Một số cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt

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 th