BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THIÊN HUY

BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ
VÀ MỘT SỐ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - Năm 2021


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THIÊN HUY

BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ
VÀ MỘT SỐ ÁP DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8.46.01.13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS. MAI THÀNH TẤN


Mục lục

Mở đầu

1

1 Khai triển Abel

4

1.1

Khai triển Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Sử dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất đẳng
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Bất đẳng thức hoán vị
2.1

2.2

4

6
19

Bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả . . . . . . . . . . .

19

2.1.1


Khái niệm về bất đẳng thức hoán vị . . . . . . . . . .

19

2.1.2

Bất đẳng thức hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số bất
đẳng thức cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

3 Một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một số
bài toán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi
ở trường phổ thông và sáng tác một số bài toán mới về bất
đẳng thức
3.1

32

Sử dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán chứng
minh bất đẳng thức và bài toán cực trị . . . . . . . . . . . .

3.2

33


Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tác một số bài toán
chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị

. . . . . . . .

67


Kết luận

86

Tài liệu tham khảo

87


1

Mở đầu
Bất đẳng thức hốn vị (hay cịn gọi là bất đẳng thức sắp xếp lại) là một bất
đẳng thức sơ cấp rất mạnh. Sử dụng bất đẳng thức hoán vị sẽ cho ta những
lời giải bất đẳng thức rất thú vị. Trên tạp chí tốn quốc tế Mathematical
Excalibur (Vol. 4, No. 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (công tác tại Khoa Tốn
– Đại học Khoa học và Cơng nghệ Hồng Kông) đã viết một bài báo với tiêu
đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu về bất đẳng thức này, từ đó
đã có nhiều tác giả trong và ngồi nước đã quan tâm, trao đổi về bất đẳng
thức hoán vị. Với mong muốn làm rõ cơ sở toán học và ý tưởng của việc sử
dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh bất đẳng thức, tôi chọn hướng

nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức hoán vị trong việc đưa ra lời giải cho một
số bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế làm
hướng nghiên cứu của luận văn thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức hốn vị
và một số áp dụng”.
Ngồi phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của luận văn
được trình bày trong 3 chương:
Chương 1. Khai triển Abel. Trong chương này sẽ trình bày kiến thức về
khai triển Abel và đưa ra một vài số bài toán về bất đẳng thức thường gặp
trong chương trình tốn ở trường phổ thơng và đề thi chọn học sinh giỏi có
áp dụng khai triển Abel. Đây là kiến thức bổ trợ cho việc chứng minh bất
đẳng thức hốn vị được trình bày ở Chương 2.
Chương 2. Bất đẳng thức hốn vị. Nội dung Chương 2 trình bày về bất
đẳng thức hoán vị và một số hệ quả của nó, trình bày cụ thể một số ví dụ


2

minh hoạ cho việc vận dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số
bất đẳng thức cổ điển đã biết trong chương trình tốn ở trường phổ thông.
Chương 3. Một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài
toán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thơng
và sáng tác một số bài tốn mới về bất đẳng thức. Chương này sẽ trình bày
một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán về bất
đẳng thức thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi trong nước và quốc
tế. Trong chương này tôi sưu tầm và chọn lọc để đưa ra một số bài toán trong
các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức hốn vị.
Cuối chương này tôi đã sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tác một
số bài toán mới về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường
phổ thơng.
Luận văn đã được hồn thành tại trường Đại học Quy Nhơn. Lời đầu tiên

tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy TS. Mai Thành Tấn,
Phó Trưởng khoa Tốn và Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn. Thầy đã
dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp những thắc mắc của tôi
trong suốt q trình thực hiện luận văn. Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc
tới thầy.
Tơi xin chân thành cảm ơn các anh chị em đồng nghiệp, những người bạn
và đặc biệt cảm ơn những người thân yêu trong gia đình đã giúp đỡ, động
viên, ủng hộ và hỗ trợ cho tôi về cả vật chất lẫn tinh thần trong q trình
nghiên cứu để thực hiện và hồn thành luận văn này.
Em cũng xin chân thành cảm ơn toàn thể q thầy cơ trong Khoa Tốn
và Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt
kiến thức trong suốt thời gian hai năm theo học thạc sĩ, thực hiện và hoàn
thành luận văn này. Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới
sự hướng dẫn của TS. Mai Thành Tấn nhưng do nhiều lý do, luận văn sẽ còn


3

những thiếu sót nhất định. Em hi vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các
q thầy cơ, các anh chị em đồng nghiệp và những người bạn để luận văn
hồn thiện hơn.
Bình Định, tháng 5 năm 2021
Tác giả luận văn

Nguyễn Thiên Huy


4

Chương 1


Khai triển Abel
Chương này trình bày kiến thức về khai triển Abel; bao gồm định lý về
khai triển Abel, hệ quả trực tiếp được suy ra từ định lý, bất đẳng thức Abel
và một số ví dụ áp dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất đẳng
thức thường gặp trong chương trình Tốn phổ thơng và trong các đề thi chọn
học sinh giỏi. Đây là kiến thức bổ trợ cho việc chứng minh bất đẳng thức
hốn vị được trình bày ở Chương 2. Nội dung của chương được tổng hợp từ
các tài liệu [2] - [7].

1.1

Khai triển Abel

Định lý 1.1.1. (Khai triển Abel)
Giả sử (x1 , x2 , ..., xn ) và (y1 , y2 , ..., yn ) là hai dãy số thực tùy ý.
Đặt ck = y1 + y2 + ... + yk , k = 1, 2, ...n Khi đó

x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn = (x1 − x2 ) .c1 + (x2 − x3 ) .c2 + ...
+ (xn−1 − xn ) .cn−1 + xn .cn .
Chứng minh. Thật vậy, ta có

c1 = y1 ; ck − ck−1 = yk , k = 2, 3, ..., n.


5

Từ đó, suy ra:

(x1 − x2 ) · c1 + (x2 − x3 ) · c2 + . . . + (xn−1 − xn ) · cn−1 + xn · cn

= x1 c1 + x2 (c2 − c1 ) + x3 (c3 − c2 ) + . . . + xn−1 (cn−1 − cn−2 ) + xn (cn − cn−1 )
= x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + . . . + xn−1 yn−1 + xn yn .

Hệ quả 1.1.2.
(i) x1 y1 + x2 y2 = (x1 − x2 ) .y1 + x2 (y1 + y2 ) với mọi x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R
(ii) x1 y1 +x2 y2 +x3 y3 = (x1 − x2 ) .y1 +(x2 − x3 ) (y1 + y2 )+x3 (y1 + y2 + y3 )
với mọi x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 ∈ R.
Mệnh đề 1.1.3. (Bất đẳng thức Abel)
Cho hai dãy số thực (x1 , x2 , ..., xn ) và (y1 , y2 , ..., yn ), trong đó

x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn > 0.
Đặt ck = y1 + y2 + ... + yk , k = 1, 2, ...n và M = max {c1 , c2 , ..., cn } ;

m = min {c1 , c2 , ..., cn }
Khi đó, mx1 ≤ x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn ≤ M x1
Chứng minh. Áp dụng cơng thức khai triển Abel (Định lý 1.1.1), ta có

x1 y1 + x2 y2 + . . . + xn yn
= (x1 − x2 ) · y1 + (x2 − x3 ) (y1 + y2 ) + . . .
+ (xn−1 − xn ) (y1 + y2 + . . . + yn−1 ) + xn (y1 + y2 + . . . + yn )
= (x1 − x2 ) c1 + (x2 − x3 ) c2 + . . . + (xn−1 − xn ) cn−1 + xn cn
≥ (x1 − x2 ) m + (x2 − x3 ) m + . . . + (xn−1 − xn ) m + xn m
= mx1 .

(1.1)


6

Tương tự, ta có:


x 1 y 1 + x 2 y 2 + . . . + x n yn
= (x1 − x2 ) · y1 + (x2 − x3 ) (y1 + y2 ) + . . .
+ (xn−1 − xn ) (y1 + y2 + . . . + yn−1 ) + xn (y1 + y2 + . . . + yn )

(1.2)

= (x1 − x2 ) c1 + (x2 − x3 ) c2 + . . . + (xn−1 − xn ) cn−1 + xn cn
≤ (x1 − x2 ) M + (x2 − x3 ) M + . . . + (xn−1 − xn ) M + xn M
= M x1 .
Từ (1.1) và (1.2) suy ra

mx1 ≤ x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yy ≤ M x1 .
Vậy ta có điều cần chứng minh.

1.2

Sử dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất
đẳng thức

Trong mục này ta sử dụng khai triển Abel để giải một số bài toán chứng
minh bất đẳng thức và bài toán cực trị thường gặp trong chương trình phổ
thơng và trong các đề thi chọn học sinh giỏi.
Ví dụ 1.2.1. Cho hai dãy số thực (x1 , x2 , ..., xn ) và (a1 , a2 , ..., an ). Chứng
minh rằng

a1 (x1 − x2 ) + a2 (x2 − x3 ) + a3 (x3 − x4 ) + ... + an−1 (xn−1 − xn ) + an xn
= a1 x1 + (a2 − a1 ) x2 + (a3 − a2 ) x3 + ... + (an − an−1 ) xn
Giải. Áp dụng khai triển Abel cho hai dãy số là


(x1 , x2 , ..., xn ) và (y1 , y2 , ..., yn ) với y1 = a1 , y2 = a2 − a1 , y3 = a3 −
a2 , ..., yn = an − an−1 , ta được


7

x1 a1 + x2 (a2 − a1 ) + x3 (a3 − a2 ) + . . . + xn (an − an−1 )
= (x1 − x2 ) a1 + (x2 − x3 ) a2 + (x3 − x4 ) a3 + . . . + (xn−1 − xn ) an−1 + xn an
hay a1 (x1 − x2 )+a2 (x2 − x3 )+a3 (x3 − x1 )+. . .+an−1 (xn−1 − xn )+an xn
= a1 x1 + (a2 − a1 ) x2 + (a3 − a2 ) x3 + . . . + (an − an−1 ) xn .
Ví dụ 1.2.2. Cho 6 số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn điều kiện

a b
a b c
a
≤ 1, + ≤ 2, + + ≤ 3 và x ≥ y ≥ z.
x
x y
x y z
√
√
√
√
√
√
Chứng minh rằng: a + b + c ≤ x + y + z
Giải. Ta có
√

=


√

r

x

√
a+

√
√ 
√

√
b+ c − x+ y+ z

a
√
−1 + y
x

Áp dụng khai triển Abel, ta có
r


√

=

√


s

a
√
−1 + y
x

x

s



√

x− y

r

!

√
b
−1 + z
y

!

√
b

−1 + z
y

r

√

a
√
−1 + y− z
x

r

s

!

√
+ z



r

a
+
x

b
+

y

r

c
−3
z

r

c
−1
z





c
−1
z

a
+
x

s

b
−2

y

!

Mặt khác, theo giả thiết và theo bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy –
Schwarz, ta có
r

r

r

a
+
x

a
+
x

s

s

b
+
y

b
−2≤

y

r

a
− 1 ≤ 0,
x

s 

c
−3≤
z

a b
2
+
x y

s 



−2≤

a b c
3
+ +
x y z


√

2.2 − 2 = 0,



−3≤

√

3.3 − 3 = 0.


8

Do đó, ta có
√

√
a+

√
√ 
√

√
b + c − x + y + z ≤ 0.

Hay

√


√
a+

b+

√

c≤

√

x+

√

y+

√

z.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a, y = b, z = c.
Nhận xét 1.2.1. Trong ví dụ 1.2.2, ta có thể cho a, b, c là các số thực dương
cụ thể sao cho a ≥ b ≥ c.
Chẳng hạn, cho a = 64, b = 36 và c = 4 thì ta được bài tốn sau.
“Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện

64 36 4
64 36

+
≤ 2,
+
+ ≤ 3 và x ≥ y ≥ z.
x
y
x
y
z
√
√
√
. Chứng minh rằng: x + y + z ≥ 16”.
x ≥ 64,

Ví dụ 1.2.3. Cho hai dãy số dương (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) thỏa mãn



b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ bn






a1 ≥ b 1





a1 a2 ≥ b 1 b 2













....
a1 a2 . . . an ≥ b1 b2 . . . bn

Chứng minh rằng: a1 + a2 + ... + an ≥ b1 + b2 + ... + bn .
Giải: Áp dụng khai triển Abel, ta được

(a1 + a2 + ... + an ) − (b1 + b2 + ... + bn )
= (a1 − b1 ) + (a2 − b2 ) + ... + (an − bn )













a2
an
a1
− 1 + b2
− 1 + ... + bn
−1
= b1
b1
b2
bn




a1
a1 a2
= (b1 − b2 )
− 1 + (b2 − b3 )
+ − 2 + ...
b1
b1
b2





a1 a2
an−1
a1 a2
an
+ (bn−1 − bn )
+ + ... +
− n + 1 + bn
+ + ... +
−n .
b1
b2
bn−1
b1
b2
bn


9

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và kết hợp với giả thiết

a1 a2 ...ak ≥ b1 b2 ...bk , với mọi k = 1, 2, ..., n,
ta được

a1 a2
ak
+ + ... +
−k ≥k
b1

b2
bk

r
k

a1 a2 ...ak
− k ≥ 0, với mọi k = 1, n.
b1 b2 ...bk

Mặt khác, vì b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn nên ta có

(a1 + a2 + ... + an ) − (b1 + b2 + ... + bn ) ≥ 0
Hay

a1 + a2 + ... + an ≥ b1 + b2 + ... + bn .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

a2
an
a1


=
= ... =

b1

b2


bn

⇔ ai = bi , ∀i = 1, n.


a1 a2 ...ak = b1 b2 ...bk ∀k = 1, 2, ...n
Ví dụ 1.2.4. (Russia 2000) Cho hai dãy số thực (x1 , x2 , ..., xn ) và (y1 , y2 , ..., yn )
thỏa mãn −1 < x1 < x2 < ... < xn < 1, y1 < y2 < ... < yn và
13
13
x1 + x2 + ... + xn = x13
1 + x2 + ... + xn .

Chứng minh rằng:
13
13
x13
1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn < x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn .

Giải: Xét hàm số f (x) = x − x13 với x ∈ (−1, 1)
Ta có

f 0 (x) = 1 − 13x12 , ∀x ∈ (−1, 1)
r
12 1
f 0 (x) = 0 ⇔ x = ±
13
Bảng biến thiên:



10

Ta chứng minh rằng x1 < 0. Thật vậy, giả sử trái lại rằng x1 ≥ 0. Khi đó

f (x1 ) ≥ 0.
Vì −1 < x1 < x2 < ... < xn < 1 mà x1 ≥ 0 nên

0 ≤ x1 < x2 < ... < xn < 1
nên ta cũng có f (x2 ) > 0, f (x3 ) > 0, ..., f (xn ) > 0
Suy ra f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) > 0
Hay

x1 − x13
+ x2 − x13
+ ... + xn − x13
>0
1
2
n









13
13
⇔ x1 + x2 + ... + xn > x13
1 + x2 + ... + xn


Điều này mẫu thuẫn với giả thiết (vì giả thiết cho f (x1 ) + f (x2 ) + ... +

f (xn ) = 0) Tương tự, ta chứng minh được xn > 0 Xét 2 ≤ i ≤ n. Nếu
xi ≤ 0 thì x1 < x2 < ... < xi−1 < xi ≤ 0 và
f (xi ) + f (xi+1 ) + ... + f (xn ) = − [f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xi−1 )] > 0 (1.3)
Nếu xi > 0 thì 0 < xi < xi+1 < ... < xn và

f (xi ) + f (xi+1 ) + ... + f (xn ) > 0

(1.4)

Áp dụng khai triển Abel, ta được
13
13
(x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn ) − x13
1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn




= y1 f (x1 ) + y2 f (x2 ) + ... + yn f (xn )
= (y1 − y2 ) f (x1 ) + (y2 − y3 ) [f (x1 ) + f (x2 )] + ...
+ (yn−1 − yn ) . [f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn−1 )] + yn [f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn )]
= − (y1 − y2 ) . [f (x2 ) + f (x3 ) + ... + f (xn )] −
− (y2 − y3 ) . [f (x3 ) + ... + f (xn )] − ... − (yn−1 − yn ) .f (xn ) + yn .0
(vì f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) = 0)
= (y2 − y1 ) . [f (x2 ) + ... + f (xn )] + (y3 − y2 ) . [f (x3 ) + ... + f (xn )] + ...
+ (yn − yn−1 ) .f (xn ) > 0.


11


(Do (1.3), (1.4) và giả thiết y1 < y2 < ... < yn ).
Hay
13
13
x13
1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn < x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn .

Vậy ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.2.5. Cho hai dãy số dương (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) thỏa mãn


b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn
với mọi k = 1, 2, ..., n
a2 + a2 + ... + a2 ≤ b2 + b2 + ... + b2
1

2

k

1

2

k

Chứng minh rằng:

a1 + a2 + ... + an ≤ b1 + b2 + ... + bn .


(1.5)

Giải: Ta chứng minh (1.5) bằng quy nạp theo n.
Với n = 1 ta thấy bất đẳng thức (1.5) hiển nhiên đúng.
Giả sử (1.5) đúng với k = 1, 2, ..., n với n bất kỳ.
Ta chứng minh (1.5) đúng với (n + 1) số.
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz ta có
2

a21 + a22 + ... + a2n+1 . b21 + b22 + ... + b2n+1 ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an+1 bn+1 )






(1.6)
Mặt khác theo giả thiết:

b21 + b22 + ... + b2n+1 ≥ a21 + a22 + ... + a2n+1

(1.7)

Từ (1.6) và (1.7), ta suy ra
2

(a1 b1 + a2 b2 + ... + an+1 bn+1 ) ≤ a21 + a22 + ... + a2n+1 . b21 + b22 + ... + b2n+1




2


≤ b21 + b22 + ... + b2n+1 .





12

Từ đó, ta có:

a1 b1 + a2 b2 + ... + an+1 bn+1 ≤ b21 + b22 + ... + b2n+1
⇔ b21 + b22 + ... + b2n+1 − (a1 b1 + a2 b2 + ... + an+1 bn+1 ) ≥ 0



⇔b1 (b1 − a1 ) + b2 (b2 − a2 ) + · · · + bn+1 (bn−1 − an−1 ) > 0
⇔ (b1 − b2 ) (b1 − a1 ) + (b2 − b3 ) (b1 + b2 − a1 − a2 ) + ...
+ (bn − bn+1 ) (b1 + b2 + ... + bn − a1 − a2 − ... − an )
+ bn+1 (b1 + b2 + ... + bn+1 − a1 − a2 − ... − an+1 ) ≥ 0

(1.8)

Theo giả thiết quy nạp, ta có:

b1 ≥ a1 , b1 + b2 ≥ a1 + a2 , ..., b1 + b2 + ... + bn ≥ a1 + a2 + ... + an
và từ giả thiết:

0 < b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn+1 .
Do đó, từ (1.8), ta suy ra

b1 + b2 + ... + bn+1 − a1 − a2 − ... − an+1 ≥ 0.
Hay


a1 + a2 + ... + an+1 ≤ b1 + b2 + ... + bn+1 .
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.2.6. Xét các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn 3 ≤ y ≤ x và

xy ≥ 18. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

1 1
+ .
x y

Giải. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 6 và y = 3
Áp dụng khai triển Abel và bất đẳng thức AM-GM, ta được


1 1 1 y 1 x 1
1 1 y 1 y x

= . + . =
−
. + .
+
3 y 6 x
y x 3 x 3 6
r
r





1 1 3 1
y x
1 1
1
xy
≥
−
. + .2
. =
−
+ .2
y x 3 x
3 6
y x
x
18


1 1
2
1 1
≥
−
+ = + .
y x
x x y
2

=


3

+

6


13

1 1
1
1
+ ≤ , tức là P ≤ .
x y
2
2
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 6 và y = 3.
Hay

Vậy giá trị nhỏ nhất của P trong điều kiện đã cho bằng

1
, đạt được khi
2

và chỉ khi (x, y) = (6, 3).
Ví dụ 1.2.7. Xét các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn

x + y + z = 9, x ≥ 5 và x + y ≥ 8. Chứng minh rằng: xyz ≤ 15.
Giải: Giả sử trái lại rằng xyz > 15.

Khi đó, theo giả thiết, ta có: z = 9 − (x + y) ≤ 1. Suy ra xy >

15
≥ 15.
z

Áp dụng khai triển Abel và bất đẳng thức AM-GM, ta được

y
3
x
.5 + .3 + .1
5
3
1
x y 
x y
x
z
= (5 − 3) . + (3 − 1) .
+
+ 1.
+ +
5
5
3
5
3 1
x y  x y
x

z
= 2. + 2
+
+
+ +
5
5 3
3 1
r
r5
5
x y
x y z
≥ 2. + 2.2
. + 3. 3 . .
5 r
5 3r
5 3 1
xy
xyz
=2+4
+33
> 2 + 4 + 3 = 9.
15
15

x+y+z =

Như vậy, x + y + z > 9. Mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy điều giả sử ở trên là sai, và vì vậy, xyz ≤ 15.

Ví dụ 1.2.8. Cho tam giác ABC không nhọn. Chứng minh rằng:

3π 2
,
A +B +C ≥
8
2

2

2

trong đó các góc A, B , C được đo theo đơn vị rađian.
Giải. Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi.
n π π π   π π π   π π π o

(A, B, C) ∈

, ,
, , ,
, , ,
2 4 4
4 2 4
4 4 2

.

Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C .
Vì tam giác ABC không nhọn nên A ≥


π
π
. Suy ra B + C = π − A ≤ .
2
2


14

π
π
π
thì B ≥ C > . Suy ra B + C > . Mâu thuẫn.
4
4
2
π
3π
Vì vậy C ≤ . Từ đó A + B = π − C ≥
.
4
4

Nếu C >

Do đó, ta có

π
2
3π

A
+
B
≥

4



A + B + C = π.







A≥

Áp dụng khai triển Abel và kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopski –
Cauchy – Schwarz, ta được

π A2 π B 2 π C 2
A +B +C = . π + . π + . π
2
4
4
2
4
4 

2

2

2





π  A2  π π   A2 B 2  π  A2 B 2 C 2 
=
−
−
. +
. π + π  + . π + π + π 
2 4 π
4 4
4
2
2
4
2
4
4

π

π A2 π  A2 B 2
= . π + . π + π +

4
4
2
2
4
2
π π π (A + B + C)
≥ . + . π π π
4 2 4
+ +
2 4 4
π 2 π π2
π2 π2
=
+ . =
+
=
8
4 π
8
4

C2 
π
4

3π 2
.
8


Vậy ta có

3π 2
A +B +C ≥
.
8

π


A=



2
π





A B
C
A=




2
 π = π = π


π
Đẳng thức xảy ra ⇔
B=
2
4
4 ⇔

4




π


A
+
B
+
C
=
π


C= .



4


 A, B, C > 0
2

2

2

Nhận xét 1.2.2. Ta có thể giải ví dụ 1.2.8 theo cách khác như sau: Ta dễ


15

dàng chứng minh được bất đẳng thức

u2 ≥ v 2 + 2v (u − v) ∀u, v ∈ R

(1.9)

Áp dụng bất đẳng thức (1.9), ta được:
 π 2
π

π
A ≥
+ 2. A −
2
2
2
 π 2


π
π
2
B ≥
+ 2. B −
4
4
4
 π 2


π
π
2
C ≥
+ 2. C −
.
4
4
4
2

Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên, ta được:
 π 2  π 2
2
2
2

A +B +C ≥


+
2
4
 π 2

π π 
π π 
π
+
+
B−
+
C−
+π A−
4
2
2
4
2
4
h




i
2
π
3π

π
π
π
π
π
+
=
A−
+ B−
+ C−
+
A−
8
2
2
4
4
2
2


2
2
3π
π
π
3π
π
=
+

A−
≥
(Vì A ≥ ).
8
2
2
8
2
π
π
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = , B = C =
2
4

Ví dụ 1.2.9. Xét các số thực x, y, z thay đổi và thỏa mãn

√
√
1 ≤ z ≤ min {x, y} , x + z 3 ≥ 2 3
√

√

√

và y 3 + z 10 ≥ 2 10.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

1
2

3
+
+
.
x2 y 2 z 2

Giải: Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
r

x=

√

3, y =

10
,z = 1
3

Trước hết, ta chứng minh hai bất đẳng thức sau:

1
1
4
+ 2≤
2
x
z
3


(1.10)

1
1
13
+ 2≤ .
2
y
z
10

(1.11)

và


16

Thật vậy, bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (1.10). Áp dụng khai triển
Abel và bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz ta được:

 2
 2
2
2

4 1
x 1
z 1
1

1
z
1
= +1= . 2 + . 2 =
− 2 . + 2
2
3 3
3 x
1 z
z
x
1
x

2
x
√ +z
 2

1
1
1
1
3
−
.
+
.
≥
z 2 x2

1
x2
1+1


2
1
1
2 1
1
1
≥
−
+
.
=
+
.
z 2 x2
2 x2
x2 z 2

z
x2
+
1
3




Do đó,

1
4
1
+
≤
.
2
x
z2
3
x



√ =z

√

3

x = 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
⇔
z=1

 z = 1.



√
√

x + z 3 = 2 3
Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (1.11) Tương tự trên, áp dụng khai
triển Abel và bất đẳng thức Bunhiacoski – Cauchy – Schwarz, ta được:

 2
 2
2
2
2

z 1
13
3
3y 1
=
+1=
. 2+ . 2=
10 10
10 y
1 z

r

z+

1
1 z

1
−
.
+
z2 y2
1
y2

3
y
10

z
3y
+
1
10

!2

1
1 12
1
−
.
+
.
z2 y2
1
y2

1+1


2
1
1
2 1
1
1
≥
−
+
.
=
+
.
z2 y2
2 y2
y2 z2




≥

Do đó

1
13
1

+
≤
.
y2 z2
10
r








3
r

y

y = 10
10
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
⇔
z=1






z = 1.

y √3 + z √10 = 2√10
z=

Từ (1.10) và (1.11), ta suy ra

1
2
3
P = 2+ 2+ 2=
x
y
z



1
1
+ 2
2
x
z





1
1

+2 2 + 2
y
z




17

≤

Đẳng thức xảy ra ⇔

4
13 59
+ 2. =
3
10 15


√


x
=
3


r



10
3
z = 1.

y =





59

Vậy giá trị lớn nhất của P trong điều kiện đã cho bằng
, đạt được khi
15
r
và chỉ khi x =

√

3, y =

10
, z = 1.
3

Ví dụ 1.2.10. Xét các số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn

a ≤ b ≤ 3 ≤ c, c ≥ b + 1 và a + b ≥ c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =

2ab + a + b + c (ab − 1)
.
(a + 1)(b + 1)(c + 1)

Giải: Ta có

(ab + a + b + 1) + (ab + abc − c − 1)
(a + 1)(b + 1)(c + 1)
(a + 1)(b + 1) + (ab + abc − c − 1)
=
(a + 1)(b + 1)(c + 1)
(ab + abc − c − 1)
1
+
=
c + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1)
1
ab(c + 1) − (c + 1)
=
+
c + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1)
1
(c + 1) (ab − 1)
=
+
c + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1)



1
ab − 1
=
+
+1 −1
c+1
(a + 1)(b + 1)


1
a(b + 1) + b(a + 1)
=
−1 +
c+1
(a + 1)(b + 1)
b
c
a
+
−
.
=
a+1 b+1 c+1

P =

Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1, b = 2, c = 3. Khi đó,


18


5
5
. Ta chứng minh rằng P ≥ . Thật vậy, ta có
12
12

 
 

5
a
1
b
2
c
3
P−
=
−
+
−
−
−
12
a+1 2
b+1 3
c+1 4

 

 

a
1
b
2
3
c
=
−
+
−
+
−
a+1 2
b+1 3
4 c+1
a−1
b−2
3−c
=
+
+
2(a + 1) 3(b + 1) 4(c + 1)
1
1
1
= (a − 1)
+ (b − 2)
+ (3 − c)

.
2(a + 1)
3(b + 1)
4(c + 1)

P =

Áp dụng khai triển Abel, ta nhận được



P−

5
1
1
=
−
(3 − c)
12
4(c + 1) 3(b + 1)


1
1
−
[(3 − c) + (b − 2)]
+
3(b + 1) 2(a + 1)
1

+
[(3 − c) + (b − 2) + (a − 1)]
2(a + 1)
(3 − c) (3b − 4c − 1) (b − c + 1) (2a − 3b − 1) a + b − c
+
+
.
=
12(b + 1)(c + 1)
6(a + 1)(b + 1)
2(a + 1)

Theo giả thiết, a ≤ b ≤ 3 ≤ c, c ≥ b + 1 và a + b ≥ c nên ta có 3 − c ≤ 0,

a + b − c ≥ 0 và b − c + 1 ≤ 0.
Ta có 3b − 4c − 1 ≤ 3.3 − 4c − 1 = 8 − 4c ≤ 8 − 4.3 < 0 và

3
2a − 3b − 1 ≤ 2b − 3b − 1 = −b − 1 ≤ − − 1 < 0
2
3
2

(vì a + b ≥ c nên b ≥ c − a ≥ 3 − a ≥ 3 − b, suy ra b ≥ 3 − b hay b ≥ ).
Do đó P −

5
5
≥ 0 hay P ≥ .
12

12




 3−c=0

Đẳng thức xảy ra ⇔






a=1




b − c + 1 = 0 ⇔ b = 2



c = 3.





a + b − c = 0


Vậy giá trị nhỏ nhất của P trong điều kiện đã cho bằng
và chỉ khi a = 1, b = 2, c = 3.

5
, đạt được khi
12


19

Chương 2

Bất đẳng thức hốn vị
Chương này trình bày bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả của nó. Từ
đó, sử dụng bất đẳng thức hốn vị để chứng minh lại một số bất đẳng thức
cổ điển như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy –
Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev và một số bất đẳng thức khác. Nội dung
của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1], [4], [6]-[7], [8]-[17].

2.1
2.1.1

Bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả
Khái niệm về bất đẳng thức hoán vị

Định nghĩa 2.1.1. Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ). Hai
dãy này được gọi là:
(i) Sắp cùng thứ tự (hay đơn điệu cùng chiều) nếu hai dãy cùng tăng hoặc
cùng giảm, tức là:


a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn .
Hoặc

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn .
(ii) Sắp ngược thứ tự (hay đơn điệu ngược chiều) nếu trong hai dãy, có
một dãy tăng và dãy cịn lại giảm, tức là:

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn.


20

Hoặc

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn .
Ví dụ 2.1.1. (i) Hai dãy (−5, −2, 4) và (1, 5, 7) là hai dãy sắp cùng thứ tự
trong khi hai dãy (−5, −2, 4) và (7, 5, 1) là hai dãy sắp ngượcthứ tự

1 1
1
(ii) Nếu 0 < a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an thì hai dãy (a1 , a2 , ..., an ) và
, , ...,

a1 a2

an

là
 khi hai dãy (a1 , a2 , ..., an ) và

 hai dãy sắp ngược thứ tự, trong
1
1
1
, ...,
,
là hai dãy sắp cùng thứ tự.

an−1 + an

a2 + a3 a1 + a2
(iii) Nếu 0 < a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và m là một số thực dương thì hai dãy

m
m
(a1 , a2 , ..., an ) và (am
1 , a2 , ..., an ) là hai dãy sắp cùng thứ tự.

(iv) Nếu a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và k là một số nguyên dương lẻ thì hai dãy

(a1 , a2 , ..., an ) và (ak1 , ak2 , ..., akn ) là hai dãy sắp cùng thứ tự.
2.1.2

Bất đẳng thức hoán vị

Vấn đề đặt ra: Xét hai dãy số thực (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) . Nếu
ta lấy tất cả các hoán vị (x1 , x2 , ..., xn ) của dãy (b1 , b2 , ..., bn ) thì ta có thể
lập được n! = 1.2....n tổng có dạng

S = a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn .


(2.1)

Câu hỏi được đặt ra là: Trong các tổng có dạng (2.1) thì tổng nào là lớn
nhất? Tổng nào là nhỏ nhất?
Để trả lời cho câu hỏi trên, ta có định lý sau đây.
Định lý 2.1.2. (Bất đẳng thức hoán vị)
Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) và (x1 , x2 , ..., xn ) là
một hoán vị tùy ý của dãy (b1 , b2 , ..., bn ).
(i) Nếu hai dãy (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) sắp cùng thứ tự thì

a1 bn + a2 bn−1 + ... + an b1 ≤ a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn ≤ a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
(2.2)


21

(ii) Nếu hai dãy (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) sắp ngược thứ tự thì

a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ≤ a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn ≤ a1 bn + a2 bn−1 + ... + an b1
(2.3)
Chứng minh. (i) Ta chứng minh cho trường hợp hai dãy (a1 , a2 , ..., an ) và

(b1 , b2 , ..., bn ) cùng đơn điệu tăng, tức là

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an
 b ≤ b ≤ ... ≤ b
1

2


n

Khi đó, a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn ≤ a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn

⇔ (a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn ) − (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ) ≤ 0.
⇔ a1 (x1 − b1 ) + a2 (x2 − b2 ) + ... + an (xn − bn ) ≤ 0.
Áp dụng khai triển Abel cho vế trái, ta được

(a1 − a2 ) (x1 − b1 ) + (a2 − a3 ) (x1 + x2 − b1 − b2 ) + . . .
+ (an−1 − an ) (x1 + x2 + . . . + xn−1 − b1 − b2 − . . . − bn−1 )
+an (x1 + x2 + · · · + xn − b1 − b2 − · · · − bn ) ≤ 0
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên đúng, vì a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an nên

a1 − a2 ≤ 0, a2 − a3 ≤ 0, ..., an−1 − an ≤ 0 và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn nên
x1 + x2 + ... + xk ≥ b1 + b2 + ... + bk với mọi k = 1, n và x1 + x2 + · · · xn =
b1 + b
bất đẳng thức còn lại trong (2.2).
2 + · · · bn . Ta chứng minh
a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an
Vì
nên
 b ≤ b ≤ ... ≤ b
−b ≤ −b
1
2
n
n

n−1 ≤ ... ≤ −b1

Do đó hai dãy (a1 , a2 , ..., an ) và (−bn , −bn−1 , ..., −b1 ) là hai dãy cùng đơn
điệu tăng.
Bây giờ, với (x1 , x2 , ..., xn ) là một hoán vị tùy ý của (b1 , b2 , ..., bn )
Khi đó, (−x1 , −x2 , ..., −xn ) là một hoán vị của (−b1 , −b2 , ..., −bn ) và hiển
nhiên (−x1 , −x2 , ..., −xn ) cũng là một hoán vị của (−bn , −bn−1 , ..., −b1 ).
Do đó, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta được

a1 (−x1 )+a2 (−x2 )+...+an (−xn ) ≤ a1 (−bn )+a2 (−bn−1 )+...+an (−b1 )