ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

TRẦN HUYỀN THƯƠNG

BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ
MỘT SỐ ỨNG DỤNG

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

TRẦN HUYỀN THƯƠNG

BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ
MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 84. 60. 113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2018

i

Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
3
1.1 Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức . . . . . 3
1.2 Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức thường
gặp ở phổ thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 2. Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng
2.1 Bất đẳng thức sắp xếp lại . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Khái niệm về bất đẳng thức sắp xếp lại . . . . . .
2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào
giải bài toán bất đẳng thức . . . . . . . . . . . .
2.2 Ứng dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số bài
toán về bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh
một số bất đẳng thức quen thuộc . . . . . . . . .
2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số
bài toán về bất đẳng thức dành cho học sinh khá,
giỏi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo

20
. 20
. 20

. 22
. 23
. 23

. 29
48


1

Lời nói đầu
Bất đẳng thức sắp xếp lại (hay còn gọi là bất đẳng thức hoán vị) là
một bất đẳng thức sơ cấp rất mạnh. Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại
sẽ cho ta những lời giải bất đẳng thức thú vị. Trên tạp chí toán quốc tế
Mathematical Excalibur (Vol. 4, No. 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (công
tác tại Khoa Toán Đại học Khoa học và Công nghệ Hồng Kông) đã viết
một bài báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bất
đẳng thức này, từ đó có nhiều tác giả trong và ngoài nước đã quan tâm,
trao đổi về bất đẳng thức sắp xếp lại. Với mong muốn làm rõ cơ sở toán
học, ý tưởng của việc sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh
bất đẳng thức, tôi chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức sắp
xếp lại trong việc đưa ra lời giải cho một số bất đẳng thức trong các đề
thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế làm hướng nghiên cứu của luận văn
thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng”.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của
luận văn được trình bày trong 2 chương:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này sẽ trình bày định
nghĩa, tính chất cơ bản của bất đẳng thức và liệt kê một vài hướng
giải bài toán về bất đẳng thức thường gặp trong chương trình toán phổ
thông và đề thi chọn học sinh giỏi.

Chương 2. Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng. Nội dung
Chương 2 trình bày bất đẳng thức sắp xếp lại và ý tưởng của việc vận
dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc giải một số các bài toán liên
quan đến bất đẳng thức, trình bày cụ thể một số ví dụ minh họa cho
việc vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc chứng minh một số
bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thông.
Cuối chương này tôi sưu tầm, chọn lọc đưa ra một số bài toán trong
các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức sắp xếp lại.


2

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên. Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
tới thầy giáo PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Thầy đã dành nhiều thời gian
hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình
làm luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Em xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng
dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và
hoàn thành luận văn.
Luận văn đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của
PGS.TS. Trịnh Thanh Hải nhưng do nhiều lí do, luận văn sẽ còn những
thiếu sót nhất định. Em hy vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các
quý Thầy cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh hơn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Tác giả luận văn

Trần Huyền Thương



3

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức về một số kết quả lý thuyết
về bất đẳng thức, những kết quả này là những kiến thức bổ trợ cho việc
trình bày các kết quả chính trong chương 2. Nội dung của chương được
tổng hợp từ các tài liệu [1] và [2].

1.1

Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức

Trong toán học, một bất đẳng thức là một phát biểu về quan hệ thứ
tự giữa hai đối tượng.
Ký hiệu a < b có nghĩa là a nhỏ hơn b và ký hiệu a > b có nghĩa
là a lớn hơn b. Những quan hệ nói trên được gọi là bất đẳng thức
nghiêm ngặt; ngoài ra ta còn có các bất đẳng thức không ngặt:
a ≤ b có nghĩa là a nhỏ hơn hoặc bằng b và;
a ≥ b có nghĩa là a lớn hơn hoặc bằng b.
Sau đây là một số tính chất quen thuộc của bất đẳng thức thường
dùng.
Tính chất 1.1.1 (Tính chất bắc cầu) Nếu a > b và b > c thì a > c.
Tính chất 1.1.2 a > b ⇔ a + c > b + c.
Hệ quả 1.1.3 a > b ⇔ a − c > b − c.
Hệ quả 1.1.4 a + c > b ⇔ a > b − c.
Tính chất 1.1.5 a > b và c > d ⇒ a + c > b + d.

c > 0 : a > b ⇔ ac > bc,
Tính chất 1.1.6
c < 0 : a > b ⇔ ac < bc.



4

Tính chất 1.1.7 a > b ⇔ −a < −b.

a b


c > 0 : a > b ⇔ > ;
c
c
Tính chất 1.1.8

a b

c < 0 : a > b ⇔ < .
c
c

a > b > 0
Tính chất 1.1.9
⇒ ac > bd.
c > d > 0
Tính chất 1.1.10 a > b > 0 ⇔ 0 <

1
1
< .
a

b

Tính chất 1.1.11 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ an > bn .
√
√
Tính chất 1.1.12 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ n a > n b.
Hệ quả 1.1.13 (i) Nếu a và b là hai số dương thì a > b ⇔ a2 > b2 .
(ii) Nếu a và b là hai số không âm thì a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2 .
Tính chất 1.1.14 Với mọi a, b ∈ R ta có:
(i) |a + b| ≤ |a| + |b|.
(ii) |a − b| ≤ |a| + |b|.
(iii) |a + b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≥ 0.
(iv) |a − b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≤ 0.

1.2

Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức
thường gặp ở phổ thông

Trong chương trình phổ thông, học sinh đã được tiếp cận với một số
hướng để giải các bài toán về bất đẳng thức như:
- Định nghĩa;
- Phép biến đổi tương đương;
- Một số bất đẳng thức kinh điển, chẳng hạn bất đẳng thức Cauchy,
Bunhiacopski, Chebyshev, Bernouli;


5

- Tính chất bắc cầu;

- Tính chất của tỉ số;
- Làm trội;
- Bất đẳng thức trong tam giác;
- Tam thức bậc hai;
- Quy nạp toán học;
- Chứng minh phản chứng;
- Biến đổi lượng giác;
- Khai triển nhị thức Newton;
- Tích phân. . .
Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng với mọi m, n, p, q ta đều có:
m2 + n2 + p2 + q 2 + 1 ≥ m(n + p + q + 1).
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương
đương như sau.
m2 + n2 + p2 + q 2 + 1 ≥ m(n + p + q + 1)
m2
m2
− mn + n2 +
− mp + p2
4
4
2
m
m2
2
+
− mq + q +
−m+1 ≥0
4
4

2
2
2
m
m
m
m
⇔
−n +
−p +
−q +
−1
2
2
2
2
⇔

Ta thấy bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

2

≥ 0.


6

Dấu bằng xảy ra khi



m


−n=0


2







m


−p=0


2

⇔



m


−q =0




2







m

 −1=0
2


m

n
=


2








m



p=


2


m



q=


2








m=2



m = 2
⇔
n = p = q = 1

Ví dụ 1.2.2 Cho xy ≥ 1. Chứng minh rằng:
1
1
2
+
≥
.
2
2
1+x
1+y
1 + xy
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương
đương như sau:
1
1
2
+
≥
2
2
1+x
1+y
1 + xy
1
1

1
1
⇔
−
+
−
≥0
2
2
1+x
1 + xy
1+y
1 + xy
xy − y 2
xy − x2
+
≥0
⇔
(1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y 2 ) (1 + xy)
x(y − x)
y(x − y)
⇔
+
≥0
(1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y 2 ) (1 + xy)
(y − x)2 (xy − 1)
⇔
≥ 0.
(1 + x2 ) (1 + y 2 ) (1 + xy)
Bất đẳng thức cuối này đúng do xy ≥ 1.

✷
Ví dụ 1.2.3 Chứng minh rằng:
(a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 ).
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương

.


7

đương như sau:
(a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 )
⇔ a12 + a10 b2 + a2 b10 + b12 ≥ a12 + a8 b4 + a4 b8 + b12
⇔ a8 b2 (a2 − b2 ) + a2 b8 (b2 − a2 ) ≥ 0
⇔ a2 b2 (a2 − b2 )(a6 − b6 ) ≥ 0
⇔ a2 b2 (a2 − b2 )2 (a4 + a2 b2 + b4 ) ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối đúng.
✷
Ví dụ 1.2.4 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng
minh rằng:
a
b
c
+
+
≥ 3.
(1.1)
b+c−a c+a−b a+b−c
Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cauchy:
a

b
c
abc
+
+
≥33
.
b+c−a c+a−b a+b−c
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)
(1.2)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy:
1
(b + c − a)(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c.
2

(1.3)

Viết tiếp hai bất đẳng thức tương tự (1.3) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc.
Suy ra
abc
≥ 1.
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)

(1.4)

Từ (1.2), (1.4) suy ra (1.1). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay tam giác
là tam giác đều.
✷
Ví dụ 1.2.5 Cho 3 ≤ n ∈ Z. Chứng minh rằng

nn+1 > (n + 1)n .


8

Chứng minh: Theo bất đẳng thức Bernoulli:
n
n+1

n+1

=

1
1−
n+1

n−1

n
.
n+1

2

2

n−1
n
> 1−

.
n+1
n+1
2
2n
1
1
≥
−
+
3
(n + 1)
n+1
n+1
(n + 1)2 − 2
1
1
≥
+
>
, ∀n ≥ 3.
(n + 1)2
n+1 n+1
Nên
n
n+1

n+1

>


1
⇔ nn+1 > (n + 1)n .
n+1


a2 + a2 + · · · + a2 = 3,
n
1
2
Ví dụ 1.2.6 Cho
n ∈ Z, n ≥ 2.

✷

Chứng minh rằng:

√
an
a1 a2
+
+ ··· +
< 2.
2
3
n+1
Chứng minh: Với mọi k ∈ N∗ ta có:
1
1
1

<
=
1
1
1
k2
k2 −
k−
k+
4
2
2

⇒

1
<
k2

1
1
k−
2

−

1
1
k+
2


.

Suy ra








1
1
1
1 1
1
1
+
+
·
·
·
+
<
−
+
−
+ ···




3
5
5
7
22 32
n2
2 2
2
2

1
2
 1
= −
< .

1
1
3
1
3
n−
n+
n+
2
2
2
2

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

+

1

−

a1 a2
an
+
+ ··· +
<
2
3
n+1
<

1

a21 + a22 + · · · + a2n
√

3

2 √
< 2.
3

1

1
1
+
+
·
·
·
+
22 32
n2


9

✷
1
Ví dụ 1.2.7 Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có sin8 x + cos8 x ≥ .
8
Chứng minh: Ta có sin2 x + cos2 x = 1, ∀x ∈ R.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski,
1 = (sin2 x.1 + cos2 x.1) ≤ (sin4 x + cos4 x)(12 + 12 )
1
⇔ ≤ sin4 x + cos4 x
2
1
⇔ ≤ (sin4 x + cos4 x)2 .
4
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
1
≤ (sin4 x.1 + cos4 x.1)2

4
1
⇔ ≤ (sin8 x + cos8 x)(12 + 12 )
4
1
⇔ (sin4 x + cos4 x) ≥ .
8

✷

Ví dụ 1.2.8 Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính
R = 1 và
sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C
2S
=
,
sin A + sin B + sin C
3
S là diện tích tam giác. Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
Chứng minh: Không giảm tính tổng quát ta giả sử 0 < A ≤ B ≤ C <
π
. Suy ra:
2

sin A ≤ sin B ≤ sin C,
sin 2A ≤ sin 2B ≤ sin 2C.
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta được:
(sin A + sin B + sin C)(sin 2A + sin 2B + sin 2C)
≥ 3(sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C).
Bất đẳng thức này tương đương với

sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C
sin A + sin B + sin C
1
≤ (sin 2A + sin 2B + sin 2C).
3

(1.5)


10

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

sin A = sin B = sin C
⇔
sin 2A = sin 2B = sin 2C

ABC đều.

Mặt khác:
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 sin(A + B). cos(A − B) + sin 2C
= 2 sin C[cos(A − B) + cos C]
= 2 sin C[cos(A − B) − cos(A + B)]

(1.6)

= 2 sin C.2 sin A. sin B = 4 sin A sin B sin C
= (2R sin A)(2R sin B). sin C = a.b. sin C = 2S.
Thay (1.5) vào (1.6) ta có
sin A. sin 2A + sin B. sin 2B + sin C. sin 2C

2S
≤
.
sin A + sin B + sin C
3
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔

ABC đều.
✷

Ví dụ 1.2.9 Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 + d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) ≥ 10.
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy và
ta có lời giải như sau:
1
a2 + b2 ≥ 2ab; c2 + d2 ≥ 2cd. Do abcd = 1 nên cd = .
ab
Ta có
1
a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 2(ab + cd) = 2(ab + ) ≥ 4.
ab
Mặt khác:
a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad)
1
1
1
+ ac +
+ bc +
≥ 2 + 2 + 2.
ab +

ab
ac
bc
Vậy a2 + b2 + c2 + d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) ≥ 10.
✷
Ví dụ 1.2.10 Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1. Chứng minh rằng
(2x + 2y + 2z )(2−x + 2−y + 2−z ) ≤

81
.
8


11

Chứng minh: Đặt a = 2x , b = 2y , c = 2z (1 ≤ a, b, c ≤ 2). Vì
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ (a − 1)(a − 2) ≤ 0 ⇒ a2 − 3a + 2 ≤ 0.
Suy ra
2
≤ 3.
a

(1.7)

b+

2
≤3
b


(1.8)

c+

2
≤ 3.
c

(1.9)

a+
Chứng minh tương tự ta được:

và

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1.7), (1.8), (1.9) rồi áp dụng bất đẳng
thức Cauchy ta được
9 ≥ (a + b + c) + 2

1 1 1
+ +
a b c

≥ 2 (a + b + c)2

1 1 1
+ +
.
a b c


Bất đẳng thức này tương đương với
81
1 1 1
≥ (a + b + c)
+ +
.
8
a b c
✷
Chú ý 1.2.11 Bài toán tổng quát dạng này như sau: Cho n số x1 , x2 , . . . , xn
thuộc đoạn [a, b], c > 1. Khi đó,
(cx1 + cx2 + · · · + cxn )(c−x1 + c−x2 + · · · + c−xn ) ≤

[n(ca + cb )]2
.
4ca+b

Ví dụ 1.2.12 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Chứng
minh rằng:
1<

b
c
a
+
+
< 2.
b+c c+a a+b

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng tính chất của dãy tỉ số như

sau:


12

Vì a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và
a < b + c; b < a + c; c < a + b, suy ra
a
a+a
2a
<
=
.
b+c a+b+c a+b+c
Mặt khác

a
a
>
.
b+c a+b+c

Nên

a
a
2a
<
<
.

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

Tương tự ta có:
b
2b
b
<
<
.
a+b+c a+c a+b+c
c
c
2c
<
<
.
a+b+c a+b a+b+c
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta nhận được:
1<

a
b
c
+
+
< 2.
b+c c+a a+b
✷

Ví dụ 1.2.13 Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:

1<

b
c
d
a
+
+
+
< 2.
a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b

Chứng minh: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
a+d
<1⇒
<
.
a+b+c
a+b+c a+b+c+d

(1.10)

a
a
>
.
a+b+c a+b+c+d


(1.11)

Mặt khác:

Từ (1.10) và (1.11) suy ra
a
a
a+d
<
<
.
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d

(1.12)

Tương tự ta có
b
b
b+a
<
<
,
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d

(1.13)


13

c

c
b+c
<
<
,
a+b+c+d c+d+a a+b+c+d

(1.14)

d
d
d+c
<
<
.
a+b+c+d d+a+b a+b+c+d

(1.15)

và

Cộng vế với vế của (1.12c2 (c2 + 1) c2 + 1
c2
c2
c2
c2
a2
c2 + 1
= 2
+

≥ 2
+
=
.
a2
a + 1 a2 (a2 + 1)
a + 1 a2 (a2 + 1) a2 + 1

b2 + 1
.
a2 + 1


37

Từ đó ta có:
a b c
1+ + +
b c a
a2 b2 c2
+ +
b2 c2 a2

b2 + 1

+2
+
a2 + 1

a2 + 1


= 1+
b2 + 1

+

hay

a b c
+ + ≥
b c a

2

a b c b c a
+ + + + +
b c a a b c

a2 + 1
b2 + 1
+
+
≥ 1 + 2
b2 + 1
c2 + 1

2
2
a2 + 1
c +1

a + 1
+
+
+
b2 + 1
c2 + 1
b2 + 1
2
2
2
b +1
c + 1
+
+
2
c +1
a2 + 1
=1+2

a2 + 1
+
b2 + 1

b2 + 1
+
c2 + 1



c2 + 1 

a2 + 1
b 2 + 1 c2 + 1
+
c2 + 1 a2 + 1

c2 + 1
.
a2 + 1
✷

Bài toán 2.2.23 Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh
4
rằng a2 + b2 + c2 + 3abc ≥ .
9
Chứng minh: Ta cần chứng minh
4
(a2 + b2 + c2 )(a + b + c) + 3abc ≥ (a + b + c)3 .
9
Khai triển rồi đưa bất đẳng thức về dạng
5(a3 + b3 + c3 ) + 3abc ≥ 3[ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)].
- Theo bất đẳng thức Schur:
(a3 + b3 + c3 ) + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c).

(2.6)

- Theo bất đẳng thức sắp xếp lại có: a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a và
a3 + b3 + c3 ≥ ab2 + bc2 + ca2 . Cộng từng vế ta thu được
2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)
⇔ 4(a3 + b3 + c3 ) ≥ 2[ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)].


(2.7)

Cuối cùng, cộng từng vế của (2.6) và (2.7) ta có
5(a3 + b3 + c3 ) + 3abc ≥ 3[ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)].
✷


38

Bài toán 2.2.24 Cho a, b, c, d ≥ 0 thỏa mãn a + b + c + d = 4. Chứng
minh rằng a2 bc + b2 cd + c2 da + d2 ab ≤ 4.
Chứng minh: Giả sử (p, q, r, s) là hoán vị của (a, b, c, d) sao cho p ≥
q ≥ r ≥ s.
Khi đó
a2 bc + b2 cd + c2 da + d2 ab = a(abc) + b(bcd) + c(cda) + d(dab)
≤ p(pqr) + q(pqs) + r(prs) + s(qrs) = (pq + rs)(pr + qs)
2

2

2 2

pq + rs + pr + qs
1
1 p+q+r+s
≤
= (p + s)(q + r) ≤
2
4
4

2
(bất đẳng thức đầu tiên là bất đẳng thức sắp xếp lại, hai bất đẳng thức
sau là bất đẳng thức AM − GM ).
Để ý là p + q + r + s = a + b + c + d = 4, ta có bất đẳng thức được chứng
minh.
✷
1 1 1
Bài toán 2.2.25 Cho a, b, c sao cho , , là độ dài ba cạnh của một
a b c
tam giác. Chứng minh rằng
ab + ac + 2bc ab + bc + 2ac cb + ac + 2ab
+
+
≤ 6.
a2 + bc
b2 + ac
c2 + ab
Chứng minh: Giả sử a ≥ b ≥ c =⇒ b + c − 2a ≤ a + c − 2b ≤ b + c − 2a.
a
b
c
Chứng minh 2
≥ 2
≥ 2
và áp dụng bất đẳng thức
a + bc
b + ac
c + ac
Chebyshev rút ra kết luận bài toán.
Bài toán 2.2.26 Cho A, B, C là ba góc của một tam giác (đo bằng

radian) với các cạnh tương ứng a, b, c, p là nửa chu vi. Chứng minh
rằng:
B
C
3π
A
+
+
≥
.
(2.8)
p−a p−b p−c
p
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử:
1
1
1
A≤B≤C⇒a≤b≤c⇒
≤
≤
.
p−a
p−b
p−c
Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng thức Cauchy
ta có:
A
B
C
A+B+C

1
1
1
+
+
≥
·
+
+
p−a p−b p−c
3
p−a p−b p−c


39

=
≥

π
p−a+p−b+p−c
3p

1
1
1
+
+
p−a p−b p−c


3π
π
1
· 3 3 (p − a)(p − b)(p − c) · 3 3
=
.
3p
(p − a)(p − b)(p − c)
p
✷

Bài toán 2.2.27 Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng
√
√
√
3
1 − sin A sin B + 1 − sin B sin C + 1 − sin C sin A ≥ .
2
Chứng minh: Sử dụng định lí sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương
đương với:
3R ≤

4R2 − ab +

4R2 − bc +

4R2 − ab − R +

⇔
⇔√


4R2 − ac

4R2 − bc − R +

4R2 − ac − R ≥ 0

3R2 − ab
3R2 − bc
3R2 − ca
+√
+√
≥ 0.
4R2 − ab + R
4R2 − bc + R
4R2 − ca + R

(2.9)

Ở đây a, b, c, R theo thứ tự là độ dài các cạnh BC, CA, AB và bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ bất đẳng thức quen thuộc
a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 mà 3ab − ab = 2ab ≤ a2 + b2 ta thu được
3(3R2 − ab) ≥ c2 − ab.

(2.10)

Ta sẽ chứng minh
c2
b2
a2

+√
+√
4R2 − ab + R
4R2 − ac + R
4R2 − bc + R
ab
bc
ac
≥√
+√
+√
.
4R2 − ab + R
4R2 − bc + R
4R2 − ac + R

√

(2.11)

1
1
1
,√
,√
4R2 − bc + R 4R2 − ca + R 4R2 − ab + R
có cùng thứ tự nên theo bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) ta có

Vì hai dãy (a, b, c) và


√


40

2c2
2b2
2a2
+√
+√
4R2 − ab + R
4R2 − ac + R
4R2 − bc + R
a2
b2
c2
≥√
+√
+√
4R2 − ab + R
4R2 − bc + R
4R2 − ca + R
c2
a2
b2
+√
+√
+√
4R2 − ab + R
4R2 − bc + R

4R2 − ca + R
2bc
2ca
2ab
+√
+√
.
≥√
4R2 − ab + R
4R2 − bc + R
4R2 − ca + R

√

Vậy (2.11) được chứng minh, kết hợp với (2.10) ta suy ra (2.9) được
chứng minh.
✷
Bài toán 2.2.28 (IMO 1964) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một
tam giác. Chứng minh rằng
a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc.
Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + c2 a + ca2
⇔ a(a2 + bc) + b(b2 + ca) + c(c2 + ab) ≥ a(b2 + ca) + b(a2 + bc) + c(ac + bc)
Do bất đẳng thức là đối xứng nên có thể giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó
a2 + bc ≥ b2 + ca. Áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) cho hai dãy
sắp cùng thứ tự (a, b) và (a2 + bc, b2 + ca) ta có:
a(a2 + bc) + b(b2 + ca) ≥ a(b2 + ca) + b(a2 + bc)

(2.12)


Lại áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) cho hai dãy sắp cùng thứ
tự (b, c) và (a, c) ta có:
ba + c2 ≥ bc + ac ⇔ c(ba + c2 ) ≥ c(bc + ac)

(2.13)

Cộng từng vế của hai bất đẳng thức (2.12) và (2.13) suy ra
a(a2 + bc) + b(b2 + ca) + c(c2 + ab) ≥ a(b2 + ca) + b(a2 + bc) + c(ac + bc)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
✷


41

Nhận xét 2.2.29 Kết quả trong Bài toán 2.2.28 vẫn đúng khi a, b, c
dương. Tuy nhiên khi a, b, c dương thì ta không thể vận dụng cách dùng
hệ thức lượng trong tam giác như ở Ví dụ 1.2.24. Lúc này hướng dùng
bất đẳng thức sắp xếp lại cho thấy rõ hiệu quả của nó.
Bài toán 2.2.30 (IMO 1966) Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC
lần lượt chọn K, L, M . Chứng minh diện tích của ít nhất 1 trong số
1
AM L, BKM, CLK nhỏ hơn hoặc bằng diện tích ABC.
4
Chứng minh: Gọi a, b, c lần lượt là độ dài cạnh đối diện đỉnh A, B, C.
a1 , a2 là độ dài 2 đoạn khi chia cạnh độ dài a bởi K (hay BK = a1
và KC = a2 ), tương tự với b1 , b2 , c1 , c2 . Có thể sắp xếp 6 giá trị
a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 theo thứ tự tăng dần. Theo bất đẳng thức sắp xếp
lại ta có:
(a1 + a1 )(a2 + a2 )(b1 + b1 )(b2 + b2 )(c1 + c1 )(c2 + c2 ) = 64a1 a2 b1 b2 c1 c2
≤ (a1 + a2 )(a2 + a1 )(b1 + b2 )(b2 + b1 )(c1 + c2 )(c2 + c1 ) = a2 b2 c2 .

Gọi S là diện tích ABC. Nếu AM L, BKM, CLK đều có diện
S
tích lớn hơn , thì ta có:
4
3
1
1
1
S
<
c1 b2 sin A
c2 a1 sin B
a2 b1 sin C
4
2
2
2
a2 b2 c2
≤
sin A sin B sin C
8.64
1 1
1
1
=
ab sin C
bc sin A
ac sin B
64 2
2

2
=

S
4

3

.

Là điều vô lí.
✷
Bài toán 2.2.31 (Thi Olympic toán Mỹ 1974) Nếu a, b, c > 0, thì
a+b+c
chứng minh rằng aa bb cc ≥ (abc) 3 .
Chứng minh:
Do tính đối xứng, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c, thì ln a ≤ ln b ≤ ln c. Theo
bất đẳng thức Chebyshev,
(a + b + c)(ln a + ln b + ln c)
a ln a + b ln b + c ln c ≥
3


42

bất đẳng thức cần chứng minh suy ra từ việc mũ hóa.
✷
Bài toán 2.2.32 (IMO 1975) Xét hai dãy số thực x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn
và y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn . Gọi (z1 , z2 , ..., zn ) là một hoán vị của (y1 , y2 , ..., yn ).
Chứng minh rằng

n

n
2

(xi − zi )2 .

(xi − yi ) ≤
i=1

i=1

Chứng minh:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
n

n

x2i

−2

i=1

n

n

yi2


x i yi +
i=1

n

⇔

≤

i=1

i=1

i=1

i=1

i=1
n

yi2

do

zi2

xi zi +

n


xi zi

n

−2

i=1

n

xi yi ≥

n

x2i

i=1

zi2 .

=
i=1

Nhưng theo bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) ta có ngay bất đẳng thức
n

n

x i yi ≥
i=1


xi zi .
i=1

✷
Bài toán 2.2.33 (IMO 1978) Cho a1 , a2 , ..., an là n số nguyên dương
phân biệt. Chứng minh rằng
a1 +

a2
an
1
1
+ ... + 2 ≥ 1 + + ... + .
4
n
2
n

Chứng minh:
Gọi b1 , b2 , ..., bn là một hoán vị của a1 , a2 , ..., an sao cho b1 < b2 < ... < bn .
Theo giả thiết a1 , a2 , ..., an nguyên dương phân biệt nên bi ≥ i, ∀i =
1
1
1, 2, ...n do 1 > > · · · > 2 nên theo bất đẳng thức sắp xếp lại (2.2)
4
n
ta có:
a2
an

b2
bn
1
1
a1 +
+ ... + 2 ≥ b1 + + ... + 2 ≥ 1 + + ... + .
4
n
4
n
2
n
✷


43

Bài toán 2.2.34 (IMO 1983) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một
tam giác. Chứng minh rằng
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0.
Chứng minh:
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0.
⇔ a3 b + b3 c + c3 a ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2

(2.14)

Vai trò a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát có thể giả sử
a ≥ b ≥ c. Áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) cho hai dãy sắp
cùng thứ tự (ac, ab) và (c2 + ab, b2 + ca) ta có:
bc(bc + a2 ) + ca(ca + b2 ) + ab(ab + c2 )

≤ bc(bc + a2 ) + ab(ca + b2 ) + ac(ab + c2 )

(2.15)

Áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) cho hai dãy sắp cùng thứ tự
(bc, ab) và (b2 + ac, a2 + bc) ta có:
bc(bc + a2 ) + ca(ca + b2 ) + ab(ab + c2 )
≤ ab(bc + a2 ) + bc(ca + b2 ) + ac(ab + c2 )

(2.16)

Từ (2.15) và (2.16) ta suy ra (2.14). Vậy bất đẳng thức đã được chứng
minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
✷
Bài toán 2.2.35 (IMO 1984) Chứng minh
0 ≤ xy + yz + zx − 2xyz ≤

7
,
27

với x, y, z là số thực không âm và x + y + z = 1.
Chứng minh: Ta có
xy + yz + zx − 2xyz = (xy − xyz) + (yz − xyz) + (zx − xyz) + xyz
= xy(1 − z) + yz(1 − x) + zx(1 − y) + xyz
= xy(x + y) + yz(y + z) + zx(x + z) + xyz ≥ 0.


44


Ta có
1 = (x + y + z)2
= x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx
≥ 3(xy + yz + zx).
1
Và vì xy + yz + zx ≤ , theo bất đẳng thức sắp xếp lại, ta có:
3
(1 − 2x)(1 − 2y)(1 − 2z)
1 − 2y 1 − 2z
1 − 2x 1 − 2y
+
+
≤
2
2
2
2

+

1 − 2z 1 − 2x
+
2
2

= xyz.
Khai triển ta có:
1 − 2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx) − 8xyz ≤ xyz.
Hay

9xyz ≥ 4(xy + yz + zx) − 1.
Từ đây ta có:
xy + yz + zx − 2xyz ≤ xy + yz + zx − 2

4(xy + yz + zx) − 1
9

xy + yz + zx + 2
9
1
2
7
≤ 3 = .
9
27
=

✷
Bài toán 2.2.36 (Thi Olympic toán quốc tế 1995)
Cho a, b, c > 0 và a.b.c = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥ .
+ c) b (a + c) c (a + b)
2


a3 (b
Chứng minh:

1
1
1
Đặt x = bc = , y = ca = , z = ab = . Khi đó x, y, z ≥ 0; xyz =
a
b
c
1
= 1.
abc


45

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x2
y2
z2
3
+
+
≥ .
z+y x+z x+y
2
Bất đẳng thức đối xứng đối với x, y, z nên có thể giả sử x ≥ y ≥ z > 0
1
1

1
thì x2 ≥ y 2 ≥ z 2 và
≥
≥
, theo bất đẳng thức sắp xếp
z+y
x+z
y+x
lại (2.1) ta có
x2
y2
x2
x2
y2
z2
+
+
≥
+
+
.
y+z z+x x+y
x+y y+z z+x
y2
x2
x2
y2
z2
x2
+

+
≥
+
+
.
y+z z+x x+y
z+x y+x z+y
Cộng từng hai vế của bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức RMS
(r + s)2
– AM: r2 + s2 ≥
ta được
2
x2
y2
x2
1 x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
+
+
≥
+
+
y+z z+x x+y
2 y+x
y+z
z+x
2
2
1 (x + y)
(y + z)
(z + x)2

≥
+
+
2 2(x + y) 2(y + z) 2(z + x)
3√
3
x+y+z
≥ 3 xyz = .
=
2
2
2
✷
Bài toán 2.2.37 (Thi Olympic Tây Trung Quốc 2005)
1
1
1
1
1
Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn
+
+
+
+
= 1.
4+a 4+b 4+c 4+d 4+e
a
b
c
d

e
Chứng minh rằng :
+
+
+
+
≤ 1.
4 + a2 4 + b2 4 + c2 4 + d2 4 + e2
Chứng minh: Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e. Suy ra
1−b
1−c
1−d
1−e
1−a
≤
≤
≤
≤
4+a
4+b
4+c
4+d
4+e
và

1
1
1
1
1

≤
≤
≤
≤
.
4 + a2
4 + b2
4 + c2
4 + d2
4 + e2
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev rút ra kết luận bài toán.
✷