Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

Mục lục
Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài................................................................................ 3
2. Mục đích nghiên cứu.......................................................................... 3
3. Đối t-ợng và phạm vi nghiên cứu ...................................................... 3
4. Ph-ơng pháp nghiên cứu .................................................................... 3
5. Cấu trúc khoá luận ............................................................................. 4
Ch-ơng 1: Ph-ơng pháp dồn biến và dồn biến mạnh
1. Ph-ơng pháp dồn biến
1.1. Định lí dồn biến ................................................................................ 5
1.2. Ph-ơng pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt
đ-ợc đối xứng.................................................................................... 8
1.2.1. Bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt tại tâm ............................. 8
1.2.2. Bất đẳng thức ba biến với cực trị đạt đ-ợc có tính đối xứng ... 15
1.3. Ph-ơng pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt
tại biên ............................................................................................... 17
1.4. Dồn biến bằng hàm lồi
1.4.1. Khái niệm ................................................................................ 21
1.4.2. Định lí 1(BĐT Jensen) ............................................................. 21
1.4.3. Định lí 2 ................................................................................... 22
1.5. Ph-ơng pháp dồn biến bằng kĩ thuật hàm số .................................... 26
2. Ph-ơng pháp dồn biến mạnh
2.1. Bổ đề(Dồn biến tổng quát) ................................................................ 30
2.2. Định lí dồn biến mạnh ...................................................................... 33
2.3. Chú ý khi dùng ph-ơng pháp dồn biến mạnh .................................. 34
2.4. Ví dụ.................................................................................................. 34
3. Ph-ơng pháp dồn biến toàn miền EMV

3.1. EMV với biên tại 0 ............................................................................ 40

1


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

3.2. EMV với biên trong tam giác ........................................................... 43
4. Dồn biến không xác định
4.1. Định lí dồn biến không xác định ...................................................... 44
4.2. Ví dụ.................................................................................................. 45
Ch-ơng 2: ứng dụng ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh trong việc
giải toán và sáng tạo một số bài toán sơ cấp.
1. ứng dụng ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh trong việc giải toán và
sáng tạo một số bài toán sơ cấp.......................................................... 48
2. Các bài toán áp dụng .......................................................................... 53
Kết luận ........................................................................................................ 55
Tài liệu tham khảo ........................................................................................ 56

2


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

Lời mở đầu
1) Lí do chọn đề tài

Nh- chúng ta đã biết trong toán học thì bất đẳng thức là một chuyên đề
hấp dẫn và t-ơng đối khó với học sinh. Nó đói hỏi phải có t- duy sáng tạo,
thông minh, kiên trì song càng đi sâu tìm hiểu thì càng lôi cuốn.
Chuyên đề bất dẳng thức xuyên suốt trong quá trình học không chỉ trong
các lớp THCS, THPT mà ĐH vẫn đ-ợc giảng dạy. Để giải các bài toán bất
đẳng thức thì có không ít các ph-ơng pháp giải chẳng hạn: ph-ơng pháp biến
đổi t-ơng đ-ơng, ph-ơng pháp sử dụng chiều biến thiên của hàm số, ph-ơng
pháp tam thức bậc hai, Trong những phương pháp đó ta không thể không kể
đến một ph-ơng pháp khá đặc biệt đó là ph-ơng pháp dồn biến.
Là một sinh viên sắp ra tr-ờng, với mong muốn nắm vững kiến thức,
ph-ơng pháp, nắm chắc kiến thức ở bậc THPT tạo tiền đề cho việc dạy học
sinh sau này. Giúp học sinh không chỉ giảm bớt những khó khăn mà còn phát
huy tính tích cực, chủ động của các em trong quá trình học tập, đặc biệt là
những kiến thức khó như bất đẳng thức. Chính vì vậy em đã chọn đề tài
Ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh ứng dụng giải các bài toán và
sáng tạo các bài toán sơ cấp.
2) Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về bất đẳng thức ở bậc THPT và các
ph-ơng pháp chứng minh bất dẳng thức.
3) Đối t-ợng và phạm vi nghiên cứu
a. Đối t-ợng nghiên cứu:
Nội dung về bất đẳng thức trong ch-ơng trình toán THPT.
b. Phạm vi nghiên cứu
Kiến thức về bất đẳng thức trong sách giáo khoa THPT.
4) Ph-ơng pháp nghiên cứu

3


Khóa luận tốt nghiệp


Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

Xuất phát từ các định nghĩa, các tính chất của các bất đẳng thức, sách
tham khảo, báo toán học và tuổi trẻ, tổng kết và rút kinh nghiệm của bản thân
về những thuận lợi và khó khăn khi giải quyết bài toán.
5) Cấu trúc khoá luận
Phần đầu:
Ch-ơng 1: Ph-ơng pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh.
Ch-ơng 2: ứng dụng ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh trong việc
giải toán và sáng tạo một số bài toán sơ cấp.
Phần cuối: Kết luận

4


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

CHƯƠNG 1:
PHƯƠNG PHáP DồN BIếN Và ĐịNH Lí DồN BIếN MạNH
Có nhiều ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán
cực trị. Trong đó có ph-ơng pháp dồn biến và dồn biến mạnh. Đây là một
trong những ph-ơng pháp quan trọng và cơ bản nhất của bất đẳng thức đại số.
Chúng ta biết rằng đặc diểm của nhiều bất đẳng thức là đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi tất cả hoặc một vài biến số bằng nhau. Mục đích của ph-ơng pháp
này là tìm cách giảm biến số của bất đẳng thức và đ-a nó về dạng đơn giản
hơn. Để có thể chứng minh trực tiếp bằng cách khảo sát hàm một biến hoặc
chứng minh quy nạp.

Ph-ơng pháp dồn biến là tìm cách giảm tối đa số biến có thể đ-ợc. Đối với
những bài toán có ít nhất là 3 biến thì ph-ơng pháp dồn biến đ-ợc sử dụng
hiệu quả.
1. PHƯƠNG PHáP DồN BIếN
1.1. ĐịNH Lý DồN BIếN
Giả sử f(x1, x2, , xn ) là một hàm số liên tục và đối xứng với tất cả n biến
x1, x2, , xn xác định trên một miền liên thông thoả mãn điều kiện sau:
f(x1, x2, , xn )

f

x1 + x2 , x1 + x2 , x , , x
3
n
2
2

(1)

Khi đó bất đẳng thức sẽ thoả mãn:
f(x1, x2, , xn )

f(x, x, , x)

Trong đó: x = x1 + x2 +.+ xn
n
Chú ý :
o Khái niệm miền liên thông trong R là đoạn hoặc khoảng có dạng :
[a,b], (a, b], (a, b), (a, +


),

o Điều kiện (1) có thể biến đổi thành một số dạng khác nh-:
f(x1, x2, , xn )

f ( x1.x2, x1.x2, x3,, xn)
5


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

f(x1, x2, , xn )

x12 x 22
,
2

f

x12 x 22
, x3, , xn
2

Ví dụ 1: (Bất đẳng thức AM - GM).Chứng minh rằng với mọi số thực
d-ơng a1, a2, , an ta luôn có a1 + a2 + + an

n n a1a2an


Chứng minh:
Đặt f( a1, a2, , an) = a1 + a2 + + an n n a1a2an
Ta có ( a1 a2)2

0

a1 + a2

2 a1a2

Nên suy ra
a1 + a2 + + an n

n

a1a2an

f(a1, a2, , an)

2 a1a2 + a3 + + an n

n

a1a2an

f( a1a2, a1a2, a3, , an)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2
Do đó f(a1, a2, , an)


f( r, r, , r) với r =

n

a1a2an

a1 + a2 + + an n

n

a1a2an

a1 + a2 + + an

n

a1a2an

n

0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an.
Ví dụ 2: (Bất đẳng thức Nesbit). Chứng minh rằng với mọi số d-ơng ta
có

a
b
c
+

+
b+c a+c a+b

3
.
2
Chứng minh:

Đặt f(a, b, c) =
Xét f( a, b, c) =

a
b
c
a+b
+
+
và t =
b+c a+c a+b
2
a2 + b2 + c(a + b)
c
+
2
ab + c + c(a + b) a + b

Mà ta có:
(a + b)2

2(a2 + b2)


a2 + b2

2t2
6


Khóa luận tốt nghiệp

a
2

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

b
2

2

ab

t2

ab

Nên
2t2 + 2tc
c
+
2

t + c + 2ct 2t

f(a, b, c)

2

=

2t(t + c) c
+
(t + c)2
2t

=

2t
c
+
t + c 2t

= f(t, t, c).
Do đó f(a, b, c)

f(t, t, t) =

Ví dụ 3: Giả sử a, b, c, d, e

3
a+b+c
với t =

.
2
3
0 và a + b + c + d + e = 5.

Chứng minh rằng: abc + bcd + cde + dea + eab

5.

Chứng minh:
Đặt f(a, b, c, d, e) = abc + bcd + cde + dea + eab
= ab(c + e) + d(bc + ce + ea)
Mà ta có:

a
a+b a+b
* f(
,
, c, d, e) = c
2
2
2

b
2

2

+


a+b
2 cd

a+b
a
+ cde + de 2 + e
2

a
= (e + c)
2
a
*
2

b
2

b
2

2

+d

b
2

2


a+b
a+b
2 c + ce + e 2

2

Nên f(a, b, c, d, e)

ab
f(

a+b a+b
,
, c, d, e) .
2
2

7


Khóa luận tốt nghiệp

Vậy f( a, b, c, d, e)

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

f(r, r, r, r, r) = 5 với r =

Hay abc + bcd + cde + dea + eab


a+b+c+d+e
= 1.
5

5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = e = 1.
1.2. PHƯƠNG PHáP DồN BIếN ĐốI VớI CáC BấT ĐẳNG THứC
BA BIếN VớI CựC TRị ĐạT ĐƯợC ĐốI XứNG.
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức f(a, b, c)

0 với a, b, c là các biến

số thực thỏa mãn các tính chất nào đó. Khi đó ta chứng minh 2 b-ớc sau:
- B-ớc 1: Đánh giá f(a,b,c)

f( t, t, c) với t là biến sao cho

bộ số (t, t, c) thoả mãn mọi tính chất của bộ số (a, b, c).
- B-ớc 2: Đánh giá f(t, t, c)

0.

1.2.1. Bất đẳng thức ba biến với cực trị đạt tại tâm
Đối với những bất đẳng thức không có điều kiện thì dồn biến theo các
đại l-ợng trung bình nh- t =

a+b
, t = ab, t =
2


x2 + y2
, là kĩ thuật chính
2

để dồn hai biến bằng nhau.
Ví dụ 1: Cho x, y, z

0. Chứng minh rằng : x + y + z

3 3 xyz

Chứng minh:
(1)

x + y + z 3 3 xyz

0.

Đặt f(x, y, z) = x + y + z 3 3 xyz.
Bài toán trở thành chứng minh f(x, y, z)

0 với x, y, z

- B-ớc 1: Ta chứng minh f(x, y, z)

0

f( t, t, z) với t =


x+y
.
2

Thật vậy, ta có:

8


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

x y
2

2

xy

3

0

3

xyz

x y
2


2

.z

f(x, y, z) = x + y + z 3 3 xyz
f(t, t, z) = 2t + z 3 3 t2z
3

=x+y+z3
f(x, y, z)

f(t, t, z) với t =

x y
2

2

.z

x+y
.
2

- B-ớc 2: Ta chứng minh f(t, t, z) = 2t + z 3 3 t2z
Thật vậy, ta có (t + z) + (t + 3 t2z)

2 tz + 2 .


2t + z + 3 3 t2z

2. ( tz +

t. 3 t2z )

2t + z + 3 3 t2z

2.2.

t. 3 t2z

tz.

0 với t =

x+y
.
2

t. 3 t2z

4
3 2

2t + z + 3 t z

t2z. 3 t2z

4.

4

3 2

4.

2t + z + 3 3 t2z

4. 3 t2z

2t + z
f(t, t, z)

0 với t =

Vậy f(x, y, z)

3 8 4

2t + z + 3 t z

3 2

tz

tz

0.

x+y

.
2

0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

9


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

Ví dụ 2: Cho ba số a, b, c

R. Chứng minh rằng:

(a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)

9(ab + bc + ca) ;

(1)

Chứng minh:
Do vế trái của (1) là hàm chẵn với các biến a, b, c nên chỉ cần chứng
minh bất đẳng thức đúng với a, b, c là các số thực d-ơng.
- B-ớc 1:
Đặt f(a, b, c) = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) - 9(ab + bc + ca) với a, b, c
Giả sử a

b


0.

c. Khi đó ta xét

d = f (a, b, c) f( ab, ab, c)
= (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) 9(ab + bc + ca) (ab + 2)2(c2 + 2)
+ 9(ab + 2c ab)
= (c2 + 2)[(a2 + 2)(b2 + 2) (ab + 2)2] 9c(a + b 2 ab)
= 2(c2 + 2)(a b)2 9c( a b )2
= ( a b )2 [ 2(c2 + 2)( a + b )2 9c]
Hơn nữa, ta có
a
b

*

c 0
c 0

ab

* ( a + b )2
( a + b )2
Khi đó, ta có d

c2 > 0

ab


c

4 ab

4c

( a b )2 [ 2(c2 + 2).4c 9c]

= ( a b )2 [8c3 + 7c]
Hay d

0

f (a, b, c)

f( ab, ab, c)

- B-ớc 2: Chứng minh f( ab, ab, c)

0.

Thật vậy, ta có
f( ab, ab, c) = (ab + 2)2(c2 + 2) 9(ab + 2c ab)
Đặt t = ab. Biểu diễn f(t, t, c) d-ới dạng tam thức bậc hai của ẩn c :

10


Khóa luận tốt nghiệp


Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

f(t, t, c) = (t2 + 2)2.c2 18tc + [(t2 + 2)2.2 9t2]
= (t2 + 2)2.c2 18tc + [ 2t4 t2 + 8]
Mà = (9t)2 (t2 + 2)2.[ 2t4 t2 + 8]
Nên f(t, t, c)

0. Vậy f(a, b, c)

0

0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét 1: Việc giả sử a = min{a, b, c} là một thủ thuật th-ờng
đ-ợc áp dụng để dồn biến. Cần chú ý với bất đẳng thức 3 biến đối xứng thì ta
có thể giả sử a

b

c ( hoặc c

b

a), Còn trong th-ờng hợp 3 biến hoán vị

vòng quanh thì ta có thể giả sử a = min{a, b, c} ( hoặc a = min{a, b, c} ).
Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số d-ơng có tích bằng 1 thì ta
có bất đẳng thức
(a + b)(b + c)(c + a)


4(a + b+ c 1)

Chứng minh:
Đặt f(a, b,c) = (a + b)(b + c)(c + a) 4(a + b+ c 1)
= ab(a + b) + bc(b+ c) + ca( c+ a) 4(a + b + c) + 6.
Bài toán trở thành chứng minh f(a, b, c)
Giả sử a

b

0.

c > 0 .Ta có

d = f(a, b, c) f(a, bc , bc)
= ab(a + b) + bc(b+ c) + ca( c+ a) 4(a + b + c) + 6 2a bc(a + bc)
2bc bc + 4(a + 2 bc) 6
= a2(b + c 2 bc) + bc(b + c 2 bc) + a(b2 + c2 2bc)
4(b + c 2 bc)
= ( b c )2( a2 + bc 4 + a( b + c )2)
= ( b c )2[(a + b)(a + c) + 2a bc 4).
Vì (a + b)(a + c)

4 4 a2bc

f(a, b, c)

4 ( vì abc = 1 và a


1) nên

f(a, bc , bc).

11


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

Vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán khi b = c, tức với b2 =

1
thì ta phải chứng
a

minh bất đẳng thức
b(a + b)2
Thay a =

2(a + 2b 1) ; (2)

1
3
2
2 vào (2) ta có ( b + 1)
b

2(b + 2b4 - b3 )


b6 4b4 + 4b3 2b + 1

0

(b 1)2 ( b4 + 2b3 b2 + 1)

0

(b 1)2 [(b 1)2 + 2b3 + b2 )

0 ( luôn đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét 2: Việc chứng minh không cần sử dụng một công cụ mạnh
nào cả, thậm chí phù hợp với trình độ THCS. ý t-ởng chính trong ph-ơng pháp
chứng minh là thực hiện hai b-ớc sau (đối với bất đẳng thức f(a, b, c)
- Chứng minh f(a, b, c)

f(a, bc, bc) nếu a

- Chứng minh f(a, b, c)

0 nếu b = c.

0):

b c.

Từ hai b-ớc này thì hiển nhiên ta suy ra kết quả bài toán. Ta chứng

minh nhiều đến b-ớc thứ nhất, vì b-ớc thứ hai luôn luôn đơn giản hơn, và xét
về mặt lôgic thì nó đúng theo cách này hay cách khác. Bất đẳng thức đúng với
a, b, c bằng nhau thì thực tế ta chỉ cần chứng minh trong tr-ờng hợp một biến.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với x, y, z > 0 thì
2

2

2

2
3

2(x + y + z ) + 3(xyz)

(x + y + z)2.

Chứng minh:
2

Đặt f(x, y, z) = 2(x2 + y2 + z2) + 3(xyz)3 (x + y + z)2.
2

= x2 + y2 + z2 2xy 2xz 2yz + 3(xyz)3
Giả sử z

y

x , ta cần chứng minh f(x, y, z)


0.

12


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

- B-ớc 1: Xét hiệu
d = f(x, y, z) f(x, yz, yz)
2

= x2 + y2 + z2 2xy 2xz 2yz + 3(xyz)3
2

(x2 + 2yz 4x yz 2yz + 3(xyz)3)
= y2 + z2 2yz + 4x yz 2x(y + z)
= ( y z)2 2x(y + z 2 yz)
= (y z)2 2x( y z)2
= ( y z)2(( y + z)2 2x)
= y z)2((y + z 2x) + 2 yz)

0 ( vì z

- B-ớc 2: Chứng minh f(x, yz, yz)

y

x


y+z

2x)

0.

Thật vậy, ta có
2
3

2

2
3

2

2
3

x + 3(xyz) = x + (xyz) + (xyz) + (xyz)
2

2
3

1
2


4(x yz) = 4x yz.
2

Khi đó, ta có f(x, yz, yz) = x2 + 2yz 4x yz 2yz + 3(xyz)3

0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 5: Cho a, b, c > 0 thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng:
a+b+c

a2b2 + b2c2 + c2a2.
Chứng minh:

Giả sử a

b

c

a

1

b2 + c2

2

b+c


2.

Đặt f(a, b, c) = a + b + c a2b2 b2c2 c2a2
B-ớc 1: Xét hiệu
d = f(a, b, c) f a,

b 2 + c2
,
2

b2 + c2
2

13


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

= a + b + c a2b2 b2c2 c2a2
b2 + c2
b2 + c2 2 2
2
a (b + c )
2
2

a+2


b2 + c2
b 2 + c2

2
2

2 2

=b+cbc 2
=

2

2

b2 c2 2
(b c)2

2
b + c + 2(b2 + c2)
( vì (b + c + 2(b2 + c2))(b + c 2(b2 + c2)) = (b c)2 ).

(b + c)2
1

= (b c)
4
b + c + 2(b2 + c2)
2


2
(b c)2 4

1
2+2

0.

B-ớc 2: Chứng minh f(a, b , c)

0 với b = c.

Thật vậy, ta có
Vì a2 + b2 + c2 = 3

a2 + 2b2 = 3

b=

3 a2
2

2
3 a2
(3 a2)2
2 3 a
2a .

2
2

4

Nên f(a, b, b) = a + 2.

3(a 1)2
4a2(3 a2) (3 a2)2
=
+3+
4
3 + a 2(3 a2)
=

3(a 1)2
3(a2 1)2 12
+
3
+
4
3 + a 2(3 a2)

3
3(a 1)2
2
= (a 1) 4(a + 1)
3 a + 2(3 a2)
2

3
3
= (a 1)2 4(a + 1)2 4


0 ( vì a

1).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

14


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

1.2.2. Bất đẳng thức ba biến với cực trị dạt đ-ợc có tính đối xứng.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a, b, c không âm thoả mãn
ab + bc + ca = 1 thì ta có bất đẳng thức

1
1
1
+
+
a+b b+c c+a

5
.
2

Chứng minh:

Đặt f(a, b, c) =
Giả sử a

1
1
1
+
+
a +b b + c c + a

b c.
- B-ớc 1: Chứng minh f(a, b, c)
t2 + 2ct = ab + bc + ca = 1

f(t, t, c) với t > 0 sao cho

(t + c)2 = (a + c)(b + c) = 1 + c2 .

Thật vậy, ta có
f(t, t, c) =

1
2
+
.
2t c + t

Bất đẳng thức trên t-ơng đ-ơng với
1
1

1
+
+
a+b b+c c+a

1
b c

2

1
2
+
2t c + t

1
c a

2

2

1
b+c

1
c+a

1
2

1
+

2
2t
(a + c)(b + c) a + b

1
b c

1
c a

2

1
b+c

1
c+a

a + b 2t
2t(a + b)
=

a + c 2(t + c) + b + c
2t(a + b)

( a + c b + c)2
=

2t(a + b)
(a + c)(b + c)

2t(a + b) ( luôn đúng vì a

- B-ớc 2: Ta chứng minh f(a, b, c)

t

b

c).

0 nếu a = b.
15


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

Thậy vậy, khi a = b ta có bất đẳng thức cần chứng minh t-ơng đ-ơng với
1
2
+
2a
a+c
Thay c vào (1) ta có

5

2

(1)

; với a2 + 2ac = 1

1
2a
5
+
2
2a 1 + a
2

c=

1 a2
2a

0

1 + a2 + 4a2 5a(1 + a2)
1 + 5a2 5a 5a3

0

0

(1 a)(5a2 4a + 1)


0 (luôn đúng vì a

1).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1, c = 0 hoặc các hoán vị của nó.
Nhận xét 3: Khác với phần tr-ớc, khi xét những bất đẳng thức có cực
trị có tính đối xứng và các biến thoả mãn điều kiện nào đó thì cách thức dồn
biến của chúng ta sẽ có điểm khác. Chẳng hạn nh- đối với điều kiện
ab + bc + ca = 1 khi chúng ta muốn dồn 2 biến bằng nhau tức dồn
f(a, b,c)

f(t, t, c) thì biến t ở đây không phải là một đại l-ợng trung bình của

b, c mà là đại l-ợng thỏa mãn t2 + 2tc = 1.
Ví dụ 2: Cho a, b, c

0 thoả mãn ab + bc + ca + 6abc = 9.

Chứng minh rằng

a + b + c + 3abc

6.

Chứng minh:
Đặt f(a, b, c) = a + b + c + 3abc.
Giả sử t thoả mãn 2at + t2 + 6at2 = 9 và a = min{a, b, c} (1) ;
B-ớc 1: Xét hiệu
d = f(a, b, c) f(a, t, t)
= a + b + c + 3abc (a + 2t + 3at2)

= (b + c 2t) + 3a(bc t2)
Xét điều kiện ab + bc + ca + 6abc = 2at + t2 + 6at2
t2 bc =

a
(b + c 2t)
6a + 1

16


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

b + c 2t < 0
Ta thấy nếu t2 bc < 0

b+c
< t < bc
2

b + c 2t
t2 bc 0

Vô lý

0

3a2

Từ đó d = (b + c 2t)
(b + c 2t)
6a + 1
3a2
= (b + c 2t) 1 6a + 1
( vì (1)
Vậy f(a, b, c)

0

0
a

3a2
1
6a + 1

1

0).

f(a, t, t)

B-ớc 2: Chứng minh f(a, t, t)
Thật vậy, từ (1) ta có a =

0 với t thoả mãn (1).

9 t2
thay vào f(a, t, t) ta đ-ợc

2t + 6t2

2
9 t2
2 9 t
f(a, t, t) =
+ 2t + 3t 2t + 6t2
2t + 6t2

=

3t4 + 12t3 + 30t2 + 9
2t + 6t2

=

3(3 t)(t + 1)(t 1)2
+6
2t + 6t2

6.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a = 0, b = c = 3 cùng các
hoán vị của nó.
1.3. PHƯƠNG PHáP DồN BIếN ĐốI VớI CáC BấT ĐẳNG THứC
BA BIếN VớI CựC TRị ĐạT TạI BIÊN.
Trong phần tr-ớc ta có thể hiểu dồn biến là đẩy hai biến lại gần nhau
thì trong trường hợp này ta phải hiểu dồn biến là đẩy một biến ra biên.
Nh- xét bất đẳng thức f(x, y, z)
f(x, y, z)


0 với x, y, z

0, ta sẽ chứng minh

f(0, s, t), trong đó s, t là các đại l-ợng thích hợp sinh ra từ các biến

a, b, c. Thích hợp ở đây chính là việc bộ số (0, s, t) phải thoả mãn tất cả các

17


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

điều kiện của (a, b, c) và đồng thời hiệu f(x, y, z) f(0, s, t)

0 là đơn giản và

đánh giá thuận lợi.
Cuối cùng ta chỉ việc chứng minh f(0, s, t)
Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c
a3 + b3 + c3 + 3abc

0.

0. Chứng minh rằng:

a2(b + c) + b2(c + a) + c2(a + b).


Chứng minh:
- B-ớc 1:
Đặt f(a, b, c) = a3 + b3 + c3 + 3abc - a2(b + c) - b2(c + a) - c2(a + b)
Xét
a
a
f(0, b + , c + ) = b
2
2

a
2

3

= (a + b + c)

3

a
c
2
b

a
2

a
b

2
2

b

a
2

2

a
c
2

a
c
2

a
2

a
2

c

c

2


b

a
2

2

a
a
(a + b + c) c + 2 b + 2
= (a + b + c)(b - c)2
= b2(a + c) + b3 - 2bc(a + b + c) + c3 + c2(a +b)
Khi đó, ta có
a
a
da = (a, b, c) - f(0, b + , c + )
2
2
= a3 + 2bc(a + b + c) - a2(b + c) + 3abc
= a(a + b - 2c)(a + c - 2b)
T-ơng tự ta có:
db= b(a + b - 2c)(b + c - 2a)
dc = c(a + c - 2b)(b + c - 2a)
Giả sử da = max{da, db, dc} và da < 0. Khi đó
da. db .dc = abc(a + b - 2c)2(a + c - 2b)2(b + c - 2a)2 < 0 (vô lý)
18


Khóa luận tốt nghiệp


da

0

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

a
a
f(0, t, s) với s = b + , t = c + .
2
2

f(a, b, c)

- B-ớc 2: Chứng minh f(0, t, s)

a
a
0 với s = b + , t = c + .
2
2

Thậy vậy, ta có f(0, s, t) = (s + t)(s - t)2

0 (vì s, t

0).

Vậy BĐT đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 2: Cho a, b, c


0, ab + bc + ca = 1. Chứng minh:
1
1
1
+
+
a+b b+c c+a

5
.
2

Chứng minh:
B-ớc 1:
Đặt f(a, b, c) =
Xét f(a + b,

1
1
1
+
+
a+b b+c c+a

1
, 0) =
a+b

1

a+b+

1
a+b

+a+b+

1
a+b

Khi đó, ta có
d = f(a, b, c) f(a + b,

1
, 0)
a+b

=

1
1
a+b
+

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

=

1

1
1
+
(a + b) 1 + (a + b)2 + 1
1 - ab
1 - ab
b+
a+
a+b
a+b

1
1
2 + (a + b)2
+
= (a + b) 1 + b2 1 + a2 1 + (a + b)2
1
1 + (a + b)2 - (2 + (a + b)2)(1 + a2)
+
= (a + b) 1 + b2
(1 + (a + b)2)(1 + a2)
= (a + b)

ab[2(1 ab) ab(a + b)2]
(1 + a2)(1 + b2)(1 + (a + b)2)

Giả sử c = max{a, b, c} thì

19



Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

2(1 ab) = 2c(a + b)
d

f(a, b, c)

0

f(a + b,

(a + b)2

ab(a + b)2 (vì ab < 1)

1
, 0).
a+b

B-ớc 2: Chứng minh f(a + b,

1
, 0)
a+b

0.


Thậy vậy, ta có
Đặt s = a + b +
f(a + b,

1
a+b

s

2

1
1 s 1 3s
, 0) = s + = 4 + s +
a+b
s
4

1+

3 5
= .
2 4

Vậy bất đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 3: Cho a, b, c

0, a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

(a3 + b3 + c3)(a3b3 + b3c3 + c3a3)


36(ab + bc + ca).

Chứng minh:
Giả sử a

b

c

0.

Đặt f(a, b, c) = 36(ab + bc + ca) (a3 + b3 + c3)(a3b3 + b3c3 + c3a3)
B-ớc 1: Xét hiệu
d = f(a, b, c) f(a, b + c, 0)
= 36(ab + bc + ca) (a3 + b3 + c3)(a3b3 + b3c3 + c3a3)
36a(b + c) + a3(b + c)3(a3 + ( b + c)3)
Mà ta có:
36(ab + bc + ca) = 36a(b + c) + 36bc
a3 + b3 + c3

36a(b + c).

a3 + b3 + c3 + 3b2c + 3bc2 = a3 + (b + c)3.

a3b3 + b3c3 + c3a3

a3(b3 + c3) + b3c3
a3( b3 + c3 + c3) (vì b3


a3)

a3( b3 + c3 + 6c3)
a3( b3 + c3 + 3b2c + 3bc2) (vì b

c)

20


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

= a3(b + c)3.
Nên f(a, b, c)

f(a, b + c, 0).

B-ớc 2: Chứng minh f(a, b, c)

0 với c = 0.

Thậy vậy, ta có
f(a, b+ c, 0) = 36ab a3b3(b3 + a3)
f(a, b, c)

0

36


a2b2(27 9ab)

Đặt t = ab thì bất đẳng thức trên trở thành
36

2

3

27t 9t

t3 t3
+ +4
2 2

3t2 (đúng theo bất đẳng thức Cauchy)

c=0
a=2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b = 3 hay b = 1 và các hoán vị của nó.
ab = 2
c=0
Nhận xét 4: Tr-ớc khi tiến hành việc dồn biến thì ta nên xét tr-ờng
hợp để đẳng thức xảy ra. Nếu cực trị đạt đ-ợc tai biên ( giả sử c = 0) mà các
biến còn lại bằng nhau thì ta có thể xét các bộ (t, s, 0) nh- (a +

c
c
, b + , 0).

2
2

Hoặc nếu cực trị đạt tại biên mà các biến còn lại không bằng nhau thì ta có thể
xét bộ (t, s, 0) nh- (a, b + c, 0).
1.4. DồN BIếN BằNG HàM LồI
1.4.1. Khái niệm: Một hàm số f: [a, b]
f(tx + (1 t)y)

tf(x) + (1 t)f(y)

R đ-ợc gọi là lồi nếu
x, y

[a, b], t

[0, 1].

Nhận xét:
Nếu f khả vi hai lần thì f(x) lồi khi f (x)

0 với mọi x

[a, b].

Nếu f lồi thì f liên tục. Ng-ợc lại nếu f liên tục thì f có tính chất
f

x+y
2


f(x) + f(y)
2

1.4.2. Định lí 1( BĐT Jensen): Cho f là hàm lồi [a, b]

R

a) Với xi là n số thuộc [a, b] ta có

21


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

f(x1) + f(x2) + + f(xn)

x1 + x2 + + xn
n

nf

b) Với xi là n số thuộc [a, b] và

I

là n số không âm có tổng


bằng 1 thì
f( 1x1 +

x ++

2 2

f(x1) +

x)

n n

1

1.4.3. Địng lí 2: Cho f là hàm lồi [a, b]
f(x)

f(x2) + +

f(xn).

2

n

R. Khi đó

max{f(a), f(b)}


x

[a, b].

Chứng minh:
Vì f là hàm lồi nên f liên tục
Tr-ờng hợp 1: | x0 a |
Vì x0

a

2x0

2a

f đạt giá trị lớn nhất tai x0

[a, b]

| x0 b | ( nghĩa là x0 gần a hơn b)
2x0 a

a

x1 = 2x0 a

[a, b].

Khi đó theo định nghĩa hàm lồi ta có
a + x1

2 = 2f(x0)
f(a) = f(x0) (vì f(a) + f(x1) 2f(x0)).
Tr-ờng hợp 2: | x0 b | | x0 a | (nghĩa là x0 gần b hơn a)
f(a) + f(x1)

2f

Chứng minh t-ơng tự ta cũng có f(x0) = f(b).
Vậy ta đ-ợc điều phải chứng minh.
Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Cauchy) Cho n số thực d-ơng xi.
Chứng minh rằng:

x1 + x2 + + xn
n

n

x1. x2 xn

Chứng minh:
Do 2 vế của BĐT luôn d-ơng nên lấy ln hai vế ta có
ln
ln

x1 + x2 + + xn
n
x1 + x2 + + xn
n

ln( n x1. x2 xn )

ln(x1) + ln(x2) + + ln(xn)
n

Hàm số f(x) = ln(x) khả vi cấp cấp 2 và f(x) =

1
< 0 với mọi x > 0
x2

22


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

g(x) = f(x) sẽ thoả mãn g (x) > 0 với mọi x > 0.
g(x) là hàm lồi.
áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
g(x1) + g(x2) + + g(xn)

ng

ln(x1) ln(x2) ln(xn)
ln

x1 + x2 + + xn
n

x1 + x2 + + xn

n
n ln

x1 + x2 + + xn
n

ln(x1) + ln(x2) + + ln(xn)
.
n

Vậy bất đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 2: Cho các số thực x, y, z có tổng bằng 1.
Chứng minh rằng:

x
y
z
+
+
1 + x2
1 + y2
1 + z2

9
.
10

Chứng minh:
Xét f(t) =


t
thì bất dẳng thức cần chứng minh t-ơng đ-ơng với
1 + t2
f(x) + f(y) + f(z)

3f

x+y+z
(vì x + y + z = 1)
3

g(x) = f(x) thì bài toán đ-ợc chứng minh
Giả sử x

y

g(x)

z. Ta có g(x) =

0 với mọi t

Tr-ờng hợp 1: z
x, y, z
g(x)

[0, 1]

2t(3 t2)
(1 + t2)3


[0, 3 ]
0

x

1 (vì x + y + z = 1)

[0, 3 ]

0 nên g(x) là hàm lồi hay ta đ-ợc điều phải chứng minh.

Tr-ờng hợp 2: z < 0
1
+ Nếu y < thì x > 0
2

1 + x2 > 2x

23


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

x
y
z
1 2

9
+ +0= .
2 +
2 +
2 <
1+x
1+y
1+z
2 5
10
1
2

+ Nếu y
*

1
2

z

0 ta có

x
y
z
2 +
2 +
1+x 1+y
1 + z2


x
1+
=

*3

z

1
2

2

y

+
1+

1
2

2

z

+
1+

1

2

2

4
9
<
5 10

1
ta có
2
x
y
z
2 +
2 +
1+x 1+y
1 + z2

* z < 3 thì 2x

1 1
3
7
9
+
= < .
2 2 10 10 10


x+y=1z=4

x

2 nên

x
y
z
2 1
9
+ +0= .
2 +
2 +
2 <
1+x 1+y
1+z
5 2
10
Vậy bất đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 3: Cho a

b

c

2( a c)2

0. Hãy chứng minh rằng:
a + b + c 3 3 abc

Chứng minh:

Đặt f(b) = a + b + c 3 3 abc 2( a c)2
Ta có f (b) =

2 3 abc
> 0 nên f(b)
3b2

max{f(a), f(c)}

Mà
* f(a) = 2a + c 3 3 a2c 2( a c)2 = (c + 3 3 a2c 4 ac)

0.

24


Khóa luận tốt nghiệp

Đặng Thị Kim C-ơng K33C- Toán

( vì c + 3 a2c + 3 a2c + 3 a2c

4 ac ( theo bất đẳng thức Cauchy)

* f(c) = a + 2c 3 3 ac2 2( a c)2 = (a + 3 3 ac2 4 ac)
Nên f(b)


0

0.

Vậy đẳng thức đ-ợc chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 4: Cho 0 < p < q và n số thực xi

[p, q]. Chứng minh rằng

1
1
1
(x1 + x2 + + xn) x + x + + x
1
2
n

n2 (p q)2
n + 4
pq
2

Trong đó kí hiệu [x] là chỉ phần nguyên của x.
Chứng minh:
Giả sử trong n số xi có k số p và (n k) số q thì biểu thức vế trái đ-ợc
biểu diễn là
k nk
p
q
(kp + (n k)p) p + q = k2 + (n k)2 + k(n p) q + p

(p q)2
= n2 + k(n k)
pq
= n2 +
Vì k nguyên nên n2 (n 2k)2

1 2
(p q)2
[n (n 2k)2]
4
pq

n2 nếu n chẵn hoặc n2 (n 2k)2

n2 1

nếu n lẻ .
Vậy bất đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Khi khai triển thì f(x) có dạng là f(x) = Ax +

B
+C
x

Ta xét
B
* f(xi) f(p) = (xi p) A x p
i i
B
* f(xi) f(q) = (xi q) A x q

i i

25