Sáng tạo Bất đẳng thức - Tác giả:Phạm Kim Hùng

Mục

lục

Lời nói đầu
Cộng

1

tác viên

xi

Bất đẳng thức Cơ Sở

11

Bất đẳng thức AM-GM

1.2

Bất đẳng thức Cauchy-SchwarzHoldetr.......
......

1.2.1

1.22

1.3.

Bất đẳng thức Holder

Bất đẳng thức Chebyshev
1.3.2

14.

Kĩ thuật phân tách Chebyshev

Bất đẳng thức với hàm lồi...............
....
1⁄41. Hàm lồi với bất đẳng thức Jensen

1.4.2.

1.5

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và ứng dụng

Hàm lồi với kĩ thuật xét phần tử ở biên

Khai triển Abel và bất đẳng thức hoán vị
1.5.1 Khai triển Abel....................

...

1.6

Bất đẳng thức đối xứng 3 biến
1.6.1 Bất đẳng thức thuần nhất khơng có điều kiện
~*
1.

1.6.2 Bất đẳng thức đối xứng có điều kiện........
....


Mục lục

H

1.7.1

71

so
. . ---

Bất đẳng thức và các đa thức đối xứng sơ cấp...

17

71

ee

we

Lí thuyết về các đa thức đối xứng sơ CAP

giải toán bất
Đa thức đối xứng sơ cấp và các ứng dụng trong
¬—

ng
nh nh nh nh nh
. . ch
đẳng thức...
nh nh nh nh C
- - - Ích
Phương pháp cân bằng hệ SỐ...
ee
. - -Bài toán mở đầu...
1.8.1

17.2.
1.8

10

1.8.2

cộng và
Can bằng hệ số với bất đẳng thức liên bệ trung bình

18.3

rz - Holder
Cân bằng hệ số với bất đẳng thức Cauchy - Schwa

trúng bình nhân (AM-GM).....
-

Đạo hàm và ứng dụng...

1.9.1

1.9.2

19.3.
1.9.4
"nh:

Kién thite K thuyột â

ch

- - c2

nh

loc

ô2...

Cac baitodnchon

92

Ban vộ sang tao bat ding thite

2.2.1
2.2.2

223
2.9.4

3.1.2
3.1.3.
31.4

3.1.5

83

84

-.....-----

87

Tnhh

2

nh

103

|

105
105

©...

Bất đẳng thức cũ Và mỚI oo
Một cách xây dựng bất đẳng thức mới...

89

nh nh nh

ee

.-‹:

201

ng

201

(có.

203

206
Từ chứng mình - phản biện đến kết luận... .. - : oo.
_..... 208
es
Sang tao bat ding thie ©. 2.

thức

Các phương pháp chứng minh bất đẳng
biến mạnh
3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn

311

_

86

Sáng tạo bất đẳng thức
21

80

eet 83

eee

..
=.

. ch

75

j ch nh nh nh

ee

Mở rộng một bài thi toán quốc tế 2004

1.11 Một số bài toán đáng chú ý. .

74

ee

2.

Khảo sát ham nhiéu bien...
nh.

nh

nh

voc vee

Khao st ham s6 mot bién.

74

nh nh

{ch
nh

M

211

:
...

. - - - - - --

Bài tốn mở đầu ....... có. ¬

đẳng thức 3 biến ....
Phương pháp dồn biến. đối với các bất
ch
Định lí dồn biến mạnh SM.V......- - ¬
Định lí S.M:V và một số ứng dụng..
. . . . c so h h hh nỢ
Phương pháp dồn biến toàn miền...

212

212
216
222
224

230


Mục lục

3.2

iil

Phương pháp phân tích bình phương S.O.S......

3.4

Bài tốn mớ đầu...
Q Q Q Q
v

3.2.2

Định lí về biểu diễn cơ sở của phương pháp S.O.S và một số

233

.............
. . Q Q Q He QC

239

3.2.3.

Những ứng dụng quan trọng của phương pháp S.O.S......

244

3.2.4

Suy luận từ một bài tốn

249

Phuong

phắp phan ching

.....

...... Xa
2...

...

ee

;.

...

0.020.000.4004

254

000000

254

3.3.1

Baitodnmd dau ...........0

3.3.2

Nhìn nhận một bất đẳng thức dưới góc độ phản chứng...

255

3.3.3

Các

257

bài toán áp dụng...

.

Phương pháp quy nạp tổng quát

ee eee

Q Q Qua

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

Q TQ

eee

....

262

3.4.1

Bài toán mở đầu...

ee

262

3.4.2

Phương pháp quy nạp tổng qt và định líLGI.........

265

3.4.3

Các bài tốn áp dụng

267

3.4.4

Xây dựng hàm số và bài toán tổng quát

.........

. QQQ Q Q H
K

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

276

3.5

Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển

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

277

3.6

Nhìn lại 5 phương pháp chứng minh bất đẳng thức..........

285

3.6.1

Phương pháp dồn biến...............Ặ.ẶẶ

285

3.6.2

Phương pháp phân tích bình phương SO.S..........

287

3.6.3

Phuong pháp phản chứng.......:.....Ặ.Ặ.c
co

288

3.6.4

Phương pháp quy nạp tổng quát.................-

289

3.6.5
4_

233

3.2.1

kĩ thuật phân tích

3.3

——

Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển ......... '290

Một số vấn đề chọn lọc về bất đẳng thức

291

4.1

Bat dang thtte Schur suy rong... 2...
Q Q SỦ

291

4.2

Nhimg bat ding thitckKila!.. 2.0.0.0
00 000.00... 0000,

298

4.3

Bat đẳng thức Nesbitt và một số dạng mở rộng.............

303:

4.4

Suy luận và phát triển...,..........

¬

308

4.5

Bất đẳng thức thuận nghịch.

'...............Ặ
co

312

4.5.1

Phương pháp tích phân đối với bất đẳng thức.........

312

4.5.2

Bất đăng thức thuận nghịch..................

314


iv

Muc luc

46

.Đi tìm lời giải sơ cấp...

4.7

4.9

.

ee

ee

317

4.6.1

Trélai van d@écé dién

..........00...--.2
0004.

317

4.6.2

Thêm một bài toán 4biến....................

320

Lý thuyết các bộ trội và bất đẳng thttc Karamata...........

320

4.7.1

320

47.2
4.8

.

Các bộ trội và một số tính chất lên quan

..... ¬

Bất đẳng thức Karamata .............

Dồn biến khơng xác định

Ốc

324

............
QQQ
ee

48.1

a>bhaya
0c

4.8.2

Dén bién khong xAc dinh

B&t ding thitc va c4éc vin déméd

eee

eee

eee

333

333

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

335

.. 2...

340

2...

0-022

eee

4.9.1

Mdt ldi gidi hodn chinh?..

ee

340

4.9.2

Một bất dang thức đối xứng thú vị...............

341

49.3

a/b+b/et+c/a>3?

342

4.9.4

Bất đẳng thức hoán vị tổng quát................

343

4.9.5

Chỉ là các bất đẳng thức bậc nhất?”

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

344

4.9.6

Các dạng tổng bình phương....................-

344

4.10 Tan mạn với bất đẳng thức..............oẶẶ
Ặ

346

.Q

ee

Q Quang

4.10.1

Các cặp thuận nghịch................no

346

4.10.2

Sáng tạo bất đẳng thức................

347

4.10.3

Quan điểm về một bài toán bất đẳng thức hay

4.10.4

Học toán trên mạng

.....

....

co

........

ee

es

Phụ lục

348

349

Tác giả các bài toán...
Tai liéu tham khdo

347

. hở
...

2...

2...

2

ee

ee

ee
ee

“dd

349
350

Chuong

Bat

1

dang thức Cơ Sở

Để làm quen với bất đẳng thức thì việc nắm vững các bất đẳng thức cơ bản là
vơ cùng quan trọng. Trên thế giới có rất nhiều các bất đẳng thức, rất nhiều những

định lí liên quan tới bất đẳng thức, rất nhiều các kĩ thuật nhỏ chứng minh bất đẳng
thức nên để biết hết được chúng là điều không thể, điều quan trọng nhất là chúng
ta phải hiểu thật rõ các bất đẳng thức cơ bản, đó cũng là yếu tố quan trọng đầu

tiên để bạn học tốt bất đẳng thức. Tác giả sẽ nhấn mạnh tới những bất đẳng thức

hết sức cần thiết sau đãy: Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng>strung bình

nhan (AM —G™M), bat dang thitc Cauchy— Schwarz va tong quat làbat đẳng thức
Holder. bất đẳng thức Chebusheu và bất đẳng thức Jensen.
Đây là 4 bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thơng, nhưng để nắm

vững được chúng cũng không phải là điều đơn giản, dễ dàng nhất là đối với các bạn

mới bắt đầu làm quen với bất đẳng thức. Chương đầu tiên của cuốn sách cung cấp
cho các bạn khá đầy đủ những kĩ năng sử dụng 4 bất đẳng thức đó, thêm nữa là
một số bài toán liên quan tới các bất đẳng thức đối xứng 3 biến, bất đẳng thức hoán `
vị, phương pháp cân bằng hệ số và kĩ thuật khai triển Abel. Day 1A chương cơ bản

và rất hiệu quá đối với các bạn học sinh THƠS, các bạn học sinh lớp 10, 11 muốn
rèn luyện kĩ năng chứng minh bất đẳng thức của mình.
Đối với mỗi bất đẳng thức cơ bản đó,
đặc biệt nhất để bạn đọc thấy rõ hiệu quả
AM - GM ta có kĩ thuật Cơsi ngược, với
phân tách Chebsheu và với bất đẳng thức
Hoider. Theo cách nghĩ của học sinh Việt

za lạ và khó áp dụng,

tác giả đều chọn một kĩ thuật ấp dụng
của chúng. “Chẳng hạn với bất đẳng thức
bất đẳng thức Chebusheu ta có kĩ thuật
Cauchụ — Schuarz ta có bắt đẳng thúc
Nam thì bất đẳng thức Holder có vẻ hơi

ngay cả với các bạn học sinh giỏi tốn, nhưng

cuốn sách sẽ

giúp các bạn có một cách nhìn khác hơn đối với bất đẳng thức quan trọng này, bình
thường như chính bất đẳng thức Cauchw— Schuarz vậy. Phần sử dụng đạo hàm

cũng là phần lí thuyết quan trọng mà các bạn cần phải nắm rõ.


Chuong 1. Bat đẳng thức cơ sở

4

Bất đẳng thức AM-GM

1.1
1.11
Định

Bất đẳng
(Bắt

lý 1.1

có bất đẳng thúc

AM-GM

thức
đẳng

và ứng dụng

AM-GM).

thức

Với mợi số thực dương dị, ga,.... đụ ta
A

ai +ũạ+...+d@

————————>

n

tana¿...dạ,.

Đẳng thức xấu ra khi 0à chỉ khí ai = dạ = ... = Gn.
CHỨNG MINH. Rõ ràng bất đẳng thức với nø = 2. nếu bất đẳng thức đúng với n số
thì cũng đúng với 2w số vì
đi + 0a +... + dạn > T /G162...0ạ

Tỉ

đa +1 0n+2---đ2n > 2n X/a0a...đạ,

Do đó bắt đẳng thức cũng đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2. Mặt khác nếu bất
đẳng thức đúng với œ số thì cũng đúng với n — Ì số, thật vậy ta chỉ cần chọn

. + Gn-1
),
tant..
-1
s=a,
ayn = s/(n
=>

s

8+

m — Ì

>n†

a)Q2..-An—18
142
nm—1

n-1

=>s>(n-1)*VWajag.-.dn-1.

Từ 2 nhận xét trên ta có điều phải chứng minh. Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi tất
cả các biến

1, đạ,..., a„ bằng nhau.

Bắt. đẳng thức AM —- GM

la bat đẳng thức quen thuộc và có ứng dụng rộng rãi,

là bát đẳng thức đầu tiên mà các bạn cần phải ghi nhớ rất rõ và sử dụng một cách
thành thạo. Khi sử dụng bất đẳng thức này chúng ta cần hết sức chú ý tới điều kiện
của đẳng thức khi ø = ø¿ =... = a„ và cần tách các hệ số cho phù hợp.
Có nhiều cách chứng minh bát đẳng thức AM — GŒM, cách chứng minh hay nhất
có thể là cách chứng minh sử dụng phương pháp quy nạp Cauch

(như chứng minh

trên). Có lẽ vì vậy mà nhiều người lầm lẫn ring Cauchy phat hién ra bat dang

phải là

thức này. Ông chỉ là người đưa ra chứng minh rất hay của mình chứ khơng
thức
đẳng
bất
người phát hiện ra đầu tiên, bất đẳng thức mà chúng ta quen gọi là
opzrki
Bunhiacopzki thực chất là phát mình của 3 nhà tốn hoc Schwarz, BunhiaC

có
va Cauchy. Theo cach goi tên chung của thế giới, bất đẳng thức BunhiaCopzki

Cauchy) c6
tên là bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz, còn bat ding thitc Cési (hay
Day là
Means).
c
ten lA bat ding thite AM — GM (Arithmetic Means - Geometri
một sự nhằm

lẫn khá kì lạ và đáng ngạc nhiên trong một thời gian dài !?

Sau đây là một số bài toán đặc trưng sử dụng bất đẳng thức AM — ỚM.


1.1. Bat dang thitc AM-GM
Ví dụ 1.1.1.

5

Chứng minh rằng uới mọi số thực không am a,b,c ta cé

u11

a

b

9

ec atb+e

LỜI GIẢI. Sử dụng bat dang thite AM — GM cho 3 số
1

1

1):

3

3

(a+ b t9(+;+2)>
—
+~+-|
>3Vab
=9.
Vabc==9
Bất đẳng thức tổng quát hơn được chứng minh hồn tồn tương tự

1

1
1
2
—#—+..+—=>—————_.
ay
đa
an

đi + đạ +...

Ví dụ 1.1.2 (Bất đẳng thức Nesbitt).

Chứng minh rằng uới mọi số thực khơng

adm a,b,c ta có

a
b+e

+

b
c+a

+ đạ,

+

€
„3

a+b 92

LỜI GIẢI. Xét các biểu thức sau
S=
M=

‘a

b+c
b

b

cta
c

c

taxb
a

beet ctala+tb
b

N=—<—+_—4
_ b+c
cha

,
}

atb

Ta cé6 M+ N = 3. Mat khac theo bat dang thtte AM ~ GM thi
M+S=
N+S=

Vay M+ N

a+b
b+c
ate
b+e

b+c

c+a

ctatatb=
a+b
b+c
của

ah

>3,
> 3.

+2S > 3 suy ra 2S > 3. Day la diéu phai chitng minh.

O

Ví dụ 1.1.3 (Bất đẳng thức Nesbitt 4.biến). Chứng mảnh rằng vdi moi sé thuc

không âm a,Èb,c ta có bát đẳng thức

-ƠƯ,..Ơ.
b+c

c+d

.....
d+a

qa+b—”


Chương 1. Bất đẳng thức cơ sở

6
LỜI GIẢI.

Đặt
_

4a

b

Cc

d

—

b

€

d

_

¢

d

a

etd dta ato’
“bret
“Fae tetdtdta

N

Tacé M+N=4.

a

lato’

b

—baetetd!dtala+s

Theo bất đẳng thức AM — GM thi
M

=

+ỡ

N+S=

a+b

b+c

c+ởd

bee
ate

tctd
b+d

d+a
atc

b+e

ctd

dt+a

a+b

b+c

atd

ct+d

a+b

ate,

ate

4(a+c)

a+b+c+d

b+d

d+a
>4
,
g+bÐC
b+d

b+d

A(b+d)

atb+ctd

—-

Vay M + N +2S > 8 suy ra 9 > 2. Đẳng thức xây ra khi a = b=c=d.
Ví dụ 1.1.4.

a

Tỉ.
Giả sử ơi, đạ,..., ứn là các số thực đương sao cho œị +ú¿ +... tan =

Chitng minh vdi moi số nguyên đương k ta có bắt đẳng thúc

ak + ak +...+ ak > ako} + ak} +...+ ako}

LỜI GIẢI. Sử dụng bất đẳng thức AM — GM ta có
(k— 1)a# +1=aF+aF+...+ d` +1> kVaFŒ~1) = ka~},
Thay a béi aj, a2, ...; đạ rồi cộng các bất đẳng thức lại ta được

(k~1)(ak +ak+...4ak)+n> kf} +ap +... + ak-1),
Vậy ta chỉ cần chứng minh
+..+ ak}

ako} + as

Sử dụng bất đẳng thức AM ~ ƠM

_

>n.

7

ak 4 (k—-2) aah 4141 42.412 (k= 1) Var?= (k- 1a.

Thay ø bởi ai, đa,..., dn rồi cộng các bắt đẳng thức dạng trên lại

ak} + ak} p+

ak-l5 n(k _ 2) > Í — 1)(øi + aa +... + an) = (k— l)n


1.1. Bất đẳng thức AM-GM

7

> at} +ag7}

+..¢a% 1} >n.

Dang thttc xdy ra khi va chi khi aj = a2 =...=a,=1.

O

Nhận xét. Từ các chứng minh trên ta suy ra

ak +ak+...+ak n>

(tet

tan)!

n

n

3

Với mọi số nguyên dương k. Ngoài ra cả 2 bất đẳng thức này đều đúng khi k > 1 là
một số thực. Nếu xét k < 1 ta có bất đẳng thức

„đi + 0g +... + da „ Mai+
n

W6a+..+

—

tên

mì

,

V6i moi s6 thuc dugng m > 1. Cac ban hay ty kiém nghiém cdc bat đẳng thức này
bằng phương pháp ở trên, thực chất nó chỉ là hệ quả trực tiếp.

Ví dụ

1.1.5

dị, dạ,..., đụ Đồ

(Bất
1,

đẳng

thức

AM-GM

suy rộng).

Với các số thực dương

2,..., #„ là các sơ thực khơng âm có tổng bằng 1 ta có
đ1# + 622 +... + Gndn > aya5?...a2".In

LờỜI GIẢI.

Phương pháp chứng minh sử dụng quy nạp Cauchw

hoàn toàn tương tự

như với bất đẳng thức AM — GŒM thông thường. Tuy nhiên trong trường hợp n = 2

chúng ta cần một lời giải chi tiết hơn. Ta phải chứng minh nếu #z + = 1 vaa,b,2,y

là các số thực khơng âm thì

da + bụ> a”b%.

có

Cách làm đơn giản nhất đối với bắt đẳng thức này là xét với số hữu tỉ rồi chuyển

- qua giới hạn. Hiển nhiên nếu z, y hữu tỉ thì bài tốn được chứng minh theo bất đẳng
thức AM —- GM

cỗ điển

ta + nb > (m + n)am/(m+n) pm/(m+n)

Trong đó z = m/(m+n)

=> ar + by > a*b%,

vay = n/(m+n). Con néu z, thực thì sẽ tồn tại dãy

các số hữu tỈ r„ —> 2, Sn, —> ,T„
+ s„ = 1 và như vậy
arn + bsy > ab"

@ arg + b(1 — rạ) > aTnpLTTn,

Chuyển qua giới hạn khi + — +00 ta được a# + bụ > a*b#. Đây chính là điều phải

chứng minh.
Cách chứng minh này khá cơ ban, va nếu bạn chưa được học về giới hạn thì hãy

tạm chấp nhận bat đẳng thức với các số z¡ hữu tỉ. Lí do rất đơn giản, vì để định
nghĩa chính xác cho luỹ thừa với số mũ thực, buộc phải có định nghĩa giới hạn. Các

kiến thức cơ sở về giới hạn và hàm liên tục sẽ được định nghĩa trong chương trình
tốn phổ thông lớp 11, 12.


Chuong 1. Bat đẳng thức cơ sở

8
Vi du 1.1.6 (IMO Shortlist 1998).
1, chứng ruinh bắt đẳng thức sau

x

+

(1+ø/)1+z)

Với z,, z là các số thực đương có tích bằng

y

+

(1+z)(1+z)

z3

(1+z)(1+)

>3
— 4

LỜI GIẢI. Sử dụng bat dang thtte AM — GM cho 3 sé
x

ity

(1+ y)(1+ 2)

8

lz,

8

3

~ 4°

Tương tự ta có 2 bắt đẳng thức với y, z rồi cộng lại suy ra
x

3

4

(1+z)1+z)
Mặt khác z +

y

3

4

(1+z2)(1+z)

z3

> z+U+z

(1+z)(1+)

+ z > 3‡⁄Z9Z = 3 nên ta có đpcm.

2

LÌ

Ví dụ 1.1.7 (IMO Shortlist 1990). Giả sử ø, b, c, d là các số thực không âm thoả
man ab + be + cd + da = 1. Chitng minh
a?

b3

c3

a

bectd *tcetdta’atbtd
atbte

1
>s.
~ 3

Lời GIẢI. Sử dụng bất đẳng thức AM — GM cho 4 số
a3
b+etd
a
oy
Fee
ey
b+c+d
18
6

b+c+d

+

b3
ct+dt+a

2a

12

3

3 bất đẳng thức với b, c, d sau đó cộng lại được

Hồn tồn tương tự ta có thêm

a3

1.

+

3
at+b+d

ad

+

atbt+e

>

a+b+c+d
3

1

—= 3

Chi
¥ ring ab + bc + cd + da = (a+ c)(b+ d) nén

(atb+ct+d)? > 4(ab+be+cd+da)=4>at+b+e+d>2,
Thay kết quả này vào bất đẳng thức ở trên ta có đpem. Đẳng thức xảy ra khi va chi
Vi du

Magazine).

1.1.8 (Komal
1

a(atb)'

|

|

Khia=b=c=d=1/2. 0

+

1

b(b+c)

Chứng minh vdi moi a,b,c duong

+

1

>

27

c(c+a) — 2(a+b+c)2


1.1. Bất đẳng thức AM-GM

—

9

LỜI GIẢI. Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AA⁄ — GŒM cho về trái
1

a(a+b)

1

1

3

bb+c) * cle+a) ~ ÿ/abiaibbioan

Do đó ta chỉ cần chứng minh
3®abc(ø + b)(b + e)(e+ a) < 8(a + b+ c)Š.

Theo bất đẳng thức AM - GM
3°abe < (a+ b4+0)%,

3”(a
+ b)(b+ e)(c+a) <(a+b+b+ec+c+a))=8(a+b+ e).
Nhân theo về 2 bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ

1.1.9.

đẳng thức sau

Cho

cdc 86 thuc a,b,c thod man

a? + b? + c? = 3. Chitng minh

bat

|a| + |b| + |c| — abe < 4.

LỜI GIẢI. Ta cũng áp dụng trực tiếp bất đẳng thức 4A - GMí như sau
2+

b2

a2b2c2 < ()

2\

3

=1 =-abe
< 1,

(la| + |b] + |e|)? < 3(a? + b + e2) = 9 => Jal + |b| + |e| < 3.
Cộng về 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi trong 3 số ø, b,c có 2 số bằng 1 và 1 số bằng —1. [1
Nhận xét. Bạn đọc thử làm bài toán trên nếu ta bỏ đi các dấu giá trị tuyệt đối,
tìm max của ø + b+ c— abc.. Đây là một bài tốn rất thú vị và khơng dễ.
Ví dụ 1.1.10 (Iran MO

Chứng mình rằng

1998).

Cho các số thực dương a, b,e, d thoả mãn abcd = 1.

1
11
1
nề + 84 cổ + để 3 max(atdtordre tet 4 5),
a

booed

Lor GIẢI. Ta phải chứng minh 2 bất đẳng thức sau

a*+b3+c2+dỀ>a+b+ec+d

(1)

a® + 68 + c3 +d? > abe + bed + cda+dab

(2)


Chương 1. Bat đẳng thức cơ sở

10

Bất đẳng thức (1) được chứng minh tương tự như trong ví dụ 1.1.4. Bất đẳng thức

(2) có được bằng tổng các bất đẳng thức sau

g3 + b3 + c? > 3abc

bŠ + cŸ + d3 > 3bcd

c3 + d° + aŠ > 3cda

dŠ + aŠ + b > 3dab.

Chỉ có đẳng thức khi a=b=c=d=1.
Ví dụ 1.1.11

MO

(USA
1

LỜI GIẢI.

Ching minh với mợi số thực dương a,b,c

1998).

1

5

Bab tab’

đ
1

BHOtabe!

1

< —.

O@+ae+abe

~ abc

Ta có nhận xét sau
a? +b? > 2ab
> a2 +b°

=

abc

<

> ab(a
+ b)

abe

_

a3 +b3+c3 ~~ ablat+b)+abe

c

atbt+c

Xây dựng thêm 2 bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại suy ra điều phải chứng mình
abc
abc
abc

a3+b3+abc

+

bề+c2+abc

+

cì+a3+

dbc

<1.

Đẳng thức xảy ra chỉ khi ø==b=c.
Các số thực dương +, , z thoả mãn điều

Ví du 1.1.12 (France Pre - MO 2005).
kién 2? + y? + 22 =3.

Hay chitng minh

z
2a
2M% z „ WZ#9
+ —23.

LỜI GIẢI. Bình phương 2 về của bất đẳng thức, ta phải chứng minh
„2x2
„2x2
22
z”+

3z
z2?
+ w2+ 2).
Ti

ty

tee

tt

Chú ý rằng theo bất đẳng thức AM — ƠM ta có
2,2
z2

x
(S

2,2
Ụ z2
x2

2 2
2z“
>)
y

+
(GS

2,2
z2

2 3(z?

+e)

9 2dz
)
Ụ
x2

2,2

(43 ze

2,2
z2

2 2
)
yp?

x
(3

> Aa? + y? + 27).
Dang thite xAy ra chi khiz=y=z=1.

O

Nhận xét. Các bạn hãy kiểm nghiệm bất đẳng thức sau
Néu a,b,c

duong thoa mãn a? +68 +8 =3 thi

ab

+

ob
c
< + 5

> 3?

Vấn đề tổng quát sẽ được giải quyết ở chương sau của cuốn sách.

2x2
zˆz
-)
y


11

1.1. Bất đẳng thức AM-GM

Cac s6 duong x,y,z c6 tich bằng 1. Chứng

Vi du 1.1.13 (IMO Shortlist 1996).
minh bat dang thúc

ry

+

eP+tayty
LỜI GIẢI.

yz.

+

yryzte

zz

z5+zzr+T)

7

Ta có nhận xét sau

z?+ 1ˆ > 2zu => x®+°>
>

<1

etyt+ez

l+ay(et+y)

cytaeryr(ety)

TỔ +2U +U5

z

_

1

_

ry

<

+

#?2(œ + 9)

Xây dựng 2 bất đẳng thức tương tự với z, rồi cộng về cả 3 bất đẳng thức ta có
Các số thực đương z\, #a,.... n thoả mãn

MO).

Ví dụ 1.1.14 (Việt Nam

Q

=z=1.

điều phải chứng minh. Dang thức xảy ra chỉ khi z=

..
......
7
1tr

—..1+2.
l+2,
Hãy chứng mình rằng

Z1#2...1n > (n — 1)",

Lời GIẢI. Từ giả thiết bài toán ta có
1

+

1+ 2)

1

+...+——
1+ %n-1

1+ 22

>

1+#na —

x

—

1+

—
2p

véi cdc sé hang 6 về trái

— GM

Sit dung bat dang thite AM
In

1

n-1

” /(1+zi)(1+22)..(1+#n—t)

.

Ta có n — 1 bất đẳng thức tương tự với mỗi số #, #a,...;#„—1, sau đó nhân các về

tương ứng của n bất đẳng thức trên lại suy ra đpcm.

Vi du 1.1.15 (APMO

(+?)

1998).

CÌ

Chiing minh vdi moi z, ụ. z đương la có

(1+ 4) (1+2) 224

LỜI GIẢI. Dễ dàng nhận thấy bất đẳng thức trên là hệ quả từ bất đẳng thức sau
x
y

z
2

«£

x

+z
YLYZ


12

Chương 1. Bắt đăng thức cơ sở

Ta nhóm và sử dụng bất đẳng thức AM — GŒM

s(E+¥+2)(244)
+(442)+
(#42)
2
Y
2
+
y
z
z
zr
x
y

Yxryz

2

&

YLYZ

Dang thức xảy ra khi và chỉ khi z==z.

Ví dụ 1.1.16 (Canada MO

2002).

x3

+

4

at x y¥p2yttyte
UỤ

1...3/xyz

SYxyz

Ư

Với mọi z,U, z dương, hãu chứng mãnh

ụ

z3

vz

Tụ

— + —>+z+t+z.

yz

Lời GIẢI. Sử dụng bất đẳng thức AM - GM cho 3 số
3

yzTU†+z>3

3

,

—+z+z>8g

3

›

my tư tt >8

Cộng về 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. L
Vi du 1.1.17 (Macedonia MO

2000).

+? +2

Chứng mình uới mọi +, 1, z đương

+ z2? > V2(xụ + z2).

LỜI GIẢI. Sử dụng bất đẳng thức AM — GM với 2 số
y
z2+2+z?>z?+
Ví dụ

1.1.18.

BE

> v2z(y+z).

O

Chứng mưnh uới mới a,b,c, d dương ta ln. có

16(abe + bed + cda + dab) < (a + b+ c+ đ)!.

LỜI GIẢI. Sử dụng bất đẳng thức AM — GM cho 2 số
16(abe + bed + cda + dab) = 16ab(c + d) + 16cd(a+ b)

< 4(a + b)*(c+ đ) + 4(e + đ)2(a + b)
< 4(a+b+c+
đ)(a+ b)(c+ đ)

<(a+b+ec+đ).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø= b=c=d.

Œ

Ví dụ 1.1.19. Chứng minh rằng uới các số đương a,b,e có tổng bằng 3 thì

a(œ+c—2b)
đb + 1

b(b+a— 2e)
be+1

c(c+b—
cat+1

2a)

> 0.
~


1.1. Bất đẳng thức AM-GM

13

LờI GIẢI. Bất đẳng thức tương đương với
ø(1 — b)
b(1 — c) a yy
CAST
apg
Bes
ab+1
tit
be+1
+
a+1

b+1
c+l
ab+1

be+1

c(1
— ø)
atl
>3.

+1>3

ca+17

Sử dụng bất đẳng thtte AM — GM cho 3 số hạng ở về trái

„[ {a+ 1)(b+ 1)(+ 1)

VP 2 311 by D(bet Ica t 1)"
Ta sé chitng minh (a+ 1)(6+ 1)(c +1)> (ab + 1)(bc+ 1)(cat+ 1).
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

abe + ab + be + ca + a+b+e+3> a2b?c? + abe(a + b+ e) + ab + be + ca + 1
ôâ 3> a?t?c2
+ 2abe.
Bt ng thức trên hiển nhiên đũng vì theo bất đẳng thức AM — GM thì abe < 1.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = bồ = c= 1.

Như đã nói, chú y quan trong nhất khi sử dụng bất đẳng thức AM

phải chọn đúng hệ số khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được.

ví dụ 1.1.6 ta không thể sử dụng bất đẳng thức

— GM

la

Chang hạn, ở

x3

trui+z2T+1)+z+1)>óe

Theo cảm giác, đẳng thức xảy ra khi z =

để các số hạng bằng nhau

x

(1+y(+z)

yt+1

8

=

z = 1 nên ta chọn được hệ số 1/8

z+1_

8

3z

S4

Với các bài toán ở dạng chuẩn như trên, tức là có đẳng thức khi tất cả các biến

bằng nhau thì việc ghép cặp như vậy tương đối dễ, nhưng với một số bài toán bất
đẳng thức khơng đối xứng thì cơng việc này sẽ khó khăn hơn, ta phải dùng phương

pháp Cân bằng hệ số phải giải các phương trình. Bạn có thể xem trong phần sau,
bài viết về Phương pháp cân bằng hé sé, trang 75.

1.1.2

Kĩ thuật Côsi ngược dấu

_

Bay giờ chúng ta sẽ xem xét bắt dang thite AM

—GM

và một kĩ thật đặc biệt-

kĩ thuật ôsi ngược dấu. Đây là một trong những kĩ thuật hay, khéo léo, mới mẻ va

ấn tượng nhất của bất đẳng thức AM — GAM. Hãy xem các ví dụ cu thé sau


14

Chương 1. Bất đẳng thức cơ sở

Ví dụ 1.1.20.

Các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng mình

bắt đẳng thức

g

+

b

1+2

+

c—

1+c2

3

1+a2

72

Lor GIẢI. Ta khơng thể dùng trực tiếp bất đẳng thức AM — GM
đẳng thức sau đó sẽ đổi chiều
a

———

1+

b
——
T1ạ+c

c
a + b
—-<
2c
T1+a2 = 2b

với mẫu số vì bất

ls đốn
2a —3—

Tuy nhiên, rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức đó theo cách khác
a

ab?

ab?

1+ “1+2”

ab

BH

"2,

Ta da stt dung bat dang thite AM — GM cho 2 s6 1+}? > 2b 6 duéi mau nhung

lại có được một bất đẳng thức thuận chiều? Sự may mến ở đây là một cách dùng
ngược bất đẳng thức AM ~ ŒM, một kĩ thuật rất ấn tượng và bất ngờ. Nếu không
sử dụng phương pháp này thì bất đẳng thức trên sẽ rất khó và dài.

Từ bát đẳng thức trên, xây dựng 2 bất đẳng thức tương tự với b, c rồi cộng cả 3 bắt

đẳng thức lại suy ra
a

b

c

ab+be+ca _

3

> =,
5 Datbt+e-—
+ ——
1+?a + ——
l1l+c1
1+a?~
2
~ 2
vi ta cé ab + be + ca < 3. Dắng thức chí xảy ra khia =b=c=1.0
Với cách làm trên có thể xây dựng một bất đẳng thức tương tự với 4 số

Vi du 1.1.21. Chứng mảnh rằng tới a,b,c,d là các số thực dương có tổng bằng 4
ta có bắt đẳng thúc
a

+

1+2

b

+

l1+c

C

+

d

14d

>2

1+a2—

Và nếu không dùng nếu không dùng kĩ thuật Cơsi ngược dấu thì gần như bài

tốn này khơng thể giải được theo cách thông thường được.

hiệu quả với các bài tốn bất đẳng thức hốn vị
Vi du

1.1.22.

c+d=4
ta có

vdi moi số đương a,b,c, d thod man

Chitng minh
a

max

Ki thuật này thực sự

.

b

=

C

Ty

ha

+

d

1+a2b

> 2.

~

điều kiện a + b +


15

1.1. Bất đẳng thức AM-GM
\
LỜI GIẢI.

Theo bất đắng thức AM

— GM

ab*c2

g—

1+ bc

1+ bc
>a-

~

=>

abic2 _ _ abVC
2b/c
2

>a

Séc

> a- b(a + ac)

a
—

ithe

4
1
>a--~
=?
q(ab + abc) -

Hồn tồn tương tự ta có thêm 3 bất đẳng thức sau
cd + cda

c
_gp

bcd

bc +
ETE

b
5p
_?_

4

’ited=°
4.
1+c2d —
Cộng về cả 4 bất đẳng thức trên
a,

b

1+b2c

+

l1+c2d

e

1+d242

+ dab
da
>q- SE.

d

4

` 1+d2a—

+

d

>

1+a?b—

1

>a+b+e+d~ 2(4b + be + od + da + abc + bed + cáa + da).

Từ bất đẳng thức AM — GM dễ dàng suy ra các bất đẳng thức
dù + be + cả + da < zÍa+b+e+d#

=4,

abe +bed + của + dạb < Ta (a + b+ e + đ)Ê = 4
Do đó
a

b

c

d

>

tyme + ipe@dt iat Team = 7

Dang thie xAy ra khi va chi khia=b=c=d=1.
Vi du 1.1.23.

b

toret

d—2=2.

U

Chiing minh vdi moi sé thuc duong a,b,c, d ta ln có
a

c

b3

3

g2 + b2 + b2 + c?

+ aye)

a3

Pra

=

atb+c+d

2

LỜI GIẢI. Sử dụng bất đẳng thức AM — GM véi 2 86

Ca

ĐA. vụ gÓ

a2+b2

—

a2+ b2 —~

.b

2ab -

2°

Xây dựng 3 bất đẳng thức tương tự với b,c, d rồi cộng về các bat đẳng thức lại ta
có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tất cả các biến bằng nhan. L1
Một bất đẳng thức cùng dạng trên là

a‘

3a)

b4

Pre)

S10!

a+b+c+d

&

cA
Pr

~

3

.


16

Chương 1. Bat đẳng thức cơ sở

Vi du

1.1.24.

Choa,b,c>0

vaa+b+c=3.

a2

+

b2

¡œ+2b2

Chitng minh

+

b+2c

c2

c+2a?

~

LỜI GIẢI. Sử dụng biến đổi và bất dang thức AM — GM cho 3 số
a2

2ab?
2ab?
2(ab)2/3
eg =0— ———>zz >0— —y—==d—
————.

a + 2b?

a + 2b?

3 Yat

3.

Hồn tồn tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức
2

“.
b+ 22

mm

— "°° 3

(be)

2/3

c2

”;

c+ 2a?

>see 2

2 ¢~ 3 3 (ca)

2

/3.

Do đó ta chỉ cần chứng minh
2

a+b+c-

3 (ta)

+ (be)2⁄3 + (ea)2/3) >1

Ằ© (ab)2/3 + (be)2/3 + (ca)2/3 < 3.
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, vì theo bất đẳng thức AM - GM
atab+b >3(ab)23,

b+be+c>3(be)?3,

c+ca+a>

3(ca)23,

ngoài ra dễ thấy 3 > ab + be + ca nên ta có điều phải chứng minh. Đắng thức xây
ra khi và chỉ khi ø= b=c= 1. [

Kết quả của bài toán vẫn đúng khi thay giả thiết ø+b+c = 3 bởi ab+bc+ca = 3

hoặc fa + Vb + Vc = 3, trường hợp sau khó hơn một chút. Ta có thêm một bất
đẳng thức khác cùng dạng trên
Ví dụ 1.1.25.

Cho a,b,c> 0 ồa +b+c=

a2

1120

b2

°b+2e

3. Chứng mình rằng
c2

> 1.

04208

7

LỜI GIẢI. Chứng minh tương tự, đưa bất đẳng thức về
bŸa2 + cŸb? + aŸc2 < 3.
San đó áp dụng bất đẳng thức AM — GM

ba2/3 < b(2a+ 1),

cb2/3 < c(2b+ 1),

ae?3 < a(2c+ 1).

Cộng về cả 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.

L]

1.1. Bat đẳng thức AM-GM

17

Ví dụ 1.1.26. Chứng mảnh uới mọi số dương a,b,c có tổng bằng 3 thà
a+1

b+1

——

c+l

—

b? +1

ape

2+1

DB.

211)

LỜI GIẢI. Theo bất đẳng thức AM — GM dễ thấy
a+1

po
Bal

a+l

(a+ 1)b?

b?(a +1)

—————>
a
>a+l

—————
2p `

a+1

—

ab +b
2

-

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa với b, c rồi cộng lại
a+1
b+1
orn
mr1 t2ly

ctl
Ss
z1> (st 1—
=8.

ab+b

2

)+( b+1—
+

h==..

be+c

2

)+É+ j1 —

cata

2

)

>3,

Dang thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi ø=b=c=1.

Sau đây là bài toán tương tự với 4 biến số
Ví dụ 1.1.27.

Chứng minh rằng với moi a,b,c,d dương có tổng bằng 4 thì

ø+1
b2+1

b‡i

ctl

c2+1

dtl

d4+l1

J,

a2+1—`

Cũng bằng phương pháp tương tự ta có bất đẳng thức sau đây
Ví dụ 1.1.28. Chứng minh rằng uới mợi a,b,c, d dương có tổng bằng 4 thà
1
+
1
ø2+1
b?+1

LỜI GIẢI.

+

1
c2+1

+

1
>3
d2+1—”—”

Thật vậy, ta có đánh giá sau

a*+1

1---—_

a2 +1

> 1

—

a
2

=.

2a

Sau đó chỉ cần làm tương tự với 6, c, đ rồi cộng lại.

L]

Kï thuật Côsi ngược là một kĩ thuật mới giúp giải quyết bài toán theo lối suy

nghĩ nhẹ nhàng và trong sáng, các kết quả được làm bằng kĩ thuật này nói chung
cũng rất khó có thể làm được theo cách khác, hoặc phải làm theo cách khá dài.


18

Chuong 1. Bat đẳng thức cơ sở

1.2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder

1.2.1
Định

Bất
lý

1.2

đẳng

thức

(Bất

đẳng

Cauchy-Schwarz
thức

và ứng dụng

Cauchy-Schwarz).

a1, dạ, ..., dạ Đồ Ðị, bạ,..., bạ, ta ln có bất đẳng thức

Với

2

dãy

số

thực

tuỳ

Ú

(a‡ + a3 +... + a2)(0) + bệ +... + b2) > (aibị + aaba +... + anbn).

Đồng thức xảy ra khi 0à chỉ khi (at, dạ,..., du) Đồ (bị, bạ,..., bạ) là 2 bộ tỉ lệ, tức là

tén tai s6 thuc k dé a; = kb; Vi = T,n.
CHUNG

MINH. Có 3 cách đơn giản chứng minh bất đẳng thức trên.

Cách 1. Day là các chứng minh quen thuộc sử dụng phương pháp tam thức bậc 2.
Xét tam thức sau đây

f(x) = (a,x — bị)? + (aa# — bạ) +... + (an — bạ).

Sau khi khai triển ta có

ƒf(œ) = (ai + d2 +... + a2)42 — 2(6xbt + aaba +... + anbn)œ + (bỆ + bộ +... + ĐÀ).
Mặt khác vì ƒ(z) > 0 Vz € R nên theo định lí về dấu của tam thức bậc 2

Ar <0

(aj + dị +... + g2)
(b + bộ +... + b2) > (aibi + daba +... + aubạ).

Đẳng thức xảy ra khi phương trình ƒ(z) = 0 có nghiệm, nói cách khác (đt, đa, ..., đn)
và (bị, bạ,..., bạ) là 2 bộ tỉ lệ.
Cách 2. Một cách chứng minh khác cũng rất cần nhớ, vì ta sẽ sử dung lai trong 1

số bài tập, đó là phương pháp sử dụng đẳng thức. Ta có hằng đẳng thức sau

(a) + a3 +... + a2) (bỆ + bộ +... + b2) — (gibi + aaba +... + anbn)2 = À (aibj — a;bj).

¿2=1

Và do đó hiển nhiên phải có

(0) + đã +... + a2)(b{ + bộ +... +2) > (aibị + aaba +... + anbn)?.
Cách 3. Ngoài ra bất đẳng thức Cauchụ — Schauarz cũng có thể chứng mính trực