Sáng tạo bất đẳng thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ HÂN

SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Hà Nội - 2017


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ HÂN

SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học

TS. NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

Hà Nội - 2017


Lời cảm ơn

Em xin chân thành 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 cô giáo hướng dẫn, cô Nguyễn Thị Kiều Nga đã tận tình chu
đáo hướng dẫn em hoàn thành khóa luận. Mặc dù đã cố gắng nhưng do
kiến thức và thời gian có hạn nên khóa luận 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.

Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Sinh viên

Nguyễn Thị Hân


Lời cam đoan
Em xin cam đoan khoá luận tốt nghiệp là sự nỗ lực của bản thân,
cùng sự hướng dẫn tận tình của cô Nguyễn Thị Kiều Nga. Nội dung
khoá luận không trùng với kết quả của các tác giả trước đã công bố. Em
xin chịu hoàn toàn trách nhiệm về khóa luận của mình.

Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Sinh viên

Nguyễn Thị Hân


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Mục lục
Lời mở đầu...............................................................................................3
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị...............................................................5
1.1 Bất đẳng thức và các tính chất cơ bản.........................................5
1.2 Bất đẳng thức AM - GM..............................................................6
1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder....................................6
1.4 Bất đẳng thức Nesbitt..................................................................8
1.5 Bất đẳng thức Chebyshev.............................................................8
1.6 Bất đẳng thức Jensen....................................................................9
1.7 Bất đẳng thức hoán vị.................................................................10
1.8 Bất đẳng thức đối xứng ba biến..................................................10
1.9 Bất đẳng thức Schur.....................................................................11
Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức......................................................13
2.1 Bất đẳng thức cũ và mới..............................................................13
2.2 Một số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức...............................15
2.2.1 Đổi biến để sáng tạo bất đẳng thức...........................................15
2.2.2 Sử dụng phương pháp khái quát hóa.........................................25
2.2.3 Sử dụng bất đẳng thức Côsi.....................................................35
2.2.4 Ứng dụng bất đẳng thức Jensen để sáng tạo bất đẳng thức.....40
SVTH: Nguyễn Thị Hân

1


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

2.2.5 Sáng tạo bất đẳng thức tam giác.............................................51

2.2.6 Sáng tạo bất đẳng thức hình học.............................................56
Kết luận..................................................................................................66
Tài liệu tham khảo................................................................................67

SVTH: Nguyễn Thị Hân

2


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Lời mở đầu
Bất đẳng thức là một trong các vấn đề khó của toán sơ cấp và đây
cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất. Các bất
đẳng thức luôn xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và là những
câu khó trong các đề thi tốt nghiệp THPT. Vì thế các bất đẳng thức luôn
hấp dẫn và là niềm say mê của những người học toán. Trong quá trình học
toán, giải xong một bài toán đã là một thành công. Song nếu chỉ dừng lại
ở đó thì chưa thể đi đến thành công thực sự. Người học toán đúng nghĩa
là người khi đứng trước một bài toán luôn đặt ra câu hỏi: "Bài toán này
xuất phát từ đâu?", "Có cách giải nào khác không?", "Từ bài toán này có
thể sáng tạo ra bài toán nào khác không?" và "Mối quan hệ giữa các bài
toán đó như thế nào?"...
Các kiến thức toán rất rộng lớn và chúng có mối quan hệ mật thiết
với nhau. Việc tìm lời giải cho một bài toán thực chất là tìm ra nguồn gốc
của bài toán đó và mối liên hệ của nó với các kiến thức khác. Vì thế chúng
ta sẽ sáng tạo được các lớp bài toán mới nhờ phép tương tự hóa, khái quát
hóa, sử dụng các bất đẳng thức khác...

Được sự gợi ý, động viên và sự giúp đỡ tận tình của cô Nguyễn Thị
Kiều Nga cùng sự say mê của bản thân, em xin mạnh dạn thực hiện khóa
luận với đề tài: "Sáng tạo bất đẳng thức" làm đề tài nghiên cứu của mình.

SVTH: Nguyễn Thị Hân

3


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Nội dung khóa luận chia làm hai chương.
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Trong chương này trình bày khái niệm, tính chất của bất đẳng thức
và một số bất đẳng thức cơ sở.
Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức.
Chương này trình bày về một số bất đẳng thức mới được sáng tạo
ra từ những bất đẳng thức cũ và một số phương pháp sáng tạo ra các bất
đẳng thức.
Do trình độ và kinh nghiệm còn hạn chế, nên khóa luận của em còn
nhiều thiếu sót, em rất mong được sự đóng góp của các thầy cô trong khoa
Toán và các bạn sinh viên.

Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Sinh viên

Nguyễn Thị Hân

SVTH: Nguyễn Thị Hân

4


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Bất đẳng thức và các tính chất cơ bản
Khái niệm.
Các mệnh đề A > B, A < B, A ≥ B, A ≤ B gọi là những bất đẳng
thức. Trong đó A, B là những số thực hay là những biểu thức chứa biến.
Trong các bất đẳng thức A > B, A < B, A ≥ B, A ≤ B thì A gọi là vế trái
của bất đẳng thức, B gọi là vế phải của bất đẳng thức. Hai bất đẳng thức
A > B, C > D gọi là hai bất đẳng thức cùng chiều. Hai bất đẳng thức
A > B, C < D gọi là hai bất đẳng thức ngược chiều. Nếu A > B suy ra
C > D thì bất đẳng thức C > D gọi là bất đẳng thức hệ quả của bất đẳng
thức A > B. Nếu A > B tương đương C > D thì bất đẳng thức A > B và
C > D tương đương với nhau.
Các tính chất cơ bản.
- Nếu A > B, C > D thì A + B > C + D
- Nếu A > B, C < D thì A − C > B − D

SVTH: Nguyễn Thị Hân

5

Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

- Nếu A > B khi và chỉ khi AC > BC nếu C > 0 hoặc AC < BC khi và
chỉ khi C < 0
- Nếu A > B, B > C thì A > C (tính chất bắc cầu)
- Nếu A > B thì A + C > B + C
1
1
<
- Nếu A > B, AB > 0 thì
A B
- Nếu A > 1, m > n với m, n ∈ N∗ thì Am > An
0 < A < 1, m > n với m, n ∈ N∗ thì Am < An
- Nếu A > B, A > 0, B > 0 với n ∈ N∗ thì An > B n ;

√
n

A>

√
n

B

1.2 Bất đẳng thức AM - GM
Bất đẳng thức AM - GM

Với mọi số thực dương a1 , a2 , ... an ta có bất đẳng thức
a1 + a2 +... +an
√
≥ n a1 a2 ... an
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Bất đẳng thức AM -GM suy rộng
Với mọi số thực dương a1 , a2 , ... an và x1 , x2 , ... xn là các số thực không
âm có tổng bằng 1, ta có
a1 x1 + a2 x2 +... + an xn ≥ ax1 1 ax2 2 ...axnn

1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder
1.3.1 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 , ... an và b1 , b2 , ... bn ta luôn có bất
SVTH: Nguyễn Thị Hân

6


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

đẳng thức
a1 2 + a2 2 + ... + an 2

2
2
2
2

b1 + b2 + ... + bn ≥ (a1 b1 + a2 b2 +... + an bn )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1 , a2 , ... an ) và (b1 , b2 , ... bn ) là hai bộ tỉ lệ
tức tồn tại số thực k để ai = k bi với mọi i = 1, n.
Hệ quả 1. Với hai dãy (a1 , a2 , ... an ) và (b1 , b2 , ... bn ), bi ≥ 0 với mọi
i = 1, n, ta có
a21 a22
a2n
(a1 + a2 +... + an )2
+
+ ... +
≥
b1
b2
bn
b1 + b2 +... + bn
Bất đẳng thức trên thường được gọi là bất đẳng thức Schwarz.
Hệ quả 2. Với hai dãy số thực a1 , a2 , ... an và b1 , b2 , ... bn ta có
a1 2 + b1 2 +
≥

a2 2 + b2 2 + ... +

an 2 + b n 2

(a1 + a2 +... + an )2 + (b1 + b2 +... + bn )2

Hệ quả 3. Với mọi dãy số thực a1 , a2 , ... an ta có
(a1 + a2 +... + an )2 ≤ n a1 2 + a2 2 + ...an 2
1.3.2 Bất đẳng thức Holder

Với m dãy số thực (a11, a12, ... a1n ) , (a21, a22, ... a2n ) , ..., (am1, am2, ... amn ).
Ta có
m



n



j=1

m

n

aij  ≥ 


i=1



aij 

m

j=1

m

i=1

Đẳng thức xảy ra khi m dãy đó tương ứng tỉ lệ. Bất đẳng thức Cauchy Schwarz là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m = 2.

SVTH: Nguyễn Thị Hân

7


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Hệ quả 4. Với a, b, c, x, y, z, m, n, p là các số thực dương ta có
a3 + b3 + c3

x3 + y 3 + z 3

m3 + n3 + p3 ≥ (axm + byn + czp)3

Hệ quả 5. Với dãy số dương a1 , a2 , ... an ta có
(1 + a1 ) (1 + a2 ) ... (1 + an ) ≥ (1 +

√
n

a1 a2 ... an )n

1.4 Bất đẳng thức Nesbitt

Bất đẳng thức Nesbitt
Cho a, b, c là ba số thực dương. Khi đó ta có
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bất đẳng thức Nesbitt 4 biến
Cho a, b, c, d là bốn số thực dương. Khi đó ta có
a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c c+d d+a a+b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d.

1.5 Bất đẳng thức Chebyshev
Cho dãy số thực a1 , a2 , ... an sao cho a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an . Ta xét dãy
b1 , b2 , ... bn như sau:
Nếu b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn thì
a1 b1 + a2 b2 +... +an bn ≥

SVTH: Nguyễn Thị Hân

1
(a1 + a2 +... + an ) (b1 + b2 +... + bn )
n
8


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Nếu b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn thì
a1 b1 + a2 b2 +... +an bn ≤

1
(a1 + a2 +... + an ) (b1 + b2 +... + bn )
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an hoặc b1 = b2 = ... = bn .
Hệ quả 6. Nếu a1 , a2 , ... an là các số thực dương có tổng bằng n thì
a1 n+1 + a2 n+1 +... + an n+1 ≥ a1 n + a2 n +... + an n

1.6 Bất đẳng thức Jensen
Định nghĩa tập lồi
Tập I ⊂ X được gọi là tập lồi nếu với mọi x1 , x2 ∈ I, với mọi λ ∈ [0, 1]
thì λ x1 +(1 − λ )x2 ∈ I.
Nhận xét: ∅ là tập lồi.
Định nghĩa hàm lồi
Cho I là một khoảng (tập lồi) trên R. Hàm số f: I → R được gọi là

hàm lồi trên khoảng I nếu với mọi x1 ; x2 ∈ I, với mọi α ∈ [0, 1] ta có
f [α x1 + (1 − α) x2 ] ≤ αf (x1 ) + (1 − α) f (x2 )
Hàm số f: I →R được gọi là hàm lõm trên khoảng I nếu −f (x) là
hàm lồi.
Tức là x1 ; x2 ∈ I, với mọi α ∈ [0, 1] ta có
f [α x1 + (1 − α) x2 ] ≥ αf (x1 ) + (1 − α) f (x2 )

SVTH: Nguyễn Thị Hân

9


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Tính chất
Cho f: I → R là một hàm số có đạo hàm, khi đó f là hàm lồi nếu và
chỉ nếu f(x) ≥ 0.
Bất đẳng thức Jensen
Nếu f là một hàm lồi trên khoảng I thì với mọi x1 ; x2 ; ... xn ∈ I ta có
f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) ≥ nf

x1 + x2 +... + xn
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn .
Bất đẳng thức Jensen suy rộng
Nếu a1 , a2 , ... an là các dãy số thực không âm có tổng bằng 1 và
x1 , x2 , ... xn là các số thực tùy ý thì với mọi hàm lồi f trên tập số thực

ta luôn có
a1 f (x1 ) + a2 f (x2 ) + ... + an f (xn ) ≥ f (a1 x1 + a2 x2 +... + an xn )

1.7 Bất đẳng thức hoán vị
Cho hai dãy số đơn điệu tăng a1 , a2 , ... an và b1 , b2 , ... bn . Giả sử (i1 , i2 , ... in )
là một hoán vị bất kì của (1, 2, ..., n) ta luôn có
a1 b1 + a2 b2 +... + an bn ≥ a1 bi1 + a2 bi2 +... + an bin
Nếu hai dãy a1 , a2 , ... an và b1 , b2 , ... bn đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng
thức trên đổi chiều.

SVTH: Nguyễn Thị Hân

10


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

1.8 Bất đẳng thức đối xứng ba biến
Các bất đẳng thức đối xứng ba biến ở dạng tổng quát luôn có biểu
diễn dưới dạng sau:
f (a, b, c) ≥ 0
Trong đó f (a, b, c) là hàm đối xứng của ba biến a, b, c nói cách khác :
f (a, b, c) = f (c, b, a) = f (b, a, c)
Ví dụ
f (a, b, c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca + 3abc
Tính chất quan trọng nhất của biểu thức đối xứng là vai trò bình đẳng
giữa các biến do đó ta có thể sắp xếp lại một trật tự tùy ý giá trị của biến
số đó trong chứng minh. Đây là một chú ý được sử dụng rất nhiều.

1.9 Bất đẳng thức Schur
Với các số dương a, b, c và số k không âm bất kì, ta luôn có
ak (a − b) (a − c) + bk (b − c) (b − a) + ck (c − a) (c − b) ≥ 0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán
vị tương ứng.
Trường hợp k = 1 được biết với tên gọi bất đẳng thức Schur bậc ba,
nó có các dạng tương đương là:
a3 + b3 + c3 +3abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)
(a + b + c)3 +9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)
SVTH: Nguyễn Thị Hân

11


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)
9abc
≥ 2(ab + bc + ca)
a+b+c
a
b
c
4abc
+
+
+

≥2
b + c c + a a + b (a + b)(b + c)(c + a)
a2 + b2 + c2 +

Trường hợp k = 2 được biết đến với tên gọi là bất đẳng thức Schur
bậc bốn, nó có các dạng tương ứng là:
a4 + b4 + c4 +abc(a + b + c) ≥ ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 );
6abc(a + b + c) ≥ (2ab + 2bc + 2ca − a2 − b2 − c2 )(a2 + b2 + c2 +ab + bc + ca)
Bất đẳng thức Schur suy rộng
Cho các số thực 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 thỏa mãn:
x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0

SVTH: Nguyễn Thị Hân

12


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Chương 2
Sáng tạo bất đẳng thức
2.1 Bất đẳng thức cũ và mới
Từ các bất đẳng thức cũ chúng ta có thể tạo ra được các bất đẳng
thức mới. Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số bất đẳng thức được tạo
ra bằng các phương pháp cũ, mà thông thường là suy ra từ những kết quả
biết trước.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng mọi số thực không âm a, b, c ta có

1 2 3
54
+ + ≥
a b c
6a + 3b + 2c
Lời giải. Ta thấy rằng bất đẳng thức trên được suy ra trực tiếp từ bất
đẳng thức cũ sau:
1 1 1
9
+ + ≥
a b c
a+b+c
Để chứng minh bất đẳng thức này ta sử dụng bất đẳng thức AM - GM cho
ba số ta có
√
1 1 1
3
3
(a + b + c)( + + ) ≥ 3 abc √
=9
3
a b c
abc
suy ra
1 1 1
9
+ + ≥
a b c
a+b+c
SVTH: Nguyễn Thị Hân

13


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ta thấy rằng từ bất đẳng thức cũ ta thay
b c
(a, b, c) → (a, , )
2 3
ta được điều phải chứng minh.
Việc thay đổi các biểu thức số bằng các hàm số đơn giản đã làm cho bài
toán khó hơn vì che dấu đi bản chất của bài toán.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với a, b, c, d là các số thực dương tùy ý thì ta
có bất đẳng thức.
3 b2
2 c2
6a + 3b + 2c + d
2 a2
d2
+
+
+
≥
2a + b 6b + c 6c + 3d 6d + a
12
Bài toán có vẻ cồng kềnh và rắc rối nhưng bản chất vấn đề thì không khó.

Bất đẳng thức trên được suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức sau:
a2
c2
a+b+c+d
b2
d2
+
+
+
≥
a+b b+c c+d d+a
2

(∗)

Chứng minh (∗)
Vì a, b, c, d > 0 nên
a2
c2
b2
d2
> 0,
> 0,
> 0,
>0
a+b
b+c
c+d
d+a
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho hai số dương ta có

a2
a+b
+
≥2
a+b
4

a2 a + b
=a
a+b 4

Tương tự ta có
b+c
b2
+
≥b
b+c
4
SVTH: Nguyễn Thị Hân

14


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

c2
c+d
+

≥c
c+d
4
d+a
d2
+
≥d
d+a
4
Do đó
a2
c2
2(a + b + c + d)
b2
d2
+
+
+
+
≥a+b+c+d
a+b b+c c+d d+a
4
Sau đó ta thay
b c d
(a, b, c, d) → (a, , , )
2 3 6
ta được điều phải chứng minh.
Từ một bất đẳng thức tùy ý, ta có nhiều cách biến đổi để tạo ra
một bất đẳng thức mới mà kĩ thuật đổi biến càng khó thì vấn đề càng khó
được tìm ra.

2.2 Một số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức bất
đẳng thức
2.2.1 Đổi biến để sáng tạo bất đẳng thức
Cơ sở lí luận
Trong việc chứng minh các bất đẳng thức, đổi biến là một phương
pháp giúp làm gọn bài toán hoặc dẫn đến một bất đẳng thức quen thuộc
với chúng ta. Từ đó để sáng tạo ra bất đẳng thức mới ta dùng kĩ thuật đổi
biến để đưa bất đẳng thức từ một dạng đơn giản sang một dạng phức tạp
hơn. Ta thường sử dụng phép biến đổi sau.
Đổi biến từ giả thiết abc = 1 và tạo ra abc = 1
SVTH: Nguyễn Thị Hân

15


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Từ giả thiết abc = 1 ta có nhiều cách đặt như sau:
(a, b, c) →

x y z
, ,
y z x

x2 y 2 z 2
, ,
yz zx xy

yz zx xy
(a, b, c) →
, ,
x2 y 2 z 2
1 1 1
, ,
(a, b, c) →
y z x

(a, b, c) →

Tùy bài toán mà ta có cách đặt phù hợp.
Thường thì những bài toán đối xứng ta đặt:
(a, b, c) →

x2 y 2 z 2
, ,
yz zx xy

(a, b, c) →

yz zx xy
, ,
x2 y 2 z 2

Và những bất đẳng thức hoán vị ta đặt :
(a, b, c) →

x y z
, ,

y z x

Để dẫn đến một bất đẳng thức đối xứng (do những bất đẳng thức đối xứng
thì đơn giản hơn những bất đẳng thức hoán vị).
Việc đặt
(a, b, c) →

x2 y 2 z 2
, ,
yz zx xy

như là hiển nhiên nhưng nhiều người sẽ hỏi tại sao sau khi đặt
x2
a=
yz
lại có thể đặt
b=
SVTH: Nguyễn Thị Hân

y2
, ...
zx
16


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Với các biến x, y, z chưa biết từ đâu và điều này được giải thích như sau:

√
√
√
Đặt x = 3 a, y = 3 b, z = 3 c
Suy ra
x2
=
yz

3

a2
a
=√
=a
3
bc
abc

Tương tự với b, c.
Xét bài toán 1. Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng
xy
yz
zx
+
≤1
+
xy + zy + x2 yz + xz + y 2 zx + yx + z 2

(1)

Chứng minh.
Ta có
xy
xy(xy + zy + z 2 )
=
xy + zy + x2
(xy + zy + x2 )(xy + zy + z 2 )
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
(xy + zy + x2 )(xy + zy + z 2 ) ≥ (xy + zy + xz)2
Do đó
xy
xy(xy + zy + z 2 )
≤
xy + zy + x2
(xy + zy + xz)2
Tương tự ta có
yz
yz(yz + xz + x2 )
≤
yz + xz + y 2
(xy + zy + xz)2
zx
zx(zx + yx + y 2 )
≤
zx + yz + z 2
(xy + zy + xz)2
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được:
xy
yz

zx
+
+
xy + zy + x2 yz + xz + y 2 zx + yx + z 2

SVTH: Nguyễn Thị Hân

17


Khóa luận tốt nghiệp

≤

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

xy(xy + zy + z 2 ) yz(yz + xz + x2 ) zx(zx + yx + y 2 )
+
+
(xy + zy + xz)2
(xy + zy + xz)2
(xy + zy + xz)2
x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 +2xy z 2 +2x y 2 z + 2 x2 yz
=
(xy + zy + xz)2

(xy + zy + xz)2
=
=1
(xy + zy + xz)2

Ta có điều phải chứng minh.
Sáng tạo.
Do x, y, z > 0, xyz = 1 ta có bất đẳng thức (1) tương đương với.
1
1
1
+x y
+y z
≤1
z x
+ +1
+ +1
+ +1
x y
y z
z x
Nếu ta đặt:
a=

x
y
z
,b = ,c =
y
z
x

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:
Cho a, b, c > 0 và abc = 1 chứng minh rằng
1

1
1
+
+
≤1
a+b+1 b+c+1 c+a+1
Nếu ta đặt:
a = x3 , b = y 3 , c = z 3
Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:
Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng
1
1
1
+
+
≤1
x3 + y 3 +1 y 3 + z 3 +1 z 3 + x3 +1
Xét bài toán 2. Cho abc = 1 và a, b, c > 0 chứng minh rằng
a−1+
SVTH: Nguyễn Thị Hân

1
b

b−1+

1
c

c−1+

1
a

≤1

(2)
18


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Chứng minh.
x
y
z
Đặt a = , b = , c = bất phương trình (2) tương đương với:
y
z
x
x
z
−1+
y
y

y
x

−1+
z
z

z
y
−1+
≤1
x
x

Khi và chỉ khi
(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz

(2 )

Lúc này ta đi chứng minh bất đẳng thức (2 ), ta có
[(x − y + z) + (y − z + x)]2
(x − y + z)(y − z + x) ≤
= x2
4
Tương tự ta có
(y − z + x)(z − x + y) ≤ y 2
(z − x + y)(x − y + z) ≤ z 2
Nhân vế vế của các bất đẳng thức trên ta có
[(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y)]2 ≤ (xyz)2
Suy ra (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ta thấy rõ ràng rằng bài toán (2) được sáng tạo từ bài toán quen thuộc
(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz

Với điều kiện x, y, z > 0, xyz = 1.
Xét bài toán 3. Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng
xz yz yx 3
+ 2+ 2 ≥
y2
x
z
2
SVTH: Nguyễn Thị Hân

x y z
+ + −1
y z x

(3)
19


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Chứng minh.
Bất đẳng thức (3) tương đương với:
2 x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 ≥ 3(x3 y z 2 + y 3 z x2 + z 3 x y 2 −1)
Theo bất đẳng thức Schur thì ta có
x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 +3 x2 y 2 z 2 ≥
x y 2 z(xy + yz) + xy z 2 (yz + zx) + x2 yz(zx + xy)
Mà ta lại có
x3 y 3 + y 3 x z 2 ≥ 2 x2 y 3 z

y 3 z 3 + z 3 y x2 ≥ 2 y 2 z 3 x
z 3 x3 + x3 x y 2 ≥ 2 z 2 x3 y
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được:
2 x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 + 3 x2 y 2 z 2 + y 3 x z 2 + z 3 y x2 + x3 z y 2
≥ 3(x3 y z 2 + y 3 z x2 + z 3 x y 2 ) + y 3 x z 2 + z 3 y x2 + x3 z y 2
Suy ra 2 x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 ≥ 3(x3 y z 2 + y 3 z x2 + z 3 x y 2 −1)
Vậy ta có điều phải chứng minh
xz yz yx 3
+ 2+ 2 ≥
y2
x
z
2

x y z
+ + −1
y z x

Nếu ta đặt
a=

SVTH: Nguyễn Thị Hân

x
y
z
,b = ,c =
y
z
x

20


Khóa luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

Ta có bất đẳng thức mới
3
a b c
+ + ≥ (a + b + c − 1)
b c d 2
Sáng tạo.
Do x, y, z > 0, xyz = 1
Nếu ta đặt:
a=

x
y
z
,b = ,c =
y
z
x

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:
Cho a, b, c > 0, abc = 1 chứng minh rằng
3
a b c

+ + ≥ (a + b + c − 1)
b c d 2
Xét bài toán 4. Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng
yz
zx
xy
3
+
+
≤
xy + xz + 2yz yz + xy + 2zx zx + yz + 2xy
4

(4)

Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức

1
1
≤
m+n 4

1
1
+
m n

với mọi m, n > 0, ta có

1
yz
yz
= yz
≤
xy + xz + 2yz
(xy + yz) + (zx + yz)
4
=

1
4

1
1
+
xy + yz zx + yz

z
y
+
x+z x+y

Tương tự ta có

SVTH: Nguyễn Thị Hân

xz
1
≤

yz + xy + 2zx 4

x
z
+
y+x y+z

xy
1
≤
zx + yz + 2xy
4

y
x
+
z+y z+x
21