CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT
Đ
ẲNG

TH
ỨC

S
ẮP

X
ẾP

L
ẠI

V
À

B
ẤT

Đ
ẲNG

TH
ỨC

CHEB

nΥ
là hai dãy các số thực. Ta đặt
1 1 2 2
1 2 1 1n n
n n n
A a b a b a b
B a b a b a b
-
= + + +
= + + +

Gọi
1 2
( , , , )
n
x x x
là một hoán vị của
1 2
( , , , )
n
b b b
, đặt
1 1 2 2

n n
X a x a x a x= + + +
Khi đó ta có bất đẳng thức sau A X B³ ³

à hi
ển nhiên.

-
Gi
ả sử bất đẳng thức đúng cho
n k
= , v
ới 1
n k
= +

ta đ
ặt
1k i
b x
+
=
và
1
k j
x b
+
= .

Từ bất đẳng thức
( )
(
)
1 1


n
b b b£ £ £ .

Với kí hiệu như trên, một cách ngắn gọn ta coi A là tổng các chỉ số “cùng chiều”, B
là tổng các chỉ số “đảo chiều”, còn X là tổng các chỉ số “tùy ý”. Bất đẳng thức Sắp xếp lại
cho ta: tổng cùng chiều ³ tổng tùy ý ³ tổng đảo chiều.
sent to
www.laisac.page.tlVic ỏp dng bt ng thc Sp xp li quan trng nht ch bin i bt ng thc
cn chng minh v dng cú cỏc v l tng ca tớch cỏc phn t tng ng ca 2 dóy m th
t ca chỳng liờn quan vi nhau (cựng th t hoc ngc th t). Chng hn hai dóy
{
}
, ,
a b c
v
{
}
3 3 3
, ,
a b c
cú cựng th t, cũn vi , , 0x y z >
thỡ hai dóy
{
}
, ,
x y z

:
1 2
, , ,
n
a a a
tha món
1 2
1 2
0
1
n
n
a a a
a a a
+ + + =
ỡ
ù
ớ
+ + + =
ù
ợ

Chng minh rng
1 2
1
2
2
n
n
a a na


T
gi thit ta suy ra
1 2
1

2
t
j j j
a a a+ + + =
v
1 2
1

2
k
s s s
a a a+ + + = - .

Khụng gim tớnh tng quỏt, ta cú th gi s
1 2
2 0
n
a a na+ + +
( vỡ nu trỏi li ta
dựng phộp t
'
i i
a a= -
). Theo bt ng thc Sp xp li ta cú:

2
2
a b
b c
+

+
ồBi gii :
Ta cú
2 2
( ) ( )
1
a b a b a b c a a b
b c b c b c
+ + + + +
= = +
+ + +
ồ ồ ồ

bt ng thc cn chng minh tr thnh
( )
a a b
a b c
b c
+
+ +
+

x y z
>
Ch
ng minh rng
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
y x z y x z
x y z y z x z x y
- - -
ộ ự ộ ự ộ ự
+ + + Ê
ở ỷ ở ỷ ở ỷBi gii:
t
(
)
(
)
(
)
2 2 2
, ,a x y z b y z x c z x y= + = + = +
.


{
}
ln ,ln ,lna b c
cng cú th t nh 2 dóy trờn, ta suy ra iu phi chng minh.

Bi toỏn 4:
Cho tam giỏc nhn ABC .
Chng minh rng
3
1 sin sin
2
A B-
ồ

Bài giải:
Sử dụng định lý sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
(
)
2
2 2
2
3
3 4 4 0 0
4
R ab
R R ab R ab R
R ab R

Vì 2 dãy
{
}
, ,a b c và
2 2 2
1 1 1
, ,
4 4 4
R bc R R ca R R ab R
ì ü
í ý
- + - + - +
î þ
có cùng thứ tự
nên theo bất đẳng thức Sắp xếp lại ta có
2 2 2
2 2 2 2
2 2
4 4 4 4
c a b ab
R ab R R ab R R ab R R ab R
³ + ³
- + - + - + - +
å å å å

Vậy (2) được chứng minh, kết hợp với (1) ta suy ra (*) được chứng minh.
Bài toán 5:
Cho
, , 0.a b c >


(
)
( )( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
1 1 1 2
2 1 1
1 1
1 1
a b a b a b ab a b ab a b ab a b
a b a b a b a b
b a ab b a
a b
+ + + ³ + + = + + + ³ + +
+ + + + +
Þ + = ³ = +
+ +
+ +
å å å å å å

Theo bất đẳng thức Sắp xếp lại
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1
1 1 1
1 1

æ ö æ ö
+ + + +
³ + + + = +
ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷
+ + + +
è ø è ø
å å å å
å å å å

hay
2
2
1
1
a a
b b
+
³
+
å å
(đpcm).

Bài toán 6
:
Cho
, , 0a b c
³ thỏa mãn 1
a b c
+ + =

Theo b
ất đẳng thức Sắp xếp lại: có
3 2 2 2
a a b b c c a³ + +
å

và
3 2 2 2
a ab bc ca³ + +
å
,
c
ộng từng vế ta thu đ
ược
(
)
(
)
3 3
2 4 2
a ab a b a ab a b³ + Û ³ +
å å å å

(2).

Cu
ối c
ùng, cộng từng vế của (1) v
à (2) ta có đpcm.


a bc b cd c da d ab a abc b bcd c cda d dab
p pqr q pqs r prs s qrs pq rs pr qs
pq rs pr qs p q r s
p s q r
+ + + = + + +
Ê + + + = + +
ộ ự
+ + + + + +
ổ ử ổ ử
Ê = + + Êộ ự
ờ ỳ
ỗ ữ ỗ ữ
ở ỷ
ố ứ ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ

(bt ng thc u tiờn l bt ng thc Sp xp li, hai bt ng thc sau l bt ng
thc AM-GM)
ý l 4p q r s a b c d+ + + = + + + =
, ta cú pcm.

III.Bt ng thc Chebyshev dng mu s
Bt ng thc Chebyshev c in cú th coi nh l h qu ca bt ng thc Sp xp li
(xem bi tp ỏp dng 1 phn V), t dng c in ny ngi ta m rng bt ng thc
Chebyshev theo mt vi hng, sau õy l mt dng m rng cú nhiu ng dng chng
minh bt ng thc:

Bt ng thc Chebyshev dng mu s (cũn gi l dng Engel) c phỏt biu nh sau:
a) Nu ta cú

x x x
x x x
ỡ
Ê Ê Ê
ù
ớ
ù
Ê Ê Ê
ợ
thỡ ta cú
(
)
1 2
1 2
1 2 1 2
n
n
n n
n a a a
a
a a
x x x x x x
+ + +
+ + + Ê
+ + +

b)

n
n
a
a a
x x x
x x x
ỡ

ù
ớ
ù
Ê Ê Ê
ợ

thỡ ta cú

( )
1 2
1 2
1 2 1 2
n
n
n n
n a a a
a
a a
x x x x x x

+ + + + + + + + + + + +

Không giảm tính tổng quát, giả sử
c b a
£ £
, thế thì
c ca ca b bc ba a ab ac+ + £ + + £ + +
Lại có
a b c
ab ac a bc ba b ca cb c
³ ³
+ + + + + +
luôn đúng (vì bất đẳng thức này
a b cÛ ³ ³
)
Do đó theo a) thì

(
)
( )
1 1 1
1 1 1
3
2
a b c
a b b c c a ab ac a bc ba b ca cb c
a b c
a b c ab bc ca
+ + = + +
+ + + + + + + + + + + +

Ch
ứng minh rằng

4 9 4 9 4 9
13
ab bc ca
ab a b bc b c ca c a
+ + +
+ + ³
+ + + + + +L
ời giải:
Không m
ất tính tổng quát, giả sử
a b c³ ³ , khi đó t
ừ bất đẳng
thức luôn đúng
( )( )
1 0
a b c+ - ³ ta suy ra ab a b ac a c+ + ³ + + . Tương tự ta thu đ
ư
ợc
ab a b ac a c bc b c+ + ³ + + ³ + +
Cũng từ bất đẳng thức luôn đúng
( )( )( )
3 3 0b c a a- - + ³ ta thu được
4 9 4 9ab ca
ab a b ca c a

6
ab
ab
ab
+
³ Û £
+
å
å
å

bất đẳng thức cuối cùng này đúng do
(
)
2
3
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + £ =
.

Bài toán 3
: Cho tam giác nhọn
ABC
.
Chứng minh rằng
1 1 1 3
1 tan tan 1 tan tan 1 tan tan

å
Õ

có
( )
( )
(
)
( )
3 tan tan tan
tan tan tan 2 tan tan tan tan tan tan
3 3
2 tan tan tan tan tan tan
3 tan tan
1
1 2
tan tan tan
tan
3 3
1 2 3
3 tan
1 2
tan
A B C
A B C A B B C C A
A B B C C A
A A
A B C
A
A

+ + + + +Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
( )( )
2 2 2
2 2 2
2
3 2 2
3 0 0
1
a b a b c
a b c ab ac bc
a b c ab ab
+ + +
æ ö
+ + - - -
- ³ Û ³
ç ÷
+ + + +
è ø
å å

Không giảm tính tổng quát, giả sử
1 1 1a b c ab ac bc³ ³ Þ + ³ + ³ +

Ta cần tiếp tục kiểm tra bất đẳng thức
(
)
( ) ( ) ( )

a b c ab ac bc a c b ac ab bc
ab ac
b c a b c a b c abc b c a b c a b c
b c b c a a abc ab abc ac a b a c
b c b a c a abc a a a b c ab ac
b c b c b c
+ + - - - + + - - -
£
+ +
Û - - - + - - - + - - - ³
Û - + - - - + + + - - ³
Û - - + - + + - + + + + ³
Û - + + +
(
)
2 2
2 2 0
abc ab ac
+ + ³

bất đẳng thức trên luôn đúng, tương tự ta thu được
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 2 2 3 2 2 3 2 2
1 1 1
a b c ab ac bc a c b ac ab bc b c a bc ab ca
ab ac bc
+ + - - - + + - - - + + - - -
£ £
+ + +


sao cho 1
x y z
+ + = .
Chứng minh rằng
2 2 2
9
1 1 1 10
x y z
x y z
+ + £
+ + +Lời giải: Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z
x y z
x y z x y z
+ + £ + +
+ + + + + +

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp , , 0x y z > .
Không mất tính tổng quát, giả sử
x y z
³ ³ , khi đó
2 2 2
1 1 1x y z+ ³ + ³ +
3
3 9
1
1 1 1 3 10
3
3
x y z
x y z
x y z x y z
x y z
+ +
+ + £ £ =
+ + + + + +
+ + +

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 6
: Cho
, , 0a b c > thỏa mãn
1 1 1
1
1 2 1 2 1 2ab bc ca
+ + ³
+ + +

Chứng minh rằng
3a b c abc+ + ³

Lời giải:

+ +
+ + = + + £
+ + + + + + + + +

kết hợp với giả thiết ta suy ra
( )
3
1 3
6
a b c
a b c abc
a b c abc
+ +
³ Û + + ³
+ + +

Ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi 1a b c= = =Bài toán 7: Cho , , 0a b c > thỏa mãn 3ab bc ca+ + = .
Chứng minh rằng ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1 3
1 1 1 1 2a b c b c a c a b abc
+ + £
+ + + + + + +


- + - + - ³
+ + + + + + + + +
- - -
Û + + ³
+ - + - + -
- - -
Û + + ³
+ - + - + -

Không mất tính tổng quát, giả sử a b c
³ ³ , khi đó
( ) ( ) ( )
1 3 1 3 1 3
abc ba abc ac abc bc
+ - £ + - £ + -
Và ta cũng có
(
)
(
)
(
)
1 1 1
1 3 1 3 1 3
bc ac ba
abc bc abc ac abc ba
- - -
³ ³
+ - + - + -



Bài tập 1: (bất đẳng thức Chebyshev)
Kí hi
ệu
,A B
giống nh
ư trong b
ất đẳng thức Sắp xếp lại.

CMR:
(
)(
)
1 2 1 2

n n
a a a b b b
A B
n
+ + + + + +
³ ³
Bài t
ập 2
:
Cho
n s
ố thực d
ương
1 2
, , ,

RHM AM GM HM
³ ³ ³
Bài tập 3:
Cho
, , 0.a b c > CMR:
1
2
k k
a a
a b
-
³
+
å å
( 2)k" ³
Bài tập 4: Cho
( )
, , 1;a b cÎ +¥
. CMR:
2 2 2
log log log log log log
ab bc ca
a bc ab c abc
c a b bc ca ab+ + ³ + +

Bài tập 5:
Kí hiệu , ,

+ + ³
+ + +

b)
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
a b c
b c c a a b
+ + +
+ + ³ + +
+ + +

c)
5 5 5 2 2 2
3 3 3 3 3 3
2
a b c a b c
a b b c c a
+ +
+ + ³
+ + +

Bài tập 7:
Cho
, , 0a b c > thỏa mãn 3a b c+ + =
.
CMR:
1 1 1 3
9 9 9 8ab bc ca

10
:
Chứng minh rằng với
, , 0a b c
³ và 2 0k³ ³ ta có bất đẳng thức
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
0
a bc b ca c ab
b c ka a c kb b a kc
- - -
+ + ³
+ + + + + +

V. Tài liệu tham khảo:
1. G.H. Hardy, J.E. Littlewood, G. Polya, Bất đẳng thức.
2. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức ( tập 1).
3. VIMF (Nhiều tác giả), Discovery Inequalities (Third version).