Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

"Nét đẹp" của các bất đẳng thức làm "mê đắm" rất nhiều các nhà toán học cũng như các bạn yêu toán, vì thế màmặc dù đã là một "một mảnh đất cổ xưa" nhưng hàng năm vẫn có những bấtđẳng thứ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS PHẠM VĂN QUỐC

Hà Nội - Năm 2012

Lời Mở đầu

Trong suốt tiến trình phát triển của nhân loại cũng như quá trình phát triểncủa toán học Bất đẳng thức dường như là đề tài muôn thuở và có sức hấpdẫn lớn Hàng loạt tên tuổi của các nhà toán học nổi tiếng được gắn liền vớicác bất đẳng thức quen thuộc như: Cauchy, Bunnhiacopxki, Chebyshev, Holder,Bernoulli, Nesbit sau đó phải kể đến như Jensen, Minkowski, Schur, Yuong, vàtên tuổi của nhiều nhà toán học khác "Nét đẹp" của các bất đẳng thức làm

"mê đắm" rất nhiều các nhà toán học cũng như các bạn yêu toán, vì thế màmặc dù đã là một "một mảnh đất cổ xưa" nhưng hàng năm vẫn có những bấtđẳng thức mới được đưa ra Cùng với sự xuất hiện thêm các bất đẳng thức làcác phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp tiêu biểu có thể

kể đến như: Sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, Phương pháp lượng giác hóa,Phương pháp sử dụng hình học, Phương pháp bình phương S.O.S, Phương phápphản chứng, Phương pháp dồn biến, Phương pháp tiếp tuyến, hay các phươngpháp như GLA, đổi biến p,q,r, Nhưng đặc biệt trong những phương pháp trênhai phương pháp mới mà qua quá trình tìm hiểu, sử dụng tôi thấy những ứngdụng rộng rãi và nhiều "vẻ đẹp", kĩ thuật tiềm ẩn trong hai phương pháp này

đó là: Phương pháp dồn biến và Phương pháp tiếp tuyến Điều đó thôi thúc tôitìm tòi và nảy sinh ý định hoàn thành chương trình cao học với đề tài luận văn:

"Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức" Với hai phương pháp nàychúng ta có thể chinh phục được số lượng lớn các bài bất đẳng thức trong các

kì thi toán Quốc tế, các kì thi Quốc gia hay đến các kì thi Đại học Các bạn sẽthấy rõ điều đó qua các ví dụ mà tôi đưa ra ở luận văn này Qua hệ thống ví

dụ chọn lọc này các bạn cũng sẽ hiểu và nắm được cách vận dụng phương pháp.Tôi cũng đã đưa ra chứng minh cho một số các bất đẳng thức cổ điển bằng haiphương pháp trên Đặc biệt trong quá trình tìm tòi và vận dụng tôi đã pháthiện ra 3 kết quả vận dụng để chứng minh và sáng tạo các bài toán bất đẳngthức Bằng các kết quả này tôi đã chứng minh lại một số bài toán trong các kì

thi đã được chứng minh bằng các phương pháp khác Kết quả 1 và 2 là sự mởrộng của bất đẳng thức Jensen nên đối với các bài toán sử dụng bất đẳng thứcJensen dùng kết quả này chúng ta có thể chứng minh một cách dễ dàng, nhanhgọn và thuận tiện khi số lượng các hàm trong bất đẳng thức tăng lên Sử dụngcác kết quả này sáng tạo các bài toán bất đẳng thức, theo tôi chinh phục chúngcũng không phải là điều dễ dàng Bên cạnh đó tôi đang tiếp tục nghiên cứu vàtìm hiểu cách chuyển chứng minh từ sử dụng các kết quả này sang sử dụng cácphương pháp quen thuộc, cách sáng tạo ra các bài toán bất đẳng thức mới mà

có thể sử dụng các phương quen thuộc để làm Nó có thể là vấn đề mở cho bạnđọc nào quan tâm mà trong thời gian hạn hẹn này tôi chưa trình bày thấu đáotrong luận văn Với cách nhìn chủ quan và thời gian, năng lực có hạn luận vănchắc chắn không tránh khỏi những sai sót rất mong được sự góp ý của các thầy

cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn

Mục lục

1.1 Một số các bất đẳng thức cổ điển 6

1.1.1 Bất đẳng thức AM-GM 6

1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 7

1.1.3 Bất đẳng thức Chebyshev 8

1.1.4 Bất đẳng thức Nesbit 9

1.1.5 Bất đẳng thức Bernoulli 9

1.1.6 Bất đẳng thức Holder 10

1.1.7 Bất đẳng thức Schur 10

1.2 Một số các kiến thức liên quan 11

1.2.1 Bất đẳng thức thuần nhất và kĩ thuật chuẩn hóa 11

1.2.2 Biến đổi Abel 12

1.3 Một số kiến thức về hàm lồi 16

1.3.1 Định nghĩa hàm lồi, lõm 16

1.3.2 Tính chất 16

1.3.3 Định lý 17

2 Phương pháp dồn biến 21 2.1 Dồn biến bằng biến đổi đại số 23

2.2 Dồn biến bằng kĩ thuật hàm số 30

2.3 Dồn biến bằng dãy số 36

3 Phương pháp tiếp tuyến 443.1 Chứng minh một số bất đẳng thức cổ điển 443.2 Ví dụ áp dụng 50

4.1 Các kết quả cơ bản 614.2 Ví dụ áp dụng 644.3 Sáng tạo bất đẳng thức 76

Chương 1

Các kiến thức cơ sở

Không phải ngẫu nhiên mà ngay từ chương trình lớp 8 của cấp THCS bấtđẳng thức đã được đưa vào và sau đó trong suốt chương trình toán của THCScũng như THPT bất đẳng thức đã là những bài toán quen thuộc và "nỗi sợ hãi"của nhiều học sinh Bất đẳng thức đầu tiên "sơ khai" phải kể đến là bất đẳngthức AM-GM (thường gọi bất đẳng thức Cô-si), sau đó trong hàng loạt các sáchtham khảo những bất đẳng thức được nhắc đến như: Cauchy-Schwarz (thườnggọi là Bunnhiacopxki), Chebyshev, Nesbit, Bernouli, Holder, Schur điều đó chothấy "sức mạnh” và sự cần thiết của chúng trong các bài toán bất đẳng thức.Trong luận văn này một lần nữa tôi nhắc lại và đưa ra các ví dụ minh họa chocác bất đẳng thức này với sự ngưỡng mộ và thán phục các nhà toán học đã tìm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1= a2 = = an.

Chứng minh Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2

Giả sử bất đẳng thức đúng với n, ta có: a1+ a2+ + an

a1.a2 an.Khi đó

Bất đẳng thức đúng với n ta chứng minh được bất đẳng thức cũng đúng với n-1.Thật vậy áp dụng bất đẳng thức cho n số với an = n−1 √

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an

Hệ quả 1.1 Mọi số dương a1, a2, , an ta đều có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an

Hệ quả 1.2 (i) Cho a1, a2, , an là các số thực dương và m1, m2, , mn là các

Với hai dãy số thực tùy ý a1, a2, , an và b1, b2, , bn ta luôn có bất đẳng thức

(a21+ a22+ + a2n)(b21+ b22+ + b2n) ≥ (a1b1+ a2b2+ + anbn)2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) là hai bộ tỉ lệ,tức là tồn tại số thực k để ai = kbi∀i = 1, , n.

Chứng minh Xét

f (x) =

nXi=1

(aix − bi)2= x2

nXi=1

a2i − x

nXi=1

2aibi+

nXi=1

(2aibi)2≤ 4

nXi=1

a2i

! nXi=1

Cho a1, a2, , an và b1, b2, , bn là hai dãy số thực

(i) Nếu (ai)ni=1 và (bi)ni=1 là hai dãy đơn điệu tăng thì

(ai− aj)(bi− bj) ≥ 0

Vì các dãy a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n đơn điệu nên (a i − a j )(b i − b j ) ≥ 0.

(ii) Tương tự

Hệ quả 1.5 Nếu a1, a2, , an là các số thực dương có tổng bằng n thì

Hệ quả 1.6 (Bất đẳng thức Bernoulli mở rộng )

Cho x > −1 và α ∈ R. Ta có

(i) (1 + x)α ≥ (1 + αx) với mọi α < 0 hoặc α > 1

(ii) (1 + x)α≤ (1 + αx) với mọi 0 ≤ α ≤ 1

k=1 xpk

1

p Pn k=1 ykq

1 q

Hệ quả 1.7 (Bất đẳng thức Mincowski)

Với mọi bộ số không âm (xk), (yk) (k = 1, 2, , n) và số dương p ≥ 1 ta đều có

" nXk=1

(xk + yk)p

#

1 p

≤

nXk=1

xpk

!

1 p +

nXk=1

ykp

!

1 p

Hệ quả 1.9 Với mọi số thực không âm ta có

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.Nhận xét 1.1 Bất đẳng thức Schur thường được sử dụng dưới dạng hệ quả 1.9

1.2 Một số các kiến thức liên quan

1.2.1 Bất đẳng thức thuần nhất và kĩ thuật chuẩn hóa

Hàm số f (x1, x2, , xn) của các biến x1, x2, , xn được gọi là hàm thuần nhấtbậc k nếu với mọi số thực t ta có:

f (tx 1 , tx 2 , , tx n ) = tkf (x 1 , x 2 , , x n )

Từ đó ta có định nghĩa bất đẳng thức thuần nhất như sau:

* Bất đẳng thức thuần nhất là bất đẳng thức có dạng: f (x1, x2, , xn) ≥ 0 trong

đó f (x 1 , x 2 , , x n ) là hàm thuần nhất bậc k

* Kĩ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất đối xứng:

Ý tưởng chuẩn hóa là như sau:

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức thuần nhấtf (x1, x2, , xn) ≥ g(x1, x2, , xn)

trong đó f và g là hai hàm thuần nhất cùng bậc, do tính chất của hàm thuầnnhất ta có thể chuyển bất đẳng thức trên về việc chứng minh bất đẳng thức

f (x1, x2, , xn) ≥ a với mọi x1, x2, , xn thỏa mãn g(x1, x2, , xn) = a Lợi ích củaviệc chuẩn hóa là ta có thể làm đơn giản các biểu thức của bất đẳng thức cầnchứng minh, tận dụng được một số tính chất đặc biệt

1.2.2 Biến đổi Abel

akbk =

nXk=1

(Tk− Tk−1)bk =

nXk=1

Tkbk−

nXk=2

akbk =

nXk=1

Tkbk −

n−1Xk=1

Tkbk+1

=

n−1Xk=1

Tk(bk − bk+1) + Tnbn

Vậy

nXk=1

akbk =

n−1Xk=1

√ 3z.

3z ≥ 3 3

q√ 3xp3y √

a + b

a + b c

b + c a

Ví dụ 1.5 Xét các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1 Tìm giá trị nhỏnhất của biểu thức

a 3

1

b +

1 c

Hàmf (x) được gọi là hàm lồi (lồi dưới) trên tập[a; b) ⊂R nếu với mọi x, y ∈ [a; b)

và với mọi k ∈ [0; 1], ta đều có

Chú ý rằng, đôi khi ta chỉ nói về tính lồi của một hàm số mà không nói tới hàm

đó lồi trên tập I(a, b) một cách cụ thể như đã nêu trên

1.3.2 Tính chất

Tính chất 1 Nếu f (x) lồi (lõm) trên I(a, b) thì g(x) = cf (x) là lồi (lõm) trên

I(a, b) khi c ≥ 0 (ngược lại khi c ≤ 0)

Tính chất 2 Tổng hữu hạn các hàm lồi trên I(a, b) là một hàm lồi trên I(a, b).Tính chất 3 Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a, b), nếu g(x) lồi vàđồng biến trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lồi trên I(a, b)

Tính chất 4 (i) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lõm trên I(a, b) và nếu g(x) lồi

và nghịch biến trên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lồi trên I(a, b)

(ii) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lõm trên I(a, b) và nếu g(x) lõm, đồng biếntrên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lõm trên I(a, b)

(iii) Nếu f (x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a, b) và nếu g(x) lõm, nghịch biếntrên tập giá trị của f (x) thì g(f (x)) là hàm lõm trên I(a, b)

Tính chất 5 Nếu f (x) là hàm số liên tục và đơn điệu (đồng biến hoặc nghịchbiến) trên I(a, b) và nếu g(x) là hàm ngược của f (x) thì ta có các kết luận sau:(i) f (x) lõm, đồng biến ⇔ g(x) lồi, đồng biến.

(ii) f (x) lõm, nghịch biến ⇔ g(x) lõm, nghịch biến

(iii) f (x) lồi, nghịch biến ⇔ g(x) lồi, nghịch biến

Tính chất 6 Nếu f (x) là hàm khả vi trên I(a, b) thì f (x) là hàm lồi trên I(a, b)

khi và chỉ khi f0(x) là hàm đơn điệu tăng trên I(a, b)

Chứng minh Giả sử f (x) lồi trên I(a, b)

Khi đó với x1< x < x2(x, x1, x2 ∈ I(a, b)), ta có

f (x2) − f (x1)

x2− x1 ≤ f

0 (x 2 )

Suy ra f0(x1) ≤ f0(x2), tức là hàm số f0(x) là hàm đơn điệu tăng

Ngược lại, giả sử f0(x) là hàm đơn điệu tăng và x1 < x < x2(x, x1, x2 ∈ I(a, b)).Theo định lí Lagrange, tồn tại x 3 , x 4 với x 1 < x 3 < x < x 4 < x 2 sao cho

Chứng minh Xét hai trường hợp:

TH1: Nếu x ∈ {a, b} hiển nhiên đúng

TH2: Nếu x ∈ (a, b) tức là a < x < b theo tính chất 6 ta có

Chứng minh Nếu f (x) lồi trên I(a; b)

TH1: Với x = m hiển nhiên đúng

Với 1 > k > 0; x, y ∈ [a, b] tùy ý:

Do đó f (x) là hàm lồi Vậy định lí được chứng minh

Định lý 3 (Điều kiện để hàm lồi, lõm)

Hàm f (x) khả vi cấp 2 trên I(a, b) khi đó

(i) Hàm f(x) lồi khi và chỉ khi f00(x) ≥ 0

(ii) Hàm f(x) lõm khi và chỉ khi f00(x) ≤ 0

Chứng minh • Nếu f (x) khả vi cấp 2 trên I(a, b), f0(x) liên tục trên I(a, b)

và f (x) lồi trên I(a, b) khi đó với x ∈ I(a, b) theo quy tắc L’Hospital ta có

• Nếu f (x) khả vi cấp 2 trên I(a, b), f0(x) liên tục trên I(a, b) và f00(x) ≥ 0

với mọi x ∈ I(a, b), với mọi x, m ∈ I(a, b) ta xét

δ(x) = f (x) − f (m) − (x − m)f0(m).

Ta có δ0(x) = f0(x) − f0(m), δ00(x) = f00(x) ≥ 0 tức là hàm δ0(x) liên tục và khônggiảm trên I(a, b) nên:

(i) Trên I(m; b) ta có δ0(x) ≥ δ0(m) = f0(m) − f0(m) = 0 do đó hàm δ(x) không

giảm suy ra δ(x) ≥ δ(m) = 0 ∀x ∈ I(m, b).

(ii) Trên I(a; m) ta có δ0(x) ≤ δ0(m) = 0 do đó hàm δ(x) không tăng suy ra

δ(x) ≥ δ(m) = 0 ∀x ∈ I(a, m)

Trong cả hai trường hợp đều dẫn đến

f (x) ≥ f (m) + (x − m)f0(m).

Vậy f (x) là hàm lồi

Chương 2

Phương pháp dồn biến

Trong các bài toán khi số lượng biến số tăng lên thì đa số độ khó của các bàitoán cũng tăng lên Đối với bất đẳng thức cũng như thế Một bất đẳng thứchai biến thường sẽ "dễ chịu" hơn là bất đẳng thức ba, bốn biến Vì lí do đó mà

tư tưởng của phương pháp dồn biến xuất hiện "Dồn biến" tức là giảm tối đa sốbiến có thể Một số lượng lớn các bất đẳng thức mà ta gặp đều có dấu bằng xảy

ra khi các biến bằng nhau (ta nói cực trị đạt tại tâm) tổng quát lên có một sốbiến bằng nhau (ta gọi cực trị đạt được có tính đối xứng) một trường hợp khácdấu"= "xảy ra khi có một biến có giá trị trên biên (ta gọi cực trị đạt tại biên)

Ý tưởng của phương pháp dồn biến ta đưa bài toán bất đẳng thức về trườnghợp có hai biến bằng nhau hoặc một biến đạt giá trị tại biên khi đó số biến giảmdần Đối với bài toán nhiều biến áp dụng quá trình này nhiều lần đến khi giảmtối thiểu số biến, số biến còn lại có thể chỉ là một biến

Để giảm số biến người ta có thể sử dụng :

(u, u, , u) là điểm giới hạn của A(x) với u = √ n

x1x2 xn (nghĩa là tồn tại dãy

yk ∈ A(x) sao cho mỗi thành phần tọa độ của yk tiến tới u)

Lấy bao đóng của tậpA(x)là một tập bị chặn Khi đó xét hàm sốf (x) =Pn

i=1 xi

là hàm liên tục nên đạt GTNN trên tập compact A(x)

Giả sử y = (y1, y2, , yn) ∈ A(x) là điểm làm cho g đạt GTNN Khi đó nếu tồntại yi 6= yj thì điểm z = (y1, y2, , √

yiyj, , √

yiyj, , yn) ∈ A(x) và g(z) ≤ g(y).Vậy mâu thuẫn với giả thiết Tóm lại y = ( √ n

= f (t, t, c).Chứng minh f (t, t, c) ≥ 0 Thật vậy



= (t − c)

2

2t(t + c) ≥ 0 ∀t, c ≥ 0.

Giả sử a = min{a, b, c} thì ta có f (a, b, c) − f (a, t, t) ≥ 0.

Mặt khác: f (a, t, t) = a3+ at2− 2ta2 = a(t2− 2ta + a2) = a(t − a)2 ≥ 0.

Do đó f (a, b, c) ≥ 0

Vậy a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ a2(b + c) + b2(c + a) + c2(a + b).

2.1 Dồn biến bằng biến đổi đại số

Ví dụ 2.1 Cho x, y, z là ba số thực thuộc [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏnhất của biểu thức

zz + xz

2 + 3yx

1 + zy

1 + xz

Do đó f (a, b, c) − f (a, t, t) ≥ 0 hay f (a, b, c) ≥ f (a, t, t).

Bước còn lại của phương pháp dồn biến đánh giá f (a, t, t).

Theo giả thiết abc = 1 hay a = 1

Từ (2) và (3) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 34

Từ (2) và (3) suy ra f (a, b, c) − f (a, t, t) ≥ 0 hay f (a, b, c) ≥ f (a, t, t).

Bước còn lại của phương pháp dồn biến là chứng minh f (a, t, t) ≥ 6.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Ví dụ 2.3 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức



+ yy

2 +

1 zx



.

+ yy

2+

1 zx



− tt

2+

1 xt



y2+ z2− 2yz yz

(y − z)2



y − z yz(y + z) 2

1 2x+ 3

3

qx

t 2 t 2 1

x = 9

2.Dấu bằng xảy ra

1 2x x

Đặt f (a, b, c) = 2(a2+ b2+ c2) + 3 √3

a 2 b 2 c 2 − (a + b + c) 2

Xét hiệu f (a, b, c) − f (a, √

bc, √ bc)

= 2( √

b − √ c)2( √

b + √ c)2− (√b − √

c)2(2a + 2 √

bc + b + c)

= ( √

b − √ c)2



2( √

b + √ c)2− 2a − 2√bc − b − c



= (

√

b − √ c)2



(

√

b + √ c)2− 2a.

Giả sử a = min{a, b, c} ta có √b − √

c
2 ( √

b + √ c)2− 2a

≥ 0.

Vậy f (a, b, c) ≥ f (a, √

bc, √ bc).

2

(

√

b + √ c)2− a − 1.

≥ 0.

Vậy f (a, b, c) ≥ f (a, t, t).

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

1



1 + ba



1 + cb



1 + ac

√ xy (1 + x)(1 + xy)

⇔

√ x( √

y − √ x) (1 + x)(1 + √

xy) ≥

√ y( √

y − √ x) (1 + x)(1 + √

xy)

√

y − √ x)2( √

xy − 1) (1 + x)(1 + √

3

. Bất đẳng thức này có thể chuyển vềdạng 3(a − b)2 một cách dễ dàng Áp dụng nhận xét thứ hai và thứ nhất ta được

1 (1 + x) 3 + 1



2

1 + √ xy



1 + 1

a 2

3 ≥ 38

Biến đổi và đơn giản biểu thức ta được bất đẳng thức

(a − 1)2(5a4+ 25a6+ 51a5+ 71a4+ 55a3+ 51a2+ 17a + 13) ≥ 0.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Ví dụ 2.7 Cho tam giác ABC.Tìm giá trị nhỏ nhất của

(1 + cos2A)(1 + cos2B)(1 + cos2C).

(VMO 1993)Lời giải:

Đặt f (A, B, C) = (1 + cos2A)(1 + cos2B)(1 + cos2C).

Vì vai trò của A, B, C như nhau nên ta có thể giả sử C = min{A, B, C}.

Đặt t = A + B

2 Khi đó 0 ≤ C ≤ π

3(∗).

f (t, t, C) = (1 + cos2t)2(1 + cos2C).

Do đó: f (A, B, C) − f (t, t, C) ≥ 0

⇔ (1 + cos2A)(1 + cos2B)(1 + cos2C) − (1 + cos2t)2(1 + cos2C) ≥ 0

⇔ (1 + cos2A)(1 + cos2B) − (1 + cos2t)2≥ 0

⇔ (1 + cos2A)(1 + cos2B) −

Vấn đề còn lại của chúng ta là tìm giá trị nhỏ nhất của f (t, t, C).

f (t, t, C) = (1 + cos2t)2(1 + cos2C) =1 + 1 + cos 2t

64 Dấu ” = ” xảy ra khi ABC là tam giác đều

Vậy giá trị nhỏ nhất của f (A, B, C) là 125

64 khi tam giác ABC là tam giác đều

Đặt F (a, b, c, d) = 176

27 abcd − (abc + bcd + acd + abd).

Do a + b + c + d = 1nên trong bốn sốa, b, c, d luôn tồn tại hai số có tổng nhỏ hơnhoặc bằng 1

Dễ thấy t2− cd ≥ 0 Vậy F (a, b, c, d) − F (a, b, t, t) ≥ 0.

Suy ra F (a, b, c, d) ≥ F (a, b, t, t).

i Tính đạo hàm ta cóf0(t) = 6t2− 2t.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z

Đặt f (x, y, z) = 7(xy + yz + zx) − 9xyz = (7 − 9z)xy + 7z(x + y). Ta chứng minh

!

− 9z



3 − z22



− 9z



3 − z22

3 − z22

− 7z − 9



3 − z22



+ 9z2.

Giải phương trình g0(z) = 0 có 1 nghiệm dương z = 1 Hơn nữa do g0 liên tục

và g0(0) ≥ 0 nên g0 đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm z = 1 Suy ra

g(x) ≤ g(1) = 12

Vậy f (x, t, t) ≤ 12 đẳng thức đạt được tại x = y = z = 1.

Ví dụ 2.10 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dương có tích abc = 1 thì ta

có bất đẳng thức

(a + b)(b + c)(a + c) ≥ 4(a + b + c − 1).

(MOSP 2001)Lời giải:

Đặt f (a, b, c) = (a + b)(b + c)(a + c) − 4(a + b + c − 1), t = √

bc + ac − 4)

= (

√

b − √ c)2(a2+ bc + ab + 2a

√

bc + ac − 4

√ abc).

Giả sử a = max{a, b, c} thì a ≥ 1 nên a ≥ √

= a2+ bc + a( √

b − √ c)2 ≥ 0.

Suy ra f (a, b, c) ≥ f (a, t, t).

Ta chứng minh f (a, t, t) ≥ 0. Thật vậy

f (a, t, t) = 2t(a + t)2− 4(a + 2t − 1)

g(a) ≥ 0, do đó f (a, t, t) ≥ 0

Vậy f (a, b, c) ≥ 0 ⇔ (a + b)(b + c)(a + c) ≥ 4(a + b + c − 1).

Nhận xét 2.1 Trong phương pháp dồn biến bằng biến đổi đại số ta thấy rằng

để chứng tỏ f (x, y, z) ≥ f (x, t, t) ta chỉ việc xét hiệu d = f (x, y, z) − f (x, t, t) rồitìm cách biến đổi sao cho d ≥ 0, sau đó chứng minh f (x, t, t) ≥ 0 Để chứngminh f (x, t, t) ≥ 0 ta còn có thể sử dụng thêm công cụ đạo hàm như các ví dụtrên Đặc biệt công cụ này rất hữu ích cho những bài toán sử dụng dồn biến như

f (x, y, z) = xk+ yk+ zk với k > 0

Ý tưởng của phương pháp này để chứng minh f (x, y, z) ≥ f (x, t, t) với t = y + z

2

xét hàm g(s) = f (x, t + s, t − s) với s ≥ 0 Sau đó chứng minh g tăng với s ≥ 0

(thông thường dùng công cụ đạo hàm).Chứng minh g tăng với s ≥ 0 ta thu đượcđiều mong muốn

Ví dụ 2.11 Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

ab

3 + c 2 + bc

3 + a 2 + ca

3 + b 2

Lời giải:

Giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt a = s + t, b = s − t thì vế trái bất đẳng thức cần chứngminh là:

c

3 + (s − t)2 +

2c(s2− t 2 ) (3 + (s − t)2)2 − 2t

Thay c = 3 − 2s vào, lưu ý là t ≤ s − c = 3s − 3, ta có

g0(m) đồng biến do đó có tối đa 1 nghiệm trên (0,t)

Vì g(0) = 0, g(t) = +∞ nên g(m) ≥ 0 hoặc g(m) = −0+ Tương ứng f (m) đi lênhoặc đi xuống rồi lại đi lên Trong cả hai trường hợp cực đại đều đạt tại biên,

Xét u(x) = xk − 2xk−1+ 1 ≥ 0 với x = 3 − 2t

t .

Ta có u0(x) = [kx − 2(k − 1)]xk−2. Vìu0(x) có tối đa một nghiệm trên R+ nênu(x)

có tối đa 2 nghiệm trên R+ trong đó có một nghiệm là x = 1.

Giả sử a = min{a, b, c}

Xét t ≥ 1 tương ứng x ≤ 1 Vì u(x) chỉ có tối đa 1 nghiệm trong (0, 1) nên h0(t)

chỉ có tối đa 1 nghiệm trong 1;3

2

 Mặt khác h0(1) = 0, h03

2



≥ 0 nên có haikhả năng hoặc h(t) đồng biến hoặc h(t) có dạng −0+ Trong cả hai trường hợp

h(t) đạt max tại hai biên

Vậy f (a, b, c) ≥ 0 Đẳng thức xảy ra a = b = c.

Nhận xét 2.2 Đây là những cơ sở để giải quyết các bài toán dồn biến trongbất đẳng thức kết hợp dãy số

Vậy f (a, b, c) ≤ max{3; 32
2k} hay

(ab)k + (bc)k+ (ca)k ≤ max{3;3

2

2k

}.

Ví dụ 2.14 Cho a, b, c, d ≥ 0 thỏa mãn a + b + c + d = 1 Chứng minh rằng

abc + abd + acd + bcd ≤ 1

27+

176

27abcd

(Dự tuyển IMO 1993)

27 ad ≥ 0.Khi đó ta có

= 3a1 − a

3

2

+1 − a3

3

−176

27a

1 − a 3

Ví dụ 2.15 Cho a, b, c, d, e ≥ 0 thỏa mãn a + b + c + d + e = 5 Chứng minh rằng

f (a, b, c, d, e) = 4(a2+ b2+ c2+ d2+ e2) + 5abcde ≥ 25



x − 54

2

+ 25 ≥ 25.