Một số cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt

Một số cách chứng minh 
BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT 
1. Bất đẳng thức Nesbitt: Nếu , ,a b c là các số dương thì ta có bất đẳng thức 
3
2
a b cP
b c c a a b
= + + ≥
+ + +
2. Một số cách chứng minh. 
Cách 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với 
91 1 1
2
a b c
b c c a a b
     
+ + + + + ≥     + + +     
1 1 1[( ) ( ) ( )] 9a b b c c a
a b b c c a
 
⇔ + + + + + + + ≥ + + + 
Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo AM – GM : 
3( ) ( ) ( ) 3 ( )( )( )a b b c c a a b b c c a+ + + + + ≥ + + + 
và 
3
1 1 1 3
( )( )( )a b b c c a a b b c c a
+ + ≥
+ + + + + +
. 
Nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta có điều phải chứng minh. 
 
Cách 2. Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng 
2 ( )( ) 2 ( )( ) 2 ( )( ) 3( )( )( )a a b c a b b c a b c c a b c a b b c c a+ + + + + + + + ≥ + + + 
3 3 32( ) ( ) ( ) ( )a b c ab a b bc b c ca c a⇔ + + ≥ + + + + + 
2 2 2( )( ) ( )( ) ( )( ) 0a b a b b c b c c a c a⇔ + − + + − + + − ≥ 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 3. Đặt , ,x b c y c a z a b= + = + = + thì , ,
2 2 2
y z x z x y x y z
a b c+ − + − + −= = = 
Bất đẳng thức trở thành 
3
2 2 2 2
y z x z x y x y z
x y z
+ − + − + −
+ + ≥ 
6x y y z z x
y x z y x z
     
⇔ + + + + + ≥     
    
luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM. 
 
Cách 4. Đặt ,b c a c a bQ R
b c c a a b b c c a a b
= + + = + +
+ + + + + +
 thì theo AM – GM ta có 
3, 3a b b c c a a c b a c bP Q P R
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + +
+ = + + ≥ + = + + ≥
+ + + + + +
Suy ra 2 6P Q R+ + ≥ , mà 3Q R+ = , nên 3
2
P ≥ . 
 
Cách 5. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 
2 2 2 2( ) 3( ) 3
2( ) 2( ) 2
a b c a b c ab bc caP
ab ac bc ba ca cb ab bc ca ab bc ca
+ + + +
= + + ≥ ≥ =
+ + + + + + +
Đó là điều phải chứng minh. 

 Cách 6. Không mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ , thế thì 1 1 1
b c c a a b
≥ ≥
+ + +
. Áp dụng bất đẳng 
thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có 
1 1 1 1( )
3
a b c
a b c
b c c a a b b c c a a b
 
+ + ≥ + + + + + + + + + + 
1 1 1 1
3
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
 
⇔ + + ≥ + + + + + + + + + + + 
Hay 1 ( 3)
3
P P≥ + , nghĩa là 3
2
P ≥ . 
 
 Cách 7. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
2 2 2
, ,
4 4 4
a b c b c a c a b
a b c
b c c a a b
+ + +
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + +
Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được 
2 2 2 3 ( )
2
a b c
a b c a b c
b c c a a b
+ + + + + ≥ + +
+ + +
( ) ( ) ( ) 3 ( )
2
a a b c b a b c c a b c
a b c
b c c a a b
+ + + + + +
⇔ + + ≥ + +
+ + +
3
2
a b c
b c c a a b
⇔ + + ≥
+ + +
. 
 
 Cách 8. Không mất tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = . Xét hàm ( )
3
xf x
x
=
−
 trên khoảng (0,3). Ta 
có 3
6
''( ) 0(3 )f x x= >− , suy ra ( )f x là hàm lõm trên (0,3) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen ta 
được 
3( ) ( ) ( ) 3 3 (1)
3 2
a b cP f a f b f c f f+ + = + + ≥ = = 
 
. 
 
Cách 9. Không mất tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = . Ta có 
1 3 ( 1)
3 2 2
a
a
a
≥ + −
−
 (1) 
Thật vậy, (1) 23( 1) 0a⇔ − ≥ luôn đúng với mọi a dương. 
Trong (1) thay a lần lượt bởi b và c rồi cộng theo vế ta được 
3 3 3( 3)
3 3 3 2 2 2
a b cP a b c
a b c
= + + ≥ + + + − =
− − −
. 
 
Cách 10. Không mất tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
( ) ( ) ( )
, ,
4 4 4
a a b c b b c a c c a b
a b c
b c c a a b
+ + +
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + +
Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được 
2( ) 3
2 6 2
a b c ab bc ca a b c
a b c a b c
b c c a a b
+ + + +
+ + ≥ + + − ≥ + + − =
+ + +
. 
 
Cách 11. ận xét rằng 1 8.
4
a a b c
b c a b c
− −
≥
+ + +
 (2) 
Thật vậy, (2) 2(2 ) 0a b c⇔ − − ≥ luôn đúng. Tương tự ta cũng có 
1 8
.
4
b b c a
c a a b c
− −≥
+ + +
 và 1 8.
4
c c a b
a b a b c
− −≥
+ + +
Suy ra 
1 (8 ) (8 ) (8 ) 3
.
4 2
a b c a b c b c a c a b
b c c a a b a b c
− − + − − + − −
+ + ≥ =
+ + + + +
. 
 
Cách 12. Ta có 
2 2 23 ( ) ( ) ( ) 0
2 2( )( ) 2( )( ) 2( )( )
a b b c c aP
a c b c b a c a c b a b
− − −
− = + + ≥
+ + + + + +
. 
 
Cách 13. Không mất tính tổng quát giả sử min{ , , }c a b c= , ta có 
23 ( ) 2 ( )( ) 0
2 ( )( ) 2( )( )( )
a b a b cP a c b c
a c b c a b b c c a
− + −
− = + − − ≥
+ + + + +
. 
 
Ta có nh
Cách 14. Đặt ( , , ) a b cf a b c
b c c a a b
= + +
+ + +
 và 
2
a b
t
+
= ta có 
( )
2( ) ( )( , , ) , , 0( )( )( 2 )
a b a b cf a b c f t t c
a c b c a b c
− + +
− = ≥
+ + + +
và 
( )
23 2 3 ( )
, , 0
2 2 2 2 ( )
t c c tf t t c
c t t t c t
−
− = + − = ≥
+ +
Suy ra ( ) 3( , , ) , ,
2
f a b c f t t c≥ ≥ . 
 
Cách 15. Đặt ( , , ) a b cf a b c
b c c a a b
= + +
+ + +
 và t ab= . Không mất tính tổng 
quát, giả sử min{ , , }c a b c= , ta có t c≥ và 
( ) ( )( , , ) ( , , ) ( )( ) ( )( )
a t c b t c c tf a b c f a b t
b c b t c a t a a b
− − −
− = + +
+ + + + +
2( )1 . 0( )( )
t c a b t c a b
a b b t t a a b b t t a
− − − ≥ + − = ≥ + + + + + + 
Mặt khác ta lại có 
2 2 23 ( ) ( ) ( )( , , ) 0
2 2( )( ) 2( )( ) 2( )( )
a b a t t bf a b t
b t t a b t a b a b t a
− − −
− = + + ≥
+ + + + + +
Suy ra 3( , , ) ( , , )
2
f a b c f a b t≥ ≥ . 
 
a b c b c a a b b c c a
b c c a a b b c c a a b b c c a a b
− − − 
+ + − + + = + + + + + + + + + + + 
 0a b b c c a a b b c c a
a c c a a c a c
− − − − + − + −
≥ + + = =
+ + + +
. 
Suy ra 
a b c b c a
b c c a a b b c c a a b
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Nên 
2 2 22 a b c a b c b c aP
b c c a a b b c c a a b b c c a a b
= + + ≥ + + + + +
+ + + + + + + + +
 = 3a b b c c a
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +
 (AM – GM) 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 16. ất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ . Ta có Không m
Cách 17. ụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có 
3
3 1 1 1 1 1 13
2 2 2 2 2 2 2
a b c a b cP
b c c a a b b c c a a b
   
+ = + + + + + ≥ + + +   + + + + + +   
Ta chỉ cần chứng minh rằng 
1 1 1 1
2 2 2
a b c
b c c a a b
   
+ + + ≥   + + +   
(2 )(2 )(2 ) 8( )( )( )a b c b c a c a b a b b c c a⇔ + + + + + + ≥ + + + 
Lại sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì 
2 ( ) ( ) 2 ( )( )a b c a b a c a b a c+ + = + + + ≥ + + 
Tương tự với hai bất đẳng thức còn lại rồi nhân theo vế ta được điều phải chứng minh. 
 
Áp d
Cách 18. ương tự cách 17, sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì 
33 1 1 1 3 1 1 1a b c a b cP
b c c a a b b c c a a b
   
+ = + + + + + ≥ + + +   + + + + + +   
Ta chỉ cần chứng minh 
3
3
31 1 1
2
8( ) 27( )( )( )
a b c
b c c a a b
a b c a b b c c a
     
+ + + ≥     + + +     
⇔ + + ≥ + + +
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì theo AM – GM : 
3 38( ) [(a+b)+(b+c)+(c+a)] 27( )( )( )a b c a b b c c a+ + = ≥ + + + . 
 
Cách 19. ết lại bất đẳng thức dưới dạng tương đương sau 
1 1 1
2 2 2
a b c
b c c a a b
− + − + − ≥ 0
+ + +
2 2 2 0a b c b c a c a b
b c c a a b
− − − − − −
⇔ + + ≥
+ + +
Không mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ , thế thì 
2 2 2
1 1 1
a b c b c a c a b
b c c a a b
− − ≥ − − ≥ − −

 ≥ ≥ + + +
 Vi
T
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có 
[ ]
2 2 2
1 1 1 1(2 ) (2 ) (2 ) 0
3
a b c b c a c a b
b c c a a b
a b c b c a c a b
b c c a a b
− − − − − −
+ +
+ + +
 ≥ − − + − − + − − + + = + + + 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 20. ất tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = . Ta có 
2 23( 1) 0 4 10 3 3 (3 )(3 1)a a a a a a− ≥ ⇔ ≥ − − = − − 
3 1
3 4
a a
a
−
⇔ ≥
−
 (3) 
Trong (3) thay a bởi ,b c rồi cộng lại theo vế ta được 
3 1 3 1 3 1 3
3 3 3 4 4 4 2
a b c a b cP
a b c
− − −
= + + ≥ + + =
− − −
. 
 
Không m
Cách 21. Đặt , ,b c ax y z
c a b
= = = ta có , , 0x y z > và 1xyz = . Bất đẳng thức trở thành 
3
1 1 1 2
x y z
zx xy yz
+ + ≥
+ + +
2 x y z x y z xy yz zx
z x y
 
⇔ + + ≥ + + + + + 
 
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số ta có 
2
3 3x x z x x
z z y yz
+ + ≥ 3 = 
Từ đó dễ dàng suy ra x y z x y z
z x y
+ + ≥ + + 
Chứng minh tương tự cho x y z xy yz zx
z x y
+ + ≥ + + 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 23. Đặt , ,a b cx y z
b c c a a b
= = =
+ + +
 thì P x y z= + + . 
Suy ra 1 1 1 2
1 1 1x y z
+ + =
+ + +
 hay 2 1xy yz zx xyz+ + + = . 
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
2 31 22
3 27
xy yz zx xyz P P+ + + ≤ + 
Nên 2 3 2
1 2 31 (2 3)( 3) 0
3 27 2
P P P P P≤ + ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ . 
 
Cách 24. Đặt , ,a b cx y z
b c c a a b
= = =
+ + +
. Xét hàm ( )
1
tf t
t
=
+
 với 0t > ta có 
2
1
'( ) 0( 1)f t t= >+ và 3
2
''( ) 0( 1)f t t= − <+ với mọi (0; )t ∈ +∞ 
Suy ra ( )f t là hàm lõm nên theo bất đẳng thức Jensen thì 
( ) ( ) ( ) 1 1
3 3 3 2
x y z f x f y f zf f+ + + +   ≥ = =   
   
Mà hàm f tăng ngặt trên (0; )+∞ nên ta có 
1 3
3 2 2
x y z P x y z+ + ≥ ⇔ = + + ≥ . 
 
Cách 25. Không mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ . Đặt ( ) a b cf a
b c c a a b
= + +
+ + +
. 
Ta có 2 2 2 2
1 1
'( ) 0( ) ( ) ( ) ( )
b c b cf a
b c c a a b b c c b c b
= − − ≥ − − =
+ + + + + +
Suy ra 2( ) ( ) ( )
2
b cf a f b g b
b c b
≥ = + =
+
Lại có 2 2 2 2
2 2
'( ) 0( ) 2 ( ) 2
c c c cg b
b c b b b b
= − ≥ − =
+ +
Suy ra 2 3( ) ( )
2 2
c cg b g c
c c c
≥ = + =
+
. 
Vậy 3( ) ( ) ( )
2
P f a g b g c= ≥ ≥ = . 
 
Cách 26.Đặt ,a bx y
c c
= = . Không mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ , ta có x y≥ ≥ 1 
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
1 3
1 1 2
x y
y x x y
+ + ≥
+ + +
Theo bất đẳng thức AM – GM thì 
1 1 1 12 2
1 1 1 1 1 1
x y x y
y x y x x y
+ +
+ ≥ ⇔ + ≥ − −
+ + + + + +
Ta chỉ cần chứng minh 
Cách 22. Đặt , ,a b cx y z
b c c a a b
= = =
+ + +
 thì 1 1 1 2
1 1 1x y z
+ + =
+ + +
 (4) 
Ta sẽ chứng minh 3
2
x y z+ + ≥ . 
Thật vậy, giả sử 3
2
x y z+ + < , thế thì theo bất đẳng thức AM – GM ta có 
1 1 1 9 9 231 1 1 3 3
2
x y z x y z
+ + ≥ > =
+ + + + + + +
 (mâu thuẫn với (4)) 
Vậy 3
2
x y z+ + ≥ , đó là điều phải chứng minh. 
 
1 1 1 3 1 1 1 1 1 12
1 1 2 2 1 1 2( 1) ( 1)( )
y y
x y x y y x x y y x x y
− −
− − + ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≥
+ + + + + + + + +
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì x y≥ ≥ 1 nên 1 0y − ≥ và 2( 1) ( 1)( )y x x y+ ≤ + + . 
 
Cách 27. ư cách 24, ta cần chứng minh 
1 3
1 1 2
x y
y x x y
+ + ≥
+ + +
 với 1x y≥ ≥ . 
Đặt A x y= + và B xy= , bất đẳng thức tương đương với 
2 2 1 3
( 1)( 1) 2
x y x y
x y x y
+ + +
+ ≥
+ + +
Hay 2
3 22 1 3 2 2 (7 2)
1 2
A B A A A A B A
A B A
− +
+ ≥ ⇔ − − + ≥ −
+ +
Để ý rằng 7 2 0A − > và 2 4A B≥ , suy ra ta chỉ cần chứng minh 
3 2 2 24(2 2) (7 2) ( 2) ( 2) 0A A A A A A A− − + ≥ − ⇔ − + ≥ 
Bất đẳng thức cuối luôn đúng và ta có điều phải chứng minh. 
 
Cách 28.Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
2
3 ( )3
2 2 4
b c b c b c
a a
+ + +
+ + ≥ 
3 2 327 3 3( ) ( ) ( ) .
4 2
b c
a b c a b c a b c a a
a
+
⇔ + + ≥ + ⇔ + + ≥ 
Suy ra 
3
3 3
.
2 ( )
a a a
b c a b c
≥
+ + +
. 
Từ đó ta chứng minh được 
3
3 3
.
2 ( )
a b c a a b b c c
b c c a a b a b c
+ +
+ + ≥
+ + + + +
Không mất tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = . Ta chỉ cần chứng minh 3a a b b c c+ + ≥ . 
Thật vậy, theo bất đẳng thức AM – GM thì 
1 3
1 3
1 3
a a a a a
b b b b b
c c c c c
 + + ≥

+ + ≥

+ + ≥
Suy ra 2( ) 3 3( ) 9a a b b c c a b c+ + + ≥ + + = ,hay 3a a b b c c+ + ≥ . 
 
Cách 29.Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
2 ( ) 2 2 ( )a b c a b c+ + ≥ + 
2
2 2
2
8(2 ) 8 . (2 )
b c a a
a b c a
a b c a b c
+
⇔ + + ≥ ⇔ ≥
+ + +
Từ đó ta chứng minh được 
2 2 2
2 2 2
8 8 8
(2 ) (2 ) (2 )
a b cP
a b c b c a c a b
≥ + +
+ + + + + +
Không mất tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = ,ta chỉ cần chứng minh 
 Làm nh
2 2 2
2 2 2
3
( 3) ( 3) ( 3) 16
a b c
a b c
+ + ≥
+ + +
Để ý rằng 
2
2
1 3 ( 1)( 3) 16 32
a
a
a
≥ + −
+
 (5) 
Thật vậy, (5) 23 ( 1) ( 3) 0
2
a a⇔ − − ≤ luôn đúng vì 0 3a< < . 
Trong (5) thay a lần lượt bởi ,b c rồi cộng theo vế các bất đẳng thức ta được 
2 2 2
2 2 2
3 3 3( 3)( 3) ( 3) ( 3) 16 32 16
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + + + − =
+ + +
. 
 
Cách 30. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng 
3
3 3 3
3
2
a a
b c a b c
≥
+ + +
 (6) 
Thật vậy, (6) 3 3 32( ) 3 ( )a b c a b c⇔ + + ≥ + (7) 
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
3 3 3
3 3 3
3
3
a b b b a
a c c c a
 + + ≥

 + + ≥
Cộng theo vế hai bất đẳng thức này cho ta (7). 
Xây dựng thêm hai bất đẳng thức tương tự dạng (6) rồi cộng chúng theo vế ta được 
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 3
2 2
a b cP
a b c a b c a b c
 
≥ + + = 
 + + + + + + 
. 
 
Cách 31. Ta có 
 2P 2 2 2a b c
b c c a a b
= + +
+ + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3a b a c b c b a c a c b
b c c a a b
+ + + + + + + + +
= + + −
+ + +
 3a b b c c a b c c a a b
b c c a a b a b b c c a
+ + + + + +
= + + + + + −
+ + + + + +
 6 3 3≥ − = (AM – GM cho 6 số) 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 32. Không mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ . Thế thì 
1 1 1
b c c a a b
≥ ≥
+ + +
Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta có 
a b c b c a
b c c a a b b c c a a b
a b c c a b
b c c a a b b c c a a b

+ + ≥ + + + + + + + +

 + + ≥ + +
 + + + + + +
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được 
2 3b c c a a bP
b c b c c a c a a b a b
≥ + + + + + =
+ + + + + +
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 33.Bất đẳng thức đã cho tương đương với 
( ) ( ) ( ) 3( )
2
a a b c a a b c a a b c a b c
b c b c b c
+ + + + + + + +
+ + ≥
+ + +
2 2 2
2
a b c a b c
b c c a a b
+ +
⇔ + + ≥
+ + +
Không mất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ . Suy ra 
2 2 2a b c≥ ≥ và 1 1 1
b c c a a b
≥ ≥
+ + +
Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta có 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c b c a
b c c a a b b c c a a b
a b c c a b
b c c a a b b c c a a b

+ + ≥ + + + + + + + +

 + + ≥ + +
 + + + + + +
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được 
2 2 2 2 2 2 2 2 21
2
a b c a b b c c a
b c c a a b a b b c c a
 + + +
+ + ≥ + + 
+ + + + + + 
2 2 21 ( ) ( ) ( )
4
a b b c c a
a b b c c a
 + + +≥ + + 
+ + + 
2
a b c+ +
= 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 34. ất tính tổng quát giả sử a b c≥ ≥ và 1a b c+ + = . Khi đó 
1
3
a ≥ , 1
3
c ≤ suy ra 21
3
a b c+ = − ≥ , nên 1 1 1( , , ) , ,
3 3 3
a b c   
 
f . Áp dụng bất đẳng thức Karamata 
cho hàm ( )
1
xy f x
x
= =
−
, lồi trên (0,1), đối với bộ trội 1 1 1( , , ) , ,
3 3 3
a b c   
 
f , ta có 
1 1 1 3( ) ( ) ( )
3 3 3 2
P f a f b f c f f f     = + + = + + =     
     
Bất đẳng thức được chứng minh. 
 
Cách 35. t tính tổng quát giả sử 1a b c+ + = . Sử dụng bất đẳng thức 
AM – GM ta có 3(2 2 ) (1 ) (1 ) 64(2 2 )(1 )(1 )
3 27
a a a
a a a
− + + + + 
− + + ≤ =  
Do đó 227 (1 )
1 32
a
a a
a
≥ +
−
. Tương tự 
2 227 27(1 ) , (1 )
1 32 1 32
b cb b c c
b c
≥ + ≥ +
− −
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và sử dụng kết quả quen biết 
3 3
nn n n
x y z x y z+ + + + ≥  
 
 với 
mọi , , 0, 1x y z n≥ ≥ ta được 
Không m
ấKhông m
3 3 3 2 2 227 ( ) 2( ) ( )
1 1 1 32
a b cP a b c a b c a b c
a b c
 = + + ≥ + + + + + + + + 
− − −
3 227 1 1 33 6 1
32 3 3 2
    ≥ + + =    
     
. 
 
Cách 36. t tính tổng quát giả sử 3a b c+ + = . Hiển nhiên là 
2( 1) 0 1 (3 )a a a a− ≥ ⇔ + ≥ − 
2
3 1
a a
a a
⇔ ≥
− +
 ( vì , , (0,3)a b c ∈ ) 
Hoàn toàn tương tự, ta có 
2
3 1
b b
b b
≥
− +
 và 
2
3 1
c c
c c
≥
− +
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được 
2 2 2 2( ) 3
3 3 3 1 1 1 3 2
a b c a b c a b cP
a b c a b c a b c
+ +
= + + ≥ + + ≥ =
− − − + + + + + +
. 
 
Cách 37. ất tính tổng quát, giả sử 1a b c+ + = . Trước hết ta sẽ chứng minh rằng 
2a bc b ca c ab
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +
 Không m
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM với chú ý 1a b c+ + = , ta có 
( )( ) ( )( ) ( )( )a bc b ca c ab a b a c b c b a c a c b
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + + + + +
+ + = + +
+ + + + + +
 ( ) ( ) ( ) 2a b b c c a≥ + + + + + = . 
Trở lại bài toán, sử dụng bất đẳng thức quen biết 
4
xy x y
x y
+
≤
+
 với mọi , 0x y ≥ , ta có 
[ ]1 32 2 ( ) ( ) ( )
4 2
a b c bc ca ab b c c a a b
b c c a a b b c c a a b
+ + ≥ − − − ≥ − + + + + + =
+ + + + + +
Đó là điều phải chứng minh. 
 
Cách 38.Sử dụng bất đẳng thức quen biết 2( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + + ta có 
2 3 ( )( ) ( )( ) ( )( )
ab bc caP
b c c a c a a b a b b c
 
≥ + + + + + + + + 
Suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng nếu ta chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là 
3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
ab bc ca
b c c a c a a b a b b c
+ + ≥
+ + + + + +
4[ ( ) ( ) ( )] 3( )( )( )ab a b bc b c ca c a a b b c c a⇔ + + + + + ≥ + + + 
Không mất tính tổng quát giả sử 1a b c+ + = , bất đẳng thức trở thành 
4[ (1 ) (1 ) (1 )] 3(1 )(1 )(1 )ab c bc a ca b a b c− + − + − ≥ − − − 
1 1 1 99ab bc ca abc
a b c a b c
⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo AM – GM và ta có điều phải chứng minh. 
 
Cách 39. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 
2
3
2 3
1 9 93
2 2( ) 2( )3 2 ( )( )
a a a a a
b c b c b c a b ca b c b c
+ + ≥ = ≥
+ + + + ++ +
Tương tự ta chứng minh được 
1 9
2 2( )
b b b
c a c a a b c
+ + ≥
+ + + +
 và 1 9
2 2( )
c c c
a b a b a b c
+ + ≥
+ + + +
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên cho ta 
3 9 32
2 2 2
P P+ ≥ ⇔ ≥ . 
 
Cách 40. ất tính tổng quát, giả sử 3a b c+ + = . Sử dụng bất đẳng thức 
AM – GM ta có 
2 3 3 3
32
2 2
(3 ) 2 (3 )(3 ) 4 3 22 (3 ) (3 )
3
a a a a a a a
a a a a aa a a
= ≥ = ⇒ ≥
− − − −+ − + − 
  
Chứng minh tương tự 
3 2
b b b
b
≥
−
 và 
3 2
c c c
c
≥
−
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được 
3
3 3 3 2 2
a b c a a b b c c
a b c
+ +
+ + ≥ ≥
− − −
. 
 
Không m
Cách 41.
[ ] 2 2 2
3
2
2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4( )( )( )
P
a a b a c b b a b c c c a c b a b c a b b c c a
a b b c c a
− =
 − − + − − + − − + + + − + − + − 
=
+ + +
Ta có 
Theo bất đẳng thức Schur thì ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0a a b a c b b a b c c c a c b− − + − − + − − ≥ 
và hiển nhiên 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) 0a b c a b b c c a + + − + − + − ≥  
suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 42. Ta có 
3 (2 )( )( ) (2 )( )( ) (2 )( )( )
2 2( )( )( )
a b c a b a c b c a b a b c c a b c a c bP
a b b c c a
+ + − − + + + − − + + + − −
− =
+ + +
Không mất tính tổng quát, giả sử a b c≥ ≥ , thế thì 
2 2 2a b c b c a c a b+ + ≥ + + ≥ + + 
Sử dụng bất đẳng thức Vornicu – Schur (hay bất đẳng thức Schur suy rộng) ta được 
(2 )( )( ) (2 )( )( ) (2 )( )( ) 0a b c a b a c b c a b a b c c a b c a c b+ + − − + + + − − + + + − − ≥ 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 43. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 
4 4 4 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
( )
( ) ( )
a b c a b cP
a b a c b c b a c a c b a b b c c a ab bc ca
+ +
= + + ≥
+ + + + + + + +
Ta chỉ cần chứng minh 
2 2 2 2 3 3 3 3 3 32( ) 3( ) 3( )a b c a b b c c a ab bc ca+ + ≥ + + + + + 
Sử dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje quen biết sau 
2 2 2 2 3 3 3( ) 3( )a b c a b b c c a+ + ≥ + + 
Tương tự 
2 2 2 2 3 3 3( ) 3( )a b c ab bc ca+ + ≥ + + 
Suy ra điều phải chứng minh. 
 
Cách 44. Nhận xét rằng vế trái của bất đẳng thức là một hàm đối xứng đối với ba biến , ,a b c , nếu 
viết nó dưới dạng đa thức thì được một đa thức có bậc không quá 3. Theo định lí ABC ta chỉ cần 
xét bất đẳng thức trong hai trường hợp: 
 •Trường hợp 1: Một trong ba biến , ,a b c bằng 0, giả sử 0c = . Bất đẳng thức trở thành 
3
2
a b
b a
+ ≥ 
luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM. 
 •Trường hợp 2: Hai trong ba biến , ,a b c bằng nhau, giả sử b c= . Bất đẳng thức trở thành 
22 3 ( ) 0
2 2 2 ( )
a b a b
b a b b a b
−
+ ≥ ⇔ ≥
+ +
Bất đẳng thức được chứng minh. 
 
Cách 45. Trước hết ta sẽ phát biểu và chứng minh một bổ đề. 
Bổ đề. Với mọi , , 0a b c > thì 2 2 2
2( ) 1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
a b c ab bc ca
b c c a a b a b b c c a
 + +
+ + ≥ + + + + + + + + 
Thật vậy, bổ đề tương đương với 
2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c ab c bc a ca b
b c c a a b a b a b b c b c c a c a
+ + ≥ + + + + +
+