Chuyên đề Bất đẳng thức hiện đại

Chuyên đề
Bất đẳng thức hiện đại
Võ Quốc Bá Cẩn-Phạm Thị Hằng
ii
Mục lục
Lời nói đầu v
1 Tìm tòi một số kỹ thuật giải toán 1
1.1 Đại lượng (a b)(b c)(c a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Những kiểu lời giải đặc biệt bằng AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Kỹ thuật pqr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3.1 Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.3.2 Những đẳng thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.3.3 Bất đẳng thức Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.3.4 Đại lượng (a b)2(b c)2(c a)2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.3.5 Làm mạnh hơn nữa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1.3.6 pqr hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
1.4 The CYH techniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
1.4.1 Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
1.4.2 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz và Holder. . . . . . . . . . . . . 70
1.4.3 Một số kỹ thuật cần chú ý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
1.5 The Hyberbolic functional technique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
1.5.1 Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
1.5.2 Một số ví dụ mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
1.5.3 Đặt vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
1.5.4 Giải quyết vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
1.5.5 Một số mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
1.6 Các dạng tổng bình phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
1.7 Hàm lồi, hàm bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
1.8 Quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
2 Sáng tạo bất đẳng thức 201
A Một số bất đẳng thức thông dụng 343
A.1 Bất đẳng thức trung bình cộng-trung bình nhân-trung bình điều hòa
(AM-GM-HM) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343
iii
iv MỤC LỤC
A.2 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343
A.3 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343
A.4 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . 344
A.5 Bất đẳng thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344
A.6 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344
A.7 Bất đẳng thức Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344
A.8 Bất đẳng thức Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345
A.9 Bất đẳng thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345
A.10 Khai triển Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345
A.11 Bất đẳng thức Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345
A.12 Bất đẳng thức Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
A.13 Hàm lồi, hàm lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
A.14 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
A.15 Tổng, tích hoán vị-đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346
Lời nói đầu
Bất đẳng thức là một trong những vấn đề hay và khó nhất của chương trình toán phổ
thông bởi nó có mặt trên hầu khắp các lĩnh vực của toán học và nó đòi hòi chúng ta
phải có một vốn kiến thức tương đối vững vàng trên tất cả các lĩnh vực. Mỗi người
chúng ta, đặc biệt là các bạn yêu toán, dù ít dù nhiều thì cũng đã từng đau đầu trước
một bất đẳng thức khó và cũng đã từng có được một cảm giác tự hào phấn khích mà
mình chứng minh được bất đẳng thức đó. Nhằm “kích hoạt” niềm say mê bất đẳng
thức trong các bạn, chúng tôi thực hiện quyển sách “Chuyên đề bất đẳng thức hiện
đại”.
Sách gồm 2 chương. Chương I chúng tôi xin được giới thiệu đến các bạn những kỹ
thuật (xin chỉ gọi là kỹ thuật) mà chúng tôi tìm tòi tích lũy được trong suốt thời gian
học tập của mình. Do tất cả các kỹ thuật mà chúng tôi đề cập ở đây đều có mỗi liên
hệ khăng khít với nhau (cái này bổ trợ cái kia và ngược lại) nên chúng tôi xin được
phép trình bày theo kiểu từng bài chuyên đề nhỏ, mỗi chuyên đề là một kỹ thuật.
Tuy nhiên, lĩnh vực bất đẳng thức hiện nay rất phát triển (phát triển nhất của toán
học sơ cấp hiện nay), cho nên chúng tôi không thể đề cập hết các kỹ thuật (phương
pháp) được, các kỹ thuật (phương pháp) đã từng xuất hiện ở các sách, chúng tôi sẽ
không nhắc lại ở đây, các bạn có thể tìm đọc chúng dựa vào các tài liệu mà chúng tôi
đặt ở phần tài liệu tham khảo. Về các kỹ thuật mà chúng tôi sẽ giới thiệu trong sách,
hầu hết chúng là những kỹ thuật mạnh và được dùng để giải những bài toán khó (đến
rất khó) nên đôi khi (việc giải các bài toán khó) thì có thể gặp phải những tính toán,
biến đổi phức tạp, đây là điều không thể tránh khỏi. Nhưng các bạn hãy yên tâm, vì
các bài toán xuất hiện trong các kỳ thi học giỏi (quốc gia, olypimpic 30/4, thậm chí
thi toán quốc tế) thường chỉ là những bài rất đơn giản, bình thường nên việc sử dụng
các kỹ thuật này rất nhẹ nhàng và đơn giản. Chẳng hạn như bài toán thi IMO 2006
sau
Bài toán 0.1 Tìm hằng số nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với các số thực
a; b; c ab(a2  b2) + bc(b2  c2) + ca(c2  a2)  k(a2 + b2 + c2)2:
Lời giải của đáp án là một lời giải rất dài và phức tạp (sử dụng bất đẳng thức AM-
GM), đòi hỏi người làm phải “rất khéo léo”, nhưng với lời giải bằng kỹ thuật “đánh
v
vi LỜI NÓI ĐẦU
giá các bất đẳng thức hoán vị”, chúng ta chỉ nhận được một lời giải ngắn gọn 1/3 so
với lời giải gốc ban đầu.
Chương II của sách là tuyển tập những bài toán mà chúng tôi (theo quan niệm của
bản thân) là hay và rất khó. Chúng tôi chủ yếu tuyển chọn những bài bất đẳng thức
chứa căn hoặc những bài “không mẫu mực” vì chúng ta không thể dùng những biến
đổi thông thường để giải chúng và như thế thì mới thúc đẩy chúng ta sáng tạo được.
Trong chương này, phần lớn chúng tôi đều giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức
Cauchy Schwarz-Holder (CYH techniques) và bất đẳng thức Schur (bậc 3, bậc 4).
Thực tế là đối với một số bài toán thì không chỉ có một lời giải duy nhất mà còn có
nhiều lời giải khác nữa, nhưng ở đây chúng tôi chọn lời giải bằng các bất đẳng thức
trên, vì chúng tôi muốn các bạn “hòa nhập” vào quan điểm của chúng tôi là “Cái đơn
giản nhất là cái mạnh nhất!” Trong chương này, có một số bài toán khó, lời giải mà
chúng tôi tìm được rất phức tạp, chúng tôi rất mong các bạn sẽ suy nghĩ về chúng và
tìm được một lời giải đơn giản hơn.
Chúng tôi thực hiện quyển sách này với mong muốn cung cấp thêm cho các bạn thêm
một nguồn bài tập (khó) về bất đẳng thức để có thể luyện tập thêm kĩ năng giải toán
của mình. Mặc dù đã rất cố gắng nhưng không có điều gì là tuyệt đối cả, nên khó
tránh khỏi những thiếu sót, sai lầm. Mong các bạn thông cảm và góp ý cho chúng tôi
để có thể quyển sách có thể được chỉnh sửa và hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm
ơn.
Xin gửi tặng quyển sách này đến người con gái tôi yêu quý nhất, bạn Phạm Thị Hằng,
học sinh chuyên toán K34, trường THPT Chuyên Phan Bội Châu, thành phố Vinh,
tỉnh Nghệ An.
Võ Quốc Bá Cẩn
SV lớp YY0647A1, trường ĐHYD Cần Thơ
Số nhà C65 khu dân cư Phú An, phường Phú Thứ, quận Cái Răng, tp. Cần Thơ
E-mail: can_hang2007@yahoo.com
Chương 1
Tìm tòi một số kỹ thuật giải
toán
1.1 Đại lượng (a b)(b c)(c a)
Với những bất đẳng thức hoán vị vòng quanh, việc xử lý chúng khó hơn các bất đẳng
thức đối xứng rất nhiều. Tuy nhiên, một điểm đáng chú ý ở các dạng bất đẳng thức
này, chúng ta có thể biến đổi chúng thành dạng "bán đối xứng" như sau
Đặt f(a; b; c) chính là biểu thức hoán vị vòng quanh ở đề bài, ta có thể viết lại f(a; b; c)
như sau
f(a; b; c) =
1
2
[f(a; b; c) + f(c; b; a)] +
1
2
[f(a; b; c) f(c; b; a)]
Khi đó, có một điểm đáng chú ý là f(a; b; c) + f(c; b; a) là một biểu thức đối xứng
theo a; b; c và f(a; b; c)  f(c; b; a), ta có thể tách ra một đại lượng khá đặc biệt là
(a b)(b c)(c a): Từ đó, việc đánh giá bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều.
Sau đây là một vài ví dụ
Ví dụ 1.1 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
ab
3a2 + b2
+
bc
3b2 + c2
+
ca
3c2 + a2
 3
4
:
(Dương Đức Lâm)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương vớiX
cyc
(a b)(3a b)
3a2 + b2
 0
1
2 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
,
X
cyc
(a b)

2(3a b)
3a2 + b2
 a+ b
a2 + b2

 
X
cyc
a2  b2
a2 + b2
,
X
cyc
(a b)2 (3a2  2ab+ 3b2)
(a2 + b2)(3a2 + b2)

Y
cyc
a2  b2
a2 + b2
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
X
cyc
(a b)2 (3a2  2ab+ 3b2)
(a2 + b2)(3a2 + b2)
 3 3
vuutY
cyc
(a b)2 (3a2  2ab+ 3b2)
(a2 + b2)(3a2 + b2)
Nên ta chỉ cần chứng minh
3 3
vuutY
cyc
(a b)2 (3a2  2ab+ 3b2)
(a2 + b2)(3a2 + b2)

Y
cyc
a2  b2
a2 + b2
, 27
Y
cyc
(a b)2 (3a2  2ab+ 3b2)
(a2 + b2)(3a2 + b2)

Y
cyc
(a2  b2)3
(a2 + b2)3
, 27
Y
cyc
(3a2  2ab+ 3b2)(a2 + b2)2 
Y
cyc
(a b)(a+ b)3(3a2 + b2)
Bất đẳng thức này được chứng minh nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau với
mọi x; y > 0
3(3x2  2xy + 3y2)(x2 + y2)2  jx yj (x+ y)3(3x2 + y2)
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
x2 + y2  1
2
(x+ y)2
Nên ta chỉ cần chứng minh
3(3x2  2xy + 3y2)(x2 + y2)  2 x2  y2 (3x2 + y2)
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do
x2 + y2  x2  y2
và
3(3x2  2xy + 3y2) 2(3x2 + y2) = 3x2  6xy + 7y2 = 3(x y)2 + 4y2  0:
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
1.1. ĐẠI LƯỢNG (AB)(B  C)(C A) 3
Ví dụ 1.2 Cho a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng
a3
a2 + b2
+
b3
b2 + c2
+
c3
c2 + a2
 a
2
a+ b
+
b2
b+ c
+
c2
c+ a
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Trước hết, ta hãy chú ý rằng
X
cyc
b3  a3
a2 + b2
=
X
cyc
(b a)(a2 + ab+ b2)
a2 + b2
=
X
cyc
(a b) +
X
cyc
ab(b a)
a2 + b2)
=
P
cyc
ab(b a)(a2 + c2)(b2 + c2)
(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)
=
 P
cyc
a2b2
! P
cyc
ab(b a)
!
+ abc
P
cyc
c3(a b)
(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)
=
(a b)(b c)(c a)
 P
cyc
a2b2 + abc
P
cyc
a
!
(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)
X
cyc
a2  b2
a+ b
=
X
cyc
(a b) = 0
Từ đó, ta có thể viết lại bất đẳng thức như sau
X
cyc
a3 + b3
a2 + b2

X
cyc
a2 + b2
a+ b

X
cyc
b3  a3
a2 + b2
+
X
cyc
a2  b2
a+ b
,
X
cyc
ab(a b)2
(a+ b)(a2 + b2)

(a b)(b c)(c a)
 P
cyc
a2b2 + abc
P
cyc
a
!
(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
X
cyc
ab(a b)2
(a+ b)(a2 + b2)
 3 3
s
a2b2c2(a b)2(b c)2(c a)2
(a+ b)(b+ c)(c+ a)(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)
4 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Ta cần chứng minh
3 3
s
a2b2c2(a b)2(b c)2(c a)2
(a+ b)(b+ c)(c+ a)(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)

(a b)(b c)(c a)
 P
cyc
a2b2 + abc
P
cyc
a
!
(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)
, 27a
2b2c2(a b)2(b c)2(c a)2
(a+ b)(b+ c)(c+ a)(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2)

(a b)3(b c)3(c a)3
 P
cyc
a2b2 + abc
P
cyc
a
!3
(a2 ... x31x32 
 
 
 x3n
, x22x23x34 
 
 
 x3n 
1
n2(n1)
Ta có
x22x
2
3x
3
4 
 
 
 x3n  (x2x3 
 
 
 xn)2 

x2 + x3 + 
 
 
+ xn
n 1
2(n1)


x1 + x2 + x3 + 
 
 
+ xn
n
2(n1)
=
1
n2(n1)
337
Do đó
P (x1; x2; :::; xn)  P (x1; x2 + x3 + 
 
 
+ xn; 0; :::; 0)
Lại có
P (x1; x2 + x3 + 
 
 
+ xn; 0; :::; 0) = x31(x2 + x3 + 
 
 
+ xn)2 = x31(1 x1)2
= 108
x1
3
31 x1
2
2
 108

x1 + 1 x1
5
5
=
108
3125
:
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x1 = 35 ; x2 =
2
5 ; x3 = 
 
 
 = xn = 0: Vậy nên
maxP = 1083125 :
Bài toán 2.108 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằngr
a
b+ c
+
r
b
c+ a
+
r
c
a+ b
+ 3
r
3(ab+ bc+ ca)
a2 + b2 + c2
 7
p
2
2
:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Giả sử a = max fa; b; cg : Ta chứng minhr
b
c+ a
+
r
c
a+ b

r
b+ c
a
, b
c+ a
+
c
a+ b
+ 2
s
bc
(a+ b)(a+ c)
 b+ c
a
, 2
s
bc
(a+ b)(a+ c)
 bc
a(a+ b)
+
bc
a(a+ c)
, 2ap
bc
 2a+ b+ cp
(a+ b)(a+ c)
, 2a b cp
bc
+
p
bpc
2
p
bc
 (b c)
2p
(a+ b)(a+ c)
p
a+ b+
p
a+ c

2
, 2a b cp
bc
+(bc)2
264 1p
bc
p
b+
p
c
2  1p
(a+ b)(a+ c)
p
a+ b+
p
a+ c

2
375  0
338 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Ta có
1
p
bc
p
b+
p
c
2  1p
(a+ b)(a+ c)
p
a+ b+
p
a+ c

2
 1p
bc
p
b+
p
c
2  1p
(b+ b)(c+ c)
p
b+ b+
p
c+ c

2
=
3
4
p
bc
p
b+
p
c
2 > 0
Lại có 
ab+ bc+ ca  a(b+ c)
a2 + b2 + c2  a2 + (b+ c)2
) ab+ bc+ ca
a2 + b2 + c2
 a(b+ c)
a2 + (b+ c)2
Suy ra
V T 
r
a
b+ c
+
r
b+ c
a
+ 3
s
3a(b+ c)
a2 + (b+ c)2
= x+
3
p
3p
x2  2
với x =
q
a
b+c +
q
b+c
a  2:Mặt khác ta dễ thấy x + 3
p
3p
x22  7
p
2
2 8x  2 nên bất
đẳng thức đã cho đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a; b; c)  3 + 2p2; 1; 0
 :
Bài toán 2.109 Cho các số dương a; b; c; d thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = 4: Chứng
minh rằng
1
2
(a+ b+ c+ d)  3
s
(abcd+ 1)

1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
d

:
(Phạm Hữu Đức)
Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng
9(a+ b+ c+ d)  4abcd+ 32
Thật vậy, giả sử d = min fa; b; c; dg ) 1  d > 0; đặt
P (a; b; c; d) = 9(a+ b+ c+ d) 4abcd 32
và
x =
r
a2 + b2 + c2
3
; p = a+ b+ c
) 2
p
3  3x  p  x
p
3; x  1
339
Ta chứng minh
P (a; b; c; d)  P (x; x; x; d)
, 9(3x p)  4d(x3  abc)
Từ bất đẳng thức Schur bậc 4X
cyc
a2(a b)(a c)  0
) abc  (p
2  6x2)(p2 + 3x2)
12p
Ta cần chứng minh
p(3x p)  4d

x3  (p
2  6x2)(p2 + 3x2)
12p

, (3x p)

27 d(p
3 + 3p2x+ 6px2 + 6x3)
p

 0
Do 3x  p  xp3 nên
81 3d(p
3 + 3p2x+ 6px2 + 6x3)
p
 81 78x2d = 81 26d(4 d2)
= 3 + 26(1 d)(3 d d2)  0
Ta còn phải chứng minh
P (x; x; x; d)  0
, 9(3x+ d) 4x3d  32
, (9 4x3)d  32 27x
, (9 4x3)
p
4 3x2  32 27x
, f(x) = 32 27x
(9 4x3)p4 3x2  1
f 0(x) =
12(x 1)(81x4  47x3  119x2 + 9x+ 81)
(9 4x3)2(4 3x2)3=2  0
) f(x)  f(1) = 1
Trở lại bài toán, sử dung bất đẳng thức AM-GM, ta có
x4 = abcd  1; 1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
d
 4
4
p
abcd
=
4
x
340 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Do đó, kết hợp với bất đẳng thức ở trên, ta chỉ cần chứng minh được
2(x4 + 8)  9 3
r
4(x4 + 1)
x
, g(x) = x(x
4 + 8)3
x4 + 1
 729
2
Ta có
g0(x) =
(x4 + 8)2(9x8  11x4 + 8)
(x4 + 1)2
> 0
) g(x)  g(1) = 729
2
:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1:
Bài toán 2.110 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:
Chứng minh rằng
1
(a+ 2b)2
+
1
(b+ 2c)2
+
1
(c+ 2a)2
 1
ab+ bc+ ca
:
(Phạm Kim Hùng)
Lời giải 1. Không mất tính tổng quát giả sử a = max fa; b; cg : Sử dụng bất đẳng
thức AM-GM, ta có
1
(a+ 2b)2
+
1
(c+ 2a)2
 2
(a+ 2b)(c+ 2a)
1
(a+ 2b)2
+
1
(b+ 2c)2
 2
(a+ 2b)(b+ 2c)
Nên ta chỉ cần chứng minh được
1
(b+ 2c)2
+
2
(a+ 2b)(c+ 2a)
 1
ab+ bc+ ca
, f(a) = 2(b+ c)a3 + (2b2  bc 7c2)a2 + (4c3  b2c bc2  2b3)a+ 2b2c2  0
hoặc
1
(c+ 2a)2
+
2
(a+ 2b)(b+ 2c)
 1
ab+ bc+ ca
, g(a) = 4a3b+ (2c2  bc 7b2)a2 + (2b3  b2c bc2)a+ 2b3c+ 2b2c2  2bc3  0
Ta sẽ chứng minh rằng trong 2 bất đẳng thức trên, có ít nhất 1 bất đẳng thức đúng.
Để làm được điều này, ta chỉ cần chứng minh được
f(a) + g(a)  0
341
, h(a) = 2(3b+c)a3(5b2+2bc+5c2)a2+2(2c3b2cbc2)a+2b3c+4b2c22bc3  0
Ta có
h0(a) = 6(3b+ c)a2  2(5b2 + 2bc+ 5c2)a+ 4c3  2b2c 2bc2
= 10ab(a b) + 4ab(a c) + 2c(a c)(3a 2c) + 2b(a2  bc) + 2b(a2  c2)
= 10ab(a b) + 2b(a2  bc) + 2(a c)(3ab+ 3ac+ bc 2c2)  0
Nên h(a) đồng biến. Do đó
Nếu b  c thì
h(a)  h(b) = b(b+ 2c)(b c)2  0
Nếu c  b thì
h(a)  h(c) = c(2b+ c)(b c)2  0:
Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Lời giải 2. Giả sử a = max fa; b; cg và xét 2 trường hợp
Trường hợp 1. Nếu a  3b+ c: Đặt a+ 2b = x+ y; b+ 2c = y + z; c+ 2a = z + x; ta
được
x =
3a+ b c
2
 0; y = 3b+ c a
2
 0; z = 3c+ a b
2
 0
và
a =
5x y + 2z
9
; b =
5y  z + 2x
9
; c =
5z  x+ 2y
9
Khi đó, bất đẳng thức được viết lại là
1
(x+ y)2
+
1
(y + z)2
+
1
(z + x)2
 27
x2 + y2 + z2 + 11(xy + yz + zx)
Sử dụng bất đẳng thức Iran 1996, ta có
1
(x+ y)2
+
1
(y + z)2
+
1
(z + x)2
 9
4(xy + yz + zx)
 27
x2 + y2 + z2 + 11(xy + yz + zx)
Trường hợp 2. Nếu a  3b+ c; do c+ 2a  3a  3(a+ 2b) nên
1
(c+ 2a)2
 1
9(a+ 2b)2
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được
1
(b+ 2c)2
+
10
9(a+ 2b)2
 1
ab+ bc+ ca
342 CHƯƠNG 2. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
(b+ 2c)2
+
10
9(a+ 2b)2
 2
p
10
3(a+ 2b)(b+ 2c)
>
2:1
(a+ 2b)(b+ 2c)
Ta cần chứng minh
2:1
(a+ 2b)(b+ 2c)
 1
ab+ bc+ ca
, 2:1(ab+ bc+ ca)  (a+ 2b)(b+ 2c)
, a(1:1b+ 0:1c) 2b2  1:9bc  0
Ta có
a(1:1b+ 0:1c) 2b2  1:9bc  a(1:1b+ 0:1c) 2b2  2bc
 (3b+ c)(1:1b+ 0:1c) 2b2  2bc
=
1
10
[(3b c)2 + 4b2]  0:
Bất đẳng thức được chứng minh.
Phụ lục A
Một số bất đẳng thức thông
dụng
A.1 Bất đẳng thức trung bình cộng-trung bình nhân-
trung bình điều hòa (AM-GM-HM)
Với mọi số dương a1; a2; :::; an; ta có
a1 + a2 + 
 
 
+ an
n
 npa1a2 
 
 
 an  n1
a1
+ 1a2 + 
 
 
+ 1an
:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = 
 
 
 = an:
A.2 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng
Cho các số dương 1; 2; :::; n thỏa mãn 1 + 2 + 
 
 
+ n = 1: Khi đó với mọi số
không âm a1; a2; :::; an; ta có
1a1 + 2a2 + 
 
 
+ nan  a11 a22 
 
 
 ann :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = 
 
 
 = an:
A.3 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa
Cho các số dương a1; a2; :::; an: Với mọi số thực r; đặt
Mr =
8<:

ar1+a
r
2+


+arn
n
 1
r
; r 6= 0
n
p
a1a2 
 
 
 an ; r = 0
343
344 PHỤ LỤC A. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG
Khi đó Mr là hàm tăng theo r với mọi r: Chẳng hạn M2 M1 M0; tức làr
a21 + a
2
2 + 
 
 
+ a2n
n
 a1 + a2 + 
 
 
+ an
n
 npa1a2 
 
 
 an:
A.4 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa suy rộng
Cho các số dương p1; p2; :::; pn thỏa mãn p1 + p2 + 
 
 
 + pn = 1 và các số dương
a1; a2; :::; an: Với mọi số thực r; đặt
Mr =

(p1a
r
1 + p2a
r
2 + 
 
 
+ pnarn)
1
r ; r 6= 0
ap11 a
p2
2 
 
 
 apnn ; r = 0
Khi đó Mr là hàm tăng theo r với mọi r:
A.5 Bất đẳng thức Bernoulli
Với mọi số thực x  1; ta có
(1 + x)r  1 + rx ; r  1 _ r  0
(1 + x)r  1 + rx ; 0  r  1
Ngoài ra, với mọi số thực a1; a2; :::; an thỏa mãn a1; a2; :::; an  0 hoặc1  a1; a2; :::; an 
0 thì ta có
(1 + a1)(1 + a2) 
 
 
 (1 + an)  1 + a1 + a2 + 
 
 
+ an:
A.6 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz
Với mọi số thực (a1; a2; :::; an) và (b1; b2; :::; bn); ta có
(a1b1 + a2b2 + 
 
 
+ anbn)2  (a21 + a22 + 
 
 
+ a2n)(b21 + b22 + 
 
 
+ b2n):
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai : aj = bi : bj 8i; j 2 f1; 2; :::; ng :
A.7 Bất đẳng thức Holder
Cho các số dương xij (i = 1;m; j = 1; n): Khi đó với mọi !1; :::; !n  0 thỏa !1 + 
 


+ !n = 1; ta có
nY
i=1
0@ mX
j=1
xij
1A!j  mX
j=1
nY
i=1
x
!j
ij
!
:
A.8. BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI 345
A.8 Bất đẳng thức Minkowski
Với mọi số thực r  1 và với mọi số dương a1; a2; :::; an; b1; b2; :::; bn; ta có"
nX
i=1
(ai + bi)
r
# 1
r

nX
i=1
ari
! 1
r
+
nX
i=1
bri
! 1
r
:
A.9 Bất đẳng thức Chebyshev
Cho các số thực a1  a2  
 
 
  an: Khi đó
i) Nếu b1  b2  
 
 
  bn thì
n
nX
i=1
aibi 
nX
i=1
ai
! 
nX
i=1
bi
!
:
ii) Nếu b1  b2  
 
 
  bn thì
n
nX
i=1
aibi 
nX
i=1
ai
! 
nX
i=1
bi
!
:
A.10 Khai triển Abel
Giả sử x1; x2; :::; xn; y1; y2; :::; yn là các số thực tùy ý. Đặt
ck = y1 + y2 + 
 
 
+ yk 8k = 1; 2; :::; n
Khi đó, ta có
nX
i=1
xiyi =
n1X
i=1
(xi  xi+1)ci + xncn:
A.11 Bất đẳng thức Maclaurin
Với mọi số không âm a1; a2; :::; an; ta có
S1  S2  
 
 
Sn
trong đó
Sk = k
sP
a1a2 
 
 
 ak
n
k

 :
346 PHỤ LỤC A. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG
A.12 Bất đẳng thức Schur
Cho các số không âm a; b; c: Khi đó, với mọi r > 0; ta có bất đẳng thức sau
ar(a b)(a c) + br(b c)(b a) + cr(c a)(c b)  0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương
ứng.
A.13 Hàm lồi, hàm lõm
i) Một hàm số f được gọi là lồi trên khoảng I nếu và chỉ với mọi x; y 2 I và với mọi
số không âm ;  thỏa mãn +  = 1; ta có
f(x+ y)  f(x) + f(y):
ii) Một hàm số f được gọi là lõm trên khoảng I nếu và chỉ với mọi x; y 2 I và với
mọi số không âm ;  thỏa mãn +  = 1; ta có
f(x+ y)  f(x) + f(y):
Trong trường hợp f(x) khả vi cấp 2 trên [a; b] thì f(x) lồi trên [a; b] nếu và chỉ nếu
f 00(x)  0 8x 2 [a; b] và f(x) lõm trên [a; b] nếu và chỉ nếu f 00(x)  0 8x 2 [a; b]:
A.14 Bất đẳng thức Jensen
Cho p1; p2; :::; pn là các số dương.
i) Nếu f là một hàm lồi trên khoảng I; khi đó với mọi a1; a2; :::; an 2 I; ta có
p1f(a1) + p2f(a2) + 
 
 
+ pnf(an)
p1 + p2 + 
 
 
+ pn  f

p1a1 + p2a2 + 
 
 
+ pnan
p1 + p2 + 
 
 
+ pn

:
ii) Nếu f là một hàm lõm trên khoảng I; khi đó với mọi a1; a2; :::; an 2 I; ta có
p1f(a1) + p2f(a2) + 
 
 
+ pnf(an)
p1 + p2 + 
 
 
+ pn  f

p1a1 + p2a2 + 
 
 
+ pnan
p1 + p2 + 
 
 
+ pn

:
A.15 Tổng, tích hoán vị-đối xứng
Ta kí hiệuP
cyc
- Tổng hoán vị. Chẳng hạn
X
cyc
a2b = a2b+ b2c+ c2a
A.15. TỔNG, TÍCH HOÁN VỊ-ĐỐI XỨNG 347
a;b;c;dX
cyc
a2bc = a2bc+ b2cd+ c2da+ d2ab
P
sym
- Tổng đối xứng. Chẳng hạn
X
cyc
a2b = a2b+ b2c+ c2a+ ab2 + bc2 + ca2
a;b;c;dX
sym
ab = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd
Q
cyc
- Tích hoán vị. Chẳng hạn
Y
cyc
(a b) = (a b)(b c)(c a)
a;b;c;dY
cyc
(a b) = (a b)(b c)(c d)(d a)
Q
cyc
- Tích đối xứng (dành cho 4 biến). Chẳng hạn
a;b;c;dY
cyc
(a b)2 = (a b)2(a c)2(a d)2(b c)2(b d)2(c d)2:
348 PHỤ LỤC A. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG
Tài liệu tham khảo
[1] Andreescu T., Cirtoaje V., Dospinescu G., Lascu M., Old and New Inequalities,
GIL Publishing House, 2004
[2] Cirtoaje V., Algebraic Inequalities, GIL Publishing House, 2006
[3] Phạm Kim Hùng, Secret in Inequality, nhà xuất bản Tri Thức, 2006
[4] Hojoo Lee, Topic in Inequalities, online electronic book, 2006
[5] Kim-Yin Li, Using tangent lines to prove inequalities, Mathematical Excalibur,
volume 10, number 5, 2005
349