Một số vấn đề về bất đẳng thức trung bình số học hình học và áp dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRƯƠNG MINH NHẬT

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRƯƠNG MINH NHẬT

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN: PGS. TS. ĐINH THANH ĐỨC

Bình Định - 2020


Mục lục

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Trung bình số học - Trung bình hình học

2
4

1.1 Các giá trị trung bình cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1

Giá trị trung bình thơng thường . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Giá trị trung bình trọng số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2 Một số khái niệm cơ bản về hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3 Bất đẳng thức AM- GM và các bài toán liên quan . . . . . . . . . . .

8

1.3.1

Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3.2

Ý nghĩa hình học của AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.3

Sử dụng AM-GM để chứng minh các bất đẳng thức cơ bản . 11

1.4 Một số kết quả làm chặt bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . 14
2 Một số áp dụng của bất đẳng thức trung bình số học- trung bình hình
học

18

2.1 Một số kĩ thuật trong sử dụng AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.1

Kỹ thuật cân bằng hệ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1.2

Kỹ thuật AM-GM ngược dấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2 Áp dụng vào tìm Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . 47

2.3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM để giải phương trình, hệ phương
trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.4 Bất đẳng thức AM-GM trong các bài toán đa thức . . . . . . . . . . . 66
2.5 Bất đẳng thức AM-GM trong các bài tốn hình học, lượng giác . . . 70
2.6 Áp dụng của bất đẳng thức AM-GM vào giải quyết các bài toán thực
tế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
KẾT LUẬN

84

TÀI LIỆU THAM KHẢO
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)

1

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


MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức trung bình số học- trung bình hình học (AM-GM) là một hệ
thức cơ bản của tốn học. Nó được sử dụng cho việc giải nhiều bài toán và tạo ra
nhiều hệ thức khác quan trọng trong toán học.
Bất đẳng thức AM-GM được coi là bất đẳng thức nguyên thủy thứ hai sau bất
đẳng thức tam giác. Euclid – “Vị cha đẻ của hình học” đã sử dụng ý tưởng từ
phương pháp hình học để chứng minh bất đẳng thức AM-GM tổng quát với n =
2. Vào thời kì cận đại, Cauchy được xem như người đầu tiên phát hiện và đưa ra
phép chứng minh hay và độc đáo cho bất đẳng thức AM-GM tổng quát dựa trên
phép quy nạp Tốn học. Nhưng có lẽ một điều ít người biết là thực tế trước đó
vào năm 1729, C. Maclaurin (1698-1746), nhà toán học người Scotland đã chứng
minh được bất đẳng thức này, tuy nhiên ông không chú trọng về việc đặt tên

các bất đẳng thức tổng quát mà mình chứng minh được nên thế giới nhắc đến
Cauchy nhiều hơn khi nói tới bất đẳng thức AM-GM.
Tại các trường phổ thông ở Việt Nam, mặc dù bất đẳng thức này đã được đưa
vào giảng dạy từ rất sớm với tên gọi là bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) nhưng thời
lượng cho các dạng bất đẳng thức không nhiều, thầy cô không chú trọng tới việc
cho học sinh nắm các kĩ thuật giải cơ bản, không đưa ra các dạng bài và cách giải
tổng quát mà lại dành phần lớn thời gian cho việc làm các bài tập cụ thể. Vì vậy
phần đơng học sinh trong đó có nhiều em khá giỏi vẫn cảm thấy lo lắng mỗi khi
đối mặt với các bài tốn có liên quan đến bất đẳng thức AM-GM vì trước đó các
em chưa từng giải bài tập giống vậy. Trong các kì thi tuyển sinh 10, tuyển học sinh
giỏi, các kì thi Olympic... thì việc giải đa phần các bài toán bất đẳng thức, bài toán
về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất,... sẽ rất khó khăn nếu khơng có cơng cụ mạnh
mẽ là bất đẳng thức AM-GM. Thậm chí trong cuộc sống cũng có rất nhiều ứng
dụng của bất đẳng thức này, ví dụ như việc xây một ngơi nhà sao cho diện tích
nền là lớn nhất, không gian rộng nhất,.... Từ những lý do trên nên tôi đã chọn đề
tài “Một số vấn đề về bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học và áp
dụng” cho luận văn của mình.
Luận văn này tìm hiểu và nghiên cứu về bất đẳng thức trung bình số học –
trung bình hình học từ đó định hình phương án dạy và học theo định hướng
2


3
sáng tạo nhằm bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh, nâng cao hiệu quả quá
trình dạy và học. Luận văn trình bày trong 87 trang, gồm: Lời nói đầu, 2 chương,
Kết luận và Tài liệu tham khảo. Nội dung chính của luận văn được trình bày trong
hai chương.
Chương 1: Trung bình số học - Trung bình hình học. Trong chương này, chúng
tơi tập trung trình bày một số kết quả về Bất đẳng thức AM-GM là một số kết quả
liên quan. Các kết quả trong chương này được trình bày dựa vào [7], [9], [8],...

Chương 2: Áp dụng của bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học.
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kĩ thuật quan trọng trong việc sử
dụng AM-GM: Kỹ thuật cân bằng hệ số, Kỹ thuật AM-GM ngược dấu; và cùng với
đó là việc vận dụng bất đẳng thức AM - GM vào giải các bài toán đại số, hình học,
số học, tổ hợp,.. Các kết quả chương này được trình bày dựa vào [10], [8], [11]...
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của Thầy PGS.TS.
Đinh Thanh Đức. Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy. Thầy
đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn và động viên tôi trong suốt q trình hồn thành
luận văn.
Tiếp đến, tơi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn,
các Phòng chức năng, Phòng Đào tạo sau đại học, Khoa Tốn và Thống kê đã tạo
điều kiện cho chúng tơi hồn thành khóa học này. Và tơi cũng xin chân thành
cảm ơn quý thầy cô đã tham gia giảng dạy các bạn học viên cao học Tốn khóa
21.
Mặc dù rất cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên bên cạnh
những kết quả đã đạt được, luận văn không thể tránh khỏi những hạn chế và
thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý thẳng thắn và chân thành của quý
thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Ngày 29 tháng 7 năm 2020
Học viên thực hiện

Trương Minh Nhật


Chương 1
Trung bình số học - Trung bình hình học
Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày một số kết quả về: Các dạng
trung bình cơ bản, một số khái niệm cơ bản và tính chất về hàm lồi, Bất đẳng
thức AM-GM và sử dụng AM-GM như một công cụ để chứng minh một số bất
đẳng thức cơ bản. Các kết quả trong chương này được trình bày dựa vào [7],[9],

[8],...

1.1

Các giá trị trung bình cơ bản

Trong phần này, chúng tơi trình bày các khái niệm trung bình cơ bản. Các kết
quả trong chương này được trình bày dựa vào [3], [5], [8].

1.1.1

Giá trị trung bình thơng thường

Trong mục này, chúng ta tập trung xem xét các khái niệm trung bình của hai
hoặc nhiều số khơng âm. Với hai số khơng âm a, b ta kí hiệu

√
a+b
A=
; G = ab; Q =
2

a2 + b2
2

lần lượt là trung bình số học 1 , trung bình hình học 2 , trung bình tồn phương của
hai số khơng âm a, b. Nếu thêm giả thiết a, b là các số thực dương, ta kí hiệu
H=

1

1 1
+
a b

là trung bình điều hịa của hai số dương a, b.
Tổng quát, với n số thực dương cho trước a1 , a2 , . . . , an , ta định nghĩa trung
bình số học, trung bình hình học, trung bình tồn phương,trung bình điều hịa
1 Trong các tài liệu Việt Nam, người ta thường quen gọi "The Arithmetic Mean" là trung bình cộng;
2 Trong các tài liệu Việt Nam, người ta thường quen gọi "The Geometric Mean" là trung bình nhân.

4


5
của n số thực dương a1 , a2 , . . . , an lần lượt được định nghĩa như sau
An =
Qn =

√
a1 + a2 + · · · + a n
; Gn = n a1 · a2 · · · an ;
n
a21 + a22 + · · · + a2n
1
;H=
1
1
1
2
+ +···+

a1 a2
an

(1.1)

Trung bình số học có các tính chất cơ bản sau:
Mệnh đề 1.1 ([5]). Cho h = (h1 , h2 , . . . , hn ), a = ( a1 , a2 , . . . , an ), b = (b1 , b2 , . . . , bn ),
a + h = ( a1 + h1 , a2 + h2 , . . . , an + hn ) là các bộ gồm n số hạng dương và λ > 0. Khi
đó,
1. Tính cộng tính An ( a + b) = An ( a) + An (b).
2. Tính kết hợp An ( a) = An ( Am , . . . , Am , am+1 , . . . , an ), trong đó
Am =

a1 + · · · + a m
.
m

3. Tính liên tục lim An ( a + h) = An ( a).
h →0+

4. Tính thuần nhất An (λa) = λAn ( a).
5. Tính nội bộ min a ≤ An ( a) ≤ max a, trong đó min a = min{ a1 , . . . , an } và
max a = max{ a1 , . . . , an }. Dấu bằng xảy ra khi a là hằng số.
6. Tính đơn điệu a ≤ b ⇒ An ( a) ≤ An (b). Dẫu đẳng thức xảy ra khi a = b.
7. Tính phản xạ Nếu a là hằng số, có nghĩa là ai = α với mọi i ∈ {1, 2, . . . , n}, khi
đó An ( a) = α.
8. Tính đối xứng An ( a1 , . . . , an ) khơng đổi nếu hốn vị thứ tự vị trí các phần tử
của a.
Trung bình hình học cũng có tính chất tương tự trung bình số học
Mệnh đề 1.2 ([5]). Cho h = (h1 , h2 , . . . , hn ), a = ( a1 , a2 , . . . , an ), b = (b1 , b2 , . . . , bn ),

a + h = ( a1 + h1 , a2 + h2 , . . . , an + hn ) là các bộ gồm n số hạng dương và λ > 0. Khi
đó,
1. Tính liên tục lim An ( a + h) = An ( a).
h →0+

3. Tính thuần nhất An (λa) = λAn ( a).


6
4. Tính nội bộ min a ≤ An ( a) ≤ max a, trong đó min a = min{ a1 , . . . , an } và
max a = max{ a1 , . . . , an }. Dấu bằng xảy ra khi a là hằng số.
5. Tính đơn điệu a ≤ b ⇒ An ( a) ≤ An (b). Dẫu đẳng thức xảy ra khi a = b.
6. Tính phản xạ Nếu a là hằng số, có nghĩa là ai = α với mọi i ∈ {1, 2, . . . , n}, khi
đó An ( a) = α.
7. Tính đối xứng An ( a1 , . . . , an ) khơng đổi nếu hốn vị thứ tự vị trí các phần tử
của a.
Kết quả dưới đây, cho ta mối quan hệ giữa các đại lượng trung bình.
Định lý 1.1. Cho n số thực dương a1 , a2 , . . . , an với n ≥ 2. Ta có
Qn ≥ An ≥ Gn ≥ Hn ,
trong đó An , Gn , Qn , Hn được định nghĩa trong (1.1)

1.1.2

Giá trị trung bình trọng số

Trong mục này, ta xem xét hai bộ n số thực dương
p = p1 , p2 , . . . , pn và a = ( a1 , a2 , . . . , an ).
Khi đó, trung bình số học và trung bình hình học của a có trọng số p lần lượt được
xác định như sau.
An a; q

=

o1 a1 + p2 a2 + · · · + p n a n
p1 + p2 + · · · + p n
n

Gn a; p

=

∏ ai i
p

(1.2)

1
p1 +···+ pn

.

(1.3)

i =1

Rõ ràng, trung bình trọng số trở thành trung bình thơng thường khi pi = 1 với
mọi i ∈ {1, 2, . . . , n}.
Các kết quả dưới đây, đưa ra một số tính chất quan trọng của các đại lượng
trung bình.
Mệnh đề 1.3 ([5]). Cho các bộ số dương a = ( a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) và w =

( w1 , . . . , w n ) .
(a) Kí hiệu b−1 = b1−1 , . . . , bn−1 . Khi đó,
min ab−1 ≤
với ab−1 =

an
a1
,...,
.
b1
bn

An ( a; w)
≤ max ab−1 ,
An (b; w)


7
(b) Nếu Wn = w1 + · · · + wn = 1 và n ≥ 2 thì
max a − An ( a; w) ≥

√
min w
ai −
∑
n + 1 1≤ i < j ≤ n

aj

2

.

Mệnh đề 1.4 ([5]). Cho các bộ số dương a = ( a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) và w =

(w1 , . . . , wn ). Khi đó
Gn ( ab; w) = Gn ( a; w) · Gn (b; w)
Gn ( a; w)

1.2

r

= Gn ar ; w , ∀r ∈ R.

Một số khái niệm cơ bản về hàm lồi

Trong phần này, chúng tơi trình bày một số vấn đề cơ bản của hàm lồi. Các kết
quả trong phần này được trình bày dựa vào..
Để thuận lợi trong việc diễn giải, chúng ta quy ước rằng, kí hiệu I = I( a, b) là
một trong bốn tập hợp sau ( a, b), [ a, b], ( a, b], [ a, b).
Định nghĩa 1.1. [8][Hàm lồi] Hàm số f : I −→ R được gọi là hàm lồi trong I nếu
với mọi cặp số thực dương α, β thỏa mãn α + β = 1, ta ln có
f αx + βy ≤ α f ( x ) + β f (y),
với mọi x, y thuộc I. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Ví dụ 1.2.1.
• Hàm số y = xr , với r ≥ 1, là hàm lồi trên (0; +∞);
• Hàm số y = e x là hàm lồi trên R.
Định nghĩa 1.2. [8][Hàm lõm] Hàm số f : I −→ R được gọi là hàm lõm trong I

nếu với mọi cặp số thực dương α, β thỏa mãn α + β = 1, ta ln có
f αx + βy ≥ α f ( x ) + β f (y),
với mọi x, y thuộc I. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Ví dụ 1.2.2.
• Hàm số y = xr , với r ∈ (0; 1), là hàm lõm trên (0; +∞);
• Hàm số y = loga x, với a ∈ (0; +∞) \ {1}, là hàm lõm trên (0; +∞).
Từ định nghĩa hàm lồi, lõm ta có các kết quả sau.


8
Mệnh đề 1.5. [8] Nếu hàm số f ( x ) khả vi trên I thì f ( x ) là hàm lồi trên I khi và chỉ
khi f ( x ) là hàm đơn điệu tăng trên I.
Kết quả dưới đây cho chúng ta điều kiện cần và đủ đề hàm số lồi (lõm, tương
ứng)
Định lý 1.2. [8] Nếu hàm số f ( x ) khả vi trên I thì f ( x ) là hàm lồi trên I khi và chỉ
khi f ( x ) ≥ 0 (tương ứng f ( x ) ≤ 0)trên I.

1.3
1.3.1

Bất đẳng thức AM- GM và các bài toán liên quan
Bất đẳng thức AM-GM

Trước hết, chúng ta xem xét mối liên hệ giữa An , Gn trong trường hợp n = 2
thông qua ví dụ sau.
Ví dụ 1.3.1. Cho hai số thực khơng âm a, b. Khi đó,

√
a+b
≥ ab.

2

(1.4)

Dấu bằng xảy ra khi a = b.
Chứng minh bất đẳng thức này khá đơn giản, thơng qua việc bình phương hai
vế của (1.4), ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( a + b)2 ≥ 4ab
( a − b )2 ≥ 0

(1.5)

Rõ ràng, bất đẳng thức (1.5) đúng với mọi a, b ≥ 0. Do đó, (1.4) đúng. Dấu bằng
xảy ra khi a = b. Một cách tổng quát, chúng ta có kết quả sau, thường được biết
đến với tên gọi Bất đẳng thức AM-GM hoặc Bất đẳng thức Cauchy.
Định lý 1.3. [7][Bất đẳng thức AM-GM] Với n số thực dương a1 , a2 , . . . , an ta ln
có

√
a1 + a2 + · · · + a n ≥ n n a1 a2 · · · a n .

(1.6)

Có nhiều các để chứng minh bất đẳng thức trên, khoảng hơn 50 cách. Ở đây,
chúng tơi trình bày cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp kiểu Cauchy.
Để hoàn thành chứng minh bằng quy nạp kiểu Cauchy, chúng ta cần thực hiện
các bước sau.
• Bước cơ sở, kiểm tra P2 đúng.

9
• Nếu Pn đúng thì P2n đúng.
• Nếu Pn đúng thì P2n−1 đúng.
với Pn là mệnh dề cần chứng minh.
Chứng minh. Đặt Pn là khẳng định

√
a1 + a2 + · · · + a n ≥ n n a1 a2 · · · a n ,
với n ≥ 2. Rõ ràng, theo kết quả của Ví dụ 1.4, P2 đúng. Để chứng minh P3 đúng,
chúng ta để ý rằng với ba số thực khơng âm a, b, c bất kì, ta ln có
• a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ;
1
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 .
2
Giả sử Pn đúng với n ≥ 3 nào đó, tức là
√
a1 + a2 + · · · + a n ≥ n n a1 a2 · · · a n .
• a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca =

Chứng minh P2n đúng. Xét 2n số thực không âm a1 , a2 , . . . , a2n , do Pn với n ≥ 2
đúng nên ta có

√
√
a1 + a2 + · · · + an + an+1 + · · · + a2n ≥ n n a1 a2 · · · an + n n an+1 · · · a2n
√
√
= n n a1 a2 · · · an + n an+1 · · · a2n
√

√
≥ 2n n a1 a2 · · · an · n an+1 · · · a2n
√
= 2n 2n a1 · a2 · · · a2n
Như vậy, P2n đúng.
Chứng minh Pn−1 đúng. Xét n − 1 số thực không âm a1 , a2 , . . . , an−1 . Ta sẽ bộ n số
√
thực không âm, a1 , a2 , . . . , an−1 , an = n−1 a1 · a2 · . . . · an−1 .Khi đó,
√
a 1 + a 2 + · · · + a n −1 + n −1 a 1 · a 2 · · · a n −1 = a 1 + a 2 + · · · + a n
√
≥ n n a1 · a2 · · · · · a n
√
= n n a 1 · a 2 · · · · a n −1 n −1 a 1 · a 2 · · · a n −1
√
= n n −1 a 1 · a 2 · . . . · a n −1
√
Do vậy a1 + a2 + · · · + an−1 ≥ (n − 1) n−1 a1 · a2 · . . . · an−1 hay Pn−1 đúng.
Như vậy Pn đúng với mọi n ∈ N∗ .
Định lý 1.4. [10][Bất đẳng thức AM-GM có trọng số] Cho n số thực khơng âm
a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số thực dương thỏa x1 + x2 + · · · + xn = 1.
Khi đó
x

x1 a1 + x2 a2 + · · · + xn an ≥ a1 1 · a2x2 · · · anxn .


10

1.3.2

Ý nghĩa hình học của AM-GM

Giả sử ta có một tập các hình chữ nhật có độ dài các cạnh là x, y. Vì chu vi và
diện tích của hình chữ nhật lần lượt được xác định bởi
S = x · y; p = 2 x + y ,
nên ta có các kết quả sau.
Mệnh đề 1.6. (a) Trong số tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vng là
hình có diện tích lớn nhất.
(b) Trong số tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vng là hình có chu
vi nhỏ nhất.
Chứng minh. Gọi x, y lần lượt là độ dài các cạnh hình chữ nhật. Khi đó, chu vi và
diện tích của hình chữ nhật lần lượt được xác định bởi
S = x · y; P = 2 x + y .
(a) Khi hình chữ nhật có chu vi khơng đổi, có nghĩa là x + y = a với a là hằng số.
Khi đó, áp dụng AM-GM, ta có
xy ≤

x+y
2

2

a2
= .
4

a
Dấu bằng xảy ra khi x = y = . Điều này có nghĩa là, trong số tất cả các hình
2

chữ nhật có cùng chu vi, hình vng là hình có diện tích lớn nhất.
(b) Khi hình chữ nhật có diện tích khơng đổi, có nghĩa là xy = S với S là hằng số.
Khi đó, áp dụng AM-GM, ta có

√
√
2( x + y) ≥ 4 xy = 4 S.
Dấu bằng xảy ra khi x = y =

√

S. Điều này có nghĩa là, trong số tất cả các

hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vng là hình có chu vi nhỏ nhất.

Dưới một góc nhìn khác, với hai số thực dương x, y, ta xét đường trịn tâm O có
đường kính AB = x + y. Trên AB, ta lấy H sao cho H A = x, HB = y. Gọi C ∈ (O)
sao cho CH ⊥ AB. Khi đó

√
x+y
= OC ≥ CH = 2.
2


11

1.3.3

Sử dụng AM-GM để chứng minh các bất đẳng thức cơ bản

Trọng mục này, chúng tơi trình bày việc sử dụng AM-GM để chứng minh một
số bất đẳng thức cổ điển. Các kết quả ở đây, được trình bày dựa vào [3], [10].
Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). Cho hai bộ số thực tùy ý a1 , a2 , . . . , an
và b1 , b2 , . . . , bn với n ≥ 1. Khi đó,

( a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ a21 + a22 + · · · + a2n
Dấu "=" xảy ra khi

b12 + b22 + · · · + bn2 .

(1.7)

a1
an
a
= 2 = ··· =
b1
b2
bn

Chứng minh. Với mỗi i = 1, 2, . . . , n, áp dụng AM − GM cho cặp số
bi2
a2i
;
a21 + a22 + · · · + a2n b12 + b22 + · · · + bn2
ta được
a2i
bi2
+

≥
a21 + a22 + · · · + a2n b12 + b22 + · · · + bn2

2 | a i bi |
a21 + a22 + · · · + a2n

b12 + b22 + · · · + bn2

Cho i chạy từ 1 đến n rồi cộng vế theo vế, ta nhận được (1.7).
Ta hồn tồn có thể mở rộng các tiếp cận bất đẳng thức Cauchy-Schawrz trên
cho bất đẳng thức Holder.
Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Holder). Cho n bộ số dương
a1,1 ; a1,2 ; . . . ; a1,n , a2,1 ; a2,2 ; . . . ; a2,n , . . . , am,1 ; am,2 ; . . . ; am,n .
Với w1 , w2 , . . . , wn là các số thực dương thỏa mãn
w1 + w2 + · · · + wn = 1,

.


12
ta ln có



m

 wi

n

n

∏  ∑ ai,j 

m

∑ ∏ ai,ji .

(1.8)

Chứng minh. Đặt bi = a1,i + a2,i + · · · + am,i và b j,i =

a j,i
với i = 1, 2, . . . , n và
bi

i =1

≥

j =1

w

j =1 i =1

j = 1, 2, . . . , m. Khi đó, ta có
b1,i + b2,i + · · · + bm,i = 1
và
n

m



m

n



∑ ∏ ai,ji = b1 1 · · · bnwn  ∑ ∏ bj,ii  .
w

w

j =1 i =1

w

j =1 i =1

Như vậy, điều phải chứng minh tương đương với
m

n

∑ ∏ bj,ii ≤ 1.
w

j =1 i =1

Tới đây, áp dụng Bất đẳng thức AM-GM suy rộng, ta nhận được
n

∏ b1,ii ≤

i =1
n

w

∏ b2,ii
w

≤

n

∑ w j b1,j

j =1
n

∑ w j b2,j

i =1

j =1

······

······

n

∏ bm,ii ≤
w

i =1

n

∑ w j bm,j

j =1

Cộng các bất đẳng thức vừa nhận được vế theo vế, ta thu được điều cần chứng
minh.
Định lý 1.7 (BĐT Bernoulli). Cho α ∈ R+ , x ≥ −1. Khi đó,
a) Với α ≥ 1, ta có

(1 + x )α ≥ 1 + αx.
Dấu

(1.9)

= xảy ra α = 1 hoặc x = 0.

b) Với 0 ≤ α < 1, ta có

(1 + x )α ≤ 1 + αx.
Dấu

(1.10)

= xảy ra α = 0 hoặc x = 0.

Chứng minh a). Xét α ≥ 1 tùy ý. Ta xem xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: α ∈ Q+ . Trong trường hợp này, vì α ≥ 1 nên chúng ta chỉ có hai
khả năng


13
• Nếu α = 1 thì (1.9) hiển nhiên đúng.
• Nếu α > 1 thì α =

m
với (m, n) = 1, m > n ≥ 1. Khi đó ta có
n
m (1 + αx ) + 1 + · · · + 1 ≥ n n (1 + αx )m
n−m số 1

m (1 + αx ) + (n − m)
n

⇔

n

≥ (1 + αx )m
n

⇔ ( x + 1)n ≥ (1 + αx )m ⇔ (1 + x ) m ≥ (1 + αx )
(1 + x )α ≥ (1 + αx.)

⇔
Dấu

= xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

Trường hợp 2: α ∈ [1; +∞) \ Q. Khi đó vì Q là tập trù mật trong R nên tồn tại dãy
số hữu tỷ (αn )∞
n=1 , αn > 1 mà lim αn = α. Theo kết quả Trường hợp 1, ta có
x →∞

(1 + x )αn ≥ 1 + αn x, ∀n ∈ N.
chuyển qua giới hạn ta có
lim (1 + x )αn ≥ lim (1 + αn x )
n→∞

n→∞

hay (1 + x )α ≥ 1 + αx. Như vậy BĐT (1.9) được chứng minh trọn vẹn.
Chứng minh b). Với 0 ≤ α < 1 tùy ý. Ta xem xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: α ∈ Q+ . Trong trường hợp này, vì 0 ≤ α < 1 nên chúng ta chỉ có
hai khả năng
• Nếu α = 0 thì (1.10) hiển nhiên đúng.
• Nếu α ∈ (0; 1) thì α =

m
với (m, n) = 1, n > m ≥ 1. Khi đó ta có
n
m (1 + x ) + ( n − m ) ≥ n n (1 + x ) m

⇔

mx + n n
≥ (1 + x ) m
n
(1 + αx )n ≥ (1 + x )m

⇔

(1 + x ) n ≤ (1 + αx )

⇔

(1 + x )α ≤ 1 + αx

⇔

Dấu

m

= xảy ra khi và chỉ khi x = 0.


14

Trường hợp 2: α ∈ [0; 1) \ Q. Khi đó vì Q là tập trù mật trong R nên tồn tại dãy số
hữu tỷ (αn )∞
n=1 , αn > 1 mà lim αn = α. Theo kết quả Trường hợp 1, ta có
x →∞

(1 + x )αn ≤ 1 + αn x, ∀n ∈ N.
chuyển qua giới hạn ta có
lim (1 + x )αn ≤ lim (1 + αn x )

n→∞

n→∞

hay (1 + x )α ≤ 1 + αx. Như vậy BĐT (1.10) được chứng minh trọn vẹn.

1.4

Một số kết quả làm chặt bất đẳng thức AM-GM

Trong mục này, chúng tôi sẽ cố gắng làm chặt bất đẳng thức AM- GM. Chúng
ta bắt đầu với ý tưởng đơn giản sau: Nếu chúng ta có A ≥ B thì chúng ta ln có

(1 − α) ( A − B) ≥ 0,
với α ∈ [0, 1]. Độ chặt của bất đẳng thức thu được tùy thuộc vào khoảng cách α và
1. Chúng ta bắt đầu bởi ví dụ sau.
Ví dụ 1.4.1. Cho ba số thực a, b, c. Với 0 ≤ α, β, γ ≤ 1, chứng minh rằng
1. a2 + b2 ≥ 2ab + α ( a − b)2 .
2. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca +

β

γ
α
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 .
2
2
2

Chứng minh. Vì ( a − b)2 ≥ 0 và α ∈ [0, 1] nên

(1 − α)( a − b)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab + α ( a − b)2 .
Lập lại kĩ thuật trên cho các bộ số

( a − b )2 ;

α
,
2

( b − c )2 ;

β
,
2

( c − a )2 ;

γ
2

nhận được

1−

α
2

( a − b )2 + 1 −

β
2

⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca +

( b − c )2 + 1 −

γ
2

( c − a )2 ≥ 0

α
β
γ
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 .
2
2
2

Ví dụ 1.4.2. Cho hai số thực dương a, b và α ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng
1 1
4 − 8α 4α

+ ≥
+ .
a b
a+b
ab

ta


15
Chứng minh. Ta có
2
1
1 1
1
+ ≥√ + √ −√
a b
a
ab
b
√
√
√
⇔ a + b ≥ 2 ab + α
a− b

(1.11)
2

(1.12)

Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta nhận được
1 1
+
a b

( a + b) ≥ 4 − 8α +

1 1
4α( a + b)
1 − 4α 4α
√
⇔ + ≥
+ .
a b
a+b
ab
ab

Ví dụ 1.4.3. Cho bốn số thực dương a ≥ b ≥ c ≥ d > 0. Chứng minh rằng

√ 2
√
2 √
3 b−2 c− d .
(1.13)
9
√
√
√

√
Chứng minh. Đặt x = b − d và y = b − c. Khi đó, rõ ràng ta nhận được
a+b+c+d ≥

√
4

abcd +

x ≥ y ≥ 0.
Vì

√
√
√
4
a− d
a + b + c + d − 4 abcd ≥

2

√
+

b−

√

c ≥ x 2 + y2

nên để chứng minh (1.13) ta chỉ cần chứng minh rằng
x 2 + y2 ≥

2
x + 2y
9

2

.

Thực vậy,
2
2
x + 2y ≥ 0
9
− 2 x + 2y2 ≥ 0

x 2 + y2 −

⇔ 9 x 2 + y2

⇔ ( x − y)(7x − y) ≥ 0, đúng

Tiếp theo, chúng tơi trình bày một số kết quả làm mạnh Bất đẳng thức AM-GM
cho n số thực không âm.
Mệnh đề 1.7. [8] Với mọi bộ số dương a1 , a2 , . . ., an ta ln có

√
√

a1 + a2 + · · · + a n
1 √
≥ n a1 a2 · · · a n +
a n − a1
n
n

2

.


16
Chứng minh. Do vai trò của các số hạng là như nhau, nên ta chỉ cần chứng minh

√
√
1 √
a1 + a2 + · · · + a n
≥ n a1 a2 · · · a n +
a2 − a1
n
n

2

.

Với mỗi k ∈ {2, 3, . . . , n} ta đặt
Ak =

√
a1 + a2 + · · · + a k
, Gk = k a1 a2 · · · ak .
k

Ta sẽ chứng minh rằng

(k + 1) Ak+1 − Gk+1 ≥ k ( Ak − Gk ) .
với mọi k ∈ {2, . . . , n}. Thực vậy, đặt x =

√

k +1

a k +1 , g =

√

k +1

(1.14)

Gk . Khi đó

(k + 1) Ak+1 = kAk + ak+1 = kAk + x k+1 ; Gk+1 = gk · x.
Do đó, (1.14) trở thành
kAk + x k+1 − (k + 1) gk x ≥ kAk − kgk+1

⇔ x k+1 − (k + 1) gk x + kgk+1 ≥ 0

⇔ ( x − g)2 x k−1 + 2gx k−2 + · · · + kgk−1 ≥ 0, đúng .
Từ đây ta thu được
n ( An − G − n) ≥ · · · 2 ( A2 − G2 ) =

√

a1 −

√

a2

2

.

Mệnh đề 1.8. [7] Cho n số thực a1 ≥ a2 · · · an ≥ 0, n ≥ 3. Với số nguyên k thỏa mãn
n
≤ k ≤ n − 1, ta ln có
2

√
n

√
2k (n − k) √
2
a k − a k +1 .
n
√

√
Chứng minh. Kí hiệu x = k a1 a2 · · · ak , y = n−k ak+1 · · · an . Khi đó, từ giả thiết bài
a1 + a2 + · · · + a n −

a1 a2 · · · a n ≥

tốn, ta có
x ≥ ak ≥ ak+1 ≥ y.
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta nhận được
• a1 + a2 + · · · + an ≥ kx;
• ak+1 + · · · + an ≥ (n − k )y.


17
Ta cũng có

√

ak −

√

ak+1 ≤ x − y. Do vậy, Mệnh đề 1.8 sẽ được chứng minh khi

chúng ta chứng minh được rằng
kx + (n − k )y − n n x k yn−k ≥

√
2k (n − k ) √
x− y

n

2

(1.15)

.

Rõ ràng với y = 0 là trường hợp tầm thường. Vì vậy ta chỉ xét y > 0. Do tính thuần
nhất, khơng mất tính tổng qt, giả sử rằng y = 1. Đặt x = t2n , t ≥ 1. Khi đó ta
cần chứng minh rằng
kt2n + (n − k ) − nt2k

2k (n − k ) n
t −1
n

2

≥ 0.

Xét hàm số
f ( x ) = kt2n + (n − k ) − nt2k

2k (n − k ) n
t −1
n

2

, t ≥ 1.

Ta có
f (t) = 2ktn−1 h(t)
với mọi t ≥ 1, trong đó h(t) = n tn − t2k−n − 2 (n − k ) (tn − 1).
Vì h (t) = n (2k − n) tn−1 − t2k−n−1

≥ 0 với mọi t ≥ 1 nên h(t) là hàm đơn

điệu tăng trên [1; +∞). Điều này kéo theo h (t) ≥ h(1) = 0 hay f (t) ≥ 0. Do đó,
f (t) là hàm đơn điệu tăng. Điều này dẫn tới f (t) ≥ f (1) = 0 với mọi t ≥ 1.
Vasile Cˆırtoaje đã đưa ra kết quả tổng quát của Mệnh đề 1.8 như sau:
Mệnh đề 1.9 ([7]). Cho n số thực a1 ≥ a2 · · · an ≥ 0, n ≥ 3. Với số nguyên k, j thỏa
mãn 1 ≤ k ≤ j ≤ n và k + j ≥ n, ta ln có
a1 + a2 + · · · + a n −

√
n

a1 a2 · · · a n ≥

2k (n − j + 1) √
ak −
n+k−j+1

aj

2

.

Chương 2
Một số áp dụng của bất đẳng thức trung
bình số học- trung bình hình học
Trong chương này, chúng tơi trình bày hai kĩ thuật quan trọng trong việc sử
dụng AM-GM là: Kĩ thuật cân bằng hệ số, Kĩ thuật AM-GM ngược dấu; cùng với
đó là việc vận dụng bất đẳng thức AM - GM vào giải các bài toán đại số, hình học,
số học, tổ hợp,... Các kết quả chương này được trình bày dựa vào [10], [8], [11]...

2.1

Một số kĩ thuật trong sử dụng AM-GM

Trong mục này, chúng tơi tập trung trình bày hai kĩ thuật quan trọng trong
việc sử dụng AM-GM, đó là: Kĩ thuật cân bằng hệ số, Kĩ thuật AM-GM ngược dấu.

2.1.1

Kỹ thuật cân bằng hệ số

Ví dụ 2.1.1. Cho x là số thực dương thoả mãn x ≥ 3. Chứng minh rằng
x+

1
10
≥ .
x
3

Phân tích: Với ví dụ này, chúng ta cần tìm điểm rơi trước. Cụ thể, để dấu đẳng

thức xảy ra thì


x = 3,
1
10
x2 + 1
10

2
x+ =
⇔
=
⇔ 3x − 10x + 3 = 0 ⇔ 
1
x
3
x
3
x= .
3
1
là không thể, cho nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x = 3. Một sai lầm rất hay gặp, đó là nếu ta lập luận

Bởi vì x ≥ 3 nên x =

x+

1
≥2
x

x·

1
=2
x

thì rõ ràng, chúng ta bị “thiếu” một phần rất lớn ở vế phải, mà cụ thể ở đây là
10
4
“thiếu” tới tận
− 2 = . Như vậy, ta phải tìm một đánh giá khác phù hợp hơn.
3
3
18


19
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
x+

1
8x x 1
8·3
=

+ + ≥
+2
x
9
9 x
9

x 1
24 2
10
· =
+ = .
9 x
9
3
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3.
Nhận xét:

1
8x x
và tách x thành
+ ?
x
9
9
Câu trả lời nằm ở việc chúng ta đã tính tốn chính xác được điểm rơi và phần

1. Vì sao chúng ta lại có thể nghĩ đến việc giữ nguyên

sau đó, chỉ là kỹ thuật cân bằng hệ số.

2. Khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho n số nào đó thì ta cần đảm bảo rằng
với điểm rơi mà ta tính tốn được thì n số mà ta sử dụng AM – GM phải cùng
bằng nhau. Tại sao? Bởi vì khi dấu đẳng thức xảy ra, mọi bất đẳng thức và
đánh giá mà chúng ta dùng sẽ chuyển thành đẳng thức, tức là dấu ≥ , ≤ sẽ
trở thành dấu = . Và khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM, nó cũng khơng
phải một ngoại lệ, cho nên với điểm rơi đó, bắt buộc n số đó phải bằng nhau.
3. Tiếp theo, ta quan tâm đến việc thế nào là thừa, thế nào là thiếu. Ở đây, với
1
1
1
điểm rơi x = 3 thì
= . Như vậy, phần x rõ ràng là nhiều hơn phần .
x
3
x
Điều này giúp ta nghĩ đến việc chia x thành hai phần, nghĩa là x = ax + bx
1
1
1
1
và ax = (hoặc bx = ) khi x = 3, tức là a = (hoặc b = ), Bằng cách
x
x
9
9
phân tích như thế này, ta có thể nghĩ đến việc tách một cách phù hợp để khi
sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì vẫn đảm bảo điểm rơi khơng bị thay đổi.
Kỹ thuật tách như trên còn được gọi là cân bằng hệ số.

Ví dụ 2.1.2. Cho x là số thực dương và x ≥ 3. Chứng minh rằng
x 2
13
+ ≥ .
2 x
6
Phân tích: Vẫn như Ví dụ 2.1.1, ta sẽ dự đốn và tìm được điểm rơi là x = 3. Đến

đây, ta thấy

x
3 2
2
x
2x
5x
= , = , vậy ta cần tách ra thành
và .
2
2 x
3
2
9
18

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
x 2
5x 2x 2
5·3
+ =

+
+ ≥
+2
2 x
18
9
x
18

2x 2
5 4
13
· = + = .
9 x
6 3
6

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3.
Ví dụ 2.1.3. Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
.
b+c c+a a+b
2

20
Phân tích: Để khử mẫu có dạng b + c, c + a, a + b, ta có thể nghĩ đến việc thêm

một lượng b + c, c + a, a + b để AM – GM, cụ thể
a2
+ (b + c) ≥ 2
b+c

a2
· (b + c) = 2a.
b+c

Tuy nhiên, ta không thể “để im” b + c như thế này, bởi điểm rơi của bất đẳng thức
a2
là a = b = c và khi đó
= b + c. Như vậy, ta cần điều chỉnh tổng quát thành
b+c
k (b + c) và
√
a2
a2
+ k (b + c) ≥ 2
· k (b + c) = 2 ka.
b+c
b+c
Ngồi ra, ta cịn phải có a = b = c nên
1
a2
a2

=
= k (b + c) ⇔ k =
.
b+c
4
( b + c )2

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
a2
b+c
+
≥ 2
b+c
4

a2
b+c
·
= a,
b+c
4

b2
c+a
+
≥ 2
c+a
4

b2

c+a
·
= b,
c+a
4

c2
a+b
+
≥ 2
a+b
4

c2
a+b
·
= c.
a+b
4

Vế cộng vế các bất đẳng thức trên, ta suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét:

1. Có thể thấy, nếu chỉ đọc lời giải mà khơng đọc phân tích trên, chúng ta sẽ dễ
rơi vào trạng thái lời giải “từ trên trời rơi xuống”. Nhưng phân tích ban đầu
cho thấy, đây khơng hồn tồn là lời giải thực sự quá khó để nghĩ ra, nếu
chúng ta nắm vững vàng việc xác định điểm rơi và cân bằng hệ số một cách
phù hợp.
2. Với bất đẳng thức mà các biến đối xứng thì điểm rơi thường xảy ra khi các

biến cùng bằng nhau. Thực ra, với các bất đẳng thức mà các biến đối xứng,
chúng ta thường khơng gặp nhiều khó khăn trong việc dự đốn điểm rơi và
cân bằng hệ số, điều khó khăn mà chúng ta gặp phải đó là lựa chọn một biểu
thức phù hợp để thực hiện đánh giá.


21
Ví dụ 2.1.4. Cho a, b, c là ba số thực không âm thoả mãn a + b + c ≥ 3. Chứng
minh rằng
a3 + b3 + c3 ≥ 3.
Phân tích: Dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Để ý rằng

dữ liệu bài toán cho là a + b + c ≥ 3 và a + b + c bậc nhất, cịn u cầu bài tốn là
a3 + b3 + c3 ≥ 3 và a3 + b3 + c3 bậc ba nên ta sẽ tìm cách làm giảm bậc để đánh
giá. Ở đây, ta chọn a3 ; 1; 1 để sử dụng AM – GM và vẫn đảm bảo dấu đẳng thức
xảy ra.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
√
3
3
a + 1 + 1 ≥ 3 a3 · 1 · 1 = 3a.
Tương tự và vế cộng vế, ta suy ra
a3 + b3 + c3 + 6 ≥ 3 ( a + b + c) ≥ 9 ⇒ a3 + b3 + c3 ≥ 3.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ví dụ 2.1.5. Cho a, b, c là ba số thực dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng
4a2
5b2
6c2
+
+

≥ 60.
a−1 b−1 c−1
Phân tích: Ta có thể thấy các biến a, b, c khơng có điều kiện gì ràng buộc với nhau,

vậy có nghĩa là ta có thể đi tìm giá trị nhỏ nhất của từng biểu thức

5b2
4a2
,
,
a−1 b−1

6c2
. Tuy nhiên, có thể thấy hệ số 4, 5, 6 khơng có vai trị gì quan trọng nên bản
c−1
x2
chất của bài tốn này chính là tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
với x > 1.
x−1
Phát hiện này giúp ta nhận ra một điều, dù bất đẳng thức này ba biến khơng đối
xứng nhưng bản chất của nó lại là đối xứng. Vậy nên, ta dự đoán được ngay dấu
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và
4a2
5b2
6c2
+
+
= 60.
a−1 b−1 c−1
Cuối cùng, giải phương trình trên ta được a = b = c = 2 chính là điểm rơi của

x2
22
bất đẳng thức. Dựa trên điểm rơi này, ta phán đoán được
≥
= 4. Vậy
x−1
2−1
x2
ta chỉ cần chỉ ra
≥ 4. Tuy nhiên, đây không phải là bất đẳng thức quá khó
x−1
để chứng minh và ở đây, tôi xin phép chỉ dùng bất đẳng thức AM – GM để chứng
minh.


22
Chứng minh. Với mọi số thực x > 1, áp dụng AM – GM, ta có
x2
1
1
= x+1+
= 2 + ( x − 1) +
≥ 2+2
x−1
x−1
x−1

( x − 1) ·

1

= 4.
x−1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2. Áp dụng vào bài tốn, ta sẽ có
5b2
6c2
a2
b2
c2
4a2
+
+
= 4·
+5·
+6·
≥ 4 · 4 + 5 · 4 + 6 · 4 = 60.
a−1 b−1 c−1
a−1
b−1
c−1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2.
Ví dụ 2.1.6. , Cho a1 , a2 , . . ., a2020 là 2020 số thực dương thoả mãn điều kiện
a1 + a2 + · · · + a2020 =

1
1
1
+ +···+
.
a1 a2

a2020

Chứng minh rằng
a1 +

a2020
a22 a33
1 1
1
+ + · · · + 2020 ≥ 1 + + + · · · +
.
2
3
2020
2 3
2020

Phân tích: Rõ ràng, điều kiện bài tốn “khơng có lợi” cho việc giải quyết bài tốn

của chúng ta. Như vậy, ta cần phải khai thác được điều gì khác “dễ nhìn” hơn từ
điều kiện ban đầu. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có

( a1 + a2 + · · · + a2020 )2 = ( a1 + a2 + · · · + a2020 )

1
1
1
+ +···+
a1 a2
2020

√
1
1 1
≥2020 2020 a1 a2 · · · a2020 · 2020 2020
· ···
a1 a2
a2020
=20202 .
Cho nên, ta thu được điều kiện “dễ nhìn” hơn là
a1 + a2 + · · · + a2020 ≥ 2020.
Ta thấy rằng biểu thức
a2020
a22 a33
+ + · · · + 2020
2
3
2020
mỗi biến đều có bậc khác nhau. Vậy thì ta sẽ kỳ vọng vào việc sử dụng AM – GM
a1 +

để tạo ra một đánh giá giúp chúng ta đưa các biến về bậc nhất, giống như điều
kiện
a1 + a2 + · · · + a2020 ≥ 2020
mà ta đang có. Cũng từ các điều kiện lẫn yêu cầu chứng minh của bài tốn, ta có
thể dự đốn rằng điểm rơi xảy ra tại
a1 = a2 = · · · = a2020 = 1.


23

Như vậy, ta có thể giảm bậc bằng cách sử dụng AM – GM để có được đánh giá
akk k − 1
akk + 1 + 1 + · · · + 1
+
=
≥
k
k
k

k

akk · 1 · 1 · · · 1 = ak .

Từ đây, nếu vế cộng vế các bất đẳng thức, ta sẽ tìm được điều cần tìm.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
1
1
1
+ +···+
a1 a2
2020

( a1 + a2 + · · · + a2020 )2 = ( a1 + a2 + · · · + a2020 )

√
1
1 1
· ···
≥2020 2020 a1 a2 · · · a2020 · 2020 2020

a1 a2
a2020
=20202 .
Với mỗi k = 2, 3, . . ., 2020 sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
akk + 1 + 1 + · · · + 1
akk k − 1
+
=
≥
k
k
k

k

akk · 1 · 1 · · · 1 = ak .

Thế thì
a1 +

a22 1
+
2
2

+

a33 2
+
3

3

+···+

a2020
2019
2020
+
2020 2020

≥ a1 + a2 + a3 + · · · + a2020
≥ 2020

và suy ra
a1 +

a2020
a22 a33
1
2
2019
+ + · · · + 2020 ≥ 1 + 1 −
+ 1−
+···+ 1−
2
3
2020
2
3
2020

1 1
1
= 1+ + +···+
.
2 3
2020

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = a2020 = 1.
Ví dụ 2.1.7. Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng
y
(1 + 2x ) 1 +
2x

4
1+ √
y

2

≥ 81.

Phân tích: Nhận thấy được một trường hợp để xảy ra dấu đẳng thức, tức một

trường hợp của điểm rơi chính là x = 1 và y = 4. Từ đây, chúng ta có thể thấy
1 + 2x = 1 +
y

y
4
= 1+ √ .

2x
y

Ngoài ra, bậc của đa thức 1 + 2x có thể coi là 0, cịn bậc của đa thức 1 + 2x là
4
1
1 và bậc của đa thức 1 + √ là − nên ta có thể nghĩ đến việc nhóm 1 + 2x và
y
2