Một số vấn đề về bất đẳng thức đối xứng ba biến

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
Khoa Toán
----------***----------
Nguyễn Thị Phương
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỐI XỨNG BA BIẾN
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
HÀ NỘI - 2010
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
LỜI CẢM ƠN
Em xin trân trọng cảm ơn ban chủ nhiệm khoa Toán, trường ĐHSP Hà
Nội 2, các thầy cô giáo tổ Đại số đã tạo điều kiện thuận lợi để giúp em hoàn
thành khoá luận tốt nghiệp này.
Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo hướng dẫn:
Thạc sĩ Phạm Lương Bằng đã quan tâm hướng dẫn và chỉnh sửa khoá luận
cho em.
Mặc dù đã cố gắng nhưng bản thân em mới làm quen với công tác
nghiên cứu khoa học nên không thể tránh khỏi những thiếu sót. Em hi vọng sẽ
nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô và các bạn để khoá luận của
em hoàn chỉnh hơn.

Sinh viên

Nguyễn Thị Phương
SVTH: Nguyễn Thị Phương
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan:
Khoá luận tốt nghiệp là kết quả của sự lỗ lực tự bản thân tôi và sự
hướng dẫn của thầy giáo hướng dẫn: Thạc sĩ Phạm Lương Bằng.
Nội dung khoá luận không trùng lặp với công trình nghiên cứu của các

tác giả trước đã công bố.
Sinh viên
Nguyễn Thị Phương
SVTH: Nguyễn Thị Phương
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
MỤC LỤC
SVTH: Nguyễn Thị Phương
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong kỷ nguyên công nghệ thông tin, sự biến đổi các ngành trong các
lĩnh vực khoa học tự nhiên hay khoa học xã hội luôn diễn ra với tốc độ chóng
mặt. Nhờ internet và các phương tiện truyền thông mà các quốc gia đã xích lại
gần nhau trong một thế giới hội nhập toàn cầu hoá. Ở một phạm vi hẹp chúng
ta có thể thấy sự phát triển của các webside Toán học đã làm cho những người
đam mê Toán học trên thế giới có thể dễ dàng nhanh chóng tiếp cận và trao
đổi thông tin vô cùng phong phú. Một điều mà mọi người dễ thống nhất với
nhau là bất đẳng thức luôn chiếm vị trí quan trọng đối với toán học phổ thông
cũng như trên các webside Toán học.
Bất đẳng thức là một vấn đề khá cổ điển của Toán học sơ cấp đang
ngày càng phát triển, đây cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và
thú vị nhất, vì thế luôn cuốn hút rất nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm. Điểm
đặc biệt, ấn tượng nhất của bất đẳng thức trong toán sơ cấp, đó là có rất nhiều
những bài toán khó, thậm chí là rất khó, luôn có thể giải được bằng những
kiến thức rất cơ sở và việc hoàn thành được chứng minh là niềm vui thực sự.
Bất đẳng thức đối xứng là một trong các phần quan trọng nhất của bất
đẳng thức sơ cấp, cũng là dạng bài quen thuộc trong các kì thi học sinh giỏi
quốc gia và quốc tế. Đây là dạng bất đẳng thức rất được yêu thích không chỉ
với các bạn đã thành thạo mà còn hấp dẫn với cả những bạn mới bắt đầu.
Xuất phát từ cơ sở lí luận và thực tiễn đó mà em đã quyết định chọn đề

tài: “Một số vấn đề về bất đẳng thức đối xứng ba biến” làm đề tài nghiên cứu
cho mình.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
1
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu
Nắm được những kiến thức cơ bản và độc đáo về bất đẳng thức đối
xứng ba biến, từ đó có phương pháp giải phù hợp và bước đầu hình thành khả
năng tự sáng tạo bất đẳng thức.
3. Đối tượng nghiên cứu
Các bất đẳng thức cơ bản, bất đẳng thức của các dãy số đồng thứ tự, lớp
hàm đối xứng ba biến, tiêu chuẩn S.O.S, bất đẳng thức dạng đồng bậc, bất
đẳng thức thuần nhất đối xứng có điều kiện và không có điều kiện.
Một số bài toán bất đẳng thức đối xứng ba biến.
4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc, nghiên cứu tài liệu.
So sánh, phân loại, tổng hợp kiến thức.
Tổng hợp, sắp xếp, giải bài tập.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
2
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
CHƯƠNG 1
LÍ THUYẾT CHUNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỐI XỨNG BA BIẾN
1.1 SƠ LƯỢC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN
Nói chung, các bất đẳng thức đối xứng ba biến ở dạng tổng quát luôn
có biểu diễn dưới dạng sau:
( , , ) 0f a b c ≥
trong đó
( , , )f a b c

là hàm đối xứng của ba biến a, b, c hay nói cách
khác:
( , , ) ( , , ) ( , , )f a b c f c b a f b a c= =
.
Ví dụ:
( , , ) 2 2 2 3 3 3 5f a b c a b c ab bc ca abc= + + + + + +
.
Tính chất quan trọng nhất của các biểu thức đối xứng là vai trò bình
đẳng giữa các biến, và do đó ta có thể xắp xếp lại theo một trật tự tuỳ ý giá trị
các biến số đó trong chứng minh. Đây là một chú ý sẽ được sử dụng rất nhiều.
Bài toán 1:
Cho
, ,x y z
là các số thực không âm, khác nhau từng đôi một. Chứng
minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 4
xy yz zx
y z z x x y
+ + ≥
+ +
− − −
.
Chứng minh:
Do vai trò bình đẳng giữa các biến
, ,x y z
, không mất tính tổng quát,
giả sử
min{ , , }z x y z=

.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
3
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Nhận thấy:

( ) ( )
1
cyc
y z z x
∑
− −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
y z z x z x x y x y y z
+ +
− − − − − −
= 0
Do đó :
VT =
( )
1
2
cyc
y z
+
∑
−
2

( ) ( )
1
cyc
y z z x
∑
− −
=
2
1 1 1
y z z x x y
 
+ +
 ÷
− − −
 
= 0
( ) ( )
1 1 1 4
4
x y y z z x x z y z
 
≥ × × + =
 ÷
− − − − −
 
4 4
xy xy yz zx
≥ ≥
+ +
Bài toán được chứng minh.

Bài toán 2:
Cho các số thực
, ,x y z
khác 1 thoả mãn
xyz
= 1. Chứng minh rằng:
2
2 2
1.
1 1 1
x y z
x y z
 
   
+ + ≥
 ÷  ÷
 ÷
− − −
   
 
Chứng minh:
Đặt
, ,
1 1 1
x y z
a b c
x y z
= = =
− − −
, khi đó ta có

, , .
1 1 1
a b c
x y z
a b c
= = =
− − −
Do giả thiết
xyz
= 1 nên

( ) ( ) ( )
1 1 1 1abc a b c a b c ab bc ca= − − − ⇒ + + − − − =
.
Bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng
2 2 2
1a b c+ + ≥
.

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

( )
2
1 0a b c⇔ + + − ≥ . (đpcm).
SVTH: Nguyễn Thị Phương
4
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Bài toán 3:

Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b +c = 3. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
a bc b ca c ab
b ca c ab a bc
+ + +
+ + ≥
+ + +
.
Chứng minh:
Ta có:
3( b + ca) = 3b + 3ca = (a + b + c)b + 2ca +ca
2 2 2
a b c ab bc ca≤ + + + + +
Do đó
2 2 2
2 2 2
3( ) 3( )
,
3( )
a bc a bc a bc
b ca b ca a b c ab bc ca
+ + +
= ≥
+ + + + + + +
từ đó suy ra:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3( ) 3( ) 3( )

a bc b ca c ab
a bc b ca c ab
a b c ab bc ca
b ca c ab a bc
+ + +
+ + + + +
+ + ≥
+ + + + +
+ + +
= 3
Bài toán được giải quyết.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 4:
Tìm hằng số k lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng
( )
1 1 1
a b c k k
a b b c c a
 
+ + + + − ≥
 ÷
+ + +
 
,
trong đó a, b, c là các số thực không âm sao cho trong chúng có ít nhất
một số dương và a + b + c = ab + bc + ca.
Chứng minh:
Cho a = b = 2, c = 0 thì hiển nhiên a + b + c = ab + bc + ca, và ta thu
được
1k ≤

.Ta sẽ chỉ ra rằng 1 cũng là giá trị lớn nhất có thể của k, tức là:
( )
1 1 1
1 1a b c
a b b c c a
 
+ + + + − ≥
 ÷
+ + +
 
SVTH: Nguyễn Thị Phương
5
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
1
a b c a b c a b c
a b c
b c c a a b
+ + + + + +
⇔ + + − − − ≥
+ + +

( ) ( ) ( )
1
a b c bc b c a ca c a b ab
a b c
b c c a a b
+ + + + + +
⇔ + + − − − ≥
+ + +
bc ca ab ab bc ca

b c c a a b a b c
+ +
⇔ + + ≥
+ + + + +

Bất đẳng thức này đúng, ta suy ra điều phải chứng minh.
1.2 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN VÀ ỨNG DỤNG GIẢI CÁC BÀI
TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN
1.2.1. Bất đẳng thức AM-GM
Với mọi số thực dương
1 2
, ,......,
n
a a a
ta có bất đẳng thức
1 2
1 2
......
....
n
n
a a a
n
a a a
n
+ + +
≥
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
1 2

....
n
a a a= = =
Những trường hợp đặc biệt và hệ quả hay được áp dụng cho bất đẳng
thức đối xứng ba biến
Với mọi a, b, c không âm ta có

3
3a b c abc+ + ≥
;
3
3
a b c
abc
+ +
 
≥
 ÷
 
;
( ) ( )
2
3a b c ab bc ca+ + ≥ + +
;
( )
2
2 2 2
1
3
a b c a b c+ + ≥ + +

;
( ) ( )
2
3ab bc ca abc a b c+ + ≥ + +
;
Một số bài toán đặc trưng sử dụng bất đẳng thức AM-GM
SVTH: Nguyễn Thị Phương
6
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Bài toán 5:
Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c ta có:
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
.
Chứng minh:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số
( )
3
3
1 1 1 3
3 .a b c abc
a b c
abc
 
+ + + + ≥
 ÷
 
= 9.( đpcm)

Bất đẳng thức tổng quát hơn được chứng minh hoàn toàn tương tự
2
1 2 1 2
1 1 1
....
....
n n
n
a a a a a a
+ + + ≥
+ + +
.
Bài toán 6:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
a b b c b c c a c a a b+ − + + − + + − ≥
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 a b b c c a− − −
Chứng minh:
Đặt x = (a+b)(b-c), y = (b+c)(c-a), z = (c+a)(a-b).
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng:

3 3 3
3x y z xyz+ + ≥
( )
( )
2 2 2
0x y z x y z xy yz zx

⇔ + + + + − − − ≥

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, dễ thấy
2 2 2
0x y z xy yz zx+ + − − − ≥
Do đó ta chỉ cần chứng minh
( )
0x y z+ + ≥
, tức là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0a b b c b c c a c a a b+ − + + − + + − ≥
SVTH: Nguyễn Thị Phương
7
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2 2 2
a b c ab bc ca⇔ + + ≥ + +
. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo
AM-GM. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 7:
Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 1. Chứng
minh:
3
1 1 1 4
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +
.
Chứng minh:

Ta có
3
1 1 1 4
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +
(1)

1 1 1 3
1 1 1
1 1 1 4x y z
⇔ − + − + − ≤
+ + +

⇔
1 1 1 9
1 1 1 4x y z
+ + ≥
+ + +
(2)
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
( ) ( ) ( )
1 1 1 9 9
1 1 1 1 1 1 4x y z x y z
+ + ≥ =
+ + + + + + + +
(do x + y + z = 1)
Vậy (2) đúng, tức là (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1
3
x y z= = =
.
Bài toán 8:
Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = ab + bc + ca. Chứng
minh
1 1 1 3
2 3 2 3 2 3 16a b c b c a c a b
+ + <
+ + + + + +
.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
8
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 4 2 3 4 4 2 4 3a b c a b c a b c
 
   
≤ + ≤ + + ×
 ÷  ÷
 
+ + +
   
 
1 1 1 1
2 3 16 32 12a b c a b c
⇔ ≤ + +

+ +
. Đẳng thức xảy ra
⇔

2
4 3
a b
b c
=


=

(1)
Lập luận tương tự ta có
1 1 1 1
2 3 16 32 12b c a b c a
≤ + +
+ +
. Đẳng thức xảy ra
2
4 3
b c
c a
=

⇔

=


(2)
1 1 1 1
2 3 16 32 12c a b c a b
≤ + +
+ +
. Đẳng thức xảy ra
2
4 3
c a
a b
=

⇔

=

(3)
Cộng từng vế (1), (2), (3) ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 2 3 2 3 16 32 12a b c b c a c a b a b c
  
+ + ≤ + + + +
 ÷ ÷
+ + + + + +
  
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0, điều này không xảy ra vì
a, b, c là các số dương. Vậy ta có
1 1 1 17 1 1 1
2 3 2 3 2 3 96a b c b c a c a b a b c
 

+ + < + +
 ÷
+ + + + + +
 
.
Theo giả thiết ta có ab + bc + ca = abc
1 1 1
1
a b c
⇔ + + =
.
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức còn mạnh hơn bất
đẳng thức ban đầu.
1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz – Holder
1.2.2.1 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz :
SVTH: Nguyễn Thị Phương
9
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Với hai dãy số thực tuỳ ý
1 2
, ,...,
n
a a a
và
1 2
, ,...,
n
b b b
ta luôn có bất đẳng thức

( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
... ... ...
n n n n
a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( )
1 2
, ,...,
n
a a a
và
( )
1 2
, ,...,
n
b b b
là hai bộ
tỷ lệ, tức là tồn tại số thực k để
i i
a kb=
1,i n∀ =
.
Hệ quả 1: Với hai dãy số
( )
1 2

, ,...,
n
a a a
và
( )
1 2
, ,...,
n
b b b
,
0
i
b ≥
1,i n∀ =
,
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
( ... )
...
...
n n
n n
a a a a a a
b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
.
Hệ quả 2: Với hai dãy số thực

1 2
, ,...,
n
a a a
và
1 2
, ,...,
n
b b b
ta có
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
... ... ...
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + + + + ≥ + + + + + + +
Sau đây là những ứng dụng thường gặp của bất đẳng thức Cauchy
Schwarz.
Bài toán 9:
Giả sử a, b, c là các số thực dương, chứng ming rằng
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
9
4
a b c
a b c
b c c a a b
+ + ≥

+ +
+ + +
.
Chứng minh:
Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
a b c a b c
a b c
b c c a a b
b c c a a b
 
 
+ + + + ≥ + +
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
 
+ + +
 
.
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta lại có
2 2 2 2
( ) 3
2( ) 2
a b c a b c a b c
b c c a a b ab ac bc ba ca cb ab bc ca

+ +
+ + = + + ≥ ≥
+ + + + + + + +
.
Từ hai bất đẳng thức trên ta suy ra điều phải chứng minh.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
10
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 10:
Với mọi x, y, z không âm, chứng minh
( )
2 2 2
1 1 1 6x y z x y z+ + + + + ≥ + + .
Chứng minh:
Áp dụng hệ quả 2 của bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 ( ) 3x y z x y z+ + + + + ≥ + + +
.
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
2 2
( ) 3 6( )x y z x y z+ + + ≥ + +
.
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 11:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 4 5
.
a b c
b c c a a b

+ +
+ + +
Với a, b, c là các số thực dương tuỳ ý.
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
3 4 5 3 4 5
(3 4 5) ( )( )
a b c
a b c
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + = + + + +
+ + + + + +
=
2
1 3 4 5 ( 3 4 5)
( )
2 2
b c c a a b
b c c a a b
+ +
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng
2 3 2 5 15 6+ + −
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2
3 5
b c c a a b+ + +
= =
.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
11
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Bài toán 12:
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta đều có
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
1 1 1 2009 2009 2009
2009 2009 2009
a b b c c a
a b c a b b c c a
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
.
Chứng minh:
Trước hết ta sẽ chứng minh
2 2
3 3
2010 2009
2009 2009
a b
a b a b
+
≥

+ +
.
Thật vậy khai triển ra ta được
3 3 3 2 3
2010( 2010.2009 ) 2009 ( ) 2009a b a ab a b b+ ≥ + + +
2
2009( )( ) 0a b a b⇔ + − ≥
( luôn đúng).
Sử dụng bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh
1 1 1 2010 2010 2010
2009 2009 2009a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
+ + +
.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz cho 2010 số, ta được
2
1 1 1 2010
...
2009
2009
a b b a b
+ + + ≥
+
14 2 43
. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
2
1 2009 2010
2009b c b c
+ ≥
+

và
2
1 2009 2010
2009c a c a
+ ≥
+
.
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên lại ta được
2 2 2
2010 2010 2010 2010 2010 2010
2009 2009 2009a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
+ + +
1 1 1 2010 2010 2010
2009 2009 2009a b c a b b c c a
⇔ + + ≥ + +
+ + +
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
1.2.2.2 Bất đẳng thức Holder:
SVTH: Nguyễn Thị Phương
12
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Với m dãy số dương
1.1 1.2 1.
( , ,..., )
n
a a a
,
2.1 2.2 2. .1 .2 .

( , ,..., ),...,( , ,..., )
n m m m n
a a a a a a

ta có
ij ij
1 1
1 1
m
m m
n n
m
a a
j j
i i
 
 
 ÷
 ÷
≥
∑ ∑
∏ ∏
 ÷
 ÷
= =
= =
 
 
.
Đẳng thức xảy ra khi m dãy đó tương đương tỉ lệ.

Chú ý:
Khi m = 2, bất đẳng thức Holder trở thành Cauchy Schwarz.
Ngoài trường hợp này, trường hợp đặc biệt hay được sử dụng nhất của
bất đẳng thức Holder là n = m = 3, khi đó ta có thể phát biểu nó như sau:
Với mọi số thực không âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có:
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
( )( )( ) ( )a b c x y z m n p axm byn czp+ + + + + + ≥ + +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
x y z
= =
và
a b c
m n p
= =
.
Bài toán 13:
Chứng minh rằng với mọi a, b, c là các số thực dương ta có
2 2 2
1
8 8 8
a b c
a bc b ac c ab
+ + ≥
+ + +
.
Chứng minh:
Đặt
2 2 2

8 8 8
a b c
A
a bc b ac c ab
= + +
+ + +

2 2 2 3 3 3
( 8 ) ( 8 ) ( 8 ) 24B a a bc b b ac c c ab a b c abc= + + + + + = + + +
.
Sử dụng bất đẳng thức Holder với ba dãy ta có
3
. . ( )A A B a b c≥ + +
Lúc này ta chỉ cần chứng minh
3
( )a b c B+ + ≥
hay
3 3 3 3
( ) 24a b c a b c abc+ + ≥ + + +
SVTH: Nguyễn Thị Phương
13
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0c a b a b c b c a⇔ − + − + − ≥
(đúng với mọi số dương a, b, c).
Vậy
. 1A A ≥
suy ra 1A ≥ , bài toán được chứng minh.
Bài toán 14:
Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn không có hai số nào đồng

thời bằng 0. Chứng minh bất đẳng thức sau
4 2 2 4 2 2 4 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c
a bc b ca c ab
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
.
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có
4 2 2 2 2 2 3
( )( )( ) ( 2 )a b c b c a b c a c b a bc+ + + + + + ≥ +
4 2 2 2
2
2 2
2
a b c a bc
a bc a b c
+ +
⇒ ≥
+ + +
.
Hoàn toàn tương tự ta có
4 2 2 2
2
2 2

2
b c a b ca
b ca a b c
+ +
≥
+ + +
;
4 2 2 2
2
2 2
2
c a b c ab
c ab a b c
+ +
≥
+ + +
.
Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được
2 2 2
2 2 2a bc b ca c ab
VT a b c
a b c a b c a b c
+ + +
≥ + + = + +
+ + + + + +
. (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
1.2.3 Bất đẳng thức Chebyshev
Cho dãy số thực
1 2

, ,...,
n
a a a
sao cho
1 2
...
n
a a a≤ ≤ ≤
. Ta xét dãy
1 2
, ,...,
n
b b b
như sau:
Nếu
1 2
...
n
b b b≤ ≤ ≤
thì
1 1 2 2 1 2 1 2
1
... ( ... )( ... )
n n n n
a b a b a b a a a b b b
n
+ + + ≥ + + + + + +
.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
14

Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Nếu
1 2
...
n
b b b≥ ≥ ≥
thì
1 1 2 2 1 2 1 2
1
... ( ... )( ... )
n n n n
a b a b a b a a a b b b
n
+ + + ≤ + + + + + +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2
...
n
a a a= = =
hoặc
1 2
...
n
b b b= = =
.
Bài toán 15:
Cho các số thực a, b, c lớn hơn 1 thoả mãn:
2 2 2
1 1 1

1
1 1 1a b c
+ + =
− − −
.
Chứng minh rằng
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + ≤
+ + +
.
Chứng minh:
Ta sử dụng bất đẳng thức Chebyschev kết hợp với phương pháp chứng
minh bằng phản chứng. Nói cách khác, ta sẽ chứng minh rằng, nếu các số
thực a, b, c lớn hơn 1 thoả mãn
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
.
Thì bất đẳng thức sau luôn đúng
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + ≥
− − −
.

Thật vậy, từ giả thiết ta có
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
2 2 2
0
1 1 1
a b c
a b c
− − −
⇔ + + =
+ + +

Bất đẳng thức cần chứng minh
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + ≥
− − −
SVTH: Nguyễn Thị Phương
15
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2 2 2
2 2 2
4 4 4
0
1 1 1

a b c
a b c
− − −
⇔ + + ≥
− − −
2 2 2 2 2 2
. . . 0
1 1 1 1 1 1
a a b b c c
a a b b c c
− + − + − +
⇔ + + ≤
+ − + − + −
.
Do vai trò bình đẳng giữa các biến, không làm mất tính tổng quát, ta giả
sử
a b c≥ ≥
, khi đó
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
− − −
≥ ≥
+ + +
và
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c

+ + +
≤ ≤
− − −
.
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai bộ ngược chiều trên ta được
2 2 2 2 2 2
. . .
1 1 1 1 1 1
a a b b c c
a a b b c c
− + − + − +
+ +
+ − + − + −
1 2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 1 1 1
a b c a b c
a b c a b c
− − − + + +
  
≤ + + + +
 ÷ ÷
+ + + − − −
  
= 0 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chi khi a = b = c = 2.
Bài toán 16:
Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
3
a b c
b c a c a b a b c

+ + ≥
+ − + − + −
.
Chứng minh:
Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử
a b c≥ ≥
. Khi đó ta có
b c a a c b a b c+ − ≤ + − ≤ + −
và
a b c
b c a a c b a b c
≥ ≥
+ − + − + −
.
Áp dụng bất đẳng thức với hai dãy ngược chiều trên ta được
( )( ) 3( )
a b c
b c a c a b a b c a b c
b c a c a b a b c
+ + + − + + − + + − ≥ + +
+ − + − + −
3
a b c
b c a c a b a b c
⇔ + + ≥
+ − + − + −
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
16

Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
1.2.4. Bất đẳng thức Jensen
Định nghĩa: Cho Ι là một khoảng trên tập thực
¡
. Hàm f xác định
trên khoảng
Ι ⊂
¡
được gọi là lồi nếu với mọi
,x y∈Ι
và
λ
∈
[0,1] thì
( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )f x y f x f y
λ λ λ λ
+ − ≤ + −
.
Tính chất: Cho
:f Ι → ¡
là một hàm số có đạo hàm, khi đó f là hàm
lồi nếu và chỉ nếu
0f
′′
≥
.
Bất đẳng thức Jensen: Nếu
:f Ι → ¡
là hàm lồi trên Ι thì với mọi
1 2

, ,...,
n
x x x ∈Ι
ta đều có
1 2 1 2
... ( ) ( ) ... ( )
n n
x x x f x f x f x
f
n n
+ + + + + +
 
≤
 ÷
 
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2
...
n
x x x= = =
.
Bài toán 17:
Cho a, b, c là các số dương, chứng minh
. .
3
a b c
a b c a b c a b c
a b c
a b c

+ + + + + +
+ +
≥ .
Chứng minh:
Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau
ln ln ln ln
3
a b c a b c
a b c
a b c a b c a b c
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
ln ln ln
ln
3 3 3
a a b b c c a b c a b c+ + + + + +
⇔ ≥
.
Xét hàm số
( ) lnf x x x=
. Đây là hàm lồi khi x > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
( ) ( ) ( )
3 3
a b c f a f b f c
f
+ + + +
 
≤

 ÷
 
SVTH: Nguyễn Thị Phương
17
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
ln ln ln
ln
3 3 3
a b c a b c a a b b c c+ + + + + +
⇔ ≤
.
Bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 18:
Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
3
2
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
Chứng minh:
Với giả thiết x + y + z = 1, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3
2
1 1 1
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
.

Xét hàm số
( )
1
x
f x
x
=
−
;
:(0,1)f → ¡
.
Ta có
( )f x
′
=
3 2
2
2(1 )
x
x
−
−
;
1 (4 )
( ) 0
2
4(1 )
x x
f x
x

− −
′′
= ≥
−
⇒
f là hàm lồi.
Theo bất đẳng thức Jensen ta có
( ) ( ) ( )
3 3
x y z f x f y f z
f
+ + + +
 
≤
 ÷
 
3
2
1 1 1
x y z
x y z
⇔ ≤ + +
− − −
⇒
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1 3
.
1.2.5 Bất đẳng thức Schur
Với các số dương a, b, c số k không âm bất kỳ, ta luôn có

( )( ) ( )( ) ( )( ) 0
k k k
a a b a c b b c b a c c a c b− − + − − + − − ≥
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các
hoán vị tương ứng.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
18
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Trường hợp k =1 thường được biết đến với tên gọi là bất đẳng thức
Schur bậc ba, nó có các dạng tương đương là:
3 3 3
3 ( ) ( ) ( );a b c abc ab a b bc b c ca c a+ + + ≥ + + + + +
3
( ) 9 4( )( );a b c abc a b c ab bc ca+ + + ≥ + + + +
( )( )( );abc a b c b c a c a b≥ + − + − + −
2 2 2
9
2( );
abc
a b c ab bc ca
a b c
+ + + ≥ + +
+ +
4
2;
( )( )( )
a b c abc
b c c a a b a b b c c a
+ + + ≥

+ + + + + +
Trường hợp k = 2 thường được biết đến với tên gọi là bất đẳng thức
Schur bậc bốn, nó có các dạng tương đương là:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )a b c abc a b c ab a b bc b c ca c a+ + + + + ≥ + + + + +
;
2 2 2 2 2 2
6 ( ) (2 2 2 )( )abc a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca+ + ≥ + + − − − + + + + +
Bất đẳng thức Schur suy rộng: Cho các số dương a, b, c, x, y, z sao
cho (a, b, c) và (x, y, z) đều là các bộ đơn điệu. Khi đó bất đẳng thức sau luôn
thoả mãn
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0x a b a c y b c b a z c a c b− − + − − + − − ≥
.
Bài toán 19:
Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức sau
2 2 2
2 2 2
1
4 5 4 5 4 5
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≤
+ + +
.
Chứng minh:
Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng để chứng minh bài toán này.
Giả sử rằng tồn tại a, b, c dương sao cho
SVTH: Nguyễn Thị Phương
19
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng

2 2 2
2 2 2
1
4 5 4 5 4 5
a b c
a bc b ca c ab
+ + >
+ + +
.
Khi đó đặt
2 2 2
2 2 2
; ;
4 5 4 5 4 5
a b c
x y z
a bc b ca c ab
= = =
+ + +
.
Ta dễ thấy
1
, ,
2
x y z ≤
và
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 4 1 4 1 4
; ;

5 5 5
bc x ca y ab z
a x b y c z
− − −
= = =
.
Từ đó suy ra
2 2 2 3 2 2 2
(1 4 )(1 4 )(1 4 ) 5 .x y z x y z− − − =
Do
1
, ,
2
x y z <
và
1x y z+ + >
nên
2 2 2
(1 4 )(1 4 )(1 4 )VT x y z= − − −

≤
[
2 2
( ) 4x y z x+ + −
][
2 2
( ) 4x y z y+ + −
][
2 2
( ) 4x y z z+ + −

]
=
( )( )( )(3 )(3 )(3 )y z x z x y x y z x y z y z x z x y+ − + − + − + + + + + +

3 3
5 ( )
( )( )( ).
27
x y z
y z x z x y x y z
+ +
≤ + − + − + −
(AM-GM)

3 2 2 2
5 ( )( )
( )( )( ).
9
x y z x y z
y z x z x y x y z
+ + + +
≤ + − + − + −
=
3
5
9
[
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2( ) ( )x y y z z x x y z+ + − + +
](

2 2 2
x y z+ +
).
Mà theo bất đẳng thức Schur bậc ba thì
[
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2( ) ( )x y y z z x x y z+ + − + +
](
2 2 2
x y z+ +
)
2 2 2
9x y z≤
.
Kết hợp lại ta được
3 2 2 2 3 2 2 2
5 5x y z VP VT x y z= = <
(vô lí).
Điều này chứng tỏ giả sử sai, hay nói cách khác với mọi a, b, c dương
ta đều có
2 2 2
2 2 2
1
4 5 4 5 4 5
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≤
+ + +
.
SVTH: Nguyễn Thị Phương

20
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 20:
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có
2 2 2
2 2 2
3
( ) ( ) ( ) 2
a bc b ca c ab
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +
.
Chứng minh:
Sử dụng bất đẳng thức Nesbitt
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
Ta đi chứng minh một bất đẳng thức mạnh hơn
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
a bc b ca c ab a b c

b c c a a b b c c a a b
+ + +
+ + ≥ + +
+ + + + + +
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
0
( ) ( ) ( )
a b a c b c b a c a c b
b c c a a b
− − − − − −
⇔ + + ≥
+ + +
Do vai trò bình đẳng giữa các biến, không giảm tính tổng quát, ta giả sử
a b c≥ ≥
thế thì hiển nhiên
2 2 2
1 1 1
0
( ) ( ) ( )b c c a a b
≥ ≥ >
+ + +
.
Áp dụng bất đẳng thức Schur suy rộng ta có ngay điều phải chứng
minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
21