(Luận văn thạc sĩ) một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

————– * —————

NGUYỄN THỊ HỒNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2012


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

————— * —————-

NGUYỄN THỊ HỒNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC

Chuyên ngành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60 46 40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. PHẠM VĂN QUỐC

Hà Nội - Năm 2012


2

Lời Mở đầu
Trong suốt tiến trình phát triển của nhân loại cũng như q trình phát triển
của tốn học. Bất đẳng thức dường như là đề tài muôn thuở và có sức hấp
dẫn lớn. Hàng loạt tên tuổi của các nhà toán học nổi tiếng được gắn liền với
các bất đẳng thức quen thuộc như: Cauchy, Bunnhiacopxki, Chebyshev, Holder,
Bernoulli, Nesbit...sau đó phải kể đến như Jensen, Minkowski, Schur, Yuong,...và
tên tuổi của nhiều nhà toán học khác. "Nét đẹp" của các bất đẳng thức làm
"mê đắm" rất nhiều các nhà toán học cũng như các bạn u tốn, vì thế mà
mặc dù đã là một "một mảnh đất cổ xưa" nhưng hàng năm vẫn có những bất
đẳng thức mới được đưa ra. Cùng với sự xuất hiện thêm các bất đẳng thức là
các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Các phương pháp tiêu biểu có thể
kể đến như: Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, Phương pháp lượng giác hóa,
Phương pháp sử dụng hình học, Phương pháp bình phương S.O.S, Phương pháp
phản chứng, Phương pháp dồn biến, Phương pháp tiếp tuyến,...hay các phương
pháp như GLA, đổi biến p,q,r,.... Nhưng đặc biệt trong những phương pháp trên
hai phương pháp mới mà qua q trình tìm hiểu, sử dụng tơi thấy những ứng
dụng rộng rãi và nhiều "vẻ đẹp", kĩ thuật tiềm ẩn trong hai phương pháp này
đó là: Phương pháp dồn biến và Phương pháp tiếp tuyến. Điều đó thơi thúc tơi
tìm tịi và nảy sinh ý định hồn thành chương trình cao học với đề tài luận văn:
"Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức". Với hai phương pháp này

chúng ta có thể chinh phục được số lượng lớn các bài bất đẳng thức trong các
kì thi tốn Quốc tế, các kì thi Quốc gia hay đến các kì thi Đại học. Các bạn sẽ
thấy rõ điều đó qua các ví dụ mà tơi đưa ra ở luận văn này. Qua hệ thống ví
dụ chọn lọc này các bạn cũng sẽ hiểu và nắm được cách vận dụng phương pháp.
Tôi cũng đã đưa ra chứng minh cho một số các bất đẳng thức cổ điển bằng hai
phương pháp trên. Đặc biệt trong q trình tìm tịi và vận dụng tôi đã phát
hiện ra 3 kết quả vận dụng để chứng minh và sáng tạo các bài toán bất đẳng
thức. Bằng các kết quả này tôi đã chứng minh lại một số bài tốn trong các kì


3

thi đã được chứng minh bằng các phương pháp khác. Kết quả 1 và 2 là sự mở
rộng của bất đẳng thức Jensen nên đối với các bài toán sử dụng bất đẳng thức
Jensen dùng kết quả này chúng ta có thể chứng minh một cách dễ dàng, nhanh
gọn và thuận tiện khi số lượng các hàm trong bất đẳng thức tăng lên. Sử dụng
các kết quả này sáng tạo các bài tốn bất đẳng thức, theo tơi chinh phục chúng
cũng khơng phải là điều dễ dàng. Bên cạnh đó tơi đang tiếp tục nghiên cứu và
tìm hiểu cách chuyển chứng minh từ sử dụng các kết quả này sang sử dụng các
phương pháp quen thuộc, cách sáng tạo ra các bài tốn bất đẳng thức mới mà
có thể sử dụng các phương quen thuộc để làm. Nó có thể là vấn đề mở cho bạn
đọc nào quan tâm mà trong thời gian hạn hẹn này tơi chưa trình bày thấu đáo
trong luận văn. Với cách nhìn chủ quan và thời gian, năng lực có hạn luận văn
chắc chắn khơng tránh khỏi những sai sót rất mong được sự góp ý của các thầy
cô và các bạn để luận văn được hồn thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn.


4

Mục lục
Lời cảm ơn

1

Lời Mở đầu

2

1 Các kiến thức cơ sở
1.1 Một số các bất đẳng thức cổ điển . . .
1.1.1 Bất đẳng thức AM-GM . . . .
1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
1.1.3 Bất đẳng thức Chebyshev . . .

1.2

1.3

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

6
6
6
7
8

1.1.4 Bất đẳng thức Nesbit . . .
1.1.5 Bất đẳng thức Bernoulli .
1.1.6 Bất đẳng thức Holder . .
1.1.7 Bất đẳng thức Schur . . .
Một số các kiến thức liên quan .

1.2.1 Bất đẳng thức thuần nhất
1.2.2 Biến đổi Abel . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . .
và kĩ thuật chuẩn hóa .
. . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

9
9
10
10
11
11
12

Một số kiến thức về hàm lồi . .

1.3.1 Định nghĩa hàm lồi, lõm
1.3.2 Tính chất . . . . . . . .
1.3.3 Định lý . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

16
16
16
17

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

2 Phương pháp dồn biến
21
2.1 Dồn biến bằng biến đổi đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2 Dồn biến bằng kĩ thuật hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3 Dồn biến bằng dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36


5

3 Phương pháp tiếp tuyến
44
3.1 Chứng minh một số bất đẳng thức cổ điển . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2 Ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4 Kết
4.1
4.2
4.3

quả và ứng dụng
61
Các kết quả cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

Ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Sáng tạo bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Kết luận

85

Tài liệu tham khảo

87


6

Chương 1

Các kiến thức cơ sở
Không phải ngẫu nhiên mà ngay từ chương trình lớp 8 của cấp THCS bất
đẳng thức đã được đưa vào và sau đó trong suốt chương trình tốn của THCS
cũng như THPT bất đẳng thức đã là những bài toán quen thuộc và "nỗi sợ hãi"
của nhiều học sinh. Bất đẳng thức đầu tiên "sơ khai" phải kể đến là bất đẳng
thức AM-GM (thường gọi bất đẳng thức Cơ-si), sau đó trong hàng loạt các sách
tham khảo những bất đẳng thức được nhắc đến như: Cauchy-Schwarz (thường
gọi là Bunnhiacopxki), Chebyshev, Nesbit, Bernouli, Holder, Schur....điều đó cho
thấy "sức mạnh” và sự cần thiết của chúng trong các bài toán bất đẳng thức.
Trong luận văn này một lần nữa tơi nhắc lại và đưa ra các ví dụ minh họa cho
các bất đẳng thức này với sự ngưỡng mộ và thán phục các nhà toán học đã tìm
ra chúng.

1.1

Một số các bất đẳng thức cổ điển

1.1.1

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 .
Chứng minh. Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2.
a + a2 + ... + an
√
Giả sử bất đẳng thức đúng với n, ta có: 1
≥ n a1 .a2 ...an .
n

Khi đó


7

√
√
a1 + a2 + ... + a2n ≥ n n a1 a2 ...an + n n an+1 an+2 ...a2n
√

√
≥ 2 n. n a1 a2 ...an n n an+1 an+2 ...a2n
√
= 2n 2n a1 a2 ...a2n .

Vậy bất đẳng thức đúng với 2n.
Bất đẳng thức đúng với n ta chứng minh được bất đẳng thức cũng đúng với n-1.
√
Thật vậy áp dụng bất đẳng thức cho n số với an = n−1 a1 a2 ...an−1 .
a1 + a2 + ... + an
≥
n
=

n

a1 a2 ...an−1

n

√

n−1

a1 a2 ...an−1

n

(a1 a2 ...an−1 ) n−1
√

= n−1 a1 a2 ...an−1
= an .
⇔ a1 + a2 + ... + an ≥ nan
⇔ a1 + a2 + ... + an−1 ≥ (n − 1)an
a1 + a2 + ... + an−1
√
⇔
≥ n−1 a1 a2 ...an−1 .
n−1

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Hệ quả 1.1. Mọi số dương a1 , a2 , ..., an ta đều có:
√
n
a1 a2 ...an ≥

n
1
1
1
+
+ ... +
a1 a2
an

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Hệ quả 1.2. (i) Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực dương và m1 , m2 , ...., mn là các
số nguyên dương. Ta có
m1 a1 + m2 a2 + ... + mn an

≥ a1m1 a2m2 ...anmn
m1 + m2 + .... + mn

1
m1 +m2 +....+mn

.

(ii) Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực dương và n số hữu tỉ dương i1 , i2 , ..., in sao
cho nk=1 ik = 1. Ta có
a1 i1 + a2 i2 + ... + an in ≥ ai11 ai22 ...ainn .
1.1.2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn ta ln có bất đẳng thức
(a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2


8

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) là hai bộ tỉ lệ,
tức là tồn tại số thực k để ai = kbi ∀i = 1, ..., n.
Chứng minh. Xét
n

(ai x − bi ) = x

f (x) =

a2i

2

−x

b2i = Ax2 + Bx + C.

2ai bi +
i=1

i=1

i=1

i=1

n

n

n
2

= B 2 − 4AC

Để f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R thì

≤0
n

n

n

(2ai bi ) ≤ 4

⇔ B ≤ 4AC ⇔
i=1

b2i

a2i

2

2

i=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f (x) = 0 ⇔

.

i=1

b1
b2
bn
=

= ... = .
a1
a2
an

Hệ quả 1.3. Với hai dãy số a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn ∀bi ≥ 0 ∀i = 1, ..., n thì
a21 a22
a2
(a1 + a2 + ... + an )2
+
+ ... + n ≥
.
b1
b2
bn
b1 + b2 + ... + bn

Hệ quả 1.4. Với mọi dãy số thực a1 , a2 , ..., an ta có
(a1 + a2 + ... + an )2 ≤ n(a21 + a22 + ... + a2n ).
1.1.3

Bất đẳng thức Chebyshev

Cho a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn là hai dãy số thực.
(i) Nếu (ai )ni=1 và (bi )ni=1 là hai dãy đơn điệu tăng thì
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
≥
.
n

n
n

(ii) Nếu (ai )ni=1 và (bi )ni=1 là hai dãy đơn điệu giảm thì

a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
≤
.
n
n
n

Chứng minh. Bằng cách phân tích trực tiếp, ta có đẳng thức sau
n(a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ) − (a1 + a2 + ... + an )(b1 + b2 + ... + bn )
n

(ai − aj )(bi − bj ) ≥ 0

=
i,j=1

Vì các dãy a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn đơn điệu nên (ai − aj )(bi − bj ) ≥ 0.
(ii) Tương tự .


9

Hệ quả 1.5. Nếu a1 , a2 , ..., an là các số thực dương có tổng bằng n thì
≥ an1 + an2 + ... + ann .

an+1
+ an+1
+ ... + an+1
n
1
2
1.1.4

Bất đẳng thức Nesbit

Mọi số thực dương a,b,c ta có
a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c c+a a+b
2

Chứng minh. Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c.
a ≥ b ≥ c =⇒

1
1
1
≥
≥
.

b+c
c+a
a+b

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai bộ số (a, b, c),

1
1
1
,
,
b+c c+a a+b

và

bất đẳng thức AM-GM ta được
2

b
c
a
+
+
b+c c+a a+b

Vậy

1
1
1

+
+
.
b+c c+a a+b
1
1
1
1
+
+
= (b + c + a + c + a + b)
3
b+c c+a a+b
1
1
1
1
≥ 3 3 (b + c)(a + c)(a + b) 3 3
=3
3
b+c c+a a+b

≥2

a+b+c
3

a
b
c

3
+
+
≥ .
b+c c+a a+b
2

Mở rộng ta có:
Bất đẳng thức Nesbit 4 biến
Mọi số thực dương a,b,c,d ta có
b
c
d
a
+
+
+
≥ 2.
b+c c+d d+a a+b

Bất đẳng thức Nesbit 6 biến
Mọi số thực dương a,b,c,d,e,f ta có
a
b
c
d
f
+
+
+

+
≥ 3.
b+c c+d d+e e+f
a+b

Bất đẳng thức Nesbit cho trường hợp tổng quát không đúng.
1.1.5

Bất đẳng thức Bernoulli

Với mọi số nguyên r ≥ 1, ∀x ∈ R, x ≥ −1 ta có
(1 + x)r ≥ (1 + rx).


10

Hệ quả 1.6. (Bất đẳng thức Bernoulli mở rộng )
Cho x > −1 và α ∈ R. Ta có
(i) (1 + x)α ≥ (1 + αx) với mọi α < 0 hoặc α > 1.
(ii) (1 + x)α ≤ (1 + αx) với mọi 0 ≤ α ≤ 1.
1.1.6

Bất đẳng thức Holder

Với mọi bộ số không âm (xk ), (yk ) (k = 1, 2, ..., n) và cặp số dương p,q mà

1 1
+ = 1 ta đều có
p q

n
k=1 xk yk

n
p
k=1 xk

≤

1
p

n
q
k=1 yk

1
q

Hệ quả 1.7. (Bất đẳng thức Mincowski)
Với mọi bộ số không âm (xk ), (yk ) (k = 1, 2, ..., n) và số dương p ≥ 1 ta đều có
n

(xk + yk )p

1
p

xpk

≤

1
p

n

ykp

+

k=1

k=1

1.1.7

n

1
p
.

k=1

Bất đẳng thức Schur

Cho α ∈ R, β ≥ 0 và a, b, c khơng âm ta có
aα (aβ − bβ )(aβ − cβ ) + bα (bβ − aβ )(bβ − cβ ) + cα (cβ − aβ )(cβ − bβ ) ≥ 0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Chứng minh. Xét α ≥ 0, giả sử a ≥ b ≥ c ta có
aα (aβ − bβ )(aβ − cβ ) ≥ aα (aβ − bβ )(bβ − cβ ) ≥ bα (aβ − bβ )(bβ − cβ )
= −bα (bβ − aβ )(bβ − cβ ).

Do đó: aα (aβ − bβ )(aβ − cβ ) + bα (bβ − aβ )(bβ − cβ ) + cα (cβ − aβ )(cβ − bβ )
≥ −bα (bβ − aβ )(bβ − cβ ) + bα (bβ − aβ )(bβ − cβ ) + cα (cβ − aβ )(cβ − bβ )
≥ cα (cβ − aβ )(cβ − bβ ) ≥ 0.

Tương tự xét α ≤ 0.
Vậy aα (aβ − bβ )(aβ − cβ ) + bα (bβ − aβ )(bβ − cβ ) + cα (cβ − aβ )(cβ − bβ ) ≥ 0.
Hệ quả 1.8. Cho a, b, c, n là các số thực dương ta có
an (a − b)(a − c) + bn (b − c)(b − a) + cn (c − a)(c − b) ≥ 0.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.


11

Hệ quả 1.9. Với mọi số thực không âm ta có
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Nhận xét 1.1. Bất đẳng thức Schur thường được sử dụng dưới dạng hệ quả 1.9.

1.2
1.2.1

Một số các kiến thức liên quan
Bất đẳng thức thuần nhất và kĩ thuật chuẩn hóa

Hàm số f (x1 , x2 , ..., xn ) của các biến x1 , x2 , ..., xn được gọi là hàm thuần nhất
bậc k nếu với mọi số thực t ta có:
f (tx1 , tx2 , ..., txn ) = tk f (x1 , x2 , ..., xn )

Từ đó ta có định nghĩa bất đẳng thức thuần nhất như sau:
* Bất đẳng thức thuần nhất là bất đẳng thức có dạng: f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ 0 trong
đó f (x1 , x2 , ..., xn ) là hàm thuần nhất bậc k.
* Kĩ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất đối xứng:
Ý tưởng chuẩn hóa là như sau:
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức thuần nhất f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ g(x1 , x2 , ..., xn )
trong đó f và g là hai hàm thuần nhất cùng bậc, do tính chất của hàm thuần
nhất ta có thể chuyển bất đẳng thức trên về việc chứng minh bất đẳng thức
f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ a với mọi x1 , x2 , ..., xn thỏa mãn g(x1 , x2 , ..., xn ) = a. Lợi ích của
việc chuẩn hóa là ta có thể làm đơn giản các biểu thức của bất đẳng thức cần
chứng minh, tận dụng được một số tính chất đặc biệt.
Ví dụ: Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì
(a + c − b)2
(c + b − a)2
3
(a + b − c)2
+
+
≥ .
2
2
2
2
2
2

c + (b + a)
b + (c + a)
a + (b + c)
5

Nhận thấy bậc của cả hai vế là 0. Đặt x =

a
b
c
,y=
,z=
,
a+b+c
a+b+c
a+b+c

thế thì x + y + z = 1. Do đó ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
1 − 2z
(1 − 2y)2
(1 − 2x)2
3
+ 2
+ 2
≥ .
2
2
2
2
z + (1 − z)

y + (1 − y)
x + (1 − x)
5

Chứng minh bất đẳng thức này sẽ dễ dàng hơn. Cụ thể cách chứng minh được
trình bày ở phần ví dụ của chương sau.


12

1.2.2

Biến đổi Abel

Cho tổng nk=1 ak bk (∗).
Ký hiệu T0 = 0, T1 = a1 , T2 = a1 + a2 , ..., Tk = a1 + a2 + ... + ak .
Suy ra ak = Tk − Tk−1 ; k = 1, 2, ..
Thay vào (*) ta được

n
k=2 Tk−1 bk

n−1
j=1 Tj bj+1

=

Tk−1 bk .
k=2

k=1

k=1

k=1

Ta có

Tk bk −

(Tk − Tk−1 )bk =

ak b k =

n

n

n

n

n−1
k=1 Tk bk+1 .

=

Do đó
n

n−1

n

Tk bk −

ak b k =
k=1

Tk bk+1
k=1

k=1
n−1

Tk (bk − bk+1 ) + Tn bn

=
k=1

Vậy
n

n−1

Tk (bk − bk+1 ) + Tn bn .

ak b k =
k=1

k=1

Ví dụ 1.1. Cho x,y,z là ba số thực thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng
√
√
√
3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6.

(Đề dự bị Đại học KA-2005)
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
√
√
4
3 + 4x = 1 + 1 + 1 + 4x ≥ 4 4x .
√
√
√
√
Tương tự ta có 3 + 4y ≥ 4 4 4y và 3 + 4z ≥ 4 4 4z . Suy ra
√
√
√
√
√
√
3
x+y+z
4
4

4
3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 4 4x + 4 4y + 4 4z ≥ 2 3 2 4 = 6.
√

Vậy

√

3 + 4x +

√

3 + 4y +

√

3 + 4z ≥ 6.

Ví dụ 1.2. Cho các số dương thay đổi x,y,z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh
rằng
√
1 + x3 + y 3
+
xy

1 + y3 + z3
+
yz

√

1 + z 3 + x3
≥ 3 3.
zx

(Đề thi tuyển sinh Đại học KD-2005)


13

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
3

3

1+x +y ≥3

3

x3 y 3

= 3xy ⇔

1 + x3 + y 3
≥
xy

√

3xy √

= 3z.
xy

Tương tự ta có
√

1 + y3 + z3 √
≥ 3x.
yz
1 + z 3 + x3
≥
zx

3y.

Cộng vế với vế ta được
1 + x3 + y 3
+
xy

1 + y3 + z3
+
yz

√

√
1 + z 3 + x3 √
≥ 3z + 3x +
zx

3y.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM thì
√

Vậy

3x +

1 + x3 + y 3
+
xy

3y +

√
√
3
3z ≥ 3
3x

1 + y3 + z3
+
yz

√
√
3y 3z = 3 3.

√
√
1 + z 3 + x3
≥ 3 3.
zx

Ví dụ 1.3. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng
a+b+c≤2

b2
c2
a2
+
+
b+c c+a a+b

.

(Bất đẳng thức định lí và áp dụng)
Lời giải:
a
Ta có: a + b + c = √

√

b √
c √
b+c+ √
c+a+ √
a + b.

c+a
b+c
a+b

Theo bất đẳng thức Cauchy thì
(a + b + c)2 ≤

b2
c2
a2
+
+
b+c c+a a+b

⇔a+b+c≤2

[(b + c) + (c + a) + (a + b)] .

a2
b2
c2
+
+
b+c c+a a+b

.

Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với ba số a,b,c ta có bất đẳng thức
(b + c − a)2
(c + a − b)2

(a + b − c)2
3
+
+
≥ .
2
2
2
2
2
2
a + (b + c)
b + (a + c)
c + (a + b)
5

(Olympic Nhật Bản 1997)


14

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
b+c
−1
a

(b + c − a)2
=
a2 + (b + c)2

b+c
a

1+

Đặt x =

2

b+c
−3
a

≥

2

3+

b+c
a

2

2

.

c+a

a+b
b+c
,y =
,z =
thì bất đẳng thức đã cho tương đương
a
b
c
3
(x + y + z − 3)2 ≥ (x2 + y 2 + z 2 + 3)
5
2

⇔

− 15

x

xy + 18 ≥ 0.

x+3

Ta chứng minh được xy + yz + zx ≥ 2(x + y + z).
Thật vậy , ta có
b+c c+a c+a a+b a+b b+c
+
+
a
b

b
c
c
a
a3 + 3abc +
ab(a + b)
.
=
abc
b+c c+a a+b
2(x + y + x) = 2
+
+
a
b
c
2 ab(a + b)
=
.
abc

xy + yz + zx =

Suy ra
xy + yz + zx ≥ 2(x + y + z)
⇔
⇔

a3 + 3abc +
ab(a + b)

2
≥
abc
3
a + 3abc ≥
ab(a + b).

ab(a + b)
abc

Đây là bất đẳng thức Schur.
Do chứng minh trên nên ta có
2

x

− 15

⇔

x

x+3

xy + 18 ≥ 0

2

−9

x + 18 ≥ 0.

Mặt khác : t = x + y + z ≥ 6 (áp dụng AM-GM) nên
2

x

−9

x + 18 = t2 − 9t +

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

9
81 9
− = t−
4
4
2

2

−

9
≥ 0.
4


15

Ví dụ 1.5. Xét các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P =

1
a2 (b + c)

+

1

+

b2 (c + a)

1
c2 (a + b)

.

(MO USA)
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
1 1 1
+ +
a b c

2

=

√
√
√
1
1
1
√
b+c+ √
a+c+ √
a+b
b a+c
a b+c
c a+b

2

.

≤ P [2(a + b + c)].

Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức AM-GM, thì
1 1 1
+ +
a b c
1 1 1
+ +
⇔
a b c

3
2

Suy ra P ≥ . Vậy P {min} =

2

1
1
1
+ +
.
ab bc ca
3(a + b + c)
= 3(a + b + c).
≥
abc
≥3

2

3
khi a = b = c = 1.
2

Ví dụ 1.6. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
3

+ 3
+ 3
≥ .
+ z) y (z + x) z (x + y)
2

x3 (y

(IMO 1995)
Lời giải:
1
1
1
Đặt = a, = b, = c; a, b, c > 0; abc = 1, a + b + c ≥ 3.
x

y

z

1
Ta có 3
=
1
x (y + z)
a3

1
1 1
+

b c

a2
=
.
b+c

Ta đưa bất đẳng thức đã cho về dạng
a2
b2
c2
3
+
+
≥ .
b+c a+c a+b
2

Do vai trò của x, y, z cũng như của a, b, c bình đẳng, khơng mất tính tổng quát
giả sử x ≥ y ≥ z hay 0 ≤ a ≤ b ≤ c =⇒

a
b
c
≤
≤
.
b+c
a+c
a+b

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev
a+b+c
3

a
b
c
+
+
b+c a+c a+b

≤

a2
b2
c2
+
+
.
b+c a+c a+b


16

a2
b2
c2
3
+

+
≥ (áp dụng Nesbit).
b+c a+c a+b
2
1
1
3
1
+ 3
+ 3
≥ .
Vậy 3
x (y + z) y (z + x) z (x + y)
2
⇔

1.3
1.3.1

Một số kiến thức về hàm lồi
Định nghĩa hàm lồi, lõm

Định nghĩa 1. (Hàm lồi)
Hàm f (x) được gọi là hàm lồi (lồi dưới) trên tập [a; b) ⊂ R nếu với mọi x, y ∈ [a; b)
và với mọi k ∈ [0; 1], ta đều có
f (kx + (1 − k)y) ≤ kf (x) + (1 − k)f (y).

Định nghĩa 2. (Hàm lõm)
Hàm f (x) được gọi là hàm lõm trên tập [a; b) ⊂ R nếu với mọi x, y ∈ [a; b) và với
mọi k ∈ [0; 1], ta đều có

f (kx + (1 − k)y) ≥ kf (x) + (1 − k)f (y).

Tương tự ta cũng có định nghĩa về hàm lồi (lõm) trên các tập (a; b), (a; b] và
[a;b]. Về sau, ta sử dụng ký hiệu I(a, b) là nhằm ngầm định một trong bốn tập
hợp (a; b), [a; b), (a; b] và [a; b].
Chú ý rằng, đơi khi ta chỉ nói về tính lồi của một hàm số mà khơng nói tới hàm
đó lồi trên tập I(a, b) một cách cụ thể như đã nêu trên.
1.3.2

Tính chất

Tính chất 1. Nếu f (x) lồi (lõm) trên I(a, b) thì g(x) = cf (x) là lồi (lõm) trên
I(a, b) khi c ≥ 0 (ngược lại khi c ≤ 0).
Tính chất 2. Tổng hữu hạn các hàm lồi trên I(a, b) là một hàm lồi trên I(a, b).
Tính chất 3. Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a, b), nếu g(x) lồi và
đồng biến trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lồi trên I(a, b).
Tính chất 4. (i) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lõm trên I(a, b) và nếu g(x) lồi
và nghịch biến trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lồi trên I(a, b).
(ii) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lõm trên I(a, b) và nếu g(x) lõm, đồng biến
trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lõm trên I(a, b).
(iii) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a, b) và nếu g(x) lõm, nghịch biến
trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lõm trên I(a, b).


17

Tính chất 5. Nếu f (x) là hàm số liên tục và đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch
biến) trên I(a, b) và nếu g(x) là hàm ngược của f (x) thì ta có các kết luận sau:
(i) f (x) lõm, đồng biến ⇔ g(x) lồi, đồng biến.
(ii) f (x) lõm, nghịch biến ⇔ g(x) lõm, nghịch biến.

(iii) f (x) lồi, nghịch biến ⇔ g(x) lồi, nghịch biến.
Tính chất 6. Nếu f (x) là hàm khả vi trên I(a, b) thì f (x) là hàm lồi trên I(a, b)
khi và chỉ khi f (x) là hàm đơn điệu tăng trên I(a, b).
Chứng minh. Giả sử f (x) lồi trên I(a, b).
Khi đó với x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I(a, b)), ta có
x − x1
x2 − x
x − x1
x2 − x
> 0,
> 0,
+
=1
x2 − x1
x2 − x1
x 2 − x1 x2 − x1

và vì vậy
f (x) ≤

x2 − x
x − x1
f (x1 ) +
f (x2 )
x2 − x1
x2 − x1

hay
f (x2 ) − f (x)
f (x) − f (x1 )

≤
(∗)
x − x1
x2 − x

Cho x −→ x1 , ta thu được
f (x1 ) ≤

f (x2 ) − f (x1 )
x2 − x 1

Tương tự cho x −→ x2 , ta thu được
f (x2 ) − f (x1 )
≤ f (x2 )
x2 − x1

Suy ra f (x1 ) ≤ f (x2 ), tức là hàm số f (x) là hàm đơn điệu tăng.
Ngược lại, giả sử f (x) là hàm đơn điệu tăng và x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I(a, b)).
Theo định lí Lagrange, tồn tại x3 , x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 sao cho
f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
= f (x3 ),
= f (x4 ).
x − x1
x2 − x

Do f (x3 ) ≤ f (x4 ) nên

f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)

≤
x − x1
x2 − x

Tức là ta có (*).
1.3.3

Định lý

Định lý 1. (Bất đẳng thức cát tuyến)
Hàm số f (x) lồi trên I(a, b), với mọi x ∈ I(a, b) ta có bất đẳng thức
f (x) ≤ f (a) +

f (a) − f (b)
(x − a).
a−b


18

Chứng minh. Xét hai trường hợp:
TH1: Nếu x ∈ {a, b} hiển nhiên đúng.
TH2: Nếu x ∈ (a, b) tức là a < x < b theo tính chất 6 ta có
f (b) − f (x)
f (x) − f (a)
≤
x−a
b−x
⇔ bf (x) − xf (x) − bf (a) + xf (a) ≤ xf (b) − xf (x) − af (b) + af (x)
f (a) − f (b)

⇔ f (x) ≤ f (a) +
(x − a).
a−b

Định lý 2. (Bất đẳng thức tiếp tuyến)
Hàm số f (x) khả vi cấp 1 trên I(a, b), f (x) là hàm lồi khi và chỉ khi ∀x, m ∈ I(a, b)
ta có
f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m).(∗)

Chứng minh. Nếu f (x) lồi trên I(a; b)
TH1: Với x = m hiển nhiên đúng.
TH2: Với x < m.
Lấy δ tùy ý thỏa mãn 0 < δ < b − m suy ra m + δ > m > x .
Theo tính chất 6 ta có
f (x) − f (m)
f (m + δ) − f (m)
≥
.
δ
x−m

Lấy giới hạn cho δ tiến đến 0+ và do tính khả vi của f (x) ta được
f (m) ≥

f (x) − f (m)
x−m

⇔(x − m)f (m) ≤ f (x) − f (m)
⇔f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m).

TH3: Với x > m
Tương tự 0 < δ < m − a tùy ý ta có
f (x) − f (m)
f (m) − f (m − δ)
≥
.
x−m
δ
f (x) − f (m)
≥ f (m) ⇔ f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m).
x−m
Vậy f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m).

Cho δ dần tới 0+ ta có

Ngược lại:
Nếu f(x) khả vi trên I(a, b) với mọi x, m ∈ I(a, b) ta ln có
f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m).


19

Với 1 > k > 0; x, y ∈ [a, b] tùy ý:
f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m) (1)
f (y) ≥ f (m) + (y − m)f (m) (2)

Nhân (1) với k , (2) với 1 − k và cho m = kx + (1 − k)y ta có
kf (x) + (1 − k)f (y) ≥ kf (m) + k(x − m)f (m) + (1 − k)f (m) + (1 − k)(y − m)f (m)
= f (kx + (1 − k)y).
⇔ f (x) + (1 − k)f (y) ≥ f (kx + (1 − k)y).

Do đó f (x) là hàm lồi. Vậy định lí được chứng minh.
Định lý 3. (Điều kiện để hàm lồi, lõm)
Hàm f (x) khả vi cấp 2 trên I(a, b) khi đó
(i) Hàm f(x) lồi khi và chỉ khi f (x) ≥ 0.
(ii) Hàm f(x) lõm khi và chỉ khi f (x) ≤ 0.
Chứng minh. • Nếu f (x) khả vi cấp 2 trên I(a, b), f (x) liên tục trên I(a, b)
và f (x) lồi trên I(a, b) khi đó với x ∈ I(a, b) theo quy tắc L’Hospital ta có
f (x + 2h) − 2f (x + h) + f (x)
.
h2
h→0

f (x) = lim

Theo bất đẳng thức tiếp tuyến
f (x + 2h) ≥ f (x + h) + (x + 2h − x − h)f (x + h)
f (x) ≥ f (x + h) + (x − x − h)f (x + h).
f (x + 2h) − 2f (x + h) + f (x)
h2
f (x + h) + hf (x + h) − 2f (x + h) + f (x + h) − hf (x + h)
≥
= 0.
h2
Do đó f (x) ≥ 0.

Từ đó:

• Nếu f (x) khả vi cấp 2 trên I(a, b), f (x) liên tục trên I(a, b) và f (x) ≥ 0

với mọi x ∈ I(a, b), với mọi x, m ∈ I(a, b) ta xét
δ(x) = f (x) − f (m) − (x − m)f (m).

Ta có δ (x) = f (x) − f (m), δ (x) = f (x) ≥ 0 tức là hàm δ (x) liên tục và không
giảm trên I(a, b) nên:
(i) Trên I(m; b) ta có δ (x) ≥ δ (m) = f (m) − f (m) = 0 do đó hàm δ(x) không


20

giảm suy ra δ(x) ≥ δ(m) = 0 ∀x ∈ I(m, b).
(ii) Trên I(a; m) ta có δ (x) ≤ δ (m) = 0 do đó hàm δ(x) khơng tăng suy ra
δ(x) ≥ δ(m) = 0 ∀x ∈ I(a, m).

Trong cả hai trường hợp đều dẫn đến
f (x) ≥ f (m) + (x − m)f (m).

Vậy f (x) là hàm lồi.


21

Chương 2

Phương pháp dồn biến
Trong các bài toán khi số lượng biến số tăng lên thì đa số độ khó của các bài
toán cũng tăng lên . Đối với bất đẳng thức cũng như thế . Một bất đẳng thức
hai biến thường sẽ "dễ chịu" hơn là bất đẳng thức ba, bốn biến. Vì lí do đó mà
tư tưởng của phương pháp dồn biến xuất hiện ."Dồn biến" tức là giảm tối đa số
biến có thể. Một số lượng lớn các bất đẳng thức mà ta gặp đều có dấu bằng xảy

ra khi các biến bằng nhau (ta nói cực trị đạt tại tâm) tổng quát lên có một số
biến bằng nhau (ta gọi cực trị đạt được có tính đối xứng) một trường hợp khác
dấu"= "xảy ra khi có một biến có giá trị trên biên (ta gọi cực trị đạt tại biên).
Ý tưởng của phương pháp dồn biến ta đưa bài tốn bất đẳng thức về trường
hợp có hai biến bằng nhau hoặc một biến đạt giá trị tại biên khi đó số biến giảm
dần. Đối với bài tốn nhiều biến áp dụng q trình này nhiều lần đến khi giảm
tối thiểu số biến, số biến còn lại có thể chỉ là một biến.
Để giảm số biến người ta có thể sử dụng :
x + x2
.
-Trung bình cộng t = 1
-Trung bình nhân t =

√ 2
x1 x2 .

x1 2 + x2 2
.
2
Sau đó chứng minh f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ f (t, t, ..., xn ) .

-Hoặc t =

Và tiếp tục làm việc với f (t, t, ..., xn ) bằng kĩ thuật biến đổi đại số, hàm số, dãy
số.
Với mong muốn tìm hiểu về phương pháp dồn biến và các kĩ thuật dùng trong
phương pháp này. Chương hai được trình bày với các phần như sau:
- "Dồn biến" bằng biến đổi đại số.
- "Dồn biến" bằng hàm số .

22

- "Dồn biến" bằng dãy số.
Trước hết chúng ta thử "chinh phục" các bất đẳng thức cổ điển bằng phương
pháp dồn biến.
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 .
Lời giải:
Với mỗi điểm x = (x1 , x2 , ..., xn ) ta liên kết với nó một tập A(x) được định nghĩa
như sau:
A(x) bao gồm các phần tử nhận được từ x sau một số hữu hạn các phép toán
√
√
y = (y1 , y2 , ..., yn ) → (y1 , ..., yi yj , ..., yi yj , ..., yn ) nghĩa là thay yi , yj bởi trung

bình nhân. Nhận xét f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ f (y)∀y ∈ A(x). Ta mong muốn điểm
√
(u, u, ..., u) là điểm giới hạn của A(x) với u = n x1 x2 ...xn (nghĩa là tồn tại dãy
yk ∈ A(x) sao cho mỗi thành phần tọa độ của yk tiến tới u)
Lấy bao đóng của tập A(x) là một tập bị chặn. Khi đó xét hàm số f (x) = ni=1 xi
là hàm liên tục nên đạt GTNN trên tập compact A(x).
Giả sử y = (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ A(x) là điểm làm cho g đạt GTNN. Khi đó nếu tồn
√

√

tại yi = yj thì điểm z = (y1 , y2 , ..., yi yj , ..., yi yj , ..., yn ) ∈ A(x) và g(z) ≤ g(y).
√
√
Vậy mâu thuẫn với giả thiết. Tóm lại y = ( n x1 x2 ...xn , ..., n x1 x2 ...xn ) ∈ A(x) và
f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ f (y).
Bất đẳng thức Nesbit
Mọi số thực dương a,b,c ta có
a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c c+a a+b
2

Lời giải:
Đặt f (a, b, c) =

a
b
c
3
a+b
+
+

− ,t=
.
b+c c+a a+b 2
2
a2 + b2 + c(a + b)
c
3
2t2 + 2tc
c
3
f (a, b, c) =
+
−
≥
+ −
2
2
2
ab + c + c(a + b) a + b 2
t + c + 2tc 2t 2
= f (t, t, c).

Chứng minh f (t, t, c) ≥ 0. Thật vậy
f (t, t, c) =

=

2t2 + 2tc
−1
t2 + c2 + 2ct

+

(t − c)2
≥ 0 ∀t, c ≥ 0.
2t(t + c)

c
1
−
2t 2


23

Do đó f (a, b, c) ≥ 0.
b
c
a
+
+
Vậy
b+c

c+a

3
≥ .
a+b
2

Bất đẳng thức Schur
Với mọi số thực a, b, c không âm ta có
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b).

Lời giải:
b+c
Đặt f (a, b, c) = a3 + b3 + c3 + 3abc − a2 (b + c) − b2 (c + a) − c2 (a + b), t =
.
2

Xét hiệu
f (a, b, c) − f (a, t, t)
= a3 + b3 + c3 + 3abc − a2 (b + c) − b2 (c + a) − c2 (a + b) − a3 − t3 − t3
− 3at2 + 2ta2 + t2 (t + a) + t2 (a + t)
= b3 + c3 + 3abc − a2 (b + c) − b2 (c + a) − c2 (a + b) − at2 + 2ta2
= b3 + c3 + 3abc − a2 (b + c) − b2 (c + a) − c2 (a + b) − a(

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

5
= (b + c − a)(b − c)2 .
4

Giả sử a = min{a, b, c} thì ta có f (a, b, c) − f (a, t, t) ≥ 0.

Mặt khác: f (a, t, t) = a3 + at2 − 2ta2 = a(t2 − 2ta + a2 ) = a(t − a)2 ≥ 0.
Do đó f (a, b, c) ≥ 0
Vậy a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b).

2.1

Dồn biến bằng biến đổi đại số

Ví dụ 2.1. Cho x, y, z là ba số thực thuộc [1; 4] và x ≥ y , x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P =

y
z
x
+
+
.
2x + 3y y + z z + x

(Đề thi tuyển sinh Đại học KA-2011)
Lời giải:
Ta có P =

x
y
z
1
1
1

+ y+z + z+x =
+
+
y
z
x.
2x + 3y
2
+
3
1
+
1
+
y
z
x
x
y
z
y
z
x
y
z
x
Đặt a = , b = , c = bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của
x
y
z

1
1
1
P =
+
+
với điều kiện abc = 1.
2 + 3a 1 + b 1 + c


24

1
1
1
+
+
.
2 + 3a 1 + b 1 + c
√
1
1 1 1
Đặt t = bc, theo giả thiết 1 ≤ x, y, z ≤ 4 suy ra ≤ , , ≤ 1. Kết hợp với
4
x y z
điều kiện x ≥ y , x ≥ z ta có 1 ≤ bc ≤ 4 tức là 1 ≤ t ≤ 2.
2
1
+
Ta có f (a, t, t) =

2 + 3a 1 + t
1
1
2
Xét hiệu f (a, b, c) − f (a, t, t) =
+
−
nên
1+b 1+c 1+t

Ký hiệu f (a, b, c) =

1
1
2
+
−
≥0
1+b 1+c 1+t
2
2+b+c
≥
⇔
1 + b + c + bc
1+t

f (a, b, c) − f (a, t, t) ≥ 0 ⇔

⇔ (b + c)(t − 1) + 2(t − bc) ≥ 0
⇔ (b + c)(t − 1) + 2(t − t2 ) ≥ 0

⇔ (t − 1)(b + c − 2t) ≥ 0
√
⇔ (t − 1)(b + c − 2 bc) ≥ 0 (1).
√
Ta có (1) ln đúng vì t ≥ 1 và b + c − 2 bc ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi bc = 1 hoặc
x
x
z
b = c tức là = 1 hoặc = (2).
y
z
y
Do đó f (a, b, c) − f (a, t, t) ≥ 0 hay f (a, b, c) ≥ f (a, t, t).

Bước còn lại của phương pháp dồn biến đánh giá f (a, t, t).
t2
2
1
1
nên
f
(a,
t,
t)
=
f
,
t,
t
=

+
.
2
2
2
t
t
2t + 3 1 + t
t2
2
2t3 (3 − 4t) + 6t(1 − 2t) − 18
+
, f (t) =
< 0.
Đặt f (t) = 2
2t + 3 1 + t
(2t2 + 3)2 (1 + t)2
34
Suy ra f (t) ≥ f (2) = .
33
x
34
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay bc = 4 tức là = 4 (3). Do đó P ≥ .
y
33
Từ (2) và (3) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2.
34
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
khi x = 4, y = 1, z = 2.
33

Theo giả thiết abc = 1 hay a =

Ví dụ 2.2. Cho x,y,z là ba số thực thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng
√
√
√
3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6.

(Đề dự bị Đại học KA-2005)
Lời giải:
Đặt a = 4x , b = 4y , c = 4z .
√
√
√
Bài toán trở thành: 3 + a + 3 + b + 3 + c ≥ 6 với điều kiện abc = 1.
Kí hiệu f (a, b, c) =

√

3+a+

√

3+b+

√

3 + c.