Sáng tạo bất đẳng thức

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

Dood boo eYioViEwowoViowIiewayiaweF

[s/llsre)[eUie)lsie)[sWrel[sfre l[e/rel[s/re][efie][eUro [are J(s/S]

1⁄41 Hàm lồi với bất đẳng thức Jensen

1.4.2 Hàm lồi với kĩ thuật xét phần tử ở biên

1.5 Khai triển Abel và bất đẳng thức hoán vị

1.5.1

1.6 Bất đẳng thức đối xứng 3 biến

1.6.1 Bất đẳng thức thuần nhất không có điều kiện

1.6.2 Bất đẳng thức đối xứng có điều kiện

Khai triển Abel

~* 1

xi

H Mục lục

17 Bất đẳng thức và các đa thức đối xứng sơ cấp - - so 71

1.7.1 Lí thuyết về các đa thức đối xứng sơ CAP we ee 71

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

đẳng thức ch nh nh nh nh nh ng ¬— M 1.8 Phương pháp cân bằng hệ SỐ - - - Ích nh nh nh nh C 74

1.8.1 Bài toán mở đầu - ee 74

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

trúng bình nhân (AM-GM) {ch nh nh 75

18.3 Cân bằng hệ số với bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder 80

10 Đạo hàm và ứng dụng - - - c2 ch nh nh nh nh _ 83

1.9.1 Kién thite K thuyét © voc vee eee eet 83

1.9.2 Khao st ham s6 mot bién 2 ee 84

19.3 Khảo sát ham nhiéu bien ee j ch nh nh nh 86

1.9.4 Mở rộng một bài thi toán quốc tế 2004 - 87

1.11 Một số bài toán đáng chú ý ch Tnhh nh nh nh nh 103

Sáng tạo bất đẳng thức | 105

92 Ban vé sang tao bat ding thite © 201

2.2.1 Bất đẳng thức cũ Và mỚI oo ng 201

2.2.2 Một cách xây dựng bất đẳng thức mới .-‹: (có 203

223 Từ chứng mình - phản biện đến kết luận - : oo 206

2.9.4 Sang tao bat ding thie © 2 es _ 208

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức : 211

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh - - - 212

3.1.2 Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến 216

3.1.3 Định lí dồn biến mạnh SM.V - ch 222

31.4 Định lí S.M:V và một số ứng dụng - - ¬ 224

3.1.5 Phương pháp dồn biến toàn miền c so h h hh nỢ 230

Mục lục iil

3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S —— 233

3.2.1 Bài toán mớ đầu Q Q Q Q v 233

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

kĩ thuật phân tích 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 toán Xa ee ; 249

3.3 Phuong phaép phan ching 2 0.020.000.4004 254

3.3.1 Baitodnmd dau .0 000000 ee eee 254

3.3.2 Nhìn nhận một bất đẳng thức dưới góc độ phản chứng 255

3.3.3 Các bài toán áp dụng Q Q Qua 257

3.4 Phương pháp quy nạp tổng quát 262

3.4.1 Bài toán mở đầu Q TQ eee ee 262

3.4.2 Phương pháp quy nạp tổng quát và định líLGI 265

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

iv Muc luc

46 Đi tìm lời giải sơ cấp ee ee 317

4.6.1 Trélai van d@écé dién .00 .2 0004 317

4.6.2 Thêm một bài toán 4biến 320

4.7 Lý thuyết các bộ trội và bất đẳng thttc Karamata 320

4.7.1 Các bộ trội và một số tính chất lên quan ¬ 320

47.2 Bất đẳng thức Karamata Ốc 324

4.8 Dồn biến không xác định Q Q Q ee 333

48.1 a>bhaya<b 0c eee eee eee 333

4.8.2 Dén bién khong xAc dinh 335

4.9 B&t ding thitc va c4éc vin déméd 2 0-022 eee 340

4.9.1 Mdt ldi gidi hodn chinh? 2 ee ee 340

Tác giả các bài toán hở ee 349

Tai liéu tham khdo 2 2 2 ee ee ee “dd 350

Chương 1

Bất đẳng thức Cơ Sở

Để làm quen với bất đẳng thức thì việc nắm vững các bất đẳng thức cơ bản là

vô 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 là bat đẳng thức

Holder bất đẳng thức Chebusheu và bất đẳng thức Jensen

Đây là 4 bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thông, 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, tác giả đều chọn một kĩ thuật ấp dụng

đặc biệt nhất để bạn đọc thấy rõ hiệu quả của chúng “Chẳng hạn với bất đẳng thức

AM - GM ta có kĩ thuật Côsi ngược, với bất đẳng thức Chebusheu ta có kĩ thuật

phân tách Chebsheu và với bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz ta có bắt đẳng thúc

Hoider Theo cách nghĩ của học sinh Việt Nam thì bất đẳng thức Holder có vẻ hơi

za lạ và khó áp dụng, ngay cả với các bạn học sinh giỏi toán, 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

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

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

s a)Q2 -An—18

=> 8+ >n† 142 nm—1

m — Ì 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

thức này Ông chỉ là người đưa ra chứng minh rất hay của mình chứ không phải là

người phát hiện ra đầu tiên, bất đẳng thức mà chúng ta quen gọi là bất đẳng thức

Bunhiacopzki thực chất là phát mình của 3 nhà toán hoc Schwarz, BunhiaCopzrki

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

tên là bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz, còn bat ding thitc Cési (hay Cauchy) c6

ten lA bat ding thite AM — GM (Arithmetic Means - Geometric Means) Day là

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

LỜI GIẢI Xét các biểu thức sau

Vay M+ N +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

-ÔÖ, Ô

b+c c+d d+a qa+b—”

N+S=

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

Ví dụ 1.1.4 Giả sử ơi, đạ, , ứn là các số thực đương sao cho œị +ú¿ + tan = Tỉ

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

ako} + as + + ak} >n

Sử dụng bất đẳng thức AM ~ ƠM 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-l 5 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

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 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng) Với các số thực dương

dị, dạ, , đụ Đồ 1, 2, , #„ là các sô thực không âm có tổng bằng 1 ta có

In

đ1# + 622 + + Gndn > aya5? a2"

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 không âm thì

da + bụ > a”b% cóc

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 toán được chứng minh theo bất đẳng

thức AM —- GM cỗ điển

ta + nb > (m + n)am/(m+n) pm/(m+n) => ar + by > a*b%,

Trong đó z = m/(m+n) 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

toán phổ thông lớp 11, 12

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

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 Cho cdc 86 thuc a,b,c thod man a? + b? + c? = 3 Chitng minh bat

(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 toán rất thú vị và không dễ

Ví dụ 1.1.10 (Iran MO 1998) Cho các số thực dương a, b,e, d thoả mãn abcd = 1

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

a3+b3+abc bề+c2+abc cì+a3+ dbc

Đẳng thức xảy ra chỉ khi ø==b=c

Ví du 1.1.12 (France Pre - MO 2005) Các số thực dương +, , z thoả mãn điều

kién 2? + y? + 22 =3 Hay chitng minh

% z 2a

2M „ WZ + — 23

z #9 LỜI GIẢI Bình phương 2 về của bất đẳng thức, ta phải chứng minh

22 „2x2 „2x2 z2? 3z z”+

> Aa? + y? + 27)

Dang thite xAy ra chi khiz=y=z=1 O

Nhận xét Các bạn hãy kiểm nghiệm bất đẳng thức sau

ab ob c Néu a,b,c duong thoa mãn a? +68 +8 =3 thi + < + 5 > 3?

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

1.1 Bất đẳng thức AM-GM 11

Vi du 1.1.13 (IMO Shortlist 1996) Cac s6 duong x,y,z c6 tich bằng 1 Chứng

minh bat dang thúc

TỔ +2U +U5 cytaeryr(ety) l+ay(et+y) etyt+ez

Xây dựng 2 bất đẳng thức tương tự với z, rồi cộng về cả 3 bất đẳng thức ta có

điều phải chứng minh Dang thức xảy ra chỉ khi z= =z=1 Q

Ví dụ 1.1.14 (Việt Nam MO) Các số thực đương z\, #a, n thoả mãn

Sit dung bat dang thite AM — GM véi cdc sé hang 6 về trái

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 CÌ

Vi du 1.1.15 (APMO 1998) 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 z x +z

y 2 «£ YLYZ

12 Chương 1 Bắt đăng thức cơ sở

UỤ 2 & YLYZ

Dang thức xảy ra khi và chỉ khi z==z Ö

Ví dụ 1.1.16 (Canada MO 2002) Với mọi z,U, z dương, hãu chứng mãnh

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

Vi du 1.1.17 (Macedonia MO 2000) Chứng mình uới mọi +, 1, z đương

+? +2 + z2? > V2(xụ + z2)

LỜI GIẢI Sử dụng bất đẳng thức AM — GM với 2 số

y

z2+2+z?>z?+ BE > v2z(y+z) O

Ví dụ 1.1.18 Chứng mưnh uới mới a,b,c, d dương ta luôn 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) b(b+a— 2e) c(c+b— 2a)

đb + 1 be+ 1 cat+1 > 0 ~

1.1 Bất đẳng thức AM-GM 13

LờI GIẢI Bất đẳng thức tương đương với

ø(1 — b) b(1 — c) c(1 — ø) CAST apg Bes a yy

ab+1 tit be+1 + atl a+1 b+1 c+l >3

ab+1 be+1 ca+17

Ta sé chitng minh (a+ 1)(6+ 1)(c +1) > (ab + 1)(bc + 1)(ca t+ 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

«© 3> a?t?c2 + 2abe

Bất đẳng 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 — GM la

phải chọn đúng hệ số khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được Chang hạn, ở

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 không đối xứng thì công việc này sẽ khó khăn hơn, ta phải dùng phương

pháp Cân bằng hệ số uà 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

Lor GIẢI Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức AM — GM với mẫu số vì bất

đẳng thức sau đó sẽ đổi chiều

a b c a + b ls đốn

2c —3—

——— —— —-<

1+ T1ạ+c T1+a2 = 2b 2a Tuy nhiên, rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức đó theo cách khác

1+ “1+2” 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

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 + b + C + d >2

1+2 l1+c 14d 1+a2—

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

toán này không thể giải được theo cách thông thường được Ki thuật này thực sự

hiệu quả với các bài toán bất đẳng thức hoán vị

Vi du 1.1.22 Chitng minh vdi moi số đương a,b,c, d thod man điều kiện a + b +

=> ithe =? q(ab + abc)

Hoàn toàn tương tự ta có thêm 3 bất đẳng thức sau

tyme + ipe@dt iat Team = 7 toret

Dang thie xAy ra khi va chi khia=b=c=d=1 U

Vi du 1.1.23 Chiing minh vdi moi sé thuc duong a,b,c, d ta luôn có

a2+b2 — a2+ b2 —~ 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‘ b4 cA & a+b+c+d

3 3a) Pre) S10! Pr ~

16 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở

Vi du 1.1.24 Choa,b,c>0 vaa+b+c=3 Chitng minh

a2 + b2 + c2

¡œ+2b2 b+2c c+2a? ~

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

a2 2ab? 2ab? 2(ab)2/3

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

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]

a+1 (a + 1)b? b?(a +1) ab +b

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa với b, c rồi cộng lại

orn ly Ss mr1 t2 z1> (st 1— 2 )+( + b+1— 2 )+É+ j1 — 2 )

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 b‡i ctl dtl J,

b2+1 c2+1 d4+l1 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 + 1 + 1 >3 ø2+ 1 b?+1 c2+1 d2+1—”—”

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

(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

Cho i chạy từ 1 đến œ rồi cong vé cd n bất đẳng thức lại ta có kết quả Đây cũng là

một chứng minh rất ngắn gọn 3

Bát đẳng thức Cauch — Schauarz cũng là một bắt đẳng thức rất quen thuộc với

các bạn học sinh pho thông và việc nắm chắc sử dụng thành thạo bất đẳng thức này

là rất cần thiết cho tất cả bạn đọc, không chỉ với các bạn thi học sinh giỏi, Olympic

quốc gia, quốc tế mà ngay cả với các bạn ôn thi vào lớp 10 và thi vào đại học

Các hệ quả sau đây sẽ củng cố thêm các ứng dụng khác nhau của bất đẳng thức

quan trọng này

Hệ quả 1.1 Wới 2 dấy số (a), a9, ,an) vd (bi, bạ, , bạ), bị > 0 Vý = T.n,

GB, bị ba pany (0i4d;+ ‡ an) ` bạ bi tbo + +bn

Bat dang thitc trén thudng duge goi 1a bat dang thtte Schwarz

Hé qua 1.2 Voi 2 day s6 thuc aj, dạ, , dạ oầ bị, bạ, , bạ ta có

V4 + b + Vdậ + bậ + + a2 +02 > V/(m + +an)2 + (bị + + dn)?

CHỨNG MINH Ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp œ = 2 Với các giá trị khác,

bất đẳng thức được suy ra trực tiếp bằng phương pháp quy nạp Tuy nhiên với

n = 2 thì ta có bất đẳng thức Cauchụ — Schuuarz

sf a? + 6? + \/ a3 + b2 > V (a1 + a2)? + (by + be)?

© (ai + a2)(bŸ + bộ) > (aiby + agbe)?

Đẳng thức cũng xảy ra khi (ø, dạ, , a„) 'và (bạ, bạ, ., bạ) là 2 bộ tí lẹ Œ

Hệ quả 1.3 Với moi day 86 thuc aj, da, , dạ ‡a có

(đi + aa + + a„)? < n(a? + độ + +42)

20 Chương 1 Bất đẳng thức cơ sở

CHỨNG MINH Sử dụng bất dang thttc Cauchy — Schwarz vdi 2 bd số

(đi, đạ, , đu), (1,1, , 1),

Trong đó bộ số thứ 2 gồm ø số 1 L1

Sau đây là những ứng dụng thường gặp và tiêu biểu của bất đẳng thức Cœuch—

Schwarz Ta xem xét qua các ví dụ từ đơn giản đến phức tạp

Ví dụ 1.2.1 (Math Changelles) Cho các số thực dương 21,zạ, ,#n CÓ tổng

bằng 1 Hãy tầm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

LỜI GIẢI Sử dung bất ding thitc Cauchy — Schwarz ta co

are) (qtat 5 © (b+c)2 (c+a)2 et oie) 2 (Set tet as) (a+b)?)~ \b+e cta atb

Lai theo bat dang thtte Cauchy — Schwarz

2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder 21

Ví dụ 1.2.3 Cho các số dương a,b,c có tổng bằng 3 Chứng mánh rằng

a2 + b2 + c2 >Ị o+2l2 b+2c c+2a2 — `

LỜI GIẢI Bài toán đã được giải ở phần trước bằng ki thuat Cosi mgược dấu, tuy

nhiên lại có thể giải khá đơn giản bằng bất đẳng thức Cauchw — Schuarz như sau

Bất đẳng thức trên được chứng minh đễ dàng bằng cách sử dụng bất đẳng thức

Cauchụ — Schauarz, tuy nhiên với bất đẳng thức khá tương tự khác

a2 + b? + c 3

a+b? b+c? c+a? ~ 2’

Ta chi c6 thé stt dung phuong phap Cési ngược, không sử dụng được trực tiếp

được bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz

Ví dụ 1.2.4 (Việt Nam MO 1991) Giả sửz >> z >0 Chứng minh

Phần còn lại của bài toán, ta chỉ cần chứng minh

A(a?t2 + bÊc? + c2a2) + a2 + bề + c2 <1 = (a+b+ c)

« ab(1 — 4ab)p+ be(1 — 4be) + ca(1 — 4ca) > 0

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì ø + + < 1> ab, be, ca < 1/4

Đẳng thức xây ra khi trong 3 số a, b, c có 1 số bằng 1 va 2 số bằng 0

đúng uới mọi đấu 7\,2, n € R

LờỜI GIẢI Cho z¿ = r¡ ta suy ra dãy (r;) phải thoả mãn

rị +rậ+ +r2 <1

Đây cũng là điều kiện đủ thật vậy, nếu dãy (r;) thoả mãn điều kiện này thì theo

bat dang thite Cauchy — Sehuarz ta có

x +23 + 492 > (retro t tr?)(a2 +03 4+ 422) > (riety trote + +1ntn)?

Khang định được chting minh xong O

Vi du 1.2.9 (IMO Shortlist 1993) Ching minh vdi moi s6 duong a,b,c, d

b+2c+3d c+2d+3a d+2a+3b a+2b+äc — 3

LỜI GIẢI Theo bất đẳng thức Caueh — Schuarz ta có

24 Chương 1 Bất đẳng thức cơ sở

Vi du 1.2.10 Ching minh vdi moi a, b,c duong

a3b + bc + ca abc(a + b +c) 1+ab2 ° 1+be? 1+ca?~ 1+abe `

LỜI GIẢI Với mọi số thực dương k, theo bat dang thttc Cauchy — Schwarz

a2 + b2 + c (a+b+c)? _atbte

btke| ctka atkb~ (k+l1)(at+b+ce) k+l

Lấy k = 1/(abc) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi ø= b=c 1

Ví dụ 1.2.11 (Bất đẳng thức Nesbitt 6 biến) Ching minh ring vdi moi

Goi Š là mẫu số của phân thức nói trên

28=(a+b+e+d+e+ƒf)?— (a2+b2+c2+ d2 + e2 + f? + 2ad + 2bd + Arf)

Theo bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz ta có

Chitng minh bat dang thúc

(aibạ — aabi)? <-2|aibt + aaba + + aub„ — 1|

1.2 Bat dang thức Cauchy-Schwarz-Holder 25

LỜI GIẢI Trong bài này ta phải sử dụng đẳng thức khai triển bất đẳng thức

Theo giả thiết ø + a2 + + g2 = b‡ + bậ + + bệ = 1 nên theo bất đẳng thức

Cauchy — Schwarz ta c6 L > a1b + 2b + + anb„ > —1 Do đó

(1 — a,b; — agbg - — Andy) (1 +a ,by + agbo4+ + Anbn) > (aiba — ab)”

=> 2|øib + aaba + + nbn - 1| > (a1b2 — aab\) Q

Vi du 1.2.13 (Crux) Tim gid trị nhỏ nhất: của biểu thức

b+e cta atd

Với a,b,c là các số thực đương tuỳ ¥

LỜI GIẢI Sử dụng bat ding Cauchy — Schwarz

z+2U +92z z+2z — z(œ+2y) +u(w+2z) + z(z + 2z)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = = z hay ø=b=c=1 0

Ví dụ 1.2.15 Chứng mánh rằng uới moi a,b, c,d duong cé tich bằng 1 thì

« yt2 +424 z2+t tte rty 32 —

Đây là bất đẳng thức Nesb¿£t 4 biến đã được chứng mình ở trên QO

Ví du 1.2.16 Chitng minh ring néu a, b,c, d la cdc số thực dương uà r+ = abcd > 1

Khi đó bất đẳng thức được viết lại dưới dạng

ey, Pte, weyy

>

Từ 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khia=b=c=d=r.Q

Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu một dạng mở rộng thường gặp và có nhiều ứng

dụng của bất đẳng thức Cauchụ — Schauarz, đó là bất đẳng thức Holder

28 Chương 1 Bắt đắng thức cơ sở

Đẳng thức xảy ra khi m dãy đó tương ứng tỉ lệ Bát đẳng thúc Cauchụ — Schwarz

là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder uới m = 2

Hệ quả 1.4 Với a,b,c,z, , z,?n, 1t, p là các số thực đương ta có

(a3 + 6° + c3)(23 + y? + 23)(m3 + nŠ + p”) > (arm + bựn + czp)

CHỨNG MINH Thực ra đây chỉ là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder véi

mm = n = 3 Cách chứng minh sau có thể làm lại hoàn toàn tương tự với để chứng

minh bat đẳng thức Holder dạng tổng quát

— W(ø3 + bề + c3) (a3 + y3 + 23)(m3 + nề + p3)

Xây dựng tương tự 2 bất đẳng thức nữa với (b, y, n) va (e, z,p) rồi cộng theo từng

về ta có điều phải chứng minh O

Một hệ quả của bất đẳng thức Holder thường được áp dụng là

Hệ quả 1.5 Với dãy số dương at, dạ, , an, chitng minh

(1+ ai)(1 + a¿).:.(1+ an) > (1+ 61aa au,)”

Cộng theo từng về 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh Œ

Bat đẳng thức Holder là một bất đẳng thức mạnh và có nhiều ứng dụng, nhưng

rất tiếc nó không được dùng phổ biến ở phổ thông hiện nay Các hệ quả riêng ở trên

để minh họa cho bất đẳng thức Holder cả về cách chứng minh lẫn cách sử dụng

Việc làm quen và thuần thục với bất đẳng thức này cũng rất cần thiết, vì tuy rằng

có một phát biểu hơi khó nhìn, bất đẳng thức Holder hoàn toàn dễ hiểu và ứng

dụng hiệu quả với nhiều bài toán Sau đây là một số ví dụ

Vi du 1.2.17 (IMO 2001 Pro A2) Với mọi a,b,c dương ta có

a + b + c >1

Va2+Rbc Vb? +8ac vc? + 8ab

1.2 Bat đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder 29

LỜI GIẢI Xét các biểu thức '

va2+8bc vVb2+8ac Vc2+8ab

B = a(a? + §be) + b(b2 + 8áe) + c(c2 + 8ab) = aŠ + b + c3 + 24abc

Theo bat dang thức Hoider với 3 dãy (hệ quả 1.4} ta có

A.A.B>(a+b+e)

Ta bây giờ ta chỉ cần chứng minh (a +b + c)Ỷ > B, hay

(atb+c)> > a2 46% +3 + 24abe + ec(ø — b)2 + a(b — e)? + b(c— a)2 > 0

Ta phải chứng minh (ø + b + e)3 > B = 7(a + b+) + 2(ab+ be + ca)

Theo bất đẳng thức AM — GM, a+b+c> 3Ÿabe = 3 nên

(a+b+ c)” > T(a + b+ 6) + (a + b+ c)” > TÍa + b + e) + 2(ab + be + ca)

30 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở

Với bất đẳng thức thứ 2, ta đặt

VW7+b2+c1 VTte+ 2 v7+a2+b2 D= a(7+b?+c?)+b(7+c2+ a2?) + c(7 + a2 + 0)

Theo bất đẳng thức Hoider thì C?D > (œ+b+ e)Ÿ

D= T(a+b+c)+(a+b+ c)(ab + be + ca) —

Từ 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh 1

Ta có bài toán tổng quát sau

Từ 2 bất đẳng thức trên ta rút ra điều phải chứng minh Kết quả này vẫn đúng nếu

k hữu tỉ (chứng minh tương tự), và do đó sẽ đúng với mọi số thực k > 1, không

nhất thiết k là số nguyên 1

1.2 Bat ding thức Cauchy-Schwarz-Holder 31

Vi du 1.2.21 (Singapore MO 2002) Ching minh voi mor số đương a,b,c

3(a3 + bŠ + c3)? > (g2 + b2 + c?)Ÿ

LỜI GIẢI Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Holder

(a3 + bề + c3)(ø3 + b3 + c)(1+ 1+ 1) > (v2+b2+ c7) 0

Ví dụ 1.2.22 (Crux) Với các số thực đương œ, dạ, Gạ CÓ tổng bằng 1, hãu tìm

giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức

vV1-øxy Vl-ae vVdl— a„

B= øi(1—aI)+da(L— a2) + + @n(1 — an)

LỜI GIẢI Xét tác biểu thức

= Ya+2b 3 + Èb+2c 3, + tc+2a 3, Ệ

P=a(a+ 2ð) + b(b + 2e) + c(c + 2a) = (a+b+c)? =1

Theo bất đẳng thite Holder ‘

S3.P>(atbtci>S>(atbtcP=1>S> 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = b= e= 1/3 O

Trong dé a,b,c là các số thực dương sao cho các căn thức tồn tại

LỜI GIẢI Gọi biểu thức về trái là P Đặt

S = a(2b? + 2c? — a?) + b(2c? + 2a? — b2) + c(3a2 + 2b2 — c2)

2ab(a + b) + 2be(b + c) + 2ca(e + a) — a3 — bŠ — cŠ.,

Theo bat dang thite Holder ta có

P.PS>(at+b+c)

Do đó ta chỉ cần chứng mình

(œ+b+e)3 > 39

Bất đẳng thức trên tương đương với

A(a3 + b + c3) + Gabe > 4 (ab(a + b) + be(b + e) + ca(c + a)}

Dé có bắt đẳng thức trên, ta chỉ cần cộng về 2 bất đẳng thức quen thuộc sau

3(a3 + b + cŸ + 3abe) > 3 (ab(a + b) + be(b + e) + ca(e + a)},

d3 + bŠ + c3 > 3abe

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b=e O

Ví dụ 1.2.25 Chứng mĩnh rằng nếu p > 2 tà a;b,c> 0 thà

3 b b3 b si c3 b

VU +{ tpahe 4 Jot Pt Saxtbte

LỜI GIẢI Gọi P là biểu thức về trái, áp dụng bất đẳng thức Holder ta có

(a? + pbc) + (b2 + pea) + (c? + pab) < 3 (a+b+ e)

Bất đẳng thức này hiển nhiên vì _

— 2

Vĩ = (a+b + e)Ÿ + (p ~ 3)(gb + be + ca) < (a +b+6)® + CC “(a +b +)? = VP,

Đẳng thức xây ra khi ø=b=c [

1.2 Bat dang thức Cauchy-Schwarz-Holder 33

Vi du 1.2.26 (M6 réng IMO 2001 Pro A2) Cho các số thực dương £1, 22, .,En-

Dat yy = £1 22 Lj-1Li4 1 Li42- Ln Chitng minh bắt đẳng thức

Tuy nhiên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì sau khi tách zŸ + z3 + + #; ra

khỏi (¡ + #a + + #a)” thì các số hạng cịn lại cĩ thể biểu diễn đối xứng thành

các tổng lớn hơn hoặc bằng #z¿ z„ L]

Nếu bất đẳng thức giải được bằng Holder thì cũng sẽ giải được bằng bất đẳng

thức AM — GM, vì thực tế, để chứng minh bất đẳng thức folder ta cũng chỉ cần

dùng bất đẳng thức 4Ä — ŒM Chẳng hạn với ví dụ 1.2.26 ta cĩ thể dùng trực tiếp

bất đẳng thức Ấ⁄ - GM theo cách sau đây

Dat M = øị + dạ + + an, áp dụng bất đẳng thức Ậ/ — GM cho n số

34 Chương 1 Bắt đẳng thức cơ sở

Như vậy ta chỉ phải chứng minh

M” > a†+z2 + +aay + (nh — n)21ạ ụ,

Kết quả này đã được chứng minh ở trên

Ngoài ra số k = n"~! — 1 cũng là hằng số đương tốt nhất (nhỏ nhất) dé bat đẳng

thức sau đúng với mọi số thực dương 21, 22, ., Ln

T1 + #2 + + In > n

"r1 + k i - "TjÍzz + kụa Vert tky, “VI+k

Với các bài toán thông thường thì bất đắng thức Holder lại dùng thuận tiện

hơn bất đẳng thite AM —- GA vì không cần xét các điều kiện đẳng thức, còn trong

trường hợp tổng quát bạn chỉ cần ghi nhớ chứng minh với m = n = 3 là đủ Xem

them phần sử dụng bất đẳng thức Holder để cân bằng hệ số, trang 74

a,b, + agbợ + dnbn > —(a) + ao + + aø)(bì +Ð bo + + bạ)

CHỨNG MINH Bằng phân tích trực tiếp, ta có đẳng thức sau

n(a1bị +asba + + anubn) — (0 + ga + + an)(bì + bạ + + bạ)

n

= 7 (a; - a;)(b; - bj) > 0

ij=l

Vì các dãy aj, G2, ., an va bi, be, .,b, don diéu nén (a; — a;)(bj — bj) > 0

Nếu 2 day aj, ao, ., @n va bj, be, ., by don điệu ngược chiều thì bất đẳng thức trên

đổi chiềụ Chứng minh điều này hoàn toàn tugng tụ O

Thông thường các bất đẳng thức đối xứng với các biến, nên việc sắp xếp lại các

biến luôn có thể thực hiện được Do đó trước khi sử dụng bất đẳng thức này ta phảị

có một bước sắp xếp lại các biến mà không làm mất tính tổng quát của bài toán

Lưu ý rằng điều này chỉ đúng khi và chỉ khi bất đẳng thức cần chứng minh hoàn

1.3 Bất đẳng thức Chebyshev và ứng dụng 35

toàn đối xứng với tất cả các biến

Bất đẳng thức Chebwsheu có nhiều ứng dụng rất hay, và nói chung làm cho bài

toán được giải quyết theo cách đơn giản hơn trong khá nhiều trường hợp Chúng ta

cùng xem xét các ví dụ sau để thấy rõ điều nay

Hệ quả 1.6 Nếu a,da, , a„ là các số thực dương có tổng: bằng n thà

a111 + an?! + .+a d1! Sai +a7 + + da,

CHỨNG MINH Sử dụng bất đẳng thức Chebysheu cho 2 bộ đơn điệu a, đa, , đạ

và d†,g, , đ„ ta có ngay điều phải chứng minh L1

Ví dụ 1.3.1 (Balkan MO) Cho các số thực đương ứ, dạ, , ay thoả mãn dị +

đa +.: + an = 1 Chứng mình

ay a2 an nr

bes > 2-a,'2-m- +57 a, = nl

Đăng thức xảy ra chỉ khi ai = ag = = đa = l/n [1

Ví dụ 1.3.2 Các số dương a,b,c, d có tổng bình phương bằng 4 Chitng minh

36 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở

Sử dụng bat dang thức Chebusheu ta có

Suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra chỉ khi a = b= c= đ = 1 ¬

Ví dụ 1.3.3 (China MO 1996) Các số thực đương a\, da, ., đn CÓ tổng bằng 1

Chứng mình bắt đẳng thức

a1 + đa Tư ay » Vi t 8a + + vữa

Ji-aq Vl—-a Vi-a@ vn — Ï ,

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát ta giả sử ai > ø¿ > > Gn Khi do

n.VT' > (ơi + dạ + + an) (ast ett ===)

Theo bất đẳng thite Cauchy — Schwarz thi

n= nay +42 + + Qn) > (Vai + Van + + Van)”

=> fat fag t + Van < Vn

VI=ãi + VI= da + + VĨ= an S VnĂn ~ đi — 2 = — Gn)

LỜI GIẢI Ta sử dụng bất đẳng thức Chebyshev két hop vdi phương pháp chứng

minh bang phan chứng (bạn hãy xem ở chương IV) Nói cách khác, ta sẽ chứng minh

rằng, nếu cắc số thực a,b,e > 1 thoả mãn

Do đó ta chỉ cần áp dụng bất dang thitc Chebyshev cho 2 bộ ngược chiều nói trên

và chú ý điều kiện (*) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Chứng mình rằng

a + b sa c + d + e <1

4+a2 4+? 4+c 4+d2 4+e2— ˆ