Khóa luận tốt nghiệp bất đẳng thức

GVHD: Th.S Võ Văn Minh

A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
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 quan tâm. Bài toán bất đẳng thức là một trong
những bài toán khó và quan trọng đối với học sinh trong các kì thi. Điểm đặc biệt, ấn
tượng nhất của bất đẳng thức trong toán sơ cấp đó là có rất nhiều bài toán khó, thậm
chí rất khó vì vậy việc vận dụng các phương pháp để giải quyết các bài toán bất đẳng
thức là hết sức cần thiết và phương pháp dồn biến mạnh là một trong những phương
pháp mà chúng ta không thể không nhắc đến.
Phương pháp dồn biến mạnh là một phương pháp khá quan trọng và cơ bản
nhất của bất đẳng thức đại số. Phương pháp dồn biến mạnh là công cụ hiệu quả giúp
chúng ta giải quyết các bài toán bất đẳng thức một cách dễ dàng. Đây cũng là phương
pháp xuất hiện rất nhiều trong các bài toán bất đẳng thức của các kì thi học sinh giỏi
trên khắp thế giới
Thấy được tầm quan trọng của phương pháp dồn biến mạnh, với mục đích tìm
hiểu sâu hơn về phương pháp này, ứng dụng của phương pháp dồn biến mạnh để tạo
tiền đề, cơ sở cho việc học tập tiếp theo và mở rộng kiến thức cho bản thân. Cùng với
sự giúp đỡ của giảng viên tôi chọn đề tài “Phương pháp dồn biến mạnh và ứng dụng
để giải các bài toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến” làm đề tài khóa luận cho mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Nắm được những kiến thức cơ bản và độc đáo về phương pháp dồn biến mạnh,
từ đó ứng dụng để giải các bài toán về bất đẳng thức và hình thành khả năng tự sáng
tạo bất đẳng thức. Thông qua việc nghiên cứu tài liệu tham khảo để tìm hiểu sâu hơn
về phương pháp dồn biến mạnh.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu, nghiên cứu về phương pháp dồn biến mạnh và ứng dụng trong việc
giải các bài toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến.

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 1


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

4. Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp dồn biến mạnh
- Phương pháp dồn biến toàn miền
- Phương pháp dồn biến không xác định
5. Phạm vi nghiên cứu
- Hệ thống các bài tập về bất đẳng thức
- Các kiến thức liên quan.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Tổng hợp lại các kiến thức đã học.
- Phân tích các nội dung kiến thức cần nghiên cứu.
- Sưu tầm tài liệu từ sách tham khảo, mạng internet
- Hỏi ý kiến chuyên gia.
7. Cấu trúc đề tài:
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo thì khóa luận được
chia thành 3 chương:
Chương 1: Đại cương về bất đẳng thức
Chương 2: Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh
Chương 3: Ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để giải các bài toán bất
đẳng thức chứa 3,4 biến

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 2

GVHD: Th.S Võ Văn Minh

B. NỘI DUNG
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1. Kiến thức cơ bản
1.1. Bất đẳng thức
1.1.1. Định nghĩa
Cho hai số

a b

,

thuộc

nói a lớn hơn b và kí hiệu
hơn a và kí hiệu
Ta nói

a

b
¤
k k
¡
( là trường số hữu tỉ
hay trường số thực ). Ta

a >b

nếu

a −b

là một số dương. Khi đó ta cũng nói b bé

.

lớn hơn hay bằng b và viết

a≥b

nếu

a −b

không. Khi đó ta cũng nói b bé hơn hay bằng a và viết

là một số dương hoặc bằng

b≤a

.

A(x) B(x)

Giả sử

,

là hai biểu thức toán học với miền xác định chung của đối số

x là S (hoặc có thể xem là hai biểu thức toán học của cùng n đối số
xem

x = ( x1 , x2 ,...., xn )

thuộc

kn

, nếu ta

. Ta nói:
A( x) < B ( x)
A( x) ≤ B( x)

nếu tại mọi giá trị thừa nhận được

x0

A( x 0 ) ≤ B( x 0 )

B ( x) > A( x)

hay
hay

của đối số

A( x 0 ) < B( x 0 )

B ( x) ≥ A( x)

x

hay
hay

là các bất đẳng thức đúng bằng số trên trường số
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

x1 , x2 ,...., xn

thuộc S ta đều có tương ứng:
B( x 0 ) > A( x 0 )
B( x 0 ) ≥ A( x 0 )

k

.
Trang 3


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Chú ý rằng quan hệ “lớn hơn” chỉ có trên những trường hợp sắp thứ tự (chẳng

hạn trường số thực

¡

¤

, trường hữu tỉ

). Trường số phức

£

không phải là một trường

sắp thức tự nên không thể xác lập được quan hệ “lớn hơn”, “nhỏ hơn” cho hai số phức
phân biệt (trong đó ít nhất một số không phải là số thực).
Ví dụ:

6

7 > 3, 9 > 5 + 3,

≥

> 2, 5 3 + 2

x 2 ≥ 2 x − 1 ∀x ∈ ¡

,

1.1.2. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Ta chứng minh được dễ dàng các tính chất sau đây trong đó A, B, C, D,… là các
số hoặc các biểu thức toán học của cùng một số đối số xét trên cùng một trường số
•
•
•

•
•

•

•
•
•

A< B⇒ B > A

A > B, B > C ⇒ A > C
A > B ⇒ A+C > B+C

A> B
⇒ A+C > B+ D
C > D
A>B⇒

A>B
 ⇒ A−C > B − D
C < D
A>B


 ⇒ AC > BD
C > D > 0
A > B > 0 ⇒ An > B n
A>B⇒ A

2 n +1

>B

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

(

2 n +1

(

∀n ∈ N *
∀n ∈ N

)

)
Trang 4

k

.

GVHD: Th.S Võ Văn Minh

•
•

•

A> B>0⇒n A >n B
A>B⇒

2 n +1

A>B>0

A>

2 n +1

(

B

(

∀n ∈ N
∀n ∈ N

B< A<0⇒

hoặc

)
)

1 1
>
B A

2. Một số bất đẳng thức quan trọng
2.1. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
a) Cho các số thực

a1 a2

,

,…,

an

, khi đó hiển nhiên ta có

a1 + a2 + .... + an ≤ a1 + a2 + .... + an .

b) Cho các số thực khác không bất kì a, b, ta có:
a b
+ ≥ 2.
b a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a = ±b

.

2.2. Bất đẳng thức Cauchy
Cho n số thực không âm bất kì

a1 a2

,

,…,

an

, khi đó trung bình cộng của n số

đó lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng.
a1 + a2 + .... + an n
≥ a1a2 ... an
n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a1 = a2 = ... = an

Bất đẳng thức Côsi còn được gọi là bất đẳng thức về trung bình cộng và trung
bình nhân.

2.3. Bất đẳng thức Cauchy- Bunhiacôpski
Cho n cặp số thực tùy ý

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

ai , bi ∈ ¡ i = 1, 2,...., n

,

. Khi đó

Trang 5


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
2

n
  n 2  n 2
∑ a1bi  ≤ ∑ ai .∑ bi 
 i =1
  i=1   i=1 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại

k ∈¡

sao cho

bi = kai , i = 1,2,..., n

.

2.4. Bất đẳng thức Becnuli
Đối với mọi số thực dương a và số hữu tỉ q > 1 (

0 < a∈¡

,

1< q∈¤

) thì:

(1 + a ) q > 1 + qa

2.5. Bất đẳng thức Jensen
k

f

Nếu

là hàm lồi trên

k

∀xi ∈ k, pi ∈ [ 0,1] , ∑ pi = 1
i =0

thì

ta có:

 k

p
f
(
x
)
≥
f
 ∑ p i xi 
∑
i
i
i =1
 i =1

k

Với mọi hàm lồi chặt dấu bằng chỉ xảy ra khi
lõm chặt dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x1 = x2 = .... = xn

x1 = x2 = .... = xn

. Với mọi hàm

.

2.6. Bất đẳng thức Schwartz
Giả sử

a1 , a2 ,..., an

là các số thực bất kì và

b1 , b2 ,..., bn

là các số dương. Khi đó ta

luôn có:
a 2 ( a + a2 + ... + an ) 2
a12 a22
+
+ ... + n ≥ 1
b1 b2
bn
b1 + b2 + ... + bn

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(*)

a1 a2
a
=

= ... = n
b1 b2
bn

2.7. Bất đẳng thức Crux
Giả sử

a , b, c ≥ 0

và

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

a 2 + b2 + c 2 = 1

. Khi đó ta có:
Trang 6


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
1 1 1
+ + +a+b+c ≥ 4 3
a b c

2.8. Bất đẳng thức Nesbit
Với mọi số thực không âm

a1 , a2 ,..., an

ta luôn có

a
an
a1
a2
n
+
+ ... + n −1 +
≥
a2 + a3 a3 + a4
an + a1 a1 + a2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a1 = a2 = ... = an

2.9. Bất đẳng thức Chebyshev
Với hai dãy đơn điệu tăng

a1 , a2 ,..., an

a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥

và

b1 , b2 ,..., bn

ta có:

1

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

2.10. Bất đẳng thức Tukervici
a, b, c, d

Với mọi số thực dương

ta có:

a 4 + b4 + c 4 + d 4 + 2abcd ≥ a 2 b 2 + b2 c 2 + c 2 d 2 + d 2 a 2 + a 2 c 2 + b2 d 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a=b=c=d

hoặc

a = b = c, d = 0

hoặc các hoán vị

2.11. Bất đẳng thức Schur
Với mọi số thực

a , b, c ≥ 0

ta có:

a 3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c ) + ca (c + a )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

a=b=c

hoặc

a = b, c = 0

hoặc các hoán vị.

Trang 7


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN VÀ ĐỊNH LÍ DỒN BIẾN MẠNH
1. Phương pháp dồn biến
1.1. Định lí về dồn biến
Giả sử

f ( x1 , x2 ,..., xn )

là một hàm liên tục và đối với tất cả n biến

x1 , x2 ,..., xn

định trên một miền liên thông thỏa mãn điều kiện sau:

f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f (

x1 + x2 x1 + x2
,
, x3 ,..., xn )
2
2

(1)

Khi đó bất đẳng thức sau sẽ thỏa mãn
f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f ( x, x,..., x)

Trong đó
x=

x1 + x2 + ... + xn
n

Điều kiện (1) có thể biến đổi thành một số dạng khác, chẳng hạn
f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f ( x1 x2 , x1 x2 , x3 ,..., xn )
 x2 + x2 x2 + x2

2
2
f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f  1
, 1
, x3 ,..., xn ÷

÷

2
2



Và còn rất nhiều dạng khác nữa tùy theo yêu cầu của bài toán.
Nếu chỉ xét trong

¡

miền liên thông là các đoạn hoặc khoảng có dạng

[a, b],[a, b), (a, b], (b, +∞), ( −∞, a)

1.2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số thực dương

a1 , a2 ,..., an

ta luôn có

a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a n

Chứng minh:
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 8

xác

GVHD: Th.S Võ Văn Minh
f ( a1 , a2 ,..., an ) = a1 + a2 + ... + an − n n a1a2 ...an

Đặt
f ( a1a2 , a1a2 , a3 ,..., an ) = 2 a1a2 + a3 + ... + an − n n a1a2 ...an

Suy ra
f (a1 , a2 ,..., an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a3 ,..., an ) = a1 + a2 − 2 a1a2 =

Ta có

Lại có

(

a1 − a2

)

2

(

a1 − a2

)

2

≥0

f (a1 , a2 ,..., an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a3 ..., an ) ≥ 0

Suy ra
⇒ f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( a1a2 , a1a2 , a3 ..., an )

Từ đó suy ra

f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ f (r, r,..., r)

r = n a1a2 ...an

với

⇒ f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ 0
⇒ a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a n

(đpcm)
a , b, c

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi

dương ta có

a
b
c
3
+

+
≥
b+c a+c a+b 2

Chứng minh:
f (a, b, c ) =

Đặt

Suy ra

a
b
c
a 2 + b 2 + ( a + b)c
c
+
+
=
+
2
b + c a + c a + b ab + c + (a + b) c a + b

( a + b) 2
+ ( a + b) c
a +b
c
c
 a+b a+b 
2

f
,
, c ÷=
+
=
+
2
2
 2
  a + b + c  a + b ( a + b) + c 2 + ( a + b ) c a + b

÷
4
 2


SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 9


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
a 2 + b2 ≥

Ta có

Do đó

( a + b) 2
4

ab ≤

và

 a+b a+b 
f ( a , b, c ) ≥ f 
,
,c÷
2
 2


f (a, b, c ) ≥ f (t , t , t )

Từ đó suy ra

Hay

( a + b) 2
2

a
b
c
3
+
+
≥
b+c a +c a +b 2

t=

với

a+b+c
3

(đpcm)
a, b, c

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng với mọi số thực không âm

ta có

1 1 1
9
+ + ≥
a b c a+b+c

Chứng minh:
f (a, b, c) =

Đặt

Suy ra

Ta có

1 1 1

9
+ + −
a b c a +b+c

2
2
1
9
 a+b a+b 
f
,
, c ÷=
+
+ −
2
 2
 a+b a+b c a+b+c
2
2
 a +b a +b  1 1
f ( a , b, c ) − f 
,
,c ÷= + −
−
2
 2
 a b a+b a+b

( a + b ) − 4ab = ( a − b )
a+b

4
=
−
=
ab a + b
ab(a + b)
ab( a + b)
2

( a − b)
Lại có

Do đó

2

2

.

≥ 0 ab( a + b) > 0

,
 a+b a+b 
 a +b a +b 
f ( a , b, c ) − f 
,
, c ÷ ≥ 0 ⇒ f ( a , b, c ) ≥ f 
,
,c÷

2
2
 2

 2


SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 10


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Từ đó suy ra

f ( a, b, c) ≥ f ( t , t, t )

f ( a , b, c ) ≥ 0

Suy ra

hay

t=

với

a+b+c
3

1 1 1
9
+ + ≥
a b c a+b+c

.

(đpcm)

2. Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến
2.1. Phương pháp
Không phải mọi bài toán thì bất đẳng thức điều kiện luôn đúng, tuy rằng đẳng
thức thì vẫn chỉ xảy ra trong trường hợp tất cả các biến bằng nhau. Thông thường bất
đẳng thức điều kiện sẽ đúng nếu ta thêm các điều kiện khác cho các biến. Cách hay
làm nhất là sắp xếp lại thứ tự các biến số. Đây là sự hạn chế trong trường hợp tổng
quát nhưng với các bài toán 3 biến thì luôn rất hiệu quả.
Ý tưởng chính trong phương pháp này là thực hiện 2 bước sau (đối với bất đẳng
thức

f ( a , b, c ) ≥ 0

)

(

f (a, b, c) ≥ f a, bc , bc
•

Chứng minh

f ( a, b, c) ≥ 0

)

nếu

a≥b≥c

hoặc

a≤b≤c

b=c

Chứng minh
nếu
Từ 2 bước này thì hiển nhiên suy ra kết quả bài toán. Ta nên chú ý nhiều đến

•

chứng minh bước thứ nhất vì bước thứ hai luôn đơn giản hơn.
2.2. Các ví dụ
a , b, c

Ví dụ 1: Cho

là các số dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng:

( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 4 ( a + b + c − 1)

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

a≥b≥c

Trang 11


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

f ( a, b, c ) = ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) − 4 ( a + b + c − 1)

Đặt
= ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( a + c ) − 4 ( a + b + c ) − 6

Suy ra

(

)

(

)

(

) (

)

f a, bc , bc = a bc a + bc + bc 2 bc + a bc a + bc − 4 2 bc + a + 6

(

)

(

)

= 2a bc a + bc + 2bc bc − 4 2 bc + a + 6

Ta có

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

f ( a, b, c ) − f a, bc , bc = ( a 2 + bc ) b + c − 2 bc + a ( b 2 + c 2 − 2bc ) − 4 b + c − 2 bc
= ( a 2 + bc ) b + c − 2 bc + a ( b 2 + c 2 − 2bc ) − 4 b + c − 2 bc

Lại có

=

(

b− c

)

=

(

b− c

) (a

a 2 + bc + ab + ac ≥ 4 4 a 4b 2 c 2 ≥ 4

2

 a 2 + bc + a


2

(vì

2

(

b+ c

)

2

− 4


+ bc + ab + ac + 2a bc − 4

a ≥1

)

)

Do đó

(

)

(

f ( a, b, c ) − f a, bc , bc ≥ 0 ⇒ f ( a, b, c ) ≥ f a, bc , bc

Nếu

b=c

)

thì ta có

f ( a, b, c ) = b ( a + b ) − 2 ( a + 2b − 1)
2

(*)
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 12


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
a=

Thay

1
b2

vào (*) ta được:

(b
f ( a , b, c ) =

3

+ 1) − 2 ( b + 2b 4 − b3 )
2

b3

=

=

=

Suy ra

b 6 − 4b 4 + 4b3 − 3b + 1
b3

( b − 1)

2

(b

4

+ 2b 3 − b 2 + 1)
b3

( b − 1)

2

( b2 − 1) 2 + 2b3 + b 2 

 ≥ 0
3
b

( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 4 ( a + b + c − 1)
a , b, c

Ví dụ 2: Cho

không âm thỏa mãn

a 2 + b2 + c2 = 3

a + b + c ≥ a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

. Chứng minh rằng:

.

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử

a≤b≤c

, khi đó

a ≤ 1 b2 + c 2 ≥ 2 ⇒ b + c ≥ 2

,

Đặt

f ( a, b, c ) = a + b + c − a 2b 2 − b 2c 2 − c 2 a 2

Suy ra


b2 + c2 b2 + c2
f  a,
,

2
2



b2 + c2 )
(
b2 + c2
2 2
−a b −
− c2a2
÷= a + 2
÷
2
4

2

Ta có

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 13


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

b2 + c 2 b 2 + c 2
f ( a , b, c ) − f  a ,
,

2
2



=

(b

2

−c

)

2 2

4

( b + c)
4

2

1

−

b+c+2

b2 + c2
2

≥


b2 + c2 b2 + c2
f ( a , b, c ) − f  a,
,

2
2


b=c


÷≥ 0
÷


2
1
3 − a2 )
(
4


3
3
2
= ( a − 1)  ( a + 1) −
4

3 − a + 2 ( 3 − a2 )

2

3

Vì


÷
÷


thì ta có

f ( a , b, c ) = a + 2 ( 3 − a 2 ) − a 2 ( 3 − a 2 ) +

a ≤1








2
1
−
≥0

4 2+ 2


b2 + c2 b2 + c2
⇒ f ( a , b, c ) ≥ f  a ,
,

2
2


Nếu

2


2

b − c)
(
1
2 ( b + c)
−
= ( b − c) 
−
 4
b2 + c 2
b2 + c 2
b+c+2
b+c+2


2
2

2

Lại có

Do đó

2
2

b2 + c2 ( b + c )
2 2
=
b
+
c
−
b
c
−
2
+
÷
÷
2
4


3 − a + 2 ( 3 − a2 )

≤






3 3
2
≤ ( a + 1)
4 4

nên

f ( a , b, c ) ≥ 0 ⇒ a + b + c ≥ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

Suy ra
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 14


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
x, y , z

Ví dụ 3: Cho
là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện

. Chứng minh rằng:

x2 + y 2 + z 2 = 3

7 ( xy + yz + zx ) ≤ 12 + 9xyz

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử

x≥ y≥z

f ( x, y, z ) = 7 ( xy + yz + zx ) − 9 xyz − 12

Đặt

Suy ra

 x2 + y 2 x2 + y 2 
 x2 + y 2
x2 + y 2
f
,
, z ÷= 7 
+ 2z

÷  2
2
2
2






x2 + y 2
− 12
÷− 9z
÷
2


Ta có:
 x2 + y 2 x2 + y 2 
f ( x, y, z ) − f 
,
,z÷

÷
2
2



x2 + y 2
x2 + y 2
= 7  xy −
+ yz + zx − 2z

2
2


2
2

−( x − y)
z ( x − y)

=7
−

2
x + y + 2 ( x2 + y 2 )


2

 + 9z ( x − y )

2



9z 7
7z
= ( x − y)  − −
 2 2 x + y + 2z x 2 + y 2
(
)

2

x + y ≤ 2 ( x2 + y 2 )

Lại có

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

,


x2 + y 2
÷− 9zxy + 9z
÷
2







2 ( x 2 + y 2 ) ≤ 6 9z − 7 ≤ 2z

,

Trang 15


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
 x2 + y2 x2 + y 2 

f ( x, y , z ) − f 
,
, z ÷≤ 0

÷
2
2



Do đó

 x2 + y 2 x2 + y 2 
⇒ f ( x, y , z ) ≤ f 
,
,z÷

÷
2
2


x= y

Nếu

thì ta có

Thay

z = 3 − 2u 2

f ( x, y, z ) = 7 ( u 2 + 2zu ) − 9u 2 z − 12

(*)

vào (*) ta được:
f ( x, y , z ) = −9u 2 3 − 2u 2 + 7u 2 + 14u 3 − 2u 2 − 12

r=

Đặt

1
u2

ta được:
f ( x, y , z ) =

−9
2 7 14
3− + +
3r − 2 − 12
r
r r r

9 3−

Ta thấy rằng khi khảo sát hàm số
9 3−

2
− 7 − 14 3r − 2 + 12r
r

ta có được

2
− 7 − 14 3r − 2 + 12r ≥ 0
r

f ( x, y, z ) ≤ 0 ⇒ 7 ( xy + yz + zx ) ≤ 12 + 9xyz

Suy ra
3. Định lí dồn biến mạnh
3.1. Bổ đề ( Dồn biến tổng quát)
Giả sử

a1 , a2 ,..., an

là dãy số thực tùy ý. Ta thực hiện liên tiếp phép biến đổi sau

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 16


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

• Chọn

i, j ∈ { 1, 2,..., n}

là hai chỉ số sao cho

ai = min ( a1 , a2 ,..., an )

• Thay

ai

.

ai + a j

aj

và

,

a j = max ( a1 , a2 ,..., an )

bởi

2

(nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng trong dãy

số). Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số

tới giới hạn
a=

ai

đều tiến

a1 + a2 + ... + an
n

Chứng minh: Phép biến đổi nói trên, từ bây giờ trở đi ta sẽ gọi là phép biến đổi
∆

. Kí hiệu dãy ban đầu là

( a , a ,..., a )
2
1

hiệu là

(a

k +1
1

là

2
2

a11 , a12 ,..., a1n

. Sau một phép biển đổi ta thu được dãy mới kí

2
n

, a2k +1 ,..., ank +1 )

(a

k
1

. Làm tương tự, từ dãy

ta thu được dãy mới kí hiệu

i = 1, n

. Khi đó với mọi số nguyên
lim aik = a, a =
k →∞

Ta đặt

, a2k ,..., ank )

mk = min ( a1k , a2k ,..., ank )

và

ta phải chứng minh
a1 + a2 + ... + an
n

M k = max ( a1k , a2k ,..., ank )

Dễ thấy phép biến đổi ∆ không làm tăng giá trị của
trị của

mk

. Vì

mk

và

Mk

Mk

.
và không làm giảm giá

đều là các dãy bị chặn nên tồn tại
m = lim mk M = lim M k
k →∞

k →∞

Ta phải chứng minh m = M. Phản chứng, giả sử M > m. Đặt
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

d k = M k − mk

.

Trang 17


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Ta có một nhận xét đơn giản sau đây:

( a , a ,..., a )
1
1

Nhận xét: Giả sử sau một số phép biến đổi ∆ dãy

( a1k , a2k ,..., ank )

mk =

sao cho

M 1 + m1

2

m2 =

thì ta có

M 1 + m1
2

Thật vậy, không mất tính tổng quát của bài toán ta giả sử
cho gọn, ta sẽ kí hiệu
mk =

Nếu

ai

a1 + an
2

1
i

nào đó của dãy

1
n

trở thành dãy

.
M 1 = a11 ≥ a12 ≥ ... ≥ a1n = m1

. Để

a

thay cho

.

và k là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn thì

suy ra trực tiếp từ tính chất không giảm của

( a , a ,..., a )
2
1

1
2

2
2

mi

ai2 ≥ mk ∀i = 1, n

và chú ý rằng

a1 + an
2

. Điều này

là một số hạng

2
n

.

Từ nhận xét trên ta thu được một kết quả quan trọng hơn. Đặt
S = { k : ∃l > k | mk + M k = 2ml } ⇒ S = { k | mk + M k = 2mk +1}

P = { k : ∃l > k | mk + M k = 2M l } ⇒ P = { k | mk + M k = 2M k +1}

S =∞

Nếu S hoặc P có vô hạn phần tử, giả sử
d k +1 = M k +1 − mk +1 = M k +1 −

Vì

dr

mk + M k mk − M k d k
≤
=

2
2
2

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

k ∈S

.

lim d r = 0

S =∞

là dãy giảm nên nếu

thì với mỗi

thì

r →∞

và do đó M = m.

Trang 18


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

S , P < +∞

Nếu không, thì

S = P =0

. Ta có thể giả sử

mà không làm ảnh

hưởng đến kết quả bài toán. Khi đó với mọi k>1 thì số

(a

k
1

nhất trong dãy

, a2k ,..., ank )

khi đã bỏ đi một số
phải chứng minh.

a1 + an
2

không thể là số nhỏ

và như vậy ta có thể xét bài toán hẹp hơn với n-1 số, sau

( a1 + a2 ) / 2

. Bằng phương pháp quy nạp đơn giản ta sẽ có điều

Từ bổ đề trên ta suy ra một kết quả trực tiếp
3.2. Định lý ( Stronger Mixing Variable - S.M.V)
f : I ⊂ R k → R I = [ α , β ] × [ α , β ] × ... × [ α , β ] α , β ∈ R

Nếu
,
xứng và bị chặn dưới thỏa mãn điều kiện

,

là hàm liên tục đối

f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( b1 , b2 ,..., bn )

Với

có

( b1 , b2 ,..., bn )

là dãy thu được từ dãy

f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( a, a,..., a )

a=

với

( a1 , a2 ,..., an )

a1 + a2 + ... + an
n

theo phép biến đổi ∆ thì ta

.

Nhận xét: Bằng định lí này, khi sử dụng dồn biến ta chỉ cần chọn ra số nhỏ
nhất và số lớn nhất. Định lí về dồn biến đã được chứng minh chặt chẽ và có kết quả
mạnh hơn hoàn toàn bằng kiến thức sơ cấp, chúng ta hoàn toàn có thể áp dụng được.
∆

ab ,

a 2 + b2
2

Ngoài ra phép biến dổi có thể khác hơn, chẳng hạn thay thành
hoặc
bất kì dạng trung bình nào khác. Tùy theo giả thiết của bài toán mà ta cần chọn cách
dồn biến cho phù hợp.
3.3. Các ví dụ
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng với mọi số thực không âm
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

a1 , a2 ,..., an

ta có
Trang 19


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
1 1
1
n2
+ + ... + ≥
a1 a2
an a1 + a2 + ... + an

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát giả sử

1 1
1
n2
+ + ... + −
a1 a2
an a1 + a2 + ... + an

f (a1 , a2 ,..., an ) =

Đặt

Suy ra

Ta có

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an

a +a
a +a
f  1 n , a 2 ,..., 1 n
2
 2

2
2
n2

=
+
a
+
...
+
−
2
÷ a +a
a1 + an a1 + a2 + ... + an

1
n

2
2
a +a a +a

 1 1
f (a1 , a2 ,..., an ) − f  1 2 , 1 2 ,..., an ÷ = + −
−
2
 2
 a1 an a1 + an a1 + an
=

a1 + an
4
−
a1an
a1 + an

(a +a )
= 1 n

2

− 4a1an

a1an (a1 + an )

=

( a1 − an )
Lại có

Do đó

2

( a1 − an )

2

a1an ( a1 + an )

≥ 0 a1an (a1 + an ) > 0

,

a +a 
a +a
f (a1 , a2 ,..., an ) − f  1 n , a2 ,..., 1 n ÷ ≥ 0
2 
 2
a +a 
a +a
⇒ f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ f  1 n , a2 ,..., 1 n ÷
2 
 2

Áp dụng định lí S.M.V ta được

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( t, t,..., t )

Trang 20

GVHD: Th.S Võ Văn Minh

t=

với
Suy ra

Hay

a1 + a2 + ... + an
n
f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ 0

1 1
1
n2
+ + ... + ≥
a1 a2
an a1 + a2 + ... + an

(đpcm)

Ví dụ 2 ( Bất đẳng thức AM- GM): Chứng minh rằng với mọi số thực dương
a1 , a2 ,..., an

ta luôn có
a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a n

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát giả sử

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an

f (a1 , a2 ,...an ) = a1 + a2 + ... + an − n n a1a2 ...a n

Đặt
2

Suy ra

a +a 
a +a
a +a 
f  1 n , a2 ,..., a n −1 , 1 n ÷ = a1 + a2 + ... + an − n n  1 n ÷ a2 ...a n −1
2 
 2
 2 
2

Ta có

 a1 + an 
 2 ÷ ≥ a1an



Do đó

a +a 
a +a
f (a1 , a2 ,...an ) ≥ f  1 n , a2 ,..., a n −1 , 1 n ÷
2 
 2

Áp dụng định lí S.M.V ta được

f (a1 , a2 ,...an ) ≥ f ( a, a..., a)

a=

với

a1 + a2 + ... + an
n

f (a1 , a2 ,...an ) ≥ 0 ⇒ a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a n

Suy ra

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

(đpcm)

Trang 21


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

3: Cho các số thực không âm
Ví dụ
Chứng minh rằng:

a1 , a2 ,..., an

thỏa mãn

a1 + a2 + ... + an = n

.

1 1
1
+ + ... + ≥ n
a1 a2
an

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử
f ( a1 , a2 ,..., an ) =

Đặt

Suy ra

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an

.

1 1
1
+ + ... + − n
a1 a2
an

a +a 
2
1
1
2
a +a
f  1 n , a2 ,..., 1 n ÷ =
+ + ... +
+
−n
2  a1 + an a2
an −1 a1 + an
 2

Ta có:
a +a  1 1
4
a +a
f ( a1 , a2 ,..., an ) − f  1 n , a2 ,..., 1 n ÷ = + −
2  a1 an a1 + an
 2

=

an ( a1 + an ) + a1 ( a1 + an ) − 4a1an
a1an ( a1 + an )

( a1 − an )
=
a1an ( a1 + an )
2

Lại có:

Do đó

( a1 − an )

2

≥0

a +a 
a +a
f ( a1 , a2 ,..., an ) − f  1 n , a2 ,..., 1 n ÷ ≥ 0
2 
 2

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 22


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

a +a 
a +a
⇒ f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ f  1 n , a2 ,..., 1 n ÷
2 
 2

Áp dụng định lý S.M.V ta có:
f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( u , u ,..., u )

Suy ra

Suy ra

u=

với

a1 + a2 + ... + an
n

f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ 0
1 1
1
+ + ... + ≥ n
a1 a2
an

(đpcm)

Ví dụ 4 ( Bất đẳng thức Bunhiacopxki): Cho hai dãy số thực tùy ý

( a1 , a2 ,..., an ) , ( b1 , b2 ,..., bn )

(a

2
1

. Chứng minh rằng:

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

.

Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an ≥ b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn

Ta có:

(a

2
1

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

⇔

xi =

a12 + a22 + ... + an2
b12 + b22 + ... + bn2
≥1
a1b1 + a2b2 + ... + anbn a1b1 + a2b2 + ... + anbn

ai

yi =

a1b1 + a2b2 + ... + anbn

Đặt
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

2

(*)

bi
a1b1 + a2b2 + ... + anbn

,
Trang 23


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

n

∑x y
Ta thấy rằng
(*)

i =1

i

i

=1

⇔ ( x12 + x22 + ... + xn2 ) ( y12 + y22 + ... + yn2 ) ≥ 1

Đặt

f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 , y2 ,..., yn ) = ( x12 + x22 + ... + xn2 ) ( y12 + y22 + ... + y n2 ) − 1

f

Suy ra

(

)

x1 xn , x2 ,..., x1 xn , y1 ,..., yn = ( 2 x1 xn + x22 + ... + xn2−1 ) ( y12 + y22 + ... + yn2 ) − 1

Ta có:
f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 ,..., yn ) − f

(

x1 xn , x2 ,..., x1 xn , y1 ,..., yn

)

= ( x12 + xn2 − 2 x1 xn ) ( y12 + y22 + ... + yn2 )
= ( x1 − xn ) ( y12 + y22 + ... + yn2 ) ≥ 0

f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 ,..., yn ) ≥ f

Suy ra

(

x1 xn , x2 ,..., x1 xn , y1 ,..., yn

)

Áp dụng định lí S.M.V ta có:
f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 ,..., yn ) ≥ f ( u, u,..., u, y2 ,..., yn )

u = n x1 x2 ...xn

(1) với

Chứng minh tương tự ta được:

f ( u , u,..., u , y1 ,..., yn ) ≥ f ( u , u ,..., u , v,..., v )

v=

n

y1 , y2 ,..., yn

(2) với
f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 ,..., yn ) ≥ f ( u, u,..., u, v,..., v )

Từ (1) và (2) suy ra
⇒ f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 , y2 ,..., yn ) ≥ n 2u 2v 2 − 1

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 24


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

nuv =

n

( nx1 y1 ) ( nx2 y2 ) ... ( nxn yn )

= n 1.1...1 = 1

Ta có

f ( x1 , x2 ,..., xn , y1 ,..., yn ) ≥ 0

Suy ra
⇒ ( x12 + x22 + ... + xn2 ) ( y12 + y22 + ... + yn2 ) ≥ 1

⇒ ( a12 + a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

Ví dụ 5 ( Bất đẳng thức Jensen): Cho

f : I ⊂ R+ → R

2

. (đpcm)

thỏa mãn

 x+ y
f ( x) + f ( y) ≥ 2 f 
÷
 2  ∀x, y ∈ I

Chứng minh rằng với mọi

x1 , x2 ,..., xn ∈ I

ta có bất đẳng thức

 x + x + ... + xn 
f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≥ nf  1 2

÷
n



Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử

Đặt

x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn

 x + x + ... + xn 
g ( x1 , x2 ,..., xn ) = f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) − nf  1 2
÷
n



Suy ra
x +x 
x +x
x +x 
x +x 
 x + x + ... + xn 
g  1 n , x2 ,..., 1 n ÷ = f  1 n ÷+ f ( x2 ) + ... + f  1 n ÷− nf  1 2
÷
2 
n
 2
 2 

 2 



Ta có

x +x
x +x
g ( x1 , x2 ,..., xn ) − g  1 n , x2 ,..., 1 n
2
 2

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng


 x1 + xn 
÷ = f ( x1 ) + f ( xn ) − 2 f 
÷

 2 

Trang 25