Bất đẳng thứcCực trị Hệ phương trình Dãy số PGS.TS Đàm Văn Nhỉ

Bất đẳng thức-Cực trị
Hệ phương trình-Dãy số

Đàm Văn Nhỉ ĐHSP Hà Nội
Ngày 18 tháng 03 năm 2013


Mục lục
1 Bất đẳng thức
1.1 Khái niệm bất đẳng thức . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Khái niệm và tính chất bất đẳng thức
1.1.2 Một vài bất đẳng thức thường gặp . .
1.2 Một số bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . .
1.3 Định lý Rolle, Đa thức bậc n . . . . . . . . .
1.4 Bất đẳng thức Chebyshev . . . . . . . . . . .
1.4.1 Bất đẳng thức với dãy tăng-giảm . . .
1.4.2 Bất đẳng thức Chebyshev . . . . . . .
1.5 Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard .
1.6 Một vài bất đẳng thức trong Số học . . . . . .
1.7 Phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . .
1.9 Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . .
1.10 Bất đẳng thức Ptolemy, Hayashi cho đa giác .
1.11 Bất đẳng thức (M, N ) . . . . . . . . . . . . .
2 Phương trình và bất phương trình
2.1 Giải hệ qua đánh giá . . . . . . . .
2.2 Phân thức hữu tỷ và xác định quan
2.3 Hệ phương trình và tổng . . . . . .
2.4 Giải và biện luận . . . . . . . . . .
2.5 Phương trình hàm . . . . . . . . .
1

. .
hệ
. .
. .
. .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

5
6
6
6
29
45
66
66
67
73
80
85
95
109
121
124

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

130
. 130
. 146
. 152
. 180
. 203


2

2.5.1 Phương trình hàm đơn giản . .
2.5.2 Phương trình hàm Cauchy . . .
2.5.3 Phương trình hàm D’Alembert
2.5.4 Một vài phương trình hàm khác
2.5.5 Phương trình hàm trên N . . .
2.5.6 Phương trình hàm trên Z . . .
2.6 Bài tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

3 Dãy số và giới hạn
3.1 Cấp số cộng và cấp số nhân . . . . . . . . . . . . .
3.2 Một vài dãy số truy hồi qua sai phân . . . . . . . .
3.3 Dãy (an), (bn) với an+1 = uan + vbn , bn+1 = tan + zbn
3.4 Dãy an+1 = f (an ) với hàm f (x) . . . . . . . . . . .
3.5 Một vài dãy truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Một số tổng và dãy đặc biệt . . . . . . . . . . . . .
3.7 Giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.7.1 Một vài nguyên lý hội tụ . . . . . . . . . . .
3.7.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Giới hạn của tổng, tích qua tích phân . . . . . . . .
3.9 Chuyên đề nâng cao về dãy số . . . . . . . . . . . .
3.9.1 Hệ truy hồi qua cấp số nhân . . . . . . . . .
3.9.2 Làm mất độ phức tạp của dãy truy hồi . . .
3.9.3 Phép biến đổi Abel và đánh giá tổng . . . .
3.10 Bài dành cho học sinh giỏi với gợi ý . . . . . . . . .
3.11 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.

203
206
210
214
216
230
231

232
. 232
. 235
. 243

. 244
. 249
. 256
. 281
. 281
. 283
. 310
. 316
. 316
. 328
. 347
. 352
. 370


Lời nói đầu
Nói đến Đại số sơ cấp là người ta thường nói đến phương trình,
hệ phương trình, bất đẳng thức và tìm cực trị một biểu thức. Một
mảnh đất đã được cày xới nhiều lần và quá sâu qua năm tháng.
Mặc dù vậy, mảnh đất này vẫn đang và tiếp tục được khai thác,
gieo trồng tiếp qua các bài kiểm tra, kỳ thi, sách đọc thêm, các
chuyên đề chọn lọc,v.v... Để tiếp cận mảnh đất ấy một cách tương
đối hệ thống chúng tôi đã viết cuốn sách với bốn chương dưới đây:
(1) Bất đẳng thức.
(2) Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
(3) Phương trình và bất phương trình.
(4) Bổ sung một vài bài đại số thi 10 chuyên, ĐH và CĐ, HSG.
Tuy ba chương đầu đều là những vấn đề khá cổ điển, nhưng chúng
lại xuất hiện trong mọi lĩnh vực của toán học. Trong chương trình
toán phổ thông, ba chuyên đề này có mặt ở tất cả các bộ môn, như:

Số học, Đại số, Giải tích, Hình học và Lượng giác. Đặc biệt, trong
kỳ thi Đại học, Học sinh giỏi quốc gia hay quốc tế đều có những bài
thuộc ba chuyên đề kể trên. Do vậy, qua cuốn sách chúng tôi muốn
cung cấp cho các em học sinh lớp 9,10,11,12, các thầy cô giáo, sinh
viên và các em học sinh giỏi những kiến thức tối thiểu về bất đẳng
thức, giá trị lớn nhất-giá trị nhỏ nhất và hệ phương trình.

3


4

Chúng tôi kết thúc lời nói đầu bằng câu căn dặn của nhiều bậc vĩ
nhân:
Khát vọng vươn lên là mục đích của cuộc sống
Về ký hiệu:
N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên.
N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương.
Z được ký hiệu cho vành các số nguyên.
Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ.
R được ký hiệu cho trường các số thực.
C được ký hiệu cho trường các số phức.
Chú ý: Giả sử y = f (x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b] với
a < b. Để đơn giản, trong một vài bài tập ta sẽ viết đạo hàm
y ′ = f ′ (x) thay cho việc viết: y ′ = f ′(x) trên (a, b).
Hà Nội, ngày 01 tháng 08 năm 2013
Đàm Văn Nhỉ


Chương 1

Bất đẳng thức
Bất đẳng thức là một trong số những bài toán được rất nhiều người
thuộc nhiều lĩnh vực quan tâm đến. Bất đẳng thức không phải là
bài toán khó, nhưng chọn cách chứng minh như thế nào cho đơn
giản. Sáng tác bất đẳng thức cũng không khó, nhưng biểu diễn hình
thức ở hai vế thế nào cho đẹp mắt. Nếu để ý, các bạn sẽ thấy các bài
toán bất đẳng thức được chia ra làm hai nhóm. Nhóm I là vận dụng
một số bất đẳng thức luôn đúng để chứng minh một bất đẳng thức
mới qua các phép biến đổi và nhóm II là tìm cực trị một biểu thức.
Đây chính là bài toán tìm chặn trên hay chặn dưới và xét xem khi
nào biểu thức sẽ đạt được đại lượng đánh giá ấy. Như vậy, chuyên
đề trình bày ở đây nhằm giải quyết được hai vấn đề chính:
(i) Chứng minh lại một số bất đẳng thức gắn liền với tên tuổi
những nhà toán học và trình bày việc vận dụng để giải quyết
một vài ví dụ.
(ii) Tìm cực trị cho một số biểu thức để từ đó suy ra tính chất đặc
biệt cần quan tâm của đối tượng nào đó. Phần này được viết
thành chương 2.

5


6

1.1
1.1.1

Khái niệm bất đẳng thức
Khái niệm và tính chất bất đẳng thức

Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số thực a và b. a được gọi là lớn hơn
b, ký hiệu a > b, nếu hiệu a − b là một số dương; a được gọi là lớn
hơn hoặc bằng b, ký hiệu a b, nếu hiệu a − b là một số không âm;
a được gọi là nhỏ hơn b, ký hiệu a < b, nếu hiệu a − b là một số âm;
a được gọi là nhỏ hơn hoặc bằng b, ký hiệu a b, nếu hiệu a − b là
một số không dương.
a khi a 0
Giá trị tuyệt đối của a là |a| =
−a khi a < 0.
Tính chất 1.1.2. Với các số thực a, b, c và số tự nhiên n luôn có
tính chất:
a>b
a>b
a>b
|a| > |b|
a

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

b ⇐⇒

a−b>0
a+c>b+c
a2n+1 > b2n+1
a2n > b2n
a=b
a>b.

Với a > b, c > 0 ⇐⇒ ac > bc
c < 0 ⇐⇒ ac < bc.
a > b, b > c =⇒ a > c.
|a|
1.1.2

α ⇐⇒

α
−α

0
a

α.

Một vài bất đẳng thức thường gặp

Khi chứng minh bất đẳng thức, những đồng nhất thức thường được
sử dụng:


7

Mệnh đề 1.1.3. Với các số thực a, b, c, x, y, z và d = 0 có các đồng
nhất thức sau đây:
(i) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 và (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 .
(ii) (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca).
(iii) (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 và (a − b)3 = a3 − 3ab(a − b) − b3.

(iv) a2 − b2 = (a − b)(a + b).
(v) a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) và a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ).
(vi) (a2 + b2)(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2.
(vii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) = (ax + by + cz)2 + (ay − bx)2 +
(bz − cy)2 + (cx − az)2 .
|a|
a
và |a| = |b| khi và chỉ khi a = ±b.
(viii) |ab| = |a||b|, | | =
d
|d|
(ix) Với a = 1 có 1 + a + a2 + · · · + an =

an+1 − 1
.
a−1

n+1

a2 − 1
(x) Với a = 1 có (1 + a)(1 + a )(1 + a ) · · · (1 + a ) =
.
a−1
2

4

2n

Ba bổ đề và một mệnh đề dưới đây trình bày một vài bất đẳng thức

thông dụng thường được sử dụng sau này.
Bổ đề 1.1.4. Với các số thực a, b, c, x, y, z có các kết quả sau:
(i) a2 + b2

2ab.

(ii) (a2 + b2)(x2 + y 2 )

(ax + by)2.

(iii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 )
(iv) ||a| − |b||

|a + b|

|a| + |b|.

(ax + by + cz)2 .


8

Bài giải: (i) Bởi vì (a − b)2 0 nên a2 + b2 2ab. Dấu = xảy ra
khi và chỉ khi a = b.
(ii) Do bởi (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 (ax + by)2
nên (a2 + b2)(x2 + y 2 )
(ax + by)2. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
a
b
= .

x y
(iii) Do (a2 +b2 +c2 )(x2 +y 2 +z 2 ) = (ax+by+cz)2 +(ay−bx)2 +(bz−
cy)2 + (cx − az)2 (ax + by + cz)2 nên (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 )
b
c
a
(ax + by + cz)2 . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi = = .
x y
z
(iv) Ta luôn có |a| ±a, |b| ±b. Khi a+ b 0 thì |a+ b| = a+ b
|a| + |b|; Còn khi a + b < 0 thì |a + b| = −a − b |a| + |b|. Tóm lại
|a + b| |a| + |b|. Bởi vì |a| = |a + b + (−b)| |a + b| + | − b| =
|a + b| + |b| nên |a| − |b| |a + b|. Tương tự |b| = |a + b + (−a)|
|a + b| + | − a| = |a + b| + |a| nên |b| − |a|
|a + b|. Tóm lại
||a| − |b|| |a + b| |a| + |b|.
Bổ đề 1.1.5. Với a, b, c, x, y, z, u, v, t 0 luôn có các bất đẳng thức
sau:
√
(i) a + b + c 3 3 abc.
√
√
3
abc + 3 xyz.
(ii) 3 (a + x)(b + y)(c + z)
√
√
√
3
(iii) 3 (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t)

abc + 3 xyz + 3 uvt.
√
3
abc+1. Dấu = xảy ra khi a = b = c.
(iv) 3 (a + 1)(b + 1)(c + 1)
√
√
√
√
4
3
3
abc 4 abc 3 abc
Bài giải: (i) Vì√
a + b + c +√ abc 2 ab + 2 c √
3
3
3
nên a + b + c + abc 4 abc hay a + b + c 3 abc.
(ii) Nếu một trong ba số a + x, b + y, c + z bằng 0, chẳng hạn
a + x = 0, thì a = x = 0 và bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Xét


9

a + x, b + y, c + z = 0 : Theo (i) ta có

a
abc
b

c


+
+
33

a+x b+y c+z
(a + x)(b + y)(c + z)
xyz
x
y
z


+
+
33

a+x b+y c+z
(a + x)(b + y)(c + z)
√
√
3
abc + 3 xyz
. Từ đây suy
và cộng vế theo vế được 3 3 3
(a + x)(b + y)(c + z)
ra (ii).
3

(iii)
Vì 3 (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t)
(a +√x)(b + y)(c + z)
√
√
3
3
3
3 xyz +
uvt
nên
(a
+
x
+
u)(b
+
y
+
v)(c
+
z
+
t)
abc
+
+
√
3
uvt.

(iv) được suy ra từ (iii) khi x = y = z = 1, u = v = t = 0.
Ví dụ 1.1.6. Với ba số thực a, b, c ∈ [1, 2] luôn có bất đẳng thức
(a − 1)(b − 1)(c − 1) + (2 − a)(2 − b)(2 − c) 1.
Bài giải: Vì a, b, c ∈ [1, 2] nên ta nhận được các bất đẳng thức
3
3

Vậy

(a − 1)(b − 1)(c − 1) + (2 − a)(2 − b)(2 − c)
(a − 1)(b − 1)(c − 1) + 3 (2 − a)(2 − b)(2 − c)
(a − 1 + 2 − a)(b − 1 + 2 − b)(c − 1 + 2 − c) = 1.

(a − 1)(b − 1)(c − 1) +

(2 − a)(2 − b)(2 − c)

1.

Bổ đề 1.1.7. Cho ba số thực a, b, c
0. Khi đó có các bất đẳng
thức sau:
1
2
1
+
khi ab 1.
(i)
1 + a2 1 + b2
1 + ab

1
1
1
3
(ii)
+
+
khi a, b, c 1.
1 + a2 1 + b2 1 + c2
1 + abc
1
1
1
+
.
(iii)
2
2
(1 + a)
(1 + b)
1 + ab


10

(iv)

1
1
+

(1 + a)2 (1 + b)2

(v)

1
1
1
+
+
(1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2

(vi)

b
a
+
1 + a2 1 + b2

(vii) √

1
1
+√
1 + a2
1 + b2

2
khi ab
1 + ab

1.

3
khi a, b, c
1 + abc

a+b
(1 + a2 )(1 + b2 )

khi a, b

2
1+

a+b
2

2

khi a, b

1.

0.
1
√ .
2

Bài giải: (i) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (ab −
1

1
2
1)(a − b)2 0. Vậy
+
khi ab 1.
1 +
a2 1 + b2
1 + ab
1
2
2
1

+


2

1 + b2
1 + ab
1 + abc
1 + a
1
2
2
1
ta
(ii) Vì a, b, c 1 nên từ
+


1 + b2 1 + c2
1 + bc
1 + abc


2
2

 1 + 1
1 + c2 1 + a2
1 + ca
1 + abc
1
1
1
3
suy ra
+
+
.
1 + a2 1 + b2 1 + c2
1 + abc
(iii) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (ab − 1)2 + ab(a−
1
1
1
b)2 0. Vậy
+
.
(1 + a)2 (1 + b)2

1 + ab
(iv) là hiển nhiên qua quy
 đồng hai vế.
1
1
2
2


+

2

(1 + b)2
1 + ab 1 + abc

 (1 +1 a)
1
2
2
+
(v) Vì a, b, c 1 nên từ
(1 + b)2 (1 + c)2
1 + bc 1 + abc



1
1
2

2



+
(1 + c)2 (1 + a)2
1 + ca
1 + abc
1
1
3
1
+
+
.
ta suy ra
2
2
2
(1 + a)
(1 + b)
(1 + c)
1 + abc


11

b
(a + b)(1 + ab)
a

+
=
. Vì (1 + a2 )(1 + b2 )
2
2
2
2
1+a 1+b
(1 + a )(1 + b )
1 + ab theo Bổ đề 1.1.4 (ii) nên ta nhận được bất đẳng thức
(a + b) (1 + a2 )(1 + b2 )
b
a
+
=
cần chứng minh
1 + a2
1 + b2
(1 + a2 )(1 + b2 )
a+b
.
(1 + a2 )(1 + b2)
(vii) Quy đồng hai vế có ngay bất đẳng thức.

(vi) Ta có

Chú ý 1.1.8. Khi ab > 1 sẽ không có (iv). Thật vậy, khi a = 2, b = 1
1
1 1
2

2
1
+
=
+
<
=
; còn
có ab = 2 > 1 và
(1 + a)2 (1 + b)2
9 4
3
1 + ab
1
1
1
1
khi a = 9, b = 1 có ab = 9 > 1 và
+
=
+
>
(1 + a)2 (1 + b)2
100 4
2
2
=
.
10 1 + ab
Mệnh đề 1.1.9. [Cauchy] Với các số thực a1 , a2 , . . . , an

0 ta
luôn có
√
a1 + a2 + · · · + an
n
a1 a2 . . . an = Γn .
An =
n
Chứng minh: Với n = 1 bất đẳng thức đúng là hiển nhiên. Với
a1 + a2 √
√ 2
√
n = 2 ta có
0. Xét trường hợp
a1 a2 vì
a1 − a2
2
an+1 + (n − 1)An+1
n > 2. Giả sử đã có An
Γn . Khi đó A =
n
An + A
n−1
n
an+1An+1 = Γ theo giả thiết qui nạp. Lại có An+1 =
2
√
√
√
n−1

An A
Γn Γ và như vậy An+1
Γn Γ = 2n Γn+1
n+1 An+1 hay
An+1 Γn+1.
Ví dụ 1.1.10. [IMO 2001] Giả sử các số dương a1 , a2, . . . , an thỏa
mãn a1 a2 . . . an = 1. Chứng minh bất đẳng thức
1
1
1
+
+ ··· +
1.
1 + (n2 − 1)a1
1 + (n2 − 1)a2
1 + (n2 − 1)an


12

1

Bài giải: Đặt xi =

với i = 1, 2, . . . , n và P =
1 + (n2 − 1)ai
x1 x2 . . . xn. Ta chỉ ra x1 +x2 +· · ·+xn 1. Giả sử x1 +x2 +· · ·+xn <
1
1
1 − x2i

1. Khi đó ai =
−1
.
=
, i = 1, 2, . . . , n, và như
x2i
n2 − 1 (n2 − 1)x2i

vậy ta có ngay

n

(1 − x2i ) = (n2 − 1)nP 2 . Do bởi

i=1

n

xi < 1 nên theo

i−1

Bất đẳng thức Cauchy
n

1 − xj > −xj +

xi
i=1

(n − 1) n−1

P
xj

n

1 + xj > xj +

xi

(n + 1) n+1 xj P , j = 1, 2, . . . , n.

i=1

Nhân vế với vế của tất cả các bất đẳng thức trên ta được
xj ) > (n − 1)nP và

n

(1 + xj ) > (n + 1)nP và như thế

n

(1 −

j=1
n

(1 −

j=1

j=1

xi j 2) > (n2 − 1)nP 2 : mâu thuẫn. Dễ dàng thấy, dấu = xẩy ra khi
a1 = a2 = · · · = an = 1.

Ví dụ 1.1.11. Cho |a + b + c|

1. Chứng minh bất đẳng thức sau:
√
a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2
3.
√
√
√
c 3c
a 3a
b 3b
, b = b+ ;
, c = c+ ;
Bài giải: Với a = a + ;
2 √
2
2 2
2 2
3
3
(a+b+c) . Do |a|+|b|+|c| |a+b+c|

ta có a+b+c = (a+b+c);
2
√ 2
√
√
√
3.
suy ra a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2
Ví dụ 1.1.12. Cho a, b, c thỏa mãn 0
c
a, 0
minh rằng
√
c(a − c) + c(b − c)
ab.

c

b. Chứng


13

Bài giải: Bất đẳng thức hiền nhiên đúng khi c = 0. Khi c > 0, dựng
hai tam giác vuông OAB √
và OAC cùng vuông góc ở O với cạnh
√
√
a − c ở về hai phía khác
chung OC = c và OA = b − c, OB = √

√
nhau so với OC. Khi đó BC = a, AC = b. Từ
√ SOAC + SOBC =
SABC suy ra c(a − c) + c(b − c) = 2SABC
ab.
Ví dụ 1.1.13. Với a, b, c, d ∈ [0; 1] ta luôn có bất đẳng thức dưới
đây:
a2006 + b2006 + c2006 + d2006

2 + a2006b + b2006c + c2006d + d2006a.

Bài giải: Trên hình vuông ABCD cạnh 1, lần lượt lấy các điểm
M, N, P và Q trên các cạnh AB, BC, CD và DA sao cho AQ =
a, BM = b, CN = c và DP = d. Khi đó
1
1
1
1
a(1 − b) + b(1 − c) + c(1 − d) + d(1 − a)
2
2
2
2
= SM AQ + SN BM + SP CN + SQDP

SABCD = 1.

Vậy a(1−b)+b(1−c)+c(1−d)+d(1−a) 2. Do a, b, c, d ∈ [0; 1] nên
a(1−b)+b(1−c)+c(1−d)+d(1−a) a2006b+b2006c+c2006 d+d2006a.
Vậya2006 +b2006 +c2006 +d2006 2+a2006b+b2006c+c2006d+d2006a.

Mệnh đề 1.1.14. Trong các tam giác nội tiếp một đường tròn cho
trước thì tam giác đều sẽ có chu vi cũng như diện tích lớn nhất.
Chứng minh: Gọi bán kính đường tròn là R và xét tam giác ABC
nội tiếp trong đường tròn này. Gọi a, b, c là độ dài cạnh và S
là diện tích. Từ T = a + b + c = 2R(sin A + sin B + sin C)
√
A+B+C
suy ra Tln = 3 3R khi ∆ABC đều. Từ S =
6R sin
3
√ 2
3
3R
A
+
B
+
C
=
suy ra Sln =
2R2 sin A sin B sin C 2R2 sin3
3
4
√ 2
3 3R
khi ∆ABC đều theo Ví dụ 1.3.23.
4


14

Ví dụ 1.1.15. Với các số thực a, b, c, d thỏa mãn a2 + c2 = b2 + d2 =
100 ta luôn có các bất đẳng thức dưới đây:
√
√
√
−
12a
−
16c
+
200
−
12b
−
16d
+
200 − 2ab − 2cd
(i) 200
√
30 3.
(ii) 200 − 12a − 16c 200 − 12b − 16d 200 − 2ab − 2cd

27.106.

Bài giải: Hai điểm B(a; c) và C(b; d) thuộc đường tròn tâm O(0; 0)
bán kính 10. Với điểm
√ A(6; 8) cũng thuộc đường tròn này ta có
AB + AC + BC 30 3 Mệnh đề 1.1.14 hay
√

√
√
√
200 − 12a − 16c+ 200 − 12b − 16d+ 200 − 2ab − 2cd 30 3.
√
3 3102
AB.AC.BC
= SABC
theo Mệnh đề 1.1.14 nên
Do bởi
4.10
4
nhận được 200 − 12a − 16c 200 − 12b − 16d 200 − 2ab − 2cd
27.106.
Ví dụ 1.1.16. Với các số thực a, b, c ∈ [0; 1] ta luôn có bất đẳng
thức
(i) a + b + c − ab − bc − ca
(ii) a3 + b3 + c3

1.

a3 b + b3c + c3 a + 1.

Bài giải: (i) Trên các cạnh của tam giác đều ABC với BC = 1 lấy
M ∈ BC, N ∈ CA, P ∈ AB với BM = a, CN = b, AP = c. Từ
SCM N +SAN P +SBM P SABC suy ra b(1−a)+c(1−b)+a(1−c) 1
hay a + b + c − ab − bc − ca 1.
(ii) Như trên có a3 + b3 + c3 a3 b3 + b3c3 + c3 a3 + 1 a3 b + b3c +
c3 a + 1.
Ví dụ 1.1.17. Với các số thực a, b, c, d ∈ [0; 2] ta luôn có bất đẳng

thức
2(a2 + b2 + c2 + d2) 16 + a2 b + b2c + c2 d + d2a.


15

Bài giải: Vì a, b, c, d ∈ [0; 2] nên a2 b2 + b2c2 + c2 d2 + d2a2 a2 b.2 +
b2 c.2 + c2 d.2 + d2 a.2 hay a2 b2 + b2c2 + c2 d2 + d2 a2 2(a2b + b2 c +
c2 d + d2a). Do vậy, để chứng minh bất đẳng thức ta chỉ cần chỉ ra:
4(a2 + b2 + c2 + d2)

32 + a2 b2 + b2c2 + c2 d2 + d2 a2 .

Hiển nhiên a2 , b2, c2, d2 ∈ [0; 4]. Dựng hình vuông ABCD với AB =
4. Lấy M, N, P, Q thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao
cho AM = a2 , BN = b2, CP = c2 , DQ = d2 . Từ SM BN + SN CP +
SP DQ + SQAM
SABCD suy ra 4(a2 + b2 + c2 + d2) 32 + a2 b2 +
b2 c2 + c2 d2 + d2a2 .
Ví dụ 1.1.18. Với các số thực a, b, c, x, y, z ta luôn có bất đẳng thức
ax+by +cz +

(a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 )

2
(a+b+c)(x+y +z).
3

Bài giải: Xét u = (a, b, c), v = (x, y, z) và w = (1, 1, 1). Bất đẳng
u.v

u.w v.w
2
(u.w)(v.w) hay
+1 2
.
thức trở thành u.v+|u||v|
3
|u||v|
|u||w| |v||w|
Ký hiệu α, β, γ là góc giữa u và v, giữa v và w, giữa w và u. Bất
đẳng thức trên chính là cos α + 1 2 cos β cos γ. Vì ba véctơ chung
gốc tạo thành một tam diện nên β + γ
α. Do đó cos α + 1
cos(β + γ) + 1 cos(β + γ) + cos(β − γ) = 2 cos β cos γ và như thế
bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.1.19. Với độ dài ba cạnh a, b, c của một tam giác ta có bất
đẳng thức
√
a
b
c
3
√
√
T =√
4.
+
+
<
2

3 3
3
3
b + c3
c3 + a3
a3 + b3
a
Bài giải: Dễ dàng chỉ ra 4(b3 + c3 )
(b + c)3 hay √
3 3
b + c3
√
√
√
3
3
b
c
2 4b
2 3 4c
2 4a
. Tương tự √
,√
. Do
3 3
2(b + c)
2(c + a) 3 a3 + b3
2(a + b)
c + a3

16

đó T

√
√
√
√
√
2 3 4a
2 3 4b
2 3 4c
2 3 4a
2 3 4b
+
+
<
+
2(b + c)
2(c + a)
2(a + b)
a+b+c
a+b+c

√
2 3 4c
và bất đẳng thức được chứng minh.
+
a+b+c

Ví dụ 1.1.20. Với hai số thực a và b thỏa mãn a2 + 4b2
ta luôn có bất đẳng thức 3a − 8b 18.

6a + 16b

Bài giải: Từ a2 + 4b2

6a + 16b suy ra (a − 3)2 + 4(b − 2)2 52.
1
Đặt a = 3 + r cos u, b = 2 + r sin u với r ∈ [0; 5]. Khi đó 3a − 8b =
2
−7 + r(3 cos u − 4 sin u) = −7 + 5r cos(u + α) −7 + 25 = 18.

Ví dụ 1.1.21. Với bốn số thực a, b, c và d biến thiên thỏa mãn hệ
a2 + b2 = c2 + d2 = 1, hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức
dưới đây:
T = (1 − a)(1 − c) + (1 − b)(1 − d).

Bài giải: Đặt a = cos u, b = sin u, c = cos v, d = sin v. Khi đó ta có
√
√
√
π
π
T = 2 − 2 cos(u − ) − 2 cos(v − ) + cos(u − v) 3 + 2 2.
4
4
√
5π
Như vậy Tln = 3 + 2 2 khi u = v =

.
4
Ví dụ 1.1.22. Cho ba số thực phân biệt a, b, c. Chứng minh bất
đẳng thức
1 + ab 2
1 + bc 2
1 + ca 2
T =
+
+
1.
a−b
b−c
c−a
π π
Bài giải: Đặt a = tan α, b = tan β, c = tan γ, α, β, γ ∈ [− ; ].
2 2
Khi đó
M = cot2(α − β) + cot2(β − γ) + cot2(γ − α).

Do (α − β) + (β − γ) + (γ − α) = 0 nên cot(α − β) cot(β − γ) +
cot(β − γ) cot(γ − α) + cot(γ − α) cot(α − β) = 1. Từ đó suy ra
T 1.


17

Ví dụ 1.1.23. Chứng minh rằng

a − b c − d ad + bc

+
+
a + b c + d ac − bd

√

3.

a − b c − d ad + bc
. Xét các trường hợp:
+
+
a + b c + d ac − bd
c
−1
c−d c
c
d
Khi a = 0 thì M = −1 +
. Đặt
−
= − −1+ c
c+d d
d
+1
d
√
c
x−2
x2 + 2 − x

2 2|x| − |x|
x = +1. Ta có M = −x +
=
=
d
x
|x|
|x|
√
√
2 2 − 1 > 3.
√
Khi c = 0, hoàn toàn tương tự như trên, ta cũng có M > 3.
b
d
Khi a, c = 0, đặt = tan α và = tan β, ta có ngay
a
c
Bài giải: Đặt M =

b
π
tan − tan α
a−b 1− a
π
4
=
−α
=
x =

=
tan
π
b
a+b
4
1
+
tan
tan
α
1+
4
a
d
π
− tan β
1
−
tan
c−d
π
c
4
y =
=
tan
=
−β
=

π
d
c+d
4
1
+
tan
tan
β
1+
4
c
d b
+
ad + bc
c
a = tan α + tan β = tan(α + β).
=
z =
bd
ac + bd
1 + tan α tan β
1−
ac
π
π
π
Do bởi
−α +
− β + (α + β) = nên xy + yz + zx = 1.

4
4
2
Kết hợp với bất đẳng √
thức (x + y + z)2
3(xy + yz + zx) suy
3. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng
ra M = |x + y + z|
minh.
Ví dụ 1.1.24. Với ba số thực a, b, c ta luôn có bất đẳng thức dưới


18

đây:
(ab + bc + ca − 1)2

(a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1).

π π
Bài giải: Đặt a = tan u, b = tan v, c = tan w với u, v, w ∈ − , .
2 2
1
1
1
2
2
2
. Bất đẳng thức
Khi đó (a + 1)(b + 1)(c + 1) =

cos2 u cos2 v cos2 w
trở thành
sin u sin v cos w+sin v sin w cos u+sin w sin u cos v−cos u cos v cos w

1.

1 hay sin v sin(u + w) − cos v cos(u + w)

2

= cos2 (u + v + w)

Ví dụ 1.1.25. Với ba số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = abc,
hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức dưới đây:
T =a

(1 + b2)(1 + c2 )
+b
1 + a2

(1 + c2 )(1 + a2 )
+c
1 + b2

(1 + a2 )(1 + b2 )
.
1 + c2

π
.

2
Khi đó tan u + tan v + tan w = tan u tan v tan w. Dễ dàng suy ra
u, v, w là số đo ba góc của một tam giác nhọn. Biến đổi

Bài giải: Đặt a = tan u, b = tan v, c = tan w với u, v, w ∈ 0;

sin u
sin v
sin w
+
+
= 2 tan u tan v tan w.
cos v cos w cos u cos w cos u cos v
√
π
π
Vì hàm tan x, x ∈ 0; , là hàm lồi nên T 2 tan3 = 6 3. Như
2
3
√
√
vậy Tnn = 6 3 khi a = b = c = 3.
T =

Ví dụ 1.1.26. Với ba số thực a, b, c luôn có bất đẳng thức dưới đây:
|a − b|

(1 + a2 )(1 + b2 )

+

|b − c|

(1 + b2 )(1 + c2 )

|a − c|

(1 + a2 )(1 + c2 )

.

2


19

Bài giải: Đặt a = tan u, b = tan v, c = tan w. Khi đó bất đẳng thức
trở thành | sin(u − v)| + | sin(v − w)| | sin(u − w)|. Từ | sin(x +
y)| = | sin x cos y + sin y cos x|
| sin x| + | sin y| dễ dàng suy ra
| sin(u − w)| = | sin(u − v + v − w)| | sin(u − v)| + | sin(v − w)|.
Ví dụ 1.1.27. Với dãy số thực a0 = 1, a1, . . . , an , an+1 = n + 1, n
1, có
n
2n
|ai − ai+1 |
.
>
3(n
+

2)
2
2
ai + 1 ai+1 + 1
i=0

Bài giải: Với ba số a, b, c ta đặt a = tan x, b = tan y, c = tan z. Khi
|a − b|
|b − c|
|c − a|
√
√
√
√
đó bất đẳng thức √
+√
a2 + 1 b2 + 1
b2 + 1 c2 + 1
c2 + 1 a2 + 1
tương đương | sin(x−y)|+| sin(y−z)| | sin(x−z)|. Từ | sin(u+v)| =
| sin u cos v + sin v cos u| | sin u| + | sin v| ta suy ra bất đẳng thức
sau: | sin(x − z)| = | sin(x − y + y − z)|
| sin(x − y)| + | sin(y −
|a2 − a3 |
|a1 − a2 |
+
z)|. Sử dụng kết quả này:
a21 + 1 a22 + 1
a22 + 1 a23 + 1
n

|a1 − a3 |
|ai − ai+1 |
.
Quy
nạp
theo
n
được
a21 + 1 a23 + 1
i=0
a2i + 1 a2i+1 + 1
2n
n
|a0 − an+1|
n
√
>
> √
.
2 + 4n + 4
3(n
+
2)
2
2
2(n
+
2)
2n
a +1 a

+1
0

n+1

Ví dụ 1.1.28. Với số tự nhiên n ta xét dãy a0 = 0, ai > 0 với mọi
i = 1, 2, . . . , n thỏa mãn

n

ai = 1. Chứng minh rằng

i=1
n

1
i=1

ai
π
√
√
< .
2
1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an

Bài giải: Theo Bất đẳng thức Cauchy ta có kết quả sau đây:
√
1
(1+a0+· · ·+ai−1+ai +· · ·+an )

1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an
2


20
n a
ai
i
√
√
= 1. Đặt
1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an
i=1 1
i=1
ui = arcsin(a0 + · · · + ai−1 + ai ) với i = 0, 1, . . . , n. Khi đó có các hệ
thức sau:

= 1. Vậy

n

ai = (a0 + · · · + ai−1 + ai ) − (a0 + · · · + ai−1) = sin ui − sin ui−1
1 − sin2 ui−1 =

1 − (a0 + · · · + ai−1)2
√
=
1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an , i = 1, . . . , n.
n sin u − sin u
n

ai
i
i−1
√
√
=
Vậy S =
cos ui−1
1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an i=1
i=1
ui + ui−1
ui − ui−1
sin
n 2 cos
n
ui − ui−1
2
2
hay S =
2 sin
<
. Vì
cos ui−1
2
i=1
i=1
n
π
π
sin x < x khi x ∈ (0; ) nên S < (ui − ui−1) = .

2
2
i=1
cos ui−1 =

Ví dụ 1.1.29. Với số tự nhiên n ta xét dãy a0 = 0, ai > 0 với mọi
số i = 1, 2, . . . , n, và thỏa mãn

n

ai = 1. Chứng minh rằng

i=1
n
i=1

ai
1 + (a0 + · · · + ai−1)2

1 + (a0 + · · · + ai )2

<

π
.
4

Bài giải: Đặt ui = arctan(a0 + · · · + ai−1 + ai ) với i = 0, 1, . . . , n.
π
Khi đó các góc ui ∈ [0; ] và có các hệ thức sau:

4
ai = (a0 + · · · + ai−1 + ai ) − (a0 + · · · + ai−1) = tan ui − tan ui−1
1
1 + tan2 ui = 1 + (a0 + · · · + ai )2, i = 1, . . . , n. Vậy S =
=
cos ui
n
n tan u − tan u
ai
i
i−1
=
1
1 + (a0 + · · · + ai−1)2 1 + (a0 + · · · + ai )2 i=1
i=1
cos ui−1 cos ui
n
n
π
sin(ui − ui−1) < (ui − ui−1) = un = .
hay S =
4
i=1
i=1


21

Ví dụ 1.1.30. Cho a + b 0. Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ta
đều có

a+b n
an + bn
.
2
2
Bài giải: Với n = 1, bất đẳng thức luôn đúng. Giả sử bất đẳng
thức đúng cho n = k ∈ N, k 1. Với n = k + 1, theo giả thiết quy
nạp sẽ nhận được
a+b
2

k+1

=

a+b a+b
.
2
2

k

a + b ak + bk
(a + b)(ak + bk )
.
=
.
2
2
4

ak+1 + bk+1 (a + b)(ak + bk ) (a − b)(ak − bk )
−
=
. Do
2
4
4
bởi vai trò của a và b như nhau nên có thể giả thiết a
b. Kết
hợp với giả thiết a + b 0 hay a −b ta nhận được a |b|. Vậy
(a + b)(ak + bk )
ak |b|k bk và suy ra (a−b)(ak −bk ) 0. Do đó
4
ak+1 + bk+1
a + b k+1 ak+1 + bk+1
và như vậy
. Tóm lại bất đẳng
2
2
2
thức đúng với mọi n 0.
Xét hiệu T =

Ví dụ 1.1.31. Cho các số a1 , a2, . . . , an 0 thỏa mãn a1 a2 . . . an =
1 và k là một hằng số dương tùy ý sao cho k n − 1. Khi đó ta có
bất đẳng thức
1
1
1

+
+ ··· +
k + a1 k + a2
k + an
Bài giải: Với n = 2 bất đẳng thức trở thành

n
.
k+1
1
1
+
k + a1
k + a2

2
hay a1 +a2 2 vì a1 a2 = 1. Từ a1 a2 = 1 suy ra a1 +a2 2. Vậy
k+1
bất đẳng thức cần chứng minh đúng với n = 2. Giả sử bất đẳng thức
cần chứng minh đúng với n. Không làm mất tính chất tổng quát,
k
√
có thể coi 0 a1
· · · an
an+1 . Đặt t = n a1 a2 . . . an , h =
t


22

ai
với i = 1, 2, . . . , n. Khi đó b1b2 . . . bn = 1. Biểu diễn tổng
t
qua h và các bi :
và bi =

1
1
1
1
1
1
1
+
+· · ·+
=
+
+· · ·+
.
k + a1 k + a2
k + an
t h + b1 h + b2
h + bn
n
Vì k n + 1 − 1 = n và t 1 nên h
> n − 1. Như vậy, theo
t
1
1
n

1
+
+...+
. Từ đó
giả thiết quy nạp có
h + b1 h + b2
h + bn
h+1
suy ra
1
1
1
+
+ ...+
k + a1 k + a2
k + an

1 n
n
=
.
th+1 k+t

n
1
n+1
+
với tn an+1 = a1 a2 . . . an+1 =
k + t k + an+1
k+1

n
1
n+1
n
tn
1. Thật vậy,
+
tương đương
+
k + t k + an+1
k+1
k + t ktn + 1
n+1
hay M = k(n+1)−(k +1) tn+1 −k(n+1)tn +(n+1)t+(k −
k+1
n) 0. Viết M = (t − 1)2 k(n + 1)(tn−1 + · · · + 1 − (k + 1)(tn−1 +
Bây giờ sẽ chỉ ra

2tn−2 + . . . + n)

0. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.

Hàm đầu tiên được xét đến là một tam thức bậc hai f (x) =
ax + bx + c, a = 0.
2

Mệnh đề 1.1.32. Giả sử x1, x2 là nghiệm của f (x) = 0. Khi đó có
kết quả:



f (x) = a(x − x1)(x − x2)



b
x1 + x2 = −
a



x1x2 = c .
a

Mệnh đề 1.1.33. Giả sử f (x) ∈ R[x] và ∆ = b2 − 4ac. Khi đó có
các kết quả:


23

(i) f (x) > 0 với mọi giá trị của x khi và chỉ khi

a>0
∆ < 0.

0 với mọi giá trị của x khi và chỉ khi

a>0
∆ 0.

(iii) f (x) < 0 với mọi giá trị của x khi và chỉ khi

a<0
∆ < 0.

0 với mọi giá trị của x khi và chỉ khi

a<0
∆ 0.

(ii) f (x)

(iv) f (x)

(v) f (x) = 0 có hai nghiệm x1, x2 và số thực x1 < α < x2 khi và
chỉ khi af (α) < 0.
Ví dụ 1.1.34. Giả sử các số thực a, b, c thỏa mãn hệ:
Chứng minh rằng 0

a, b, c

a+b+c=6
ab + bc + ca = 9.

4.

b+c=6−a
và như vậy b và
bc = 9 − a(6 − a)
c là hai nghiệm của phương trình: t2 − (6 − a)t + a2 − 6a + 9 = 0.
Do đó ∆ 0 hay 0 a 4. Tương tự 0 b, c 4.

Bài giải: Từ giả thiết suy ra

Ví dụ 1.1.35. Giả sử ∆ABC có độ dài các cạnh a, b, c và diện tích
S. Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta luôn có bất đẳng thức:
√
2
− 1 b2 + c2 4 3S.
2x − 1 a2 +
x
2 2
2
2
2
Bài
√ giải: Bất2 đẳng thức tương đương 2a x − a 2 + b2 − c2 −
0 với mọi x > 0. Xét ∆ = [a + b − c −
4 3S x + 2b
√
√
2π
) =
4 3S + 4ab][a2 + b2 − c2 − 4 3S − 4ab]. Từ 1
cos(C −
3


24

√

√
3S
c2 − a2 − b2
+
có a2 + b2 − c2 − 4 3S + 4ab 0. Tương tự, từ
4ab
ab
√
π
1 cos(C + ) suy ra a2 + b2 − c2 − 4 3S − 4ab 0. Vậy ∆ 0
3
và bất đẳng thức đúng.
Ví dụ 1.1.36. Dãy (an ) xác định bởi:

a0 = 1
an+1 = 6an +

35a2n + 2010, n

Chứng minh rằng
(i) an+1 = 12an − an−1, an+1

a2n − 2010
với mọi n
=
an−1

1.

(ii) Dãy (an ) là dãy không bị chặn trên.

2

Bài giải: (i) Từ an+1 − 6an = 35a2n + 2010 ta suy ra phương
trình sau đây: a2n+1 − 12an an+1 + a2n − 2010 = 0 với mọi n 0. Thế
n + 1 qua n được a2n−1 − 12anan−1 + a2n − 2010 = 0. Như vậy an−1 và
an+1 là hai nghiệm của phương trình x2 − 12an x + a2n − 2010 = 0.
Theo Định lý Viét về tổng và tích hai nghiệm suy ra được ngay
a2 − 2010
.
an+1 = 12an − an−1, an+1 = n
an−1
(ii) Vì các an > 0 và an+1 = 6an + 35a2n + 2010 > 6an với mọi
n 0 nên dãy (an ) là dãy đơn điệu tăng. Nếu (an ) là dãy bị chặn
trên thì nó có giới hạn hữu hạn. Giả sử giới hạn của dãy là a.
Từ an+1 an−1 = a2n − 2010 theo (i) ta suy ra a2 = a2 − 2010. Vậy
2010 = 0 : vô lý. Do vậy, (an ) là dãy tăng không bị chặn trên.
Ví dụ 1.1.37. Cho dãy số nguyên (an ) xác định như sau: a0 =
1, a1 = 4 và an+2 = 4an+1 − an với n 0. Chứng minh rằng
(i) an+1 =

a2n − 1
,n
an−1

1.

(ii) Dãy (an ) là dãy không bị chặn trên.

0.