Sử dụng phương pháp hàm số để chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN TRUNG SỸ
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN TRUNG SỸ
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN ĐÌNH BÌNH
THÁI NGUYÊN - 2015
i
Mục lục
Lời cam đoan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt . . . . . . . . . . . . . iv
Mở đầu 1
1 Cơ sở lý luận và các kiến thức cần thiết cho đề tài 3
1.1 Tính chất của hàm số bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hàm số đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . 5
1.3.1 Hàm lồi, hàm lõm khả vi bậc hai . . . . . . . . . . 5

1.3.2 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.3 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.4 Các hệ quả của bất đẳng thức Karamata . . . . . 7
1.4 Hàm số nửa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Trình bày một số phương pháp sử dụng hàm số để chứng
minh bất đẳng thức 13
2.1 Sử dụng tính chất của hàm số bậc nhất để chứng minh bất
đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Sử dụng tính đơn điệu, cực trị của hàm số để chứng minh
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2.1 Sử dụng tính đơn điệu, cưc trị hàm số . . . . . . . 18
2.2.2 Sử dụng hàm số đặc trưng . . . . . . . . . . . . . 22
2.2.3 Khử dần các biến số bằng đạo hàm một biến . . . 25
2.3 Sử dụng các tính chất của hàm lồi, bất đẳng thức Karamata
chứng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.1 Sử dụng tính chất của hàm lồi . . . . . . . . . . . 30
ii
2.3.2 Phương pháp tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3.3 Sử dụng bất đẳng thức Karamata và các hệ quả của
bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . 42
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 57
iii
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của tôi (từ tháng
9 năm 2014 đến tháng 3 năm 2015), trên cơ sở nghiên cứu tham khảo các
tài liệu, phân tích, tổng hợp và kinh nghiệm qua các năm công tác.
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của TS. Nguyễn
Đình Bình.

Nhân dịp này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính
trọng sâu sắc đối với TS - người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý
báu cùng với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác
giả theo học và nghiên cứu đề tài.
Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám
hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo,
Khoa Toán - Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệu
Trường THPT Lý Tự Trọng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiện
thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thực
hiện đề tài luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015
Tác giả
Nguyễn Trung Sỹ
iv
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
• BĐT - Bất đẳng thức.
• AM - Arithmetic Mean.
• GM - Geometric Mean.
• HCF - Half Convex Function Theorem.
• IMO - International Mathematical Olympiad.
• MO - National Mathematical Olympiad.
• TST - Selection Test for International Mathematical Olympiad.
• ĐH - Đề thi Đại học.
• HSG - Học sinh giỏi.
• I (a; b) hoặc I - Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của R
(a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b] .
•
−→
A 
−→

B - Véctơ
−→
A = [x
1
, x
2
, . . . , x
n
] với giả thiết x
1
≥ x
2
≥ ··· ≥ x
n
xa đều hơn
−→
B = [y
1
, y
2
, . . . , y
n
] cũng với giả thiết y
1
≥ y
2
≥ ··· ≥ y
n
,
nếu












x
1
≥ y
1
x
1
+ x
2
≥ y
1
+ y
2
. . . . . . . . . . . . . . .
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n−1

≥ y
1
+ y
2
+ ··· + y
n−1
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
= y
1
+ y
2
+ ··· + y
n
.
1
Mở đầu
Toán học là một môn học quan trọng trong chương trình phổ thông. Việc giảng
dạy và học tập môn toán trong trường phổ thông không những nhằm trang
bị cho học sinh những kiến thức cụ thể để áp dụng trong cuộc sống cũng như
trong các môn học khác mà điều quan trong hơn là cung cấp và rèn luyện cho
học sinh những kĩ năng, phương pháp môn học một cách tư duy của Toán học,
điều cần thiết cho học sinh trong cả cuộc đời.
Chuyên đề bất đẳng thức có vị trí rất đặc biệt trong toán học, không chỉ
là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là công cụ đắc lực trong
nhiều lĩnh vực của giải tích, hình học, lượng giác và ứng dụng.

Trong các kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh đại hoc, cao
đẳng và Olympic Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến bất đẳng thức
luôn được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó, thuộc
phân loại vận dụng ở mức độ cao.
Mặc dù trong quá trình giảng dạy học sinh và giáo viên đã được cọ sát rất
nhiều nhưng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức chúng ta thường thấy
lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải, bởi vì có quá nhiều cách tiếp cận,
cũng như phương pháp giải rất đa dạng và phong phú như phương pháp sử
dụng các bất đẳng thức cổ điển, phương pháp hàm số, phương pháp dồn biến,
giảm biến, phương pháp phân tích thành tổng các bình phương (SOS), phương
pháp hình học hóa, lượng giác hóa, phương pháp ABC
Có thể nói, nghiên cứu về phương pháp sử dụng hàm số trong chứng minh
bất đẳng thức là một đề tài đa dạng và thú vị, nhận được sự quan tâm của
nhiều nhà toán học trong nước cũng như trên thế giới, các đề tài không ngừng
nảy sinh và có nhiều kết quả đẹp. Một số nghiên cứu trước đây như: "Một số
bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu" của tác giả Nguyễn Thị Thu Hà; "Một
số vấn đề về bất đẳng thức Jensen" của tác giả Võ Thị Nhật Vi; "Một số lớp
bất đẳng thức dạng Karamata và áp dụng" của tác giả Mạc Văn Thư; Qua
2
nghiên cứu, bản thân tác giả thấy những đề tài trên đều chỉ nghiên cứu vào
một vấn để cụ thể.
Với suy nghĩ trên, mục tiêu chính của bản luận văn này trình bày một cách
tổng quan, có hệ thống các kiến thức cơ sở, cách thức tiếp cận và phương pháp
chứng minh bất đẳng thức trên quan điểm sử dụng hàm số.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề
cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 trình bày cơ sở lý luận và các kiến thức cần thiết cho đề tài.
Chương 2 trình bày các phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất
đẳng thức.
Các kiến thức trong luận văn này, được sự hướng dẫn của Giáo viên hướng

dẫn tôi đã nghiên cứu, phân tích và tổng hợp từ các kiến thức của Giải tích cao
cấp. Các bài tập minh họa được tổng hợp một cách hệ thống giúp cho giáo viên
cũng như học sinh dễ dàng vận dụng vào quá trình dạy và học.
3
Chương 1
Cơ sở lý luận và các kiến thức cần
thiết cho đề tài
Phương pháp hàm số có rất nhiều ứng dụng đặc biệt trong các dạng toán chứng
minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Trong chương này
tác giả trình bày các định nghĩa, và chứng minh các tính chất, định lý, hệ quả
là những kiến thức cơ bản của Toán học cao cấp được sử dụng trong luận văn
này.
1.1 Tính chất của hàm số bậc nhất
Chúng ta bắt đầu từ một định lý đơn giản trong giải tích
Định lí 1.1. Hàm số bậc nhất f(x) = ax + b (a = 0) đồng biến trên R khi a > 0
và nghịch biến trên R khi a < 0.
Nhận xét 1.1. ([5]) Đồ thị hàm số y = ax + b trên đoạn [α; β] là một đoạn
thẳng có hai đầu mút là A (α; f (α)) và B (β;f (β)), do đó ta có các tính chất sau
Tính chất 1.1. f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [α; β] ⇔

f(α) ≥ 0
f(β) ≥ 0.
Tính chất 1.2. f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [α; β] ⇔

f(α) ≤ 0
f(β) ≤ 0.
Tính chất 1.3. min{f(α); f(β)} ≤ f(x) ≤ max{f(α); f(β)} ∀x ∈ [α; β]
4
1.2 Hàm số đồng biến, nghịch biến
Định nghĩa 1.1. ([4]) Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập I (a; b) ⊂ R và thỏa

mãn điều kiện
• Với mọi x
1
, x
2
∈ I (a; b) và x
1
< x
2
ta đều có f(x
1
) < f (x
2
) thì ta nói rằng
f(x) là hàm số đồng biến (hàm đơn điệu tăng thực sự) trên I (a; b) .
• Với mọi x
1
, x
2
∈ I (a; b) và x
1
< x
2
ta đều có f(x
1
) > f (x
2
) thì ta nói rằng
f(x) là hàm số nghịch biến (hàm đơn điệu giảm thực sự) trên I (a; b) .
Sử dụng định lý Lagrange đã biết trong chương trình Toán giải tích ta có

định lý sau:
Định lí 1.2. ([4])Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b)
i) Nếu f

(x) > 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng
đó.
ii) Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f (x) nghịch biến trên
khoảng đó.
Chứng minh. Lấy hai điểm x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) trên khoảng (a; b). Vì f(x) có đạo
hàm trên khoảng (a; b) nên f(x) liên tục trên [x
1
; x
2
] và có đạo hàm trên khoảng
(x
1
; x
2
).
Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số y = f(x) trên [x

1
; x
2
], khi đó ∃c ∈ (x
1
; x
2
)
sao cho
f(x
2
) −f(x
1
) = f

(c)(x
2
− x
1
).
i) Nếu f

(x) > 0 trên khoảng (a; b) thì f

(c) > 0, mặt khác x
2
− x
1
> 0 nên
f(x

2
) − f (x
1
) > 0 hay f (x
2
) > f (x
1
), suy ra hàm f (x) đồng biến trên khoảng
(a; b).
ii) Nếu f

(x) < 0 trên khoảng (a; b) thì f

(c) < 0, mặt khác x
2
− x
1
> 0 nên
f(x
2
) − f(x
1
) < 0 hay f(x
2
) < f(x
1
), suy ra hàm f(x) nghịch biến trên khoảng
(a; b).
Định lí 1.3 (Mở rộng của định lý 1.2). ([4]) Giả sử hàm số y = f(x) có đạo
hàm trên khoảng (a; b). Nếu f


(x) ≥ 0 (f

(x) ≤ 0) ∀x ∈ (a; b) và đẳng thức chỉ
xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số f (x) đồng biến (nghịch
biến) trên khoảng đó .
Chứng minh. Thậy vậy, để đơn giản cách lập luận, giả sử rằng f

(x) ≥ 0
trên (a; b) và f

(x) = 0 tại x
1
∈ (a; b) thì khi đó f(x) đồng biến trên từng khoảng
5
(a; x
1
) và (x
1
; b) và liên tục trong (a; x
1
] và[x
1
; b) nên nó cũng đồng biến trong
(a; x
1
] và [x
1
; b). Từ đó suy ra nó đồng biến trên cả khoảng (a; b).
1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức Karamata

1.3.1 Hàm lồi, hàm lõm khả vi bậc hai
Trong mục này tác giả trình bày một số định nghĩa, tính chất và chứng minh
một số định lý quan trọng của hàm số lồi, lõm được sử dụng trong luận văn
này.
Định nghĩa 1.2. ([3],[4]) Hàm số f (x) được gọi là hàm lồi trên tập I(a, b) nếu
với mọi x
1
, x
2
∈ I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có
f(αx
1
+ βx
2
) ≤ αf(x
1
) + βf (x
2
). (1.1)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
thì ta nói hàm
số f(x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên I(a, b).
Định nghĩa 1.3. ([3],[4]) Hàm số f(x) được gọi là hàm lõm trên I(a, b) nếu vói
mọi x
1
, x
2

∈ I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có
f(αx
1
+ βx
2
) ≥ αf(x
1
) + βf (x
2
). (1.2)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
thì ta nói hàm
số f(x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên I(a, b).
Định lí 1.4. Nếu hàm số f(x) khả vi bậc hai trên I(a, b) thì f(x) lồi (lõm) trên
I(a, b) khi và chỉ khi f

(x) ≥ 0 (f

(x) ≤ 0) trên I(a, b).
Tính chất 1.4. Nếu f(x) lồi (lõm) trên I(a; b) thì hàm g(x) = cf(x) là hàm lõm
(lồi) trên I(a; b) khi c < 0.
Tính chất 1.5. Tổng hữu hạn các hàm lồi trên I(a; b) cũng là một hàm lồi trên
I(a; b).
Tính chất 1.6. Nếu f(x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a; b) và g(x) là một
hàm lồi đồng biến trên tập giá trị của f(x) thì g(f(x)) là hàm lồi trên I(a; b)
6
Chú ý 1.1. Mở rộng cho (1.1), (1.2), ta có các kết quả sau

Cho f(x) là hàm số liên tục và lồi ( hoặc lõm) trên I(a; b) nếu với mọi x
1
, x
2
, , x
n
∈
I(a, b) và mọi số dương λ
1
, λ
2
, λ
n
có tổng λ
1
+ λ
2
+ + λ
n
= 1, ta đều có
f(λ
1
x
1
+ λ
2
x
2
+ + λ
n

x
n
) ≤ λ
1
f(x
1
) + λ
2
f(x
2
) + + λ
n
f(x
n
). (1.3)
( hoặc
f(λ
1
x
1
+ λ
2
x
2
+ + λ
n
x
n
) ≥ λ
1

f(x
1
) + λ
2
f(x
2
) + + λ
n
f(x
n
).) (1.4)
1.3.2 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm
Nếu f(x) là hàm lồi trên I(a, b) thì với mọi cặp x
0
, x ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) ≥ f (x
0
) + f

(x
0
)(x −x
0
), ∀x, x
0
∈ (a, b). (1.5)
Ta nhận thấy rằng, dấu đẳng thức (1.5) xảy ra khi x = x
0
. Vậy ta có thể viết
(1.5) dưới dạng

f(x) = min
u∈I(a,b)
[f(u) + f

(u)(x −u)].
Nếu f(x) là hàm lõm trên I(a, b) thì với mọi cặp x
0
, x ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) ≤ f (x
0
) + f

(x
0
)(x −x
0
), ∀x, x
0
∈ (a, b). (1.6)
Ta nhận thấy rằng, dấu đẳng thức (1.6) xảy ra khi x = x
0
. Vậy ta có thể
viết (1.6) dưới dạng
f(x) = max
u∈I(a,b)
[f(u) + f

(u)(x −u)].
1.3.3 Bất đẳng thức Karamata
Định lí 1.5.

1
[Bất đẳng thức Karamata]([3],[4])
Cho hai dãy số x
k
, y
k
∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n thỏa mãn các điều kiện x
1
≥ x
2
≥
··· ≥ x
n
, y
1
≥ y
2
≥ ··· ≥ y
n
và












x
1
≥ y
1
x
1
+ x
2
≥ y
1
+ y
2
. . . . . . . . . . . . . . .
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n−1
≥ y
1
+ y
2
+ ··· + y
n−1
x
1
+ x
2

+ ··· + x
n
= y
1
+ y
2
+ ··· + y
n
. (1.7)
1
Định lí 1.5: BĐT Karamata được đặt theo tên nhà toán học Jovan Karamata (1902 - 1967), Ông
là một trong những nhà toán học vĩ đại của Serbian trong thế kỷ 20.
7
Khi đó ứng với mọi hàm lồi thực sự f(x) (f

(x) > 0) trên (a, b) ta đều có
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f (x
n
) ≥ f (y
1
) + f(y
2
) + ··· + f (y
n
). (1.8)
Ta cũng có phát biểu tương tự đối với hàm lõm bằng cách đổi chiều dấu bất

đẳng thức [3].
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f (x
n
) = max
t
1
, t
2
∈I(a,b)

n

i=1
f(t
i
) +
n

i=1
f(x
i
− t
i
)f


(t
i
)

. (1.9)
Không làm mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t
1
, . . . , t
n
∈ I(a, b) cũng là
t
1
≥ t
2
≥ ··· ≥ t
n
. Khi đó, để chứng minh (1.9) ta chỉ cần chứng minh rằng
x
1
f

(t
1
) + x
2
f

(t
2
) + ··· + x

n
f

(t
n
) ≥ y
1
f

(t
1
) + y
2
f

(t
2
) + ··· + y
n
f

(t
n
). (1.10)
Sử dụng biến đổi Abel
x
1
f

(t

1
) + x
2
f

(t
2
) + ··· + x
n
f

(t
n
) =
= S
1
[f

(t
1
)−f

(t
2
)]+S
2
[f

(t
2

)−f

(t
3
)]+···+S
n−1
[f

(t
n−1
)−f

(t
n
)]+S
n
f

(t
n
) (1.11)
ứng với S
k
(x) := x
1
+ x
2
+ ···+ x
k
. Vì rằng f


(x) > 0 nên f

(x
k
) ≤ f

(x
k−1
). Mặt
khác, do S
k
(x) ≥ S
k
(y)(k = 1, 2, . . . , n − 1) và S
n
(x) = S
n
(y), ta thu được (1.10).
Từ định lý 1.5 chúng ta có một số BĐT được coi là hệ quả của nó
1.3.4 Các hệ quả của bất đẳng thức Karamata
Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức Jensen). ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f(x) trên
I(a, b) và với mọi x
i
∈ I(a, b), (i = 1, 2, . . . , n) ta luôn có bất đẳng thức
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f (x

n
)
n
≥ f(
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
n
). (1.12)
Chứng minh. Do tính chất đối xứng, không làm mất tính tổng quát, ta có
thể giả sử x
1
≥ x
2
≥ ··· ≥ x
n
. Khi đó, ta có












x
1
≥ x
x
1
+ x
2
≥ 2x
. . . . . . . . . .
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n−1
≥ (n − 1)x
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
= nx
8
trong đó x =
x
1
+ x
2

+ ··· + x
n
n
. Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f (x
n
) ≥ nf (
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
n
).
Tương tự như chứng minh Hệ quả 1.1 ta chứng minh được hệ quả sau
Hệ quả 1.2 (Bất đẳng thức Jensen tổng quát). Với mọi hàm lồi f(x) trên
I(a, b) và với mọi x
i
∈ I(a, b)(i = 1, 2, . . . , n) và 0 < t
1
, t
2
, , t
n
< 1 thỏa mãn

t
1
+ t
2
+ + t
n
= 1 ta luôn có bất đẳng thức
f(t
1
x
1
+ t
2
x
2
+ + t
n
x
n
) ≤ t
1
f(x
1
) + t
2
f(x
2
) + + t
n
f(x

n
). (1.13)
Hệ quả 1.3 (Bất đẳng thức T. Popoviciu). ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f trên
I(a, b) và với mọi x, y, z ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) + f(y) + f(z) + 3f(
x + y + z
3
) ≥ 2f (
x + y
2
) + 2f(
y + z
2
) + 2f(
x + z
2
) (1.14)
Chứng minh. Ta coi x ≥ y ≥ z. Khi đó sẽ xảy ra một trong hai khả năng
x ≥
x + y + z
3
≥ y ≥ z,
hoặc
x ≥ y ≥
x + y + z
3
≥ z.
Ta chỉ cần xét trường hợp x ≥
x + y + z
3

≥ y ≥ z là đủ.
Khi đó, dễ dàng kiểm tra
x ≥ y ≥
x + y + z
3
≥
x + y + z
3
≥
x + y + z
3
≥ z, (1.15)
x + y
2
≥
x + y
2
≥
x + z
2
≥
x + z
2
≥
z + y
2
≥
z + y
2
, (1.16)

và
x + y + z + 3
x + y + z
3
= 2(
x + y
2
+
x + z
2
+
z + y
2
).
Ta có dãy (1.15) gần đều hơn dãy (1.16). Theo bất đẳng thức Karamata, ta
được điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.4 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje). ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f (x)
trên I(a, b) và a
1
, a
2
, . . . , a
n
∈ I(a, b) ta luôn có bất đẳng thức sau
f(a
1
)+f(a
2
)+···+f(a
n

)+n(n−2)f(
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n
) ≥ (n−1)(f (b
1
)+f(b
2
)+···+f(b
n
)),
9
trong đó b
i
=
1
n −1

i=j
a
j
với mọi j.
Chứng minh.
Không mất tính tổng quát, ta coi n ≥ 3 và a
1
≤ a

2
≤ ··· ≤ a
n
. Khi đó tồn tại số
tự nhiên m sao cho 1 ≤ m ≤ n − 1 và a
1
≤ ··· ≤ a
m
≤ a ≤ a
m+1
≤ ··· ≤ a
n
, trong
đó a =
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n
.
Ta cũng có b
1
≥ ··· ≥ b
m
≥ a ≥ b
m+1
≥ ··· ≥ b
n

.
Dễ thấy điều cần chứng minh được suy ra từ hai bất đẳng thứ sau
f(a
1
)+f(a
2
)+···+f(a
m
)+n(n−m−1)f (a) ≥ (n−1)(f(b
m+1
)+f(b
m+2
)+···+f(b
n
)).
(1.17)
f(a
m+1
)+ f (a
m+2
)+ ···+f (a
n
)+ n(m −1)f(a) ≥ (n −1)(f(b
1
)+ f (b
2
)+ ···+f (b
m
)).
(1.18)

Để chứng minh (1.17), ta sử dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi
f(a
1
) + f(a
2
) + ··· + f (a
m
) + n(n − m − 1)f(a) ≥ (n −1)f(b)
trong đó b =
a
1
+ a
2
+ ··· + a
m
+ (n −m −1)a
n −1
.
Vậy ta chỉ cần phải chứng minh rằng
(n −m − 1)f(a) + f(b) ≥ f(b
m+1
) + f(b
m+2
) + ··· + f (b
n
).
Vì a ≥ b
m+1
≥ b
m+2

≥ ··· ≥ b
n
và (n −m − 1)a + b = b
m+1
+ b
m+2
+ ···+ b
n
ta
thấy ngay
−→
A
n−m
= [a, . . . , a, b] xa đều hơn
−→
B
n−m
= [b
m+1
, b
m+2
, . . . , b
n
]. Vậy bất
đẳng thức (1.17) được suy ra ngay từ bất đẳng thức Karamata.
Bất đẳng thức (1.18) được chứng minh tương tự bằng cách sử dụng bất đẳng
thức Jensen quen biết
f(a
m+1
) + f(a

m+2
) + ··· + f (a
n
) + (m − 1)f(a)
n −1
≥ f(c)
ứng dụng cho f(c) + (m −1)f(a) ≥ f (b
1
) + f(b
2
) + ··· + f (b
m
),
trong đó c =
a
m+1
+ a
m+2
+ ··· + a
n
+ (m −1)a
n −1
.
Bất đẳng thức cuối cùng này suy ra được từ bất đẳng thức Karamata, vì rằng
b
1
≥ ··· ≥ b
m
≥ a, c + (m −1)a = b
1

+ b
2
+ ··· + b
m
và
−→
C
m
= [c, a, . . . , a] xa đều
hơn
−→
D
m
= [b
1
, b
2
, . . . , b
m
].
Nhận xét 1.2. Kết quả của các hệ quả trên sẽ được tác giả sử dụng để chứng
minh một số bài toán trong chương 2.
10
1.4 Hàm số nửa lồi
Định nghĩa 1.4. ([7]) Hàm số f : I (a; b) −→ R gọi là hàm số nửa lồi trên
khoảng I (a; b) nếu tồn tại một điểm s ∈ I (a; b) sao cho hàm số f là hàm số lồi
trên (a; s] hoặc [s; b).
Với việc sử dụng bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata chúng
ta chứng minh được định lý HCF (Định lý hàm nửa lồi). Sau đây là nội dung
của định lý

Định lí 1.6.
2
HCF (Half Convex Function Theorem)([7]) Cho f(u) là
hàm số xác định trên khoảng thực I và lồi trên I
u≤s
hoặc I
u≥s
với hằng số s ∈ I.
Bất đẳng thức
f(a
1
) + f(a
2
) + ··· + f (a
n
) ≥ nf

a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n

(1.19)
đúng với mọi số a
1
, a
2

, , a
n
∈ I và thỏa mãn a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
= ns khi và chỉ
khi
f(x) + (n − 1)f(y) ≥ nf(s) (1.20)
với mọi x, y ∈ I thỏa mãn x + (n −1)y = ns.
Chứng minh.
• Trường hợp 1: Nếu f (u) là hàm lồi trên I
u≥s
.
Không mất tính tổng quát giả sử a
1
≤ a
2
≤ ··· ≤ a
n
.
Nếu a
1
≥ s thì theo BĐT Jensen BĐT trên luôn đúng.
Nếu ∃k ∈ {1; 2; . . . ; n − 1} sao cho
a
1
≤ ··· ≤ a

k
< s ≤ a
k+1
≤ ··· ≤ a
n
.
Do f là hàm số lồi trên I
u≥s
, áp dụng BĐT Jensen ta được
f(a
k+1
) + ··· + f (a
n
) ≥ (n − k)f (z), z =
a
k+1
+ ··· + a
n
n −k
.
Như vậy, ta cần chỉ ra
f(a
1
) + ··· + f (a
k
) + (n − k)f(z) ≥ nf (s).
2
Định lí 1.6 do Vasile Cirtoaje nhà Toán học người Romania đề xuất và chứng minh năm 2004.
11
Lấy b

1
, . . . , b
k
∈ I thỏa mãn
a
i
+ (n −1)b
i
= ns, i = 1, . . . , k.
và
z ≥ b
1
≥ ··· ≥ g
k
> s.
Khi đó ta có
b
k
− s =
s −a
k
n −1
> 0,
(n −1)b
1
= ns − a
1
= (a
2
+ ··· + a

k
) + a
k+1
+ ··· + a
n
⇒ (n − 1)b
1
≤ (k − 1)s + a
k+1
+ ··· + a
n
= (k − 1)s + (n − k)z
⇒ (n − 1)b
1
≤ (n − 1)z.
Theo giả thiết, ta có
f(a
1
) + (n − 1)f(b
1
) ≥ nf (s),
. . .
f(a
k
) + (n − 1)f(b
k
) ≥ nf (s),
do đó
f(a
1

) + . . . f(a
k
) + (n − 1)[f(b
1
) + . . . f(b
k
)] ≥ knf (s).
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
knf(z) −(n − 1)[f(b
1
) + ··· + f (b
k
)] + (n − k)f(z) ≥ nf (s),
⇔ pf(z) + (k − p)f(s) ≥ f (b
1
) + ··· + f (b
k
), p =
n −k
n −1
.
Theo BĐT Jensen ta có
pf(z) + (1 −p)f(s) ≥ f (w), w = pz + (1 −p)s.
Như vậy ta chỉ cần chỉ ra
f(w) + (k − 1)f (s) ≥ f(b
1
) + ··· + f (b
k
).
Do (w, s, . . . , s)  (b

1
, . . . , b
k
), áp dụng BĐT Karamata đối với hàm số lồi ta
được điều phải chứng minh.
• Trường hợp 2: Nếu f(u) là hàm lồi trên I
u≤s
được chứng minh tương tự như
trên.
12
Chú ý 1.2. Đặt
g(u) =
f(u) − f(s)
u −s
, h(x, y) =
g(x) − g(y)
x −y
.
Khi đó điều kiện (1.20): f(x) + (n − 1)f (y) ≥ nf(s) trong định lý HCF tương
đương với
h(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ I, sao cho x + (n − 1)y = ns.
Thật vậy, ta có
f(x) + (n − 1)f(y) − nf(s) = [f(x) − f(s)] + (n −1)[f(y) −f(s)]
= (x −s)g(x) + (n −1)(y − s)g(y)
=
n −1
n
(x −y)[g(x) − g(y)]
=
n −1

n
(x −y)
2
h(x, y).
Chú ý 1.3. Bất đẳng thức trong định lý HCF trở thành đẳng thức khi
a
1
= ··· = a
n
= s.
Nếu tồn tại x, y ∈ I sao cho x = y, x + (n −1)y = ns và f(x) + (n −1)f(y) = nf (s),
(h(x, y) = 0) thì đẳng thức còn xảy ra khi a
1
= x, a
2
= ··· = a
n
= y và các giao
hoán của nó.
Chú ý 1.4. Giả sử f có đạo hàm trên I, và đặt
H(x, y) =
f

(x) −f

(y)
x −y
.
Khi đó điều kiện f(x) + (n − 1)f (y) ≥ nf (s) trong định lý HCF có thể thay thế
bằng điều kiện hạn chế hơn

H(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ I thỏa mãn x + (n −1)y = ns.
13
Chương 2
Trình bày một số phương pháp sử
dụng hàm số để chứng minh bất
đẳng thức
Trong chương này tác giả trình bày một số phương pháp sử dụng hàm số để
chứng minh bất đẳng thức.
2.1 Sử dụng tính chất của hàm số bậc nhất để
chứng minh bất đẳng thức
Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có rất nhiều bài có thể biến đổi
đưa được về chứng minh bất đẳng thức dạng f(t) ≥ 0; f (t) ≤ 0 trong đó f(t) là
hàm số bậc nhất.
Sử dụng các tính chất của hàm số bậc nhất ta có thể chứng minh được các
bài toán đó. Sau đây ta sẽ nghiên cứu một vài ví dụ điển hình trong việc sử
dụng các Tính chất 1.1, 1.2, 1.3 để chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 2.1. Cho các số thực x, y, z ∈ [0; 2]. Chứng minh rằng
2(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≤ 4.
Lời giải.
Ta có 2(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≤ 4 ⇔ (2 −y −z)x + 2(y + z) −yz − 4 ≤ 0.
Xét hàm số
f(x) = (2 − y −z)x + 2(y + z) −yz −4, x ∈ [0; 2]
• Nếu y + z = 2 thì bất đẳng thức trở thành −yz ≤ 0 luôn đúng vì y, z ≥ 0.
• Nếu y + z = 2 thì f(x) = (2 −y −z)x + 2(y + z) −yz −4 là hàm số bậc nhất.
14
Theo Tính chất 1.2 ta chỉ cần chứng minh

f(0) ≤ 0
f(2) ≤ 0
.

Mà ta có f (0) = −(2 − y)(2 − z) ≤ 0,
và f(2) = −yz ≤ 0 vì y, z ∈ [0; 2].
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2. [USA MO 1979]. Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn
x + y + z = 1. Chứng minh rằng
x
3
+ y
3
+ z
3
+ 6xyz ≥
1
4
.
Lời giải. Ta có x
3
+ y
3
+ z
3
+ 6xyz ≥
1
4
⇔ x
3
+ (y + z)
3
− 3yz(y + z) + 6xyz −
1

4
≥ 0
⇔ x
3
+ (1 − x)
3
− 3yz(1 −x) + 6xyz −
1
4
≥ 0 vì x + y + z = 1
⇔ (3x − 1)yz + x
2
− x +
1
4
≥ 0.
Mặt khác ta có yz ≤
(y + z)
2
4
=
(1 −x)
2
4
.
Xét hàm số f (yz) = (3x − 1)yz + x
2
− x +
1
4

với yz ∈

0;
(1 −x)
2
4

.
• Nếu x =
1
3
thì f(yz) =
1
36
≥ 0 (hiển nhiên đúng)
• Nếu x =
1
3
thì f(yz) = (3x − 1)yz + x
2
− x +
1
4
là hàm số bậc nhất.
Theo Tính chất 1.1 ta chỉ cần chứng minh



f(0) ≥ 0
f


(1 −x)
2
4

≥ 0
.
Thật vậy, dễ thấy f (0) = x
2
− x +
1
4
=

x −
1
2

2
≥ 0,
và f

(1 −x)
2
4

= (3x−1)
(1 −x)
2
4

+x
2
−x+
1
4
=
3x
4

x
2
− x +
1
3

≥ 0 vì 0 ≤ x ≤ 1
và x
2
− x +
1
3
=

x −
1
2

2
+
1

12
> 0. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3. [Vasile Critoaje]. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
điều kiện xy + yz + zx = 3. Chứng minh bất đẳng thức
1
x
2
+ 2
+
1
y
2
+ 2
+
1
z
2
+ 2
≤ 1.
15
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(x
2
+ 2)(y
2
+ 2)(z
2
+ 2) ≥ (x
2
+ 2)(y

2
+ 2) + (x
2
+ 2)(z
2
+ 2) + (y
2
+ 2)(z
2
+ 2)
⇔ x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ x
2
z
2
+ x
2
y
2
z
2
≥ 4.
Đặt




a = xy
b = yz
c = zx
thì a + b + c = 3. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc ≥ 4.
Ta có bất đẳng thức a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc ≥ 4.
⇔ a
2
+ (b + c)
2
− 2bc + abc −4 ≥ 0
⇔ a
2
+ (3 − a)
2

− 2bc + abc −4 ≥ 0
⇔ (a − 2)bc + 2a
2
− 6a + 5 ≥ 0
Mặt khác ta có: bc ≤
(b + c)
2
4
=
(3 −a)
2
4
và b; c ≥ 0 ⇒ bc ∈

0;
(3 −a)
2
4

Xét hàm số f (bc) = (a − 2)bc + 2a
2
− 6a + 5 với bc ∈

0;
(3 −a)
2
4

• Nếu a = 2 thì f(bc) = 1 ≥ 0 (hiển nhiên đúng)
• Nếu a = 2 thì f(bc) là hàm số bậc nhất.

Theo Tính chất 1.1 để chứng minh f(bc) ≥ 0 với bc ∈

0;
(3 −a)
2
4

ta chỉ cần
chứng minh



f(0) ≥ 0
f

(3 −a)
2
4

≥ 0
.
Ta có: f(0) = 2a
2
− 6a + 5 = 2

a −
3
2

2

+
1
2
> 0
và f

(3 −a)
2
4

= (a − 2).
(3 −a)
2
4
+ 2a
2
− 6a + 5 =
1
4
(a + 2)(a − 1)
2
≥ 0, với
a ∈ [0; 3]. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 4. Chứng

minh bất đẳng thức
a + b + c ≤
1
2
abc +
√
8.
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 −
1
2
bc

a + b + c −
√
8 ≤ 0.
16
Xét hàm số f (a) =

1 −
1
2
bc

a + b + c −
√
8 với a ∈ [0; 2].
Ta có:
f(0) = b + c −

√
8 ≤

2(b
2
+ c
2
) −
√
8 =
√
8 −
√
8 = 0,
f(2) = 2 − bc + b + c −
√
8 = 2 −
√
8 <
√
8 −
√
8 = 0
vì a = 2 ⇒ b = c = 0.
Vậy f(a) ≤ 0 ∀a ∈ [0; 2], suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.5. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức

4a
b + c
+ 1



4b
c + a
+ 1


4c
a + b
+ 1

> 25.
Lời giải. Do bất đẳng thức đã cho là bất đẳng thức đồng bậc nên ta chuẩn
hóa a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành

3a + 1
1 −a


3b + 1
1 −b


3c + 1
1 −c

> 25
⇔ 27abc + 9(ab + bc + ca) + 4 > 25(ab + bc + ca) − 25abc
⇔ (13c − 4)ab − 4c(1 − c) + 1 > 0
Không mất tính tổng quát giả sử c = max{a; b; c}. Do a + b + c = 1 nên c ≥

1
3
.
Đặt t = ab, ta có
0 < t ≤

a + b
4

2
=
(1 −c)
2
4
.
Đặt f (t) = (13c − 4)t − 4c(1 − c) + 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành,
chứng minh rằng
(13c −4)t − 4c(1 − c) + 1 > 0
⇔ f(t) > 0 với t ∈

0;
(1 −c)
2
4

.
Mặt khác c ≥
1
3
nên 13c −4 ≥

1
3
> 0. Vậy f(t) là hàm số bậc nhất, có hệ số của t
dương nên f(t) là hàm số đồng biến, mà f(t) liên tục trên đoạn t ∈

0;
(1 −c)
2
4

.
Do đó, với mọi t ∈

0;
(1 −c)
2
4

ta có
f(t) > f (0) = −4c(1 − c) + 1 = (2c −1)
2
≥ 0,
nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng, suy ra điều phải chứng minh.
17
Ví dụ 2.6. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh
bất đẳng thức
5(a
2
+ b
2

+ c
2
) ≤ 6(a
3
+ b
3
+ c
3
) + 1.
Lời giải.
Không mất tính tổng quát giả sử a = min{a; b; c} ⇒ a ≤
1
3.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
5

a
2
+ (b + c)
2
− 2bc

≤ 6

a
3
+ (b + c)
3
− 3bc(b + c)


+ 1
⇔ 5

a
2
+ (1 − a)
2
− 2bc

≤ 6

a
3
+ (1 − a)
3
− 3bc(1 −a)

+ 1
↔ (9a − 4).bc + (2a − 1)
2
≥ 0
Ta đặt t = bc với 0 ≤ t ≤

b + c
2

2
=

1 −a

2

2
.
Vậy, ta chỉ cần chứng minh
f(t) = (9a − 4)t + (2a −1)
2
≥ 0, ∀t ∈

0;

1 −a
2

2

.
Do f(t) là hàm số nghịch biến vì 9a −4 < 0, ∀a ≤
1
3
nên
f(t) ≥ f


1 −a
2

2

⇔ f(t) ≥

1
4
a(3a −1)
2
≥ 0
Suy ra điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
1
3
.
Bài tập vận dụng
Bài tập 2.1. Cho x, y, z ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng
x + y + z − (xy + yz + zx) ≤ 1.
Bài tập 2.2. Cho x, y, z ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng
x + y + z − 2015(xy + yz + zx) ≤ 1.
Bài tập 2.3. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh bất đẳng thức
a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc ≥ 4.
18
Bài tập 2.4. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh rằng
ab + bc + ca − 2abc ≤
7
27.
Bài tập 2.5. [Vasile Critoaje]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh bất đẳng
thức
1
a
2
+ 1
+
1
b
2
+ 1
+
1
c
2
+ 1
≥
3
2
.
2.2 Sử dụng tính đơn điệu, cực trị của hàm số để
chứng minh bất đẳng thức
2.2.1 Sử dụng tính đơn điệu, cưc trị hàm số
Đối với các bài toán chứng minh bất đẳng thức một biến, hoặc đưa được về một
biến, việc đưa bất đẳng thức về dạng f(x) ≥ 0, (f(x) > 0; f(x) < 0; f(x) ≤ 0)
∀x ∈ I, sau đó xét tính đơn điệu, cực trị của hàm số f(x) với x ∈ I ta có thể dễ
dàng chứng minh được bài toán đã cho. Sau đây là một vài ví dụ minh họa:
Ví dụ 2.7. Chứng minh bất đẳng thức

sin x

x

3
> cos x, ∀x ∈

0;
π
2

.
Lời giải.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
sin x
x
> (cos x)
1
3
⇔ sin x.(cos x)
−
1
3
− x > 0.
Xét hàm số f (x) = sin x.(cos x)
−
1
3
− x với x ∈

0;
π

2

Ta có:
f

(x) = (cos x)
2
3
−
1
3
sin
2
x.(cos x)
−
4
3
− 1,
f”(x) =
2
3
(cos x)
−
1
3
.(1 −sin x) +
4
9
sin
3

x.(cos x)
−
7
4
> 0 ∀x ∈

0;
π
2

.
Suy ra hàm số f

(x) đồng biến trên

0;
π
2

vì hàm số f

(x) liên tục trên

0;
π
2

,
do x > 0 ⇒ f


(x) > f

(0) = 0 ⇒ hàm số f(x) cũng đồng biến trên

0;
π
2

vì hàm
số f(x) liên tục trên

0;
π
2

.
Do x > 0 ⇒ f(x) > f (0) = 0, suy ra điều phải chứng minh.
19
Bài toán tổng quát
Chứng minh rằng với mọi số thực α ≤ 3, ta luôn có

sin x
x

α
> cos x, ∀x ∈

0;
π
2


.
Ví dụ 2.8. Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên n ≥ 2
n

1 +
n
√
n
n
+
n

1 −
n
√
n
n
< 2.
Lời giải. Đặt x =
n
√
n
n
ta có x ∈ (0; 1), ∀n ∈ N, n ≥ 2.
Bất đẳng thức đã cho trở thành
n
√
1 + x +
n

√
1 −x < 2, ∀x ∈ (0; 1).
Xét hàm số f (x) =
n
√
1 + x +
n
√
1 −x, với x ∈ (0; 1).
Ta có
f

(x) =
1
n

1
n

(1 + x)
n−1
−
1
n

(1 −x)
n−1

< 0 ∀x ∈ (0; 1),
mà hàm số f (x) liên tục trên [0; 1) ,

suy ra hàm số f (x) nghịch biến trên [0; 1).
Do x > 0 ⇒ f(x) < f (0) = 2
Vậy f(x) < 2, ∀x ∈ (0; 1).
Ví dụ 2.9. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
(2R + a)(2R + b)(2R + c) < 8.R
3
.e
3
√
3
2
.
Trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và a, b, c là độ dài
ba cạnh của tam giác ABC.
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 +
2
2R


1 +
b
2R


1 +
c
2R


< e
3
√
3
2
.
⇔ (1 + sin A)(1 + sin B)(1 + sin C) < e
3
√
3
2
.
Lấy logarit Nêpe hai vế ta được, bất đẳng thức trên tương đương với
ln (1 + sin A) + ln (1 + sin B) + ln (1 + sin C) <
3
√
3
2
.