(Luận văn thạc sĩ) bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

TRẦN HUYỀN THƯƠNG

BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ
MỘT SỐ ỨNG DỤNG

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

TRẦN HUYỀN THƯƠNG

BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ
MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 84. 60. 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2018

i

Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
3
1.1 Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức . . . . . 3
1.2 Một số phương pháp giải bài tốn bất đẳng thức thường
gặp ở phổ thơng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 2. Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng
2.1 Bất đẳng thức sắp xếp lại . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Khái niệm về bất đẳng thức sắp xếp lại . . . . . .
2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào
giải bài toán bất đẳng thức . . . . . . . . . . . .
2.2 Ứng dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số bài
toán về bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh
một số bất đẳng thức quen thuộc . . . . . . . . .
2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số
bài toán về bất đẳng thức dành cho học sinh khá,
giỏi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo

20
. 20
. 20

. 22
. 23
. 23

. 29
48


1

Lời nói đầu
Bất đẳng thức sắp xếp lại (hay cịn gọi là bất đẳng thức hoán vị) là
một bất đẳng thức sơ cấp rất mạnh. Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại
sẽ cho ta những lời giải bất đẳng thức thú vị. Trên tạp chí tốn quốc tế
Mathematical Excalibur (Vol. 4, No. 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (công
tác tại Khoa Tốn Đại học Khoa học và Cơng nghệ Hồng Kông) đã viết
một bài báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bất
đẳng thức này, từ đó có nhiều tác giả trong và ngoài nước đã quan tâm,
trao đổi về bất đẳng thức sắp xếp lại. Với mong muốn làm rõ cơ sở toán
học, ý tưởng của việc sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh
bất đẳng thức, tôi chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức sắp
xếp lại trong việc đưa ra lời giải cho một số bất đẳng thức trong các đề
thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế làm hướng nghiên cứu của luận văn
thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng”.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của
luận văn được trình bày trong 2 chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này sẽ trình bày định
nghĩa, tính chất cơ bản của bất đẳng thức và liệt kê một vài hướng
giải bài toán về bất đẳng thức thường gặp trong chương trình tốn phổ
thơng và đề thi chọn học sinh giỏi.

Chương 2. Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng. Nội dung
Chương 2 trình bày bất đẳng thức sắp xếp lại và ý tưởng của việc vận
dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc giải một số các bài toán liên
quan đến bất đẳng thức, trình bày cụ thể một số ví dụ minh họa cho
việc vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc chứng minh một số
bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thơng.
Cuối chương này tôi sưu tầm, chọn lọc đưa ra một số bài tốn trong
các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức sắp xếp lại.


2

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên. Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới thầy giáo PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Thầy đã dành nhiều thời gian
hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tơi trong suốt q trình
làm luận văn. Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Em xin chân thành cảm ơn tồn thể các thầy cơ trong Khoa Toán Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng
dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và
hoàn thành luận văn.
Luận văn đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của
PGS.TS. Trịnh Thanh Hải nhưng do nhiều lí do, luận văn sẽ cịn những
thiếu sót nhất định. Em hy vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các
q Thầy cơ, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh hơn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Tác giả luận văn

Trần Huyền Thương

3

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức về một số kết quả lý thuyết
về bất đẳng thức, những kết quả này là những kiến thức bổ trợ cho việc
trình bày các kết quả chính trong chương 2. Nội dung của chương được
tổng hợp từ các tài liệu [1] và [2].

1.1

Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức

Trong tốn học, một bất đẳng thức là một phát biểu về quan hệ thứ
tự giữa hai đối tượng.
Ký hiệu a < b có nghĩa là a nhỏ hơn b và ký hiệu a > b có nghĩa
là a lớn hơn b. Những quan hệ nói trên được gọi là bất đẳng thức
nghiêm ngặt; ngồi ra ta cịn có các bất đẳng thức khơng ngặt:
a ≤ b có nghĩa là a nhỏ hơn hoặc bằng b và;
a ≥ b có nghĩa là a lớn hơn hoặc bằng b.

Sau đây là một số tính chất quen thuộc của bất đẳng thức thường
dùng.
Tính chất 1.1.1 (Tính chất bắc cầu) Nếu a > b và b > c thì a > c.
Tính chất 1.1.2 a > b ⇔ a + c > b + c.
Hệ quả 1.1.3 a > b ⇔ a − c > b − c.
Hệ quả 1.1.4 a + c > b ⇔ a > b − c.
Tính chất 1.1.5 a > b và c > d ⇒ a + c > b + d.

c > 0 : a > b ⇔ ac > bc,
Tính chất 1.1.6

c < 0 : a > b ⇔ ac < bc.


4

Tính chất 1.1.7 a > b ⇔ −a < −b.

a b


c > 0 : a > b ⇔ > ;
c
c
Tính chất 1.1.8

a b

c < 0 : a > b ⇔ < .
c
c

a > b > 0
⇒ ac > bd.
Tính chất 1.1.9
c > d > 0
Tính chất 1.1.10 a > b > 0 ⇔ 0 <

1
1
< .

a
b

Tính chất 1.1.11 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ an > bn .
√
√
Tính chất 1.1.12 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ n a > n b.
Hệ quả 1.1.13 (i) Nếu a và b là hai số dương thì a > b ⇔ a2 > b2 .
(ii) Nếu a và b là hai số khơng âm thì a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2 .
Tính chất 1.1.14 Với mọi a, b ∈ R ta có:
(i) |a + b| ≤ |a| + |b|.
(ii) |a − b| ≤ |a| + |b|.
(iii) |a + b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≥ 0.
(iv) |a − b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≤ 0.

1.2

Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức
thường gặp ở phổ thơng

Trong chương trình phổ thơng, học sinh đã được tiếp cận với một số
hướng để giải các bài toán về bất đẳng thức như:
- Định nghĩa;
- Phép biến đổi tương đương;
- Một số bất đẳng thức kinh điển, chẳng hạn bất đẳng thức Cauchy,
Bunhiacopski, Chebyshev, Bernouli;


5

- Tính chất bắc cầu;
- Tính chất của tỉ số;
- Làm trội;
- Bất đẳng thức trong tam giác;
- Tam thức bậc hai;
- Quy nạp toán học;
- Chứng minh phản chứng;
- Biến đổi lượng giác;
- Khai triển nhị thức Newton;
- Tích phân. . .
Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng với mọi m, n, p, q ta đều có:
m2 + n2 + p2 + q 2 + 1 ≥ m(n + p + q + 1).
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương
đương như sau.
m2 + n2 + p2 + q 2 + 1 ≥ m(n + p + q + 1)

m2
m2
− mn + n2 +
− mp + p2
4
4
2
m2
m
2
− mq + q +
−m+1 ≥0
+

4
4
2
2
2
m
m
m
m
⇔
−n +
−p +
−q +
−1
2
2
2
2

⇔

Ta thấy bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

2

≥ 0.


6

Dấu bằng xảy ra khi


m


−n=0


2







m


−p=0


2


m


−q =0




2







m

 −1=0
2

⇔


m

n
=


2








m



p=


2


m



q=


2








m=2

⇔


m = 2

n = p = q = 1

Ví dụ 1.2.2 Cho xy ≥ 1. Chứng minh rằng:

1
2
1
+
≥
.
2
2
1+x
1+y
1 + xy

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương
đương như sau:
1
1
2
+
≥
2

2
1+x
1+y
1 + xy
1
1
1
1
−
+
−
≥0
⇔
2
2
1+x
1 + xy
1+y
1 + xy
xy − y 2
xy − x2
+
≥0
⇔
(1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y 2 ) (1 + xy)
x(y − x)
y(x − y)
⇔
+
≥0

(1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y 2 ) (1 + xy)
(y − x)2 (xy − 1)
≥ 0.
⇔
(1 + x2 ) (1 + y 2 ) (1 + xy)
Bất đẳng thức cuối này đúng do xy ≥ 1.
✷
Ví dụ 1.2.3 Chứng minh rằng:
(a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 ).
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương

.


7

đương như sau:
(a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 )

⇔ a12 + a10 b2 + a2 b10 + b12 ≥ a12 + a8 b4 + a4 b8 + b12
⇔ a8 b2 (a2 − b2 ) + a2 b8 (b2 − a2 ) ≥ 0
⇔ a2 b2 (a2 − b2 )(a6 − b6 ) ≥ 0

⇔ a2 b2 (a2 − b2 )2 (a4 + a2 b2 + b4 ) ≥ 0.

Bất đẳng thức cuối đúng.
✷
Ví dụ 1.2.4 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng
minh rằng:
b

c
a
+
+
≥ 3.
(1.1)
b+c−a c+a−b a+b−c
Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cauchy:
a
abc
b
c
+
+
≥33
.
b+c−a c+a−b a+b−c
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)
(1.2)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy:
1
(b + c − a)(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c.
2

(1.3)

Viết tiếp hai bất đẳng thức tương tự (1.3) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc.
Suy ra

abc
≥ 1.
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)

(1.4)

Từ (1.2), (1.4) suy ra (1.1). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay tam giác
là tam giác đều.
✷
Ví dụ 1.2.5 Cho 3 ≤ n ∈ Z. Chứng minh rằng
nn+1 > (n + 1)n .


8

Chứng minh: Theo bất đẳng thức Bernoulli:
n
n+1

n+1

=

1
1−
n+1

n−1

n

.
n+1

2

2

n−1
n
> 1−
.
n+1
n+1
2
1
1
2n
−
+
≥
3
(n + 1)
n+1
n+1
1
1
(n + 1)2 − 2
+
>
, ∀n ≥ 3.

≥
(n + 1)2
n+1 n+1
Nên
n
n+1

n+1

>

1
⇔ nn+1 > (n + 1)n .
n+1
✷


a2 + a2 + · · · + a2 = 3,
n
1
2
Ví dụ 1.2.6 Cho
n ∈ Z, n ≥ 2.

Chứng minh rằng:

√
a1 a2
an
+

+ ··· +
< 2.
2
3
n+1

Chứng minh: Với mọi k ∈ N∗ ta có:
1
1
1
=
<
1
1
1
k2
k2 −
k+
k−
4
2
2

⇒

1
<
k2

1

1
k−
2

−

1
1
k+
2

.

Suy ra








1
1
1
1 1
1
1
+
+

·
·
·
+
<
+
+ ···
−
−



3
5
5
7
22 32
n2
2 2
2
2


1
2
 1
< .
= −

1

1
1
3
3
n−
n+
n+
2
2
2
2
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

+

1

−

a1 a2
an
+
+ ··· +
<
2
3
n+1
<

1

a21 + a22 + · · · + a2n
√

3

2 √
< 2.
3

1
1
1
+
+
·
·
·
+
22 32
n2


9

✷
1
Ví dụ 1.2.7 Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có sin8 x + cos8 x ≥ .
8
Chứng minh: Ta có sin2 x + cos2 x = 1, ∀x ∈ R.

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski,
1 = (sin2 x.1 + cos2 x.1) ≤ (sin4 x + cos4 x)(12 + 12 )
1
⇔ ≤ sin4 x + cos4 x
2
1
⇔ ≤ (sin4 x + cos4 x)2 .
4
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
1
≤ (sin4 x.1 + cos4 x.1)2
4
1
⇔ ≤ (sin8 x + cos8 x)(12 + 12 )
4
1
⇔ (sin4 x + cos4 x) ≥ .
8
✷
Ví dụ 1.2.8 Cho △ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính
R = 1 và
sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C
2S
=
,
sin A + sin B + sin C
3
S là diện tích tam giác. Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
Chứng minh: Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử 0 < A ≤ B ≤ C <
π

. Suy ra:
2

sin A ≤ sin B ≤ sin C,
sin 2A ≤ sin 2B ≤ sin 2C.
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta được:

(sin A + sin B + sin C)(sin 2A + sin 2B + sin 2C)
≥ 3(sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C).

Bất đẳng thức này tương đương với
sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C
sin A + sin B + sin C
1
≤ (sin 2A + sin 2B + sin 2C).
3

(1.5)


10

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

sin A = sin B = sin C
⇔ △ABC đều.
sin 2A = sin 2B = sin 2C

Mặt khác:
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 sin(A + B). cos(A − B) + sin 2C

= 2 sin C[cos(A − B) + cos C]

(1.6)

= 2 sin C[cos(A − B) − cos(A + B)]

= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C

= (2R sin A)(2R sin B). sin C = a.b. sin C = 2S.
Thay (1.5) vào (1.6) ta có
2S
sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C
≤
.
sin A + sin B + sin C
3
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ △ABC đều.
✷
Ví dụ 1.2.9 Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 + d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) ≥ 10.

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy và
ta có lời giải như sau:
1
a2 + b2 ≥ 2ab; c2 + d2 ≥ 2cd. Do abcd = 1 nên cd = .
ab
Ta có
1
a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 2(ab + cd) = 2(ab + ) ≥ 4.
ab

Mặt khác:
a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad)
1
1
1
+ ac +
+ bc +
≥ 2 + 2 + 2.
ab +
ab
ac
bc
Vậy a2 + b2 + c2 + d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) ≥ 10.
✷
Ví dụ 1.2.10 Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1. Chứng minh rằng
(2x + 2y + 2z )(2−x + 2−y + 2−z ) ≤

81
.
8


11

Chứng minh: Đặt a = 2x , b = 2y , c = 2z (1 ≤ a, b, c ≤ 2). Vì
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ (a − 1)(a − 2) ≤ 0 ⇒ a2 − 3a + 2 ≤ 0.
Suy ra
2
≤ 3.
a

(1.7)

b+

2
≤3
b

(1.8)

c+

2
≤ 3.
c

(1.9)

a+
Chứng minh tương tự ta được:

và

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1.7), (1.8), (1.9) rồi áp dụng bất đẳng
thức Cauchy ta được
9 ≥ (a + b + c) + 2

1 1 1
+ +

a b c

≥2

(a + b + c)2

1 1 1
.
+ +
a b c

Bất đẳng thức này tương đương với
1 1 1
81
≥ (a + b + c)
+ +
.
8
a b c
✷
Chú ý 1.2.11 Bài toán tổng quát dạng này như sau: Cho n số x1 , x2 , . . . , xn
thuộc đoạn [a, b], c > 1. Khi đó,
(cx1 + cx2 + · · · + cxn )(c−x1 + c−x2 + · · · + c−xn ) ≤

[n(ca + cb )]2
.
4ca+b

Ví dụ 1.2.12 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng
minh rằng:

1<

a
b
c
+
+
< 2.
b+c c+a a+b

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng tính chất của dãy tỉ số như
sau:


12

Vì a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và
a < b + c; b < a + c; c < a + b, suy ra
a
a+a
2a
<
=
.
b+c a+b+c a+b+c
Mặt khác

a
a
>

.
b+c a+b+c

Nên

a
a
2a
<
<
.
a+b+c b+c a+b+c

Tương tự ta có:
b
b
2b
<
<
.
a+b+c a+c a+b+c
c
2c
c
<
<
.
a+b+c a+b a+b+c
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta nhận được:
1<

a
b
c
+
+
< 2.
b+c c+a a+b
✷

Ví dụ 1.2.13 Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:
1<

b
c
d
a
+
+
+
< 2.
a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b

Chứng minh: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
a+d
<1⇒
<
.

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

(1.10)

a
a
>
.
a+b+c a+b+c+d

(1.11)

Mặt khác:

Từ (1.10) và (1.11) suy ra
a
a
a+d
<
<
.
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d

(1.12)

Tương tự ta có
b
b
b+a

<
<
,
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d

(1.13)


13

c
b+c
c
<
<
,
a+b+c+d c+d+a a+b+c+d

(1.14)

d
d
d+c
<
<
.
a+b+c+d d+a+b a+b+c+d

(1.15)

và

Cộng vế với vế của (1.12)-(1.15) ta nhận được
1<

a
b
c
d
+
+
+
< 2.
a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b
✷

Ví dụ 1.2.14 Chứng minh rằng:
√
1
1
1
n+1−1
1 + √ + √ + ··· + √ > 2
n
2
3

(với n là số nguyên).

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp làm trội như

sau:
Ta có
√
√
1
2
2
√ = √ >√
k+1− k .
=2
√
k
2 k
k+ k+1
Cho k chạy từ 1 đến n ta được
√
1>2
2−1 .
√
√
1
√ >2
3− 2 .
2
.........
√
√
1
√ >2
n+1− n .

n
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
√
1
1
1
n+1−1 .
1 + √ + √ + ··· + √ > 2
n
2
3
✷
Ví dụ 1.2.15 Chứng minh rằng
n

k=1

1
< 2 ∀n ∈ Z.
k2


14

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp làm trội như
sau:
Ta có
1
1
1

1
<
=
−
.
k2
k(k − 1) k − 1 k

Cho k chạy từ 2 đến n ta có

1
1
<1− .
2
2
2
1 1
1
< −
2
3
2 3
.........
1
1
1
<
−
n2
n−1 n

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có

1
1
1
+
+
·
·
·
+
< 1.
22 32
n2
Vậy

n

k=1

1
< 2.
k2

✷

Ví dụ 1.2.16 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng
minh rằng:
(1) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

(2) abc ≥ (a + b − c).(b + c − a).(c + a − b).

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng bất đẳng thức trong tam
giác như sau:
(1) Vì a, b, c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có


2




a < a(b + c)
0 < a < b + c
0 < b < a + c ⇒ b2 < b(a + c)




 2

c < c(a + b).
0Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:

a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).


15

(2) Ta có:
a2 ≥ a2 − (b − c)2 > 0

b2 ≥ b2 − (c − a)2 > 0

c2 ≥ c2 − (a − b)2 > 0.

Nhân vế các bất đẳng thức trên ta được
a2 b2 c2 ≥ a2 − (b − c)2 . b2 − (c − a)2 . c2 − (a − b)2 .
Bất đẳng thức này tương đương với
a2 b2 c2 ≥ (a + b − c)2 (b + c − a)2 (c + a − b)2 .
Hay
abc ≥ (a + b − c).(b + c − a).(c + a − b).
✷
Ví dụ 1.2.17 Chứng minh rằng:
f (x; y) = x2 y 4 + 2(x2 + 2).y 2 + 4xy + x2 > 4xy 3 .
Chứng minh: Dùng tam thức bậc hai bất đẳng thức cần chứng minh
tương đương với
x2 y 4 + 2(x2 + 2)y 2 + 4xy + x2 − 4xy 3 > 0
⇔ (y 2 + 1)2 x2 + 4y(1 − y)2 x + 4y 2 > 0.

Ta có
△′ = 4y 2 (1 − y 2 )2 − 4y 2 (y 2 + 1)2 = −16y 2 < 0.
Vì a = (y 2 + 1)2 > 0. Vậy f (x, y) > 0.
✷
Ví dụ 1.2.18 Chứng minh rằng
f (x, y) = x2 + 5y 2 − 4xy + 2x − 6y + 3 > 0.

Chứng minh: Dùng tam thức bậc hai. Bất đẳng thức cần chứng minh
tương đương với

x2 − 2x(2y − 1) + 5y 2 − 6y + 3 > 0.


16

△′ = (2y−1)2 −5y 2 +6y−3 = 4y 2 −4y+1−5y 2 +6y−3 = −(y−1)2 −1 < 0.
Vậy f (x, y) > 0 với mọi x, y.

✷
Ví dụ 1.2.19 Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+
+
·
·
·
+
<
2
−
,
12 22
n2
n

∀n ∈ N; n > 1.

(1.16)

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp quy nạp như
sau:
1
1
Với n = 2 ta có 1 + < 2 − (đúng). Vậy bất đẳng thức (1.16) đúng
4
2
với n = 2.
Giả sử bất đẳng thức (1.16) đúng với n = k ta phải chứng minh bất
đẳng thức (1.16) đúng với n = k + 1.
Thật vậy khi n = k + 1 thì bất đẳng thức (1.16) tương đương với
1
1
1
1
1
+
+
·
·
·
+
+
<
2
−
.
12 22

k 2 (k + 1)2
k+1
Theo giả thiết quy nạp bất đẳng thức trên tương đương với
1
1
1
1
1
1
1
+
+
·
·
·
+
+
<
2
−
+
<
2
−
12 22
k 2 (k + 1)2
k (k + 1)2
k+1
1
1

1
1
1
<
+
<
⇔ 2 + ··· +
1
(k + 1)2
k + 1 (k + 1)2
k
1
1
1
k+1+1
1
+
<
⇔
<
⇔ k(k + 2) < (k + 1)2
2
2
k + 1 (k + 1)
k
(k + 1)
k
2
2
⇔ k + 2k < k + 2k + 1. Điều này đúng.

Ta có:

✷
Ví dụ 1.2.20 Cho n ∈ N và a + b > 0. Chứng minh rằng
a+b
2

n

an + b n
≤
.
2

(1.17)

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp quy nạp như
sau:
Ta thấy bất đẳng thức (1.17) đúng với n = 1. Giả sử bất đẳng thức
(1.17) đúng với n = k ta phải chứng minh bất đẳng thức (1.17) đúng
với n = k + 1.


17

Với n = k + 1 bất đẳng thức (1.17) tương đương với
k+1

a+b

2

ak+1 + bk+1
.
≤
2

Hay
a+b
2

k

a+b
ak+1 + bk+1
≤
.
2
2

(1.18)

Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1.18). Thật vậy, theo giả thiết quy
nạp,
a+b
2

k

a+b

ak + bk a + b ak+1 + abk + ak b + bk+1
≤
.
=
.
2
2
2
4

Ta sẽ chứng minh
ak+1 + bk+1 ak+1 + abk + ak b + bk+1
−
≥0
2
4
Hay, ta phải chứng minh
ak − bk (a − b) ≥ 0.

(1.19)

Thật vậy:
- Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ −b nên a ≥ |b|.
⇒ ak ≥ |b|k ≥ bk ⇒ ak − bk (a − b) ≥ 0.
- Giả sử a < b và theo giả thiết −a < b nên
|a|k < bk ⇔ ak < bk ⇔ ak − bk (a − b) ≥ 0.
Vậy bất đẳng thức (1.19) ln đúng.
✷
√
√

Ví dụ 1.2.21 Cho a, b ≥ 1. Chứng minh rằng a b − 1+b a − 1 ≤ ab.
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi lượng
giác như sau:
Đặt

1

a =
cos2 α , α, β ∈ 0, π .
1

2
b =
cos2 β


18

√
√
⇒a b−1+b a−1=
=
=
=
≤

1
1 √ 2
2
tan β +

tan α
cos2 α
cos2 β
tan β
tan α
+
cos2 α cos2 β
(tan β. cos2 β + tan α. cos2 α)
cos2 β. cos2 α
1 (sin 2β + sin 2α) sin(α + β). cos(α − β))
=
2 cos2 β. cos2 α
cos2 β. cos2 α
1
= ab.
cos2 β. cos2 α
✷

Ví dụ 1.2.22 Chứng minh rằng
√
a 1 − b2 + b 1 − a2 + 3 ab −

(1 − b2 )(1 − a2 )

≤ 2,

∀a, b ∈ [−1, 1].

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi lượng
giác như sau:


a = cos α
Ta có |a| ≤ 1, |b| ≤ 1. Đặt:
, (α, β ∈ [0, π]). Khi đó:
b = cos β
a 1 − b2 + b

1 − a2 +

√

3 ab − (1 − b2 )(1 − a2 )
√
= cos α. sin β + cos β. sin α + 3(cos α. cos β − sin α. sin β)
√
= sin(α + β) + 3. cos(α + β)
π
∈ [−2, 2].
= 2 cos α + β −
6

✷
Ví dụ 1.2.23 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
Chứng minh rằng:
√

a+b+

√

b+c+

√

1 1 1
+ + = 3.
a b c

√
c+a≥3 2

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta dùng phương pháp chứng minh
phản chứng như sau:
√
√
√
Đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a. Khi đó ta có:
2a = x2 + z 2 − y 2 ; 2b = x2 + y 2 − z 2 ; 2c = z 2 + y 2 − x2


19

Giải thiết được viết lại thành
1
1
3
1
+ 2
+ 2
=

2
2
2
2
2
2
2
x +z −y
x +y −z
y +z −x
2
√
Bất đẳng thức cần chứng minh là x + y + z ≥ 3 2
√
Giả sử bất đẳng thức chứng minh là sai, tức là ta có x + y + z < 3 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
3
1
1
1
= 2
+ 2
+ 2
2
2
2
2
2 x +z −y
x +y −z
y + z 2 − x2

3
≥ 3
(x2 + z 2 − y 2 )(x2 + y 2 − z 2 )(y 2 + z 2 − x2 )
Mặt khác ta lại có
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2 2 2

(x + z − y )(x + y − z )(y + z − x ) ≤ x y z ≤

x+y+z
3

6

<8

Do đó ta được
3
3
√
=
>
3
3
8 2
(x2 + z 2 − y 2 )(x2 + y 2 − z 2 )(y 2 + z 2 − x2 )
3 3
Hay ta được > , bất đẳng thức thu được là một bất đẳng thức sai.
2 2
✷
3

Ví dụ 1.2.24 (IMO 1964) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam
giác. Chứng minh rằng
a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc.

Chứng minh: Ta có:

a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc
⇔ a(b2 + c2 − a2 ) + b(c2 + a2 − b2 ) + c(a2 + b2 − c2 ) ≤ 3abc

(1.20)

Theo định lý Cosin trong tam giác ABC ta có:

(1.20) ⇔ 2abccosA + 2abccosB + 2abccosC ≤ 3abc
3
⇔ cosA + cosB + cosC ≤
2
3
Mà cosA + cosB + cosC ≤ luôn đúng.
2
✷


20

Chương 2. Bất đẳng thức sắp xếp
lại và một số ứng dụng
Chương này trình bày bất đẳng thức sắp xếp lại và việc vận dụng
bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh một số bất đẳng thức khác.
Cuối chương này tôi sưu tầm, chọn lọc để đưa ra một số bài tốn trong
các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức sắp xếp lại. Nội
dung của chương này tổng hợp từ các tài liệu [4]-[10].

2.1

Bất đẳng thức sắp xếp lại

2.1.1

Khái niệm về bất đẳng thức sắp xếp lại

Cho hai dãy số thực
(a) := (a1 , a2 , a3 , . . . , an ),

(b) := (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ).

Định nghĩa 2.1.1 Hai dãy (a) và (b) được gọi là
(i) sắp cùng thứ tự nếu cả hai dãy cùng tăng hoặc cùng giảm, tức là
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . ≤ an

và b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ . . . ≤ bn ,

a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ . . . ≥ an

và b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ . . . ≥ bn .

hoặc

(ii) sắp ngược thứ tự nếu một dãy tăng và một dãy giảm, tức là
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . ≤ an

và b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ . . . ≥ bn ,

a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ . . . ≥ an

và b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ . . . ≤ bn .

hoặc


21

Bất đẳng thức sắp xếp lại: Cho hai dãy số thực (a), (b) và (x) :=
(x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) là một hoán vị tùy ý của dãy (b) := (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ).
(i) Nếu hai dãy (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) và (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ) sắp cùng thứ tự
thì
a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn .

(2.1)

(ii) Nếu hai dãy (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) và (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ) sắp ngược thứ
tự thì
a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn .

(2.2)

Dấu "=" trong (2.1) và (2.2) xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = . . . =
an hoặc b1 = b2 = b3 = . . . = bn hoặc
(x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) = (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ).
Chứng minh: Xét hai dãy (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) và (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ) cùng
tăng và (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) là một hoán vị tùy ý của dãy (b1 , b2 , b3 . . . bn ).
Giả sử x1 ≥ x2 , đặt
S = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn ,

S ′ = a1 x 2 + a2 x 1 + · · · + an x n .

(S ′ nhận được từ S bằng cách đổi vị trí của x1 , x2 ). Ta có:
S ′ − S = a1 x2 − a1 x1 + a2 x1 − a2 x2 = a1 (x2 − x1 ) + a2 (x1 − x2 )
= (x2 − x1 )(a1 − a2 ) ≥ 0.

Do đó S ′ ≥ S. Như vậy khi đổi vị trí của x1 , x2 thì giá trị S có thể tăng

lên. Do đó nếu chúng ta đổi chỗ tất cả các căp (xi , xj ) với xi ≥ xj , i < j
thì tổng chỉ có thể tăng lên. Tổng đạt giá trị lớn nhất khi
(x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) = (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ).
Tức là S = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn . Khi a1 = · · · = an hoặc b1 = · · · = bn
thì dấu đẳng thức cũng xảy ra.
Lập luận tương tự khi (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) và (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ) là các
dãy cùng giảm. Vậy (2.1) được chứng minh.
Việc chứng minh bất đẳng thức (2.2) được làm tương tự.
✷
Từ bất đẳng thức sắp xếp lại ta có hai hệ quả sau.


22

Hệ quả 2.1.2 Nếu a1 , a2 , a3 , . . . , an là các số thực và (x1 , x2 , x3 , . . . , xn )
là hoán vị của dãy (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) thì
a21 + a22 + · · · + a2n ≥ a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn .
Hệ quả 2.1.3 Nếu a1 , a2 , a3 , . . . , an là các số thực dương và (x1 , x2 , x3 , . . . , xn )
là hoán vị của dãy (a1 , a2 , a3 , . . . , an ) thì
a1 a2
an
+
+ ··· +
≥ n.
x1 x2
xn
2.1.2

Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải bài
toán bất đẳng thức

Ý tưởng chung: Xét hai bộ số thực
a1 , a2 , a3 , . . . , an ,

và b1 , b2 , b3 , . . . , bn .

Nếu ta lấy tất cả các hoán vị (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) của dãy (b1 , b2 , b3 , . . . , bn )
thì có tất cả n! = 1.2. . . . n tổng có dạng
S = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn .
Câu hỏi đặt ra là trong tất cả các tổng có dạng S tổng nào lớn nhất và
tổng nào nhỏ nhất?
Giả sử a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . ≤ an và b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ . . . ≤ bn (n ∈ N∗ )
là hai dãy các số thực. Ta đặt
A = a1 b1 + a2 b2 + · + an bn

B = a1 bn + a2 bn−1 + · · · + an b1 .
Gọi (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) là một hoán vị của dãy (b1 , b2 , b3 , . . . , bn ). Đặt
X = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn .
Khi đó ta có bất đẳng thức A ≥ X ≥ B. Với kí hiệu như trên, một cách
ngắn gọn ta coi A là tổng các chỉ số “cùng chiều”, B là tổng các chỉ số
“đảo chiều”, còn X là tổng các chỉ số “tùy ý”. Bất đẳng thức sắp xếp lại
cho ta:
tổng cùng chiều ≥ tổng tùy ý ≥ tổng đảo chiều.