TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
Khoa Toán
----------***----------
Nguyễn Thị Phương
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỐI XỨNG BA BIẾN
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
HÀ NỘI - 2010
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
LỜI CẢM ƠN
Em xin trân trọng cảm ơn ban chủ nhiệm khoa Toán, trường ĐHSP Hà
Nội 2, các thầy cô giáo tổ Đại số đã tạo điều kiện thuận lợi để giúp em hoàn
thành khoá luận tốt nghiệp này.
Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo hướng dẫn:
Thạc sĩ Phạm Lương Bằng đã quan tâm hướng dẫn và chỉnh sửa khoá luận
cho em.
Mặc dù đã cố gắng nhưng bản thân em mới làm quen với công tác
nghiên cứu khoa học nên không thể tránh khỏi những thiếu sót. Em hi vọng sẽ
nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô và các bạn để khoá luận của
em hoàn chỉnh hơn.

Sinh viên

Nguyễn Thị Phương
SVTH: Nguyễn Thị Phương
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan:
Khoá luận tốt nghiệp là kết quả của sự lỗ lực tự bản thân tôi và sự
hướng dẫn của thầy giáo hướng dẫn: Thạc sĩ Phạm Lương Bằng.
Nội dung khoá luận không trùng lặp với công trình nghiên cứu của các

tài: “Một số vấn đề về bất đẳng thức đối xứng ba biến” làm đề tài nghiên cứu
cho mình.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
1
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu
Nắm được những kiến thức cơ bản và độc đáo về bất đẳng thức đối
xứng ba biến, từ đó có phương pháp giải phù hợp và bước đầu hình thành khả
năng tự sáng tạo bất đẳng thức.
3. Đối tượng nghiên cứu
Các bất đẳng thức cơ bản, bất đẳng thức của các dãy số đồng thứ tự, lớp
hàm đối xứng ba biến, tiêu chuẩn S.O.S, bất đẳng thức dạng đồng bậc, bất
đẳng thức thuần nhất đối xứng có điều kiện và không có điều kiện.
Một số bài toán bất đẳng thức đối xứng ba biến.
4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc, nghiên cứu tài liệu.
So sánh, phân loại, tổng hợp kiến thức.
Tổng hợp, sắp xếp, giải bài tập.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
2
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
CHƯƠNG 1
LÍ THUYẾT CHUNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỐI XỨNG BA BIẾN
1.1 SƠ LƯỢC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN
Nói chung, các bất đẳng thức đối xứng ba biến ở dạng tổng quát luôn
có biểu diễn dưới dạng sau:
( , , ) 0f a b c ≥
trong đó
( , , )f a b c

.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
3
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Nhận thấy:

( ) ( )
1
cyc
y z z x
∑
− −
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
y z z x z x x y x y y z
+ +
− − − − − −
= 0
Do đó :
VT =
( )
1
2
cyc
y z
+
∑
−
2

Bài toán 2:
Cho các số thực
, ,x y z
khác 1 thoả mãn
xyz
= 1. Chứng minh rằng:
2
2 2
1.
1 1 1
x y z
x y z
 
   
+ + ≥
 ÷  ÷
 ÷
− − −
   
 
Chứng minh:
Đặt
, ,
1 1 1
x y z
a b c
x y z
= = =
− − −
, khi đó ta có

Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b +c = 3. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
a bc b ca c ab
b ca c ab a bc
+ + +
+ + ≥
+ + +
.
Chứng minh:
Ta có:
3( b + ca) = 3b + 3ca = (a + b + c)b + 2ca +ca
2 2 2
a b c ab bc ca≤ + + + + +
Do đó
2 2 2
2 2 2
3( ) 3( )
,
3( )
a bc a bc a bc
b ca b ca a b c ab bc ca
+ + +
= ≥
+ + + + + + +
từ đó suy ra:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3( ) 3( ) 3( )

.Ta sẽ chỉ ra rằng 1 cũng là giá trị lớn nhất có thể của k, tức là:
( )
1 1 1
1 1a b c
a b b c c a
 
+ + + + − ≥
 ÷
+ + +
 
SVTH: Nguyễn Thị Phương
5
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
1
a b c a b c a b c
a b c
b c c a a b
+ + + + + +
⇔ + + − − − ≥
+ + +

( ) ( ) ( )
1
a b c bc b c a ca c a b ab
a b c
b c c a a b
+ + + + + +
⇔ + + − − − ≥
+ + +
bc ca ab ab bc ca

....
n
a a a= = =
Những trường hợp đặc biệt và hệ quả hay được áp dụng cho bất đẳng
thức đối xứng ba biến
Với mọi a, b, c không âm ta có

3
3a b c abc+ + ≥
;
3
3
a b c
abc
+ +
 
≥
 ÷
 
;
( ) ( )
2
3a b c ab bc ca+ + ≥ + +
;
( )
2
2 2 2
1
3
a b c a b c+ + ≥ + +

Bất đẳng thức tổng quát hơn được chứng minh hoàn toàn tương tự
2
1 2 1 2
1 1 1
....
....
n n
n
a a a a a a
+ + + ≥
+ + +
.
Bài toán 6:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
a b b c b c c a c a a b+ − + + − + + − ≥
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 a b b c c a− − −
Chứng minh:
Đặt x = (a+b)(b-c), y = (b+c)(c-a), z = (c+a)(a-b).
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng:

3 3 3
3x y z xyz+ + ≥
( )
( )
2 2 2
0x y z x y z xy yz zx

Ta có
3
1 1 1 4
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +
(1)

1 1 1 3
1 1 1
1 1 1 4x y z
⇔ − + − + − ≤
+ + +

⇔
1 1 1 9
1 1 1 4x y z
+ + ≥
+ + +
(2)
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
( ) ( ) ( )
1 1 1 9 9
1 1 1 1 1 1 4x y z x y z
+ + ≥ =
+ + + + + + + +
(do x + y + z = 1)
Vậy (2) đúng, tức là (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

+ +
. Đẳng thức xảy ra
⇔

2
4 3
a b
b c
=


=

(1)
Lập luận tương tự ta có
1 1 1 1
2 3 16 32 12b c a b c a
≤ + +
+ +
. Đẳng thức xảy ra
2
4 3
b c
c a
=

⇔

=


+ + < + +
 ÷
+ + + + + +
 
.
Theo giả thiết ta có ab + bc + ca = abc
1 1 1
1
a b c
⇔ + + =
.
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức còn mạnh hơn bất
đẳng thức ban đầu.
1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz – Holder
1.2.2.1 Bất đẳng thức Cauchy Schwarz :
SVTH: Nguyễn Thị Phương
9
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Với hai dãy số thực tuỳ ý
1 2
, ,...,
n
a a a
và
1 2
, ,...,
n
b b b
ta luôn có bất đẳng thức

, ,...,
n
a a a
và
( )
1 2
, ,...,
n
b b b
,
0
i
b ≥
1,i n∀ =
,
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
( ... )
...
...
n n
n n
a a a a a a
b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
.
Hệ quả 2: Với hai dãy số thực

+ +
+ + +
.
Chứng minh:
Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
a b c a b c
a b c
b c c a a b
b c c a a b
 
 
+ + + + ≥ + +
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
 
+ + +
 
.
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta lại có
2 2 2 2
( ) 3
2( ) 2
a b c a b c a b c
b c c a a b ab ac bc ba ca cb ab bc ca

+ +
+ + +
Với a, b, c là các số thực dương tuỳ ý.
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
3 4 5 3 4 5
(3 4 5) ( )( )
a b c
a b c
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + = + + + +
+ + + + + +
=
2
1 3 4 5 ( 3 4 5)
( )
2 2
b c c a a b
b c c a a b
+ +
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng
2 3 2 5 15 6+ + −
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

+ +
.
Thật vậy khai triển ra ta được
3 3 3 2 3
2010( 2010.2009 ) 2009 ( ) 2009a b a ab a b b+ ≥ + + +
2
2009( )( ) 0a b a b⇔ + − ≥
( luôn đúng).
Sử dụng bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh
1 1 1 2010 2010 2010
2009 2009 2009a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
+ + +
.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz cho 2010 số, ta được
2
1 1 1 2010
...
2009
2009
a b b a b
+ + + ≥
+
14 2 43
. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
2
1 2009 2010
2009b c b c
+ ≥
+

( , ,..., ),...,( , ,..., )
n m m m n
a a a a a a

ta có
ij ij
1 1
1 1
m
m m
n n
m
a a
j j
i i
 
 
 ÷
 ÷
≥
∑ ∑
∏ ∏
 ÷
 ÷
= =
= =
 
 
.
Đẳng thức xảy ra khi m dãy đó tương đương tỉ lệ.

8 8 8
a b c
A
a bc b ac c ab
= + +
+ + +

2 2 2 3 3 3
( 8 ) ( 8 ) ( 8 ) 24B a a bc b b ac c c ab a b c abc= + + + + + = + + +
.
Sử dụng bất đẳng thức Holder với ba dãy ta có
3
. . ( )A A B a b c≥ + +
Lúc này ta chỉ cần chứng minh
3
( )a b c B+ + ≥
hay
3 3 3 3
( ) 24a b c a b c abc+ + ≥ + + +
SVTH: Nguyễn Thị Phương
13
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0c a b a b c b c a⇔ − + − + − ≥
(đúng với mọi số dương a, b, c).
Vậy
. 1A A ≥
suy ra 1A ≥ , bài toán được chứng minh.
Bài toán 14:
Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn không có hai số nào đồng

2
b c a b ca
b ca a b c
+ +
≥
+ + +
;
4 2 2 2
2
2 2
2
c a b c ab
c ab a b c
+ +
≥
+ + +
.
Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được
2 2 2
2 2 2a bc b ca c ab
VT a b c
a b c a b c a b c
+ + +
≥ + + = + +
+ + + + + +
. (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
1.2.3 Bất đẳng thức Chebyshev
Cho dãy số thực
1 2

Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Nếu
1 2
...
n
b b b≥ ≥ ≥
thì
1 1 2 2 1 2 1 2
1
... ( ... )( ... )
n n n n
a b a b a b a a a b b b
n
+ + + ≤ + + + + + +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2
...
n
a a a= = =
hoặc
1 2
...
n
b b b= = =
.
Bài toán 15:
Cho các số thực a, b, c lớn hơn 1 thoả mãn:
2 2 2
1 1 1

Thật vậy, từ giả thiết ta có
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
2 2 2
0
1 1 1
a b c
a b c
− − −
⇔ + + =
+ + +

Bất đẳng thức cần chứng minh
2 2 2
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + ≥
− − −
SVTH: Nguyễn Thị Phương
15
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
2 2 2
2 2 2
4 4 4
0
1 1 1

+ + +
≤ ≤
− − −
.
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai bộ ngược chiều trên ta được
2 2 2 2 2 2
. . .
1 1 1 1 1 1
a a b b c c
a a b b c c
− + − + − +
+ +
+ − + − + −
1 2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 1 1 1
a b c a b c
a b c a b c
− − − + + +
  
≤ + + + +
 ÷ ÷
+ + + − − −
  
= 0 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chi khi a = b = c = 2.
Bài toán 16:
Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
3
a b c
b c a c a b a b c

Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
1.2.4. Bất đẳng thức Jensen
Định nghĩa: Cho Ι là một khoảng trên tập thực
¡
. Hàm f xác định
trên khoảng
Ι ⊂
¡
được gọi là lồi nếu với mọi
,x y∈Ι
và
λ
∈
[0,1] thì
( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )f x y f x f y
λ λ λ λ
+ − ≤ + −
.
Tính chất: Cho
:f Ι → ¡
là một hàm số có đạo hàm, khi đó f là hàm
lồi nếu và chỉ nếu
0f
′′
≥
.
Bất đẳng thức Jensen: Nếu
:f Ι → ¡
là hàm lồi trên Ι thì với mọi
1 2

+ + + + + +
+ +
≥ .
Chứng minh:
Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau
ln ln ln ln
3
a b c a b c
a b c
a b c a b c a b c
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
ln ln ln
ln
3 3 3
a a b b c c a b c a b c+ + + + + +
⇔ ≥
.
Xét hàm số
( ) lnf x x x=
. Đây là hàm lồi khi x > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
( ) ( ) ( )
3 3
a b c f a f b f c
f
+ + + +
 
≤

Xét hàm số
( )
1
x
f x
x
=
−
;
:(0,1)f → ¡
.
Ta có
( )f x
′
=
3 2
2
2(1 )
x
x
−
−
;
1 (4 )
( ) 0
2
4(1 )
x x
f x
x

( )( ) ( )( ) ( )( ) 0
k k k
a a b a c b b c b a c c a c b− − + − − + − − ≥
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các
hoán vị tương ứng.
SVTH: Nguyễn Thị Phương
18
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Trường hợp k =1 thường được biết đến với tên gọi là bất đẳng thức
Schur bậc ba, nó có các dạng tương đương là:
3 3 3
3 ( ) ( ) ( );a b c abc ab a b bc b c ca c a+ + + ≥ + + + + +
3
( ) 9 4( )( );a b c abc a b c ab bc ca+ + + ≥ + + + +
( )( )( );abc a b c b c a c a b≥ + − + − + −
2 2 2
9
2( );
abc
a b c ab bc ca
a b c
+ + + ≥ + +
+ +
4
2;
( )( )( )
a b c abc
b c c a a b a b b c c a
+ + + ≥

2 2 2
2 2 2
1
4 5 4 5 4 5
a b c
a bc b ca c ab
+ + >
+ + +
.
Khi đó đặt
2 2 2
2 2 2
; ;
4 5 4 5 4 5
a b c
x y z
a bc b ca c ab
= = =
+ + +
.
Ta dễ thấy
1
, ,
2
x y z ≤
và
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 4 1 4 1 4
; ;

]
=
( )( )( )(3 )(3 )(3 )y z x z x y x y z x y z y z x z x y+ − + − + − + + + + + +

3 3
5 ( )
( )( )( ).
27
x y z
y z x z x y x y z
+ +
≤ + − + − + −
(AM-GM)

3 2 2 2
5 ( )( )
( )( )( ).
9
x y z x y z
y z x z x y x y z
+ + + +
≤ + − + − + −
=
3
5
9
[
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2( ) ( )x y y z z x x y z+ + − + +
](

20
Khóa luận tốt nghiệp GVHD: Th.S Phạm Lương Bằng
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 20:
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có
2 2 2
2 2 2
3
( ) ( ) ( ) 2
a bc b ca c ab
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +
.
Chứng minh:
Sử dụng bất đẳng thức Nesbitt
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
Ta đi chứng minh một bất đẳng thức mạnh hơn
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
a bc b ca c ab a b c