ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Nếu bạn đọc chỉ đơn giản là đam mê với bất đẳng thức, và chấm hết...hãy về đội của mình!Đối với nhiều người, bất đẳng thức thực sự là nỗi ám ảnh, và mình cũng không ngoại lệ.. Được cái m

ĐỊNH MỆNH CỦA CÁC BÀI

BẤT ĐẲNG THỨC

permission of the author.

Đây là một cuốn sách viết về bất đẳng thức!

Nếu bạn là người mới bắt đầu học bất đẳng thức hãy tránh xa cuốn sách này

Nếu bạn đang tìm tài liệu cho các kỳ thi THPT mình nghĩ bạn không nên đọc cuốn sáchnày

Nếu bạn là một học sinh giỏi, đang ôn thi Quốc gia, Quốc tế cuốn sách này không giúp gìđược cho bạn

Nếu bạn đọc vì yêu quý mình đừng lãng phí thời gian, hãy gấp sách lại, chúng ta có thểcùng nhau làm những thứ thú vị hơn nhiều

Nếu bạn đọc chỉ đơn giản là đam mê với bất đẳng thức, và chấm hết hãy về đội của mình!Đối với nhiều người, bất đẳng thức thực sự là nỗi ám ảnh, và mình cũng không ngoại

lệ Ngay từ khi còn là học sinh cấp 2, mình đã bị anh trai vã lên bờ xuống ruộng bằng bấtđẳng thức Và có lẽ đó cũng là "nơi tình yêu bắt đầu" của "chúng mình"

Ghét của nào trời trao của của ấy, câu này đúng với mình Mình làm bất đẳng thức vàchợt nhận ra mình đã yêu nó từ lúc nào không hay? Nhiều khi gặp những bài hay mình cứ

tự hỏi: "Mần răng mà nghị ra được mấy bài hay như ri được hề?" Rồi mình bắt đầu tậptành sáng tạo những bài bất đẳng thức cho riêng minh Lúc vui hay lúc buồn đều cho mìnhnhững cảm hứng riêng để làm và sáng tạo bất đẳng thức Được cái mình quen sống chậmnên tâm trạng ổn định, vì thế mà số bài bất đẳng thức mình có không được nhiều, lại mỗibài mỗi một vẻ

Và cuốn sách này ra đời để tổng hợp lại những bài bất đẳng thức dở tệ - đứa con tinhthần - thứ đã "đánh cắp" của mình một phần tuổi trẻ Ban đầu mình bật chế độ "only me",

vì thật sự mình viết chưa tới, chỉ là để thỏa mãn bản thân mà thôi Nhưng sau khi viếtxong, mình lại thay đổi suy nghĩ, "save & share", bởi vì ông bố nào mà chả muốn khoe conmình với thiên hạ

Hỡi bạn đọc - những người đã dại dột sờ vào cuốn sách này, có nhiều bài trong cuốn sáchnày thật sự dở tệ, rất mong chờ những lời giải đẹp hơn từ bạn đọc để thay đổi định mệnh củachúng Nếu có ý kiến gì hãy phản hồi nhẹ nhàng cho mình qua email Ntspbc94@gmail.com,còn không yêu xin đừng nói lời cay đắng nhé!

Và cuối cùng xin chúc cho những ai đang yêu, sẽ yêu và mãi yêu, đặc biệt là những aiđang đọc cuốn sách này sẽ luôn thật khỏe mạnh để làm những điều mình yêu thích, luônvui vẻ, hạnh phúc và thành công trong tình yêu cũng như trong cuộc sống

Thân!

Hà Nội, ngày 22 tháng 07 năm 2018

Lời nói đầu 3

Mục lục 5

Phần I Bổ đề NTS 7

Phần II Đưa về một ẩn trong chứng minh bất đẳng thức 18

Phần III Giải toán nhờ sự liên hệ giữa các biểu thức 55

Phần IV Bài toán sinh nhật 63

Phần V Các bài toán khác 67

Phần VI Các bài toán chưa có lời giải 104

PHẦN I: BỔ ĐỀ NTS

Trong quá trình giải toán, mình có tìm ra được một bổ đề bất đẳng thức Cũng khôngbiết đã ai tìm ra từ trước chưa nhưng nhờ nó mà mình có những lời giải ngắn gọn cho cácbài toán cũ nên muốn giới thiệu tới mọi người Nếu mọi người có thể dùng bổ đề NTS đểgiải các bài toán khác hay có thể sáng tác thì hãy cho mình biết với nhé!

Bổ đề NTS Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:

2

≥ 3 a2+ b2+ c2

Suy ra (1) luôn đúng

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

• Sử dụng bổ đề trên chúng ta có thể định hướng nhanh lời giải một số bài toán trước đây:

Ví dụ 1 (Vasile Citoaje) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2+ c2 = 3,chứng minh rằng:

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh

(a + b + c)2

ab + bc + ca ≥ 9

a + b + c,hay

= 9 (ab + bc + ca)Đây chính là điều cần chứng minh

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

a + b + c ≥ 3√3

abc

Theo bất đẳng thức AM − GM ta dễ suy ra được điều trên

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 2 (sưu tầm) Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:

M = 1ab

N = 1bc



> a

b +

ba

+ 4c

b +

bc

+ 4

a2b2c2 = 3√3

abc

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Ví dụ 3 (Phạm Hữu Đức) Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:

Lời giải 1

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:

Với a, b, c > 0, ta luôn có

3√2

2 .

3

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

Mũ 6 hai vế, ta đưa về bất đẳng thức tương đương

9 (a + b) (b + c) (c + a) ≥ 8 (a + b + c) (ab + bc + ca) Theo bất đẳng thức AM − GM ta có

(a + b + c) (ab + bc + ca) ≥ 33

√abc.33

√

a2b2c2 = 9abc,

vì vậy mà

9 (a + b) (b + c) (c + a) = 9 (a + b + c) (ab + bc + ca) − 9abc

≥ 9 (a + b + c) (ab + bc + ca) − (a + b + c) (ab + bc + ca)

= 8 (a + b + c) (ab + bc + ca) Vậy bổ đề được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Trở lại bài toán, đặt t =q3 (a+b)(b+c)(c+a)

abc ; bình phương hai vế sau đó sử dụng bất đẳng thức

AM − GM ba số cho biểu thức ở vế trái, ta dễ dàng thu được

t3− 2 + 6t ≥ 9

2t2

⇐⇒ (2t − 1) (t − 2)2 ≥ 0

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do t ≥ 2

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Lời giải 2

Sử dụng bất đẳng thức M incopxki ta có

V T ≥

vuut

rb

a +

r c

b +

r ac

!2+ r c

a +

r a

b +

rbc

!2

Theo bổ đề ta có

rb

a +

r c

b +

r ac

!2

= 3 (a + b + c)√3

abc ,

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

• Sử dụng bổ đề trên, chúng ta có thể sáng tạo ra một số bài toán khác:

Ví dụ 4 (Ntspbc) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minhrằng:

c + b√

a + c√

b

2

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 5 (Ntspbc) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:

Lúc này sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 6 (Ntspbc) Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:

2 (a + b + c)

= 32

3

√

a2b2c2,suy ra

Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz và bất đẳng thức AM − GM ta có

≥ 3

2xyz.

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c 

Ví dụ 7 (Ntspbc) Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:



3

√abc.p3 (a + b + c)2

2 (a + b + c)

2√3

abc.Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Đây là một bài toán khá cũ, và lời giải của nó như sau

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử abc = 1 Khi đó, tồn tại các số dương x, y, zsao cho a = x

Nên từ đây, ta dễ suy ra được điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 

Ví dụ 8 (Ntspbc) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:



b3+ 1

b3+ 1

+



b6

b3+ 1 + 1

+



= 32

3

r1

a3.c3+ 3

r1

b3.a3+ 3

r1

c3.b3

!

= 32



= 3

2 a

2c + b2a + c2b

Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 9 (Ntspbc).Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minhrằng:

Lời giải.

Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có

a2 + b + c
(1 + b + c) ≥ (a + b + c)2

= 9,suy ra



− 1

= 13

+ b

a +

c

b +

ac



.Lúc này, lần lượt sử dụng bổ đề và bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có

= p(a + b + c) (a2+ b2+ c2)

3

√abc

Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 10 (Ntspbc) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng:

3



P ab

3

3P a ≥

p3(a2+ b2+ c2)3

a + b + c .

Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Nhận xét.

Bài trên có vẻ khá là nhẹ, và bất đẳng thức mạnh hơn sau vẩn đúng:

Và bằng cách ghép cặp hợp lí để sử dụng bất đẳng thức AM − GM như trên, ta có thểchứng minh được các bài sau:

Bài Toán Với a, b, c > 0kabc = 1 và các hằng số m, n ∈ Q+ thì ta luôn có

• am−n

2

≥ 3(a2+ b2 + c2)

Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 12 (Ntspbc) Với a, b, c là các số không âm, chứng minh rằng:

a3b + b3c + c3a ≥ abc.3

q

7 a3+ b3+ c3
+ 6abc

PHẦN II ĐƯA VỀ MỘT ẨN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Đưa về một ẩn trong giải toán bất đẳng thức từ lâu đã không còn xa lạ đối với những

người yêu bất đẳng thức Trong đề thi đại học mấy năm gần đây cũng vậy, chúng ta đều có

thể giải theo hướng đưa về một ẩn Trong quá trình làm toán, mình có chế được một vài bài

và xin giới thiệu đến bạn đọc

Dồn biến là một trong các phương pháp đưa bài toán về một ẩn, mình xin mở đầu bằng

một bài toán đơn giản sau:

Bài Toán 1 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3, chứng minh rằng:

Vì bất đẳng thức này ở dạng đồng bậc nên ta có thể bỏ qua điều kiện a + b + c = 3 và chuẩn

hóa abc = 1, ta cần chứng minh

a +√

bc +

√bc

2 +

49



a + 2√

bc,suy ra



b + c− 2

√bc

a +√

bc −

√bc

2 − 89

√bc

=√

b −√

c2



4

2 (b + c) ≥ 0,

1

2√bc(a + b) (b + c)



a +√bc

 ≥

1

4 −a

2√bc4abc ≥ 0

bc −

√bc

a + √1a

2√

a +

49



a + √2a

Điều này hiển nhiên đúng

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Nhận xét

k = max(0<t≤1)

n 3(3t2+ t + 1)2(t + 2)(t3+ 1)

o

= 1.319351906

+ Trong bài này chúng ta đã chuyển điều kiện bài toán từ a + b + c = 3 sang abc = 1, mụcđích là để làm mất √3

abc Nếu vẫn giữ nguyên điều kiện a + b + c = 3 mình nghĩ có thể chúng

ta sẽ hơi mất công một chút trong việc phân tích thành nhân tử và đánh giá Chúng ta đitới các bài toán tương tự

Bài Toán 2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng

3

√abc

Bỏ qua điều kiện a + b + c = 3 và chuẩn hóa abc = 1 Xét



a + 2√

bc

2,suy ra

B = 227

3a2+ (b + c)2+ 3a√

b +√

c

2+ 2√

bc√

b +√

c

2,và

C = 718

2a +√

b +√

c

2

b +√

c2 ≥ 4√bcnên ta có

216 (A + B) ≥ 48a2+ 16 (b + c)2+ 75a√

b +√

c

2+ 32√

bc√

b +√

c2

=

48a2+ 32a√

b +√

c2

+ 16 (b + c)2+ 43a√

b +√

c

2+ 32√

bc√

b +√

c2

= 168a +√

b +√

c

243a + 24√

b +√

c

2

= 216C

√bc

.Tiếp theo ta đi chứng minh

với

M = 4t10+ 8t9− 9t8+ 2t7+ 13t6− 81t5+ 5t4+ 91t3+ 9t2+ 34t + 59

Bất đẳng thức trên đúng bởi vì

M = 4x10+ 48x9+ 243x8+ 698x7+ 1287x6+ 1551x5+ 1083x4+ 279x3− 45x2+ 72x + 135 > 0,với

k = max(t≥1)

P a2

P a + 4

a + b ≥ 7

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử a = min{a, b, c}, suy ra a ≤ 1.

a +√

bc+

√bc2

!,suy ra

a +√

bc +

√bc2

bc

−

4a2√

bc − a(a + b) (a + c)a +√

√bc,

√bc

a +√

bc +

√bc2

a√

a + 1+

1

2√a

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Bài Toán 4 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:

75 + 72abc ≥ 98

ab

= 75 + 18a (b + c)2− 98 2a (b + c)

2a + b + c +

b + c4

,suy ra



= (b − c)2



98a2(a + b)(a + c)(2a + b + c)+

492(b + c) − 18a



= (b − c)

2a



98a3(a + b)(a + c)(2a + b + c)+

49a2(b + c) − 162a

2(a + b + c)2



2(a + b + c)2 ≥ 392a

3(2a + b + c)3 + 49a

2(b + c) − 162a

2(a + b + c)2

= 392(2 + t)3 + 2.49

4t − 162(t + 1)2

≥ 33

s392.49.4916t2(2 + t)3 − 162



= 75 + 18a (b + c)2− 98 2a (b + c)

2a + b + c +

b + c4



= 75 + 18a (3 − a)2− 98 2a (3 − a)

a + 3 +

3 − a4



= 9(2a − 1)

2(a − 1)22(a + 3) ≥ 0nên ta suy ra

Lời giải.

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử a = max{a, b, c}, suy ra 1 ≥ b, c ≥ 0; 2 ≥ a ≥ 2

3.Xét

8 (b + c)2

25a

a3+ 2,suy ra

f (a, b, c) − f (a, b + c, 0) = c.Avới

= 8c4+ 75b2c2+ 49c3b,suy ra

A ≥ 8c

4+ 75b2c2+ 49c3b9

b + c

2+ 25.34



b + c

33

(b + c)3+ 2



2 − a

2+ 25.34

!+ 25

a

a3+ 2 +

2 − a(2 − a)3+ 2



≥ 21

Để khẳng định tính đúng đắn của kết quả trên, mình có sử dụng đến công cụ wolframalpha

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = c = 0 cùng các hoán

ta có

f (a + b, 0, c) = 8 a + b

c(a + b)3+ 2

+ 5



a + b(a + b)3+ 2 +

c

c3+ 2

,suy ra

f (a, b, c) − f (a + b, 0, c) =8

a

b3 + 2 −a + b

2

+ 8b

c3+ 2 + 8

c

a3+ 2 − a + b

(a + b)3+ 2

+ 5b

2!+ 0 + 10 + 0 − 3 > 0

8c 3a2+ 3ab + b2
+ 5 2a3+ 3a2b + ab2− 2
≥ 15ca2+ 15ba2+ 10 a3− 1



> 0

Do đó

f (a, b, c) − f (a + b, 0, c) ≥ 0,hay

+ 5



a + b(a + b)3 + 2 +

Bài Toán 7 Với a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 2, chứng minh rằng:

a + b

c2+ 1 − a(b

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



b2+ 1

Ta đi chứng minh f (a, b, c) ≥ f (a, b + c, 0), hay chỉ cần chứng minh

2c + 1 + ab + 2b(b + c)2+ 1 − 2c + 1

c2+ 1 ≥ 0

⇐⇒ ac2+ 2a − 2c(b + c) − c ≥ 0,Bất đẳng thức trên luôn đúng bởi vì

f (a, b + c, 0) ≥ 2√

2,hay

2a(2 − a)(2a + 1 − a2)(a2+ 1)(a2− 4a + 5)

⇐⇒ (2a + 1 − a2)pa(2 − a) ≤p(a2+ 1)(a2− 4a + 5)

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

(2a + bc)(2 − a)(a2+ 1)(b + c)2+ (1 − bc)2

≥

2a + 3

4− 1

2a

(2 − a)(a2+ 1)

(2 − a)2+1 −3

1825

2c2− 5c + 10 − 1

2(2 − c)

2+ 3c(1 − c)(2 − c)2+ c2

= 16 − 3c

24(c2− 2c + 2),

Suy ra

V T ≥r 2 − c

c2+ 1 +

12

s

16 − 3c2

c2− 2c + 2.Theo wolframalphal ta có

Suy ra

V T ≥ 2√

2

Kết hợp 3 trường hợp trên ta suy ra được điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (2, 0, 0), (1, 1, 0) cùng các hoán vị 

Đọc qua các bài toán trên mình nghĩ mọi người sẽ cảm thấy nhàm chán Trước đây khi nhìn thấy lời giải sử dụng phương pháp dồn biến thì mình thường

bỏ qua mà không đọc, vì mình thấy nó khá nhàm chán và không có tính sáng tạo.Chúng luôn có chung một mô tuýp là chứng minh f (a, b, c) − f (a, √

bc, √bc) ≥ 0 Nhưng minh hi vọng rằng các bài toán với cách tiếp cận khác dưới đây sẽ khôngcòn nhàm nữa :D

Bài Toán 8 Với a, b, c là các số không âm và a + b + c = 2, chứng minh rằng:

2

a3+ 2 +

(2 − a)2(2 − a)3+ 4,suy ra

!

Theo Wolframalpha ta có

Suy ra

V T ≥ 3

Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = c = 0 cùng các hoán vị 

Bài Toán 9 Với a, b, c là các số không âm thỏa mãn: a + b + c = 2, chứng minh rằng:

a2+ 2 .Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta suy ra

c(a + b)2+ 2 +

≥ 4

3.Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (0, 0, 2) cùng các hoán

p(a3+ 1) (b3+ 1) ≤ a3+ 1
b3+ 1

=ab√

ab − 1

2+a√

a + b√

b2

≤ 1 + (a + b)2

= c2− 4c + 5,suy ra

V T =

vuu

r c + a

c3+ 1

≥

s(a + b) (b3+ 1) + (b + c) (a3+ 1) + 2p(a + b) (b + c)

c3+ 1.Theo Wolframalpha ta có

Suy ra

V T ≥ 4

√2

3 .Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (0, 0, 2) cùng các hoán

Bài Toán 10 Với a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 1, chứng minh rằng:

r2a + b

a2+ 1 +

r2b + c

2+ 1 + 2a + b

Suy ra

r2a + b

a2+ 1 ≥ 2 (2a + b)

a2+ 2a + 1 + b.

Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự sau đó cộng vế theo vế ta suy ra

X

a a2+ 2a + 1 + b
+Xa c2+ 2c + 1 + a
≤ 4

⇐⇒ 2Xa3+ 3Xa2+ 5Xa

2+ 6Xa + 4Xa2b ≤ 16

2 √

ac + b
≥√2 (a + b) =√

2 (1 − c) ,và

p

(a2+ 1) (b2+ 1) ≤ a2+ 1
b2+ 1
= (ab − 1)2

+ (a + b)2 ≤ 1 + (a + b)2 = c2− 2c + 2,Suy ra

c2+ 1.Theo Wolframalpha ta có

• Trường hợp 1 c ≥ a ≥ b.

Ta có

(a + 2b) b2 + 1
+ (b + 2c) a2+ 1
= ab (a + b) + 2b + 1 + c + 2b3

+ 2a2c ≥ 2b + 1 + c ≥ c + 1,p

(a + 2b) (b + 2c) ≥√

2 √

ac + b
≥√2 (a + b) =√

2 (1 − c)và

c + 2a ≥ c + (a + b) = 1,suy ra

Vậy trong trường hợp này ta có

V T ≥ 3

√2

2 .

• Trường hợp 2 c ≥ b ≥ a

Ta có

(a + 2b) (b + 2c) ≥ 2b + c + 1 ≥ (a + b) + c + 1 = 2Suy ra

c2+ 1.Theo Wolframalpha ta có

Vậy trong trường hợp này ta có

V T ≥ 3

√2

2 .Kết hợp hai trường hợp trên ta suy ra được điều phải chứng minh

Bài Toán 12 Với a, b, c là các số không âm và a + b + c = 2, chứng minh rằng:

= c.

a2(3b2+ 3bc + c2) (a3 + 4) (a3+ c3+ 4) − c2(b + c)2(b3+ 2)(b + c)3+ 2

(b3+ 2) (c3+ a3+ 4) (a3+ 4)

(b + c)3+ 2

• Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có

V T ≥ (2 − a)

2

a3+ 4 +

a2(2 − a)3+ 2 +

25a2

a3+ 2 +

25 (2 − a)2(2 − a)3+ 4.Theo Wolframalpha ta có

Suy ra

V T ≥ 12

Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = c = 0 cùng các hoán vị 

Bài Toán 13 Với a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 2 Tìm GTLN của

f a + c, b, 0
=

s(a + c)2+ b2

Lập bảng biến thiên ta suy ra được

b + c ≥√

b2+ c2 =√

2 − a2,

Suy ra

V T ≤ 3

Kết hợp hai trường hợp trên ta suy ra điều phải chứng minh

Bài Toán 15 Với a, b, c là các số không âm và a + b + c = 2 Tìm hằng số k ∈ R tốtnhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng