ( a + 2 ) 
c +8
a + 8   3 ( b + 2)
 b +8


a
b
c
a
b
c
 a 3 + b3 + c 3 
+
+
+
+
=
 3 ( b + 2 ) 3 ( c + 2 ) 3 ( a + 2 )  b + 2 c + 2 a + 2

(

)

Do đó ta được 2 a 3 + b3 + c 3 + 3  3 a 2 + b2 + c 2 hay a2 + b2 + c2  3
Do đó ta chỉ cần chứng minh a2c + b2a + c2 b − 2 − abc  0
Không mất tính tổng quát ta giả sử b là số ở giữa hai số a và c, khi đó ta có

(

)

a 2 c + b 2a + c 2 b − 2 − abc  0  a 2 c + b 2a + b 3 − a 2 − b 2 − 2 − abc  0
 − ( b − 1) ( b + 2 ) − a ( b − c )( a − b )  0
2

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do đó bài toán được chứng minh.
Bài 56. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng

(a + b + c )
abc

2

18 3

+

a 2 + b2 + c 2




( ab + bc + ca )

2

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
3 (a + b + c )

3

( ab + bc + ca )

2

+

18 3
a +b +c
2

2

2



81
a+b+c

2



3 (a + b + c )

3

( ab + bc + ca )

2

9 3

+

a 2 + b2 + c 2

+

9 3
a 2 + b2 + c 2

27 ( a + b + c )


3

( ab + bc + ca ) ( a
2

2


27 ( a + b + c )
3

( ab + bc + ca ) ( a
2

2

3.27 ( a + b + c )



+ b2 + c 2

) (ab + bc + ca ) + (ab + bc + ca ) + (a

2

+b +c
2

2

)

=

81
a+b+c


Bất đẳng thức này không xẩy ra dấu bằng tại a = b = c , cũng không xẩy ra tại

a = b; c = 0 nà đẳng thức xẩy ra tại a = 1; b = c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó ta nghĩ
đến việc sắp thứ tự biến. Tuy nhiên ta cần tiệt tiêu được các dấu căn bậc hai bên vế trái.
Ngoài ra để ý là với dấu đẳng thức xẩy ra như trên thì ta dự đoán b − c  b + c . Do đó ta

( b − c)
dự đoán là a +
4

2

2


b+c
. Nếu chứng minh được đánh giá đó thì xem như bài
 a +
2 


toán được giải quyết xong.
Ta xét

( b − c)
a+
4

2


2 


2

2

( b − c)
a+
4

2

a+

b+c
2

2


(a − c )
b+

Áp dụng tương tự ta được

2

(a − b)
c+


2

4

+

(a − b)
c+

2

4

 2 (a + b + c ) = 2

Vậy bài toán được chứng minh xong.
Bài 58. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

b+c
c+a
a+b
+
+

a
b
c

4 (a + b + c )

bc hoặc

ac + ab , tuy nhiên

để ý đến mẫu số ta chọn đánh giá thứ nhất. Khi đó ta được

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

a

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

Do đó ta được

a

(b + c)

bc

2

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

bc

 b+c+



c


 bc ca ab 
Ta cần chứng minh 2 ( a + b + c ) + 2  + +   4 ( a + b + c )
b
c 
 a
Hay

bc ca ab
+ +
a+b+c
a
b
c

Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta có
2

2
 bc ab ca 
bc ab ca
2
2
2
 a + c + b   3 a + b + c  (a + b + c )  a + c + b  a + b + c



2

(a + b + c )  3 (a + b + c )
1
1
1 a+b+c
=
Do đó ta có 2 + 2 + 2 
abc
abc ( a + b + c ) ( ab + bc + ca )2
a
b c
2

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

)

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

2

3 (a + b + c )

2

( ab + bc + ca )


Mà a + b + c = 3 nên ta có ( a + b + c ) = 81 ( a + b + c )
6

(

)

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

2

2

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Nhận xét. Ngoài cách chứng minh trên ta có thể tham khảo thêm các cách chứng minh sau đây


Cách 1. Do a, b,c  0  a 2 + b2 + c 2  ( a + b + c ) = 9
2

+ Trường hợp 1. Giải sử 1 trong 3 số a, b, c nhỏ hơn
Khi đó tổng

1
3


2
a
a
a
2

Tương tự ta có

1
1
− b2  −4b + 4; 2 − c 2  −4c + 4
2
b
c

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
Hay

1 1 1
+ + − a 2 − b2 − c 2  4 ( 3 − a − b − c ) = 0
a 2 b2 c 2

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

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

1
1
− a 2 + 2 − b2 + 2 − c 2  12 − 4 ( a + b + c ) = 0
2
a
b
c

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

+ Trường hợp 2. Nếu có một trong 3 số a, b, c lớn hơn hoặc bằng 1 + 2 .
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c , khi đó suy ra

a  1+ 2  b + c  2 − 2  c 
Khi đó ta được

2− 2
1
 2 6+4 2
2
c

2
1 1 1
+ 2 + 2  6 + 4 2 . Trong khi đó a 2 + b2 + c 2  ( a + b + c ) = 9

+ b2

+

c (a + b)

(a + b )

2

+ c2



6
5

Phân tích và lời giải
Trước hết ta dự đoán được dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c . Quan sát biểu thức
thứ nhất bên vế trái ta thấy cả tử và mẫu cùng chứa đại các đại lượng a; b + c , tuy nhiên
dưới mẫu lại là tổng nên nếu đánh giá mẫu được về tích thì có cơ hội rút gọn được. Chú
ý đến chiều bất đẳng thức và dấu đẳng thức xẩy ra ta có đánh giá theo bất đẳng thức
Cauchy là
a + ( b + c)
2

Suy ra ta được

2



4a
4a + 3b + 3c

Đại lượng thu được trong đánh giá trên làm ta liên tưởng đến bất đẳng thức
Bunhiacopxki dạng phân thức, Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta có

4a
a ( 9 + 1)
a 
92
1
=
 
+ .
4a + 3b + 3c 25 4a + 3b + 3c 25  3 ( a + b + c ) a 
2

Suy ra ta được

a (b + c)

a + (b + c)
2

b (c + a)
b2 + ( c + a )

2



+

b (a + c )

(c + a)

2

+ b2

+

c (a + b )

(a + b )

2

+ c2



27 ( a + b + c )
25 ( a + b + c )

+

3 6
=


+ Nếu ta đặt x =

b+c
c+a
a+b
, khi đó bất đẳng thức được viết lại thành
; y=
; z=
a
b
c
y
x
z
6
+
+

2
2
2
5
1+ x 1+ y 1+ z

Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra tại x = y = z = 2 , do đó ta có đánh giá

x
4x
4x


Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
Đến đây ta thay lại x =

4
4
4
6
+
+

3x + 4 3y + 4 3z + 4 5

b+c
c+a
a+b
vào bất đẳng thức thì được
; y=
; z=
a
b
c

4a
4b
4c
6
+
+


a + b + c )( a + b )( b + c )( c + a ) 
(
 1 1 1


( a + b + c )  a + b + c   3 1 + 3
2



( ab + bc + ca )


Phân tích và lời giải
Trước hết ta dự đoán được dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b = c . Để có những đánh
giá hợp lý ta viết bất đẳng thức cần chứng minh lại thành

( a + b + c )(a + b )( b + c )( c + a )
a b c b c a
+ + + + +  33
2
b c a a b c
( ab + bc + ca )


Quan sát bất đẳng thức trên ta viết được vế trái thành

a b c b c a a 2 c + b 2 a + c 2a b 2 c + c 2a + a 2 b
+ + + + + =
+

3
3
a b c
b c a a b c
abc
abc

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

2 (a + b + c )
3

abc

 3. 3

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

( ab + bc + ca )

Hay ta cần chứng minh

8 (a + b + c )

2

3

abc


3

2

2

Hay 81abc ( a + b )( b + c )( c + a )  8 ( a + b + c ) ( ab + bc + ca )
2

2

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .
Bài 62. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:


a 2 + bc
a b+c

+

b2 + ca
b c +a

+

c 2 + ab

+

ca
b c+a

+

ab
a a+b

Để ý ta thấy các nhóm trên có dấu hiệu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki nên ta tách
ra và áp dụng thì được

a2

+

a b+c

b2
b c+a

+

c2
a a+b

(a + b + c )



a2

Do đó ta được

a b+c

+

b2

+

b c+a

c2
a a+b



3 (a + b + c )
2

Cũng như trên ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki thì được
bc
a b+c

abc

Do đó ta được


=

a a+b

( bc )

)

c 2 + ab
a a+b

=

1
nên
3



( ca )

2

abc b + c

2

b+c + c+a + a+ b

a b+c


=

+

( ab )

2

abc a + b

3 (a + b + c )
2

 6 (a + b + c )
6 (a + b + c )  2

 2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1
9


Bài 63. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:

ab

(1 − c ) (1 + c )

=

(1 − c ) (1 + c ) ( a + b )
3

=

1 − c2

=

ab

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

ab

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

2

=
− c2

(a + b)

2

− c2
ab

(1 − c ) (1 + c )
3

ab

(1 − c ) (1 + c )
3



Ta cần chứng minh



+

1
4 2

ab
ab
1
a
b
+
=
+
ab + bc ab + ca 2 2 a + c b + c

a

b+a c+a
c + b a + b 
4 2  a+c b+c

1 
a
b
b
c
c
a  3 2
+
+
+
+
+


b+a c+a
c + b a + b 
8
4 2  a+c b+c

Hay ta cần chứng minh

a
b
b
c
c

b
c
c
a 
 3
+
+
+
+
+
 = 3.3 = 3
a+c b+c b+a c+a c+ b a + b 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1
3

Bài 64. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c  1 . Chưng minh rằng:
1
1
1
1
87
+
+
+

2
2
a + b + c ab ( a + b ) cb ( c + b ) ac ( a + c ) 2

Ngoài ra chú ý đến đại lượng a2 + b2 + c2 ở dưới mẫu của phân thức thứ nhất, để
đánh giá được vế trái về ( a + b + c ) thì ta cần đánh giá đại lượng a 2 b2 c 2 và ab + bc + ca .
2

2

2 2

Do đó cũng theo bất đẳng tức Cauchy ta có a b c

( ab + bc + ca )


3

27

Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được a 2 b2 c 2 ( a + b )( b + c )( c + a ) 
Suy ra ta được

.

8 ( ab + bc + ca )
27 2

1
1
1
27
+

1
1
9
+
+

9
2
2
a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ( a + b + c )2
2

Và ta lại có

1
3

 3 . Do đó ta được
ab + bc + ac ( a + b + c )2

1
1
1
1
1
27
+
+
+
 2


Bài 65. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:

1
1
1
+ 2 2+ 2
 10
2
a + b b + c c + a2
2

Phân tích và lời giải
Bất đẳng thức không xẩy ra dấu bằng tại a = b = c , do đó ta dự đoán xẩy ra tại một
biến bằng không và hai biến còn lại bằng nhau. Thay vào bất đẳng thức ta có dấu đẳng
thức xẩy ra tại a = b =

1
; c = 0 . Trong tình huống này ta nghĩ đến sắp thứ tự các biến và
2

đánh giá làm sao bảo toàn được dấu đẳng thức. Vì vai trò của các biến như nhau nên ta
giả sử c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c. Như vậy khi đánh giá ta cần chú ý sao cho dấu
đẳng thức xẩy ta tại a = b =

1
; c = 0 . Trong các đánh giá ta cần xem vai trò của a, b như
2

nhau so với c. Từ những phân tích trên ta có các đánh giá sau


2


c

c
Tương tự ta có b + c   b +  ; a 2 + c 2   a +  . Do đó ta có bất đẳng thức
2
2


2

2

1
1
1
1
1
1
+ 2 2+ 2

+
+
2
2
2
2

1

c
a + 2 



2



2

c 
c
 b + 2  a + 2 





Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta lại có

1
2


c 
c
a + 2  +  b + 2 

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

=

4

c c
a + b + 2 + 2 



2

=4

3
6
6
=

=6
2


 


2

+

1

c
b+ 2



2

+

1

c
a + 2 



2

 10

1

Chứng minh rằng

2

Phân tích và lời giải
Trước hết ta phân tích các giả thiết của bài toán, từ M in a + b; b + c; c + a  0 ta
suy ra được trong các tổng trên không có tổng nào bằng không và từ giả thiết thứ hai ta
thu được trong các biến a, b, c chỉ có có thể có một biến bằng 0. Do đó ta dự đoán dấu
đẳng thức xẩy ra tại a = b; c = 0 và các hoán vị của nó. Quan sát bất đẳng thức ta nhận
thấy không thể đánh giá trực tiếp tử hoặc mẫu của các biểu thức. Do đó ta hướng đến
biến đổi các biểu thức trước. Chú ý đến phép biến đổi
bảo dấu đẳng thức xẩy ra ta nhân với

(

2ab a 2 + b2
a 2 + b2

)+

(

)

ab a 2 + b2
ab
=
. Để đảm
a 2 + b2
a 2 + b2

b +c
2

2

)

a +b
2

2

)

(

2ca c 2 + a 2

2bc
;
2
b + c2

c +a
2

2

2ab.2ab
2ab

2

)+

(

2ca c 2 + a 2
c +a
2

2

)

Khi đó phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

2ab
2bc
2ca
+ 2 2+ 2
2
a + b b + c c + a2
2

2ab
2bc
2ca
+ 2 2+ 2
1
2

a 2 + b2

b2 + c 2

c2 + a2

=

Do đó ta có

(

( 2a + 2b + 2c )


(

2 a 2 + b2 + c 2

2

)

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

(

2 a 2 + b2 + c 2

)

+

1

c ( 2c − 1)

2



1
2

Phân tích và lời giải
Bất đẳng thức trên đã được chứng minh bằng kỹ thuật đổi biến trong bất đẳng
thức Cauchy. Ở đây ta thực hiện đổi biến và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki xem
có thể chứng minh được không.
Từ giả thiết ab + bc + ca = 2abc suy ra

1 1 1
+ + = 2.
a b c

1
1
1
Đặt x = ; y = ; z = , khi đó ta có x + y + z = 2 .
a
b
c


+

( 2 − x) (2 − y) (2 − z)
2

2

2



1
hay
2

1
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

x3

y3

+

z3

+

+ y2 + z2

2

2

(x

2

2

+ y2 + z2

)

2

2

x 2 y + y 2 x + x 2 z + z 2 x + y 2 z + z 2 y + 6xyz

)

+ y2 + z2

2

2


(

2

= 2 x2 + y2 + z2

(

)( x

2

)

+ y2 + z2 

(

2 ( x + y + z ) x2 + y2 + z2
2

)

3

)

Mà ta lại có ( x + y + z ) x2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 + x 2 y + y 2 x + x 2 z + z 2 x + y 2 z + z 2 y
2


)

Hay 4 x3 + y3 + z3 + x2 y + y 2 x + x2 z + z2 x + y 2 z + z 2 y  18xyz
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(

)

4 x3 + y 3 + z3  12xyz; x2 y + y 2 x + x 2 z  3xyz; z 2 x + y 2 z + z 2 y  3xyz
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

)

4 x3 + y3 + z3 + x2 y + y 2 x + x2 z + z2 x + y 2 z + z 2 y  18xyz
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

3
.
2

)


Bài 68. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 3 . Chứng minh rằng:

3a
3b

 ( a + b ) − 2ab +
ab + a + b + 1
a+b
2
2
3 ( a + b ) − 6 + 2 ( a + b )  + 3 ( a + b ) 3 − ( a + b )
2
3

 
+
 (a + b) − 6 + 2 (a + b) +
4
a+b
2

Đặt t = a + b  2  t  3 . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

(

)

3 t 2 − 6 + 2t + 3t

3−t 2
3
 t − 6 + 2t +
4
t
2

2

+


4
2
c
−
a
( ) 
1

Lời giải
Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c , khi đó ta có
ab + bc + ca  ab;

1

( b − c)

2



1
1
1
;
 2

c
c
−
a
(
)
(
)
(
)




 1
1
1 

+
+
4
Ta cần chứng minh ab
 ( a − b )2 b 2 a 2 




2
 1



2

ab

2

(a − b)

2

(a − b )
.
ab

2

=2

 1
1
1 
Suy ra ab 
+
+
 4 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
 ( a − b )2 b 2 a 2 




+ c2 + 2 
2
2
a b
c
2

Lời giải
Dễ dàng chứng minh được: Với các số thực dương x, y, m, n ta luôn có

x2 + m 2 + y2 + n 2 

(x + y) + (m + n)
2

Thật vậy, bình phương hai vế và rút gọn ta được

(

Hay x 2 + m 2

)( y

2

)

+ n 2  ( xy + mn )

(x


2

1 1
1
= (a + b) +  +  + c2 + 2 
c
a b
2

Mà ta lại có

1 1 1
9
nên ta được P 
+ + 
a b c a+b+c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

2


1 
1
2
1 + 2 2  + c + 2
c
 a b 


+

81

(a + b + c )

2

(a + b + c )

=

2

+

81

16 ( a + b + c )

2

+

1215

16 ( a + b + c )

2


1 1 1
+ + = 3.
a b c

1
1
1
Đặt x = ; y = ; z = . Khi đó ta được x + y + z = 3 .
a
b
c
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

y2
x2
z2
+
+
1
x + 2y2 y + 2z2 z + 2x2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

23 x y
x2 + 2xy 2 − 2xy 2
2xy 2
2xy 2
x2
=
=

3
y + 2z2
z + 2x2
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

y2
x2
z2
2
+
+
 ( x + y + z) −
2
2
2
3
x + 2y y + 2z z + 2x

(

3

x2 y2 + 3 y2 z2 + 3 z2 x2

)

Mạt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
3

x2 y 2 


2

2

2 ( xy + yz + zx )
3

+1

2 (x + y + z)

y2
x2
z2
2.3
Do đó ta được
+
+
 3−
= 1.
2
2
2
3
x + 2y y + 2z z + 2x

9

2