Header Page 1 of 126.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------------------

NGUYỄN TÀI TUỆ

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC
VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐA THỨC
ĐỐI XỨNG BA BIẾN

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số:
60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Hà Nội – Năm 2014

Footer Page 1 of 126.


Header Page 2 of 126.

Mục lục
MỞ ĐẦU


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.



3 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi
3.1 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ
3.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . .
3.1.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . .
3.1.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm vô tỉ . . . . . .
3.2.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . .
3.2.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . .
3.2.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45
45
45
50
53
55
56
56
59
60
62

1

Footer Page 2 of 126.




.
.
.
.

63
63
68
73
77

KẾT LUẬN

78

TÀI LIỆU THAM KHẢO

79

2

Footer Page 3 of 126.


Header Page 4 of 126.

MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán học. Ngay
từ đầu, sự ra đời và phát triển của bất đẳng thức đã đặt dấu ấn quan trọng,

MỞ ĐẦU

toán học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học
tập và hoàn thiện luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học,
Khoa Toán- Cơ - Tin, các thầy cô đã tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành
bản luận văn này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 01 tháng 12 năm 2014
Tác giả

4

Footer Page 5 of 126.


Header Page 6 of 126.

Chương 1

Một số kiến thức bổ trợ
1.1

Đa thức đối xứng ba biến

1.1.1 Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1.1. Một đơn thức ϕ(x, y, z) của các biến x, y, z được hiểu là hàm
số có dạng
ϕ(x, y, z) = aklm xk y l z m ,


Footer Page 6 of 126.


Header Page 7 of 126.
Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Định nghĩa 1.6. Các đa thức sk = xk + y k + z k , (k = 0, 1, ...), được gọi là tổng
lũy thừa bậc k của các biến x, y, z.
Định lý 1.1 ( Công thức Newton). Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức
sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 .

Định lý 1.2. Một tổng lũy thừa sk = xk + y k + z k đều có thể biểu diễn được
dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ1 , σ2 , σ3 .
Định lý 1.3 (Công thức Waring). Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua cá đa
thức đối xứng cở sở theo công thức
sk
=
k

1.2

0≤l,m,n
l+2m+3n=k

(−1)k−l−m−n (l + m + n − 1)! l m n
σ1 σ2 σ3 .
l!m!n!

Tính chất cơ bản của bất đẳng thức




Header Page 8 of 126.
Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Hệ quả 1.1. Với mọi số thực dương a1 , a2 , . . . , an ta có
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an

(a1 + a2 + · · · + an ) ≥ n2 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
Hệ quả 1.2. Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có
1. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
2. a2 + b2 + c2 ≥

(a + b + c)2
3

3. (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)
4. a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc(a + b + c)
5. (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c).
1.3.2

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

R, yi > 0. Ta thu được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ( hay còn
gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel).
Hệ quả 1.3. Nếu x1 , x2 , . . . , xn là các số thực và y1 , y2 , . . . , yn là các số thực
dương thì
x21 x22
x2
(x1 + x2 + . . . xn )2
+
+ ··· + n ≥
.
y1
y2
yn
y1 + y2 + · · · + yn
x
x
x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 = 2 = · · · = n .
y1
y2
yn
1.3.3

Bất đẳng thức Karamata

Định lý 1.6. Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn điều kiện
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn

7


đẳng thức.
Bổ đề 1.1. Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên I(a; b).
a. Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f (x) ≥ f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), ∀x0 ∈ I(a; b).
b. Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f (x) ≤ f (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), ∀x0 ∈ I(a; b).
Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = x0 .

8

Footer Page 9 of 126.


Header Page 10 of 126.

Chương 2

Bất đẳng thức có tổng các biến
không đổi
2.1
2.1.1

Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm phân
thức hữu tỉ
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM

Đối với bất đẳng thức P (x, y, z) ≥ 0 (≤ 0), Trong đó P (x, y, z) là đa thức hoặc
phân thức hữu tỉ và có tổng x + y + z không đổi, thì khi đó sử dụng các kĩ thuật
của bất đẳng thức AM − GM như dự đoán dấu bằng xảy ra, AM − GM ngược
dấu, đặt ẩn phụ, ... tỏ ra rất hiệu quả.
Bài toán 2.1. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh rằng

+
≥ .
a+2
9
3

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được
a2
b2
c2
5
2
+
+
≥ (a + b + c) − = 1.
b+2 c+2 a+2
9
3

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

9

Footer Page 10 of 126.


Header Page 11 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

Bài toán 2.2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng

1
1
+ +
≥ a2 + b 2 + c 2
ab bc ca
a+b+c
⇔
≥ a2 + b 2 + c 2
abc
3
⇔
≥ a2 + b 2 + c 2
abc
⇔abc(a2 + b2 + c2 ) ≤ 3

⇔

⇔abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≤ 9.

Ta có
abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≤

(ab + bc + ca)2 2
(a + b2 + c2 ).
3

Do đó ta chứng minh
(ab + bc + ca)2 2
(a + b2 + c2 ) ≤ 9 ⇔ (ab + bc + ca)2 (a2 + b2 + c2 ) ≤ 27.
3


Chứng minh.

10

Footer Page 11 of 126.


Header Page 12 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

Ta có
19 = 3 (a + b + c)2 − 8 = 3 a2 + b2 + c2 + 6 (ab + bc + ca) − 8.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2 a2 b + b2 c + c2 a + 4abc ≥ 6 (ab + bc + ca) − 8
⇔a2 b + b2 c + c2 a + 2abc + 4 ≥ 3 (ab + bc + ca) .

Mà ta lại có
3 (ab + bc + ca) = (a + b + c) (ab + bc + ca)
= a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 + 3abc.

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
4 ≥ ab2 + bc2 + ca2 + abc.

Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0
⇒ (b − a) (b − c) ≤ 0
⇔b2 − bc − ab + ac ≤ 0
⇔ab2 + a2 c ≤ a2 b + abc.


kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a
b
c
3
+
+
≥ .
2
2
2
1+b
1+c
1+a
2

Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a
ab
ab2
ab2
=a− .
=
a
−
≥
a
−
2

.
2
2
2
1+b
1+c
1+a
2
2

Mặt khác, ta có
ab + bc + ca ≤

do đó

(a + b + c)2
=3
3

a
b
c
ab + bc + ca
3
+
+
≥3−
≥ .
2
2

Footer Page 13 of 126.


Header Page 14 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

ab + 2c2 + 2c = ab + 2c2 + 2c(a + b + c)
= ab + 4c2 + 2ac + 2bc
= (b + 2c)(a + 2c)
a(b + 2c)b(a + 2c)
=
ab
(ab + 2ac)(ab + 2bc)
=
ab
[ab + 2ac + ab + 2bc]2
≤
4ab
(ab + bc + ca)2
=
ab

từ đó suy ra
ab
1
≥
.
2
ab + 2c + 2c
(ab + bc + ca)2

1
3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
Bài toán 2.6. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh
rằng
a2 + bc b2 + ca c2 + ab
+
+
≥ 3.
b + ca
c + ab
a + bc

Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a2 + bc
b2 + ca
c2 + ab
+
+
≥1
3b + 3ca 3c + 3ab 3a + 3bc
a2 + bc
b2 + ca
c2 + ab
⇔
+
+
≥ 1.

.
3a + 3bc
a + b2 + c2 + ab + bc + ca

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
a2 + bc
b2 + ca
c2 + ab
+
+
≥ 1.
3b + 3ca 3c + 3ab 3a + 3bc

Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

14

Footer Page 15 of 126.


Header Page 16 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

2.1.2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Nếu yêu cầu của bất đẳng thức là chứng minh P (x, y, z) ≥ 0(≤ 0) với P (x, y, z)
có dạng tổng các bình phương hoặc phân thức với tử số của mỗi phân thức có

c2
=
+
+
.
2ab + ac 2bc + ab 2ac + bc

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a2
b2
c2
(a + b + c)2
+
+
≥
.
2ab + ac 2bc + ab 2ac + bc
3 (ab + bc + ca)

Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

do đó

b2
c2
(a + b + c)2
a2
+
+

+ c2

1
1
1
,√ ,√ ,√
ab bc cd
15

Footer Page 16 of 126.


Header Page 17 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

và

√
√
√
a2 + b2 + c2 , 3 ab, 3 bc, 3 ca

ta có
1
1
1
1
+
+
a2 + b2 + c2 + 9ab + 9bc + 9ca ≥ (1 + 3 + 3 + 3)2


Theo hệ quả của bất đẳng thức AM − GM, ta có
(a + b + c)2
≥ ab + bc + ca
3

nên
a2

1
1
1
1
+
+ +
≥
2
2
+b +c
ab bc ca

100
(a + b + c)2
1+7
3
= 30.
1
3

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

+
− 2
≥ −
2
2
2
2 a +b +2
2 b +c +2
2 c +a +2
2 4
2
2
2
2
2
2
a +b
b +c
c +a
3
⇔ 2
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
a +b +2 b +c +2 c +a +2
2
2

a2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2

16

Footer Page 17 of 126.


Header Page 18 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(b + c)2
(c + a)2
[2(a + b + c)]2
(a + b)2
+
+
≥
a2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6

(1)

(b − a)2
(b − c)2
(c − a)2
(2b − 2a)2
+
+
≥

+
+
≥
a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6
(b − c)2
(a − c)2
(2a − 2c)2
(a − b)2
+
+
≥
a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2
2a2 + 2b2 + 2c2 + 6

và cùng lần lượt đưa bài toán về chứng minh
(a − b)(c − a) ≥ 0

(4)

(b − c)(a − b) ≥ 0.

(5)

Như vậy nếu trong các bất đẳng thức (3),(4) và (5) có một bất đẳng thức
đúng thì bài toán sẽ được chứng minh song. Ta thấy rằng
[(c − a)(b − c)] [(a − b)(c − a)] [(b − c)(a − b)] = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 ≥ 0

nên ít nhất một trong ba số (c-a)(b-c), (a-b)(c-a),(b-c)(a-b) sẽ có một số không
âm. Tức là phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng hay bất đẳng thức được

Bài toán 2.10. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng
minh rằng
7a2

a
b
c
1
+ 2
+ 2
≤ .
+ 11 7b + 11 7c + 11
6

Chứng minh.
Bất đẳng thức cần chứng minh
14a
14b
14c
14
+1− 2
+1− 2
≥3−
+ 11
7b + 11
7c + 11
6
2
2
2

2
2
2
2
2
7a + 11 7b + 11 7c + 11
7a + 11 7b + 11 7c + 11
3
⇔1 −

7a2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
1
1
1
(1 + 1 + 1)2
+
+
≥
7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11
7(a2 + b2 + c2 ) + 33
9
=
2
2
7(a + b + c2 ) + 33
3(a + b + c)2
=
21(a2 + b2 + c2 ) + 11(a + b + c)2

21(a + b + c ) + 11.(a + b + c)2
4(b + c − 2a)2
=
.
3 [21(a2 + b2 + c2 ) + 11.(a + b + c)2 ]

Bất đẳng thức được chứng minh nếu
4.3(a + b + c)2
7.4(b + c − 2a)2
2
+
≥
2
2
2
2
2
2
2
2
21(a + b + c ) + 11(a + b + c)
3 [21(a + b + c ) + 11.(a + b + c) ]
3
2
2
2
2
2
2
⇔2.9(a + b + c) + 7.2(b + c − 2a) ≥ 21(a + b + c ) + 11(a + b + c)


42(c − a)(c − b) ≥ 0

(3)

mà ta lại có
(a − b)(a − c) + (b − a)(b − c) + (c − a)(c − b) = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≥ 0.

Do đó trong (1),(2),(3) có ít nhất một bất đẳng thức đúng. Từ đó suy ra điều
phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

19

Footer Page 20 of 126.


Header Page 21 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

Bài toán 2.11. Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c tùy ý ta đều có
(b + c − a)2
(c + a − b)2
(a + b − c)2
3
+
+
≥ .
2
2

3

1
3
1
b−
3
b−

2

b−
2

1
c−
3

1
3

c−

a2 + b 2 ≤

c−

1
3


−c
9
3
9
3

2

.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(1 − 2a)2
(1 − 2b)2
[2 − 2(a + b)]2
+
≥
2a2 − 2a + 1 2b2 − 2b + 1
2(a2 + b2 ) − 2(a + b) + 2
[2 − 2(a + b)]2
≥
2
1
+ ( − c)2 − 2 (1 − c) + 2
2
9
3
2c2
=
2
1

2.1.3

Sử dụng các tính chất của hàm số

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức dạng P (x, y, z) ≥ 0(≤ 0), dựa
vào tổng không đổi và dựa vào dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Ta có
thể đưa bài toán về dạng hàm một biến và sử dụng các tính chất của hàm số để
khảo sát. Hoặc sử dụng bất đẳng thức Karamata và bổ đề cơ bản.
Bài toán 2.12. Với x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1
1
+
≥ 16.
xz yz

Chứng minh.
Yêu cầu bài toán ⇔

1
z

1 1
+
x y

≥ 16.

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
1 1
4

Ta lập bảng biến thiên
z

1
2

0
−

f (z)
f (z)

0

1
+

+∞

+∞
0

Từ bảng biến thiên, ta có f (z) ≥ 0, với ∀z ∈ (0; 1).
1
4

1
2

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


Do đó
P = xy + yz + zx − 2xyz
= (xy + zx) + (yz − 2xyz)
= x(y + z) + yz(1 − 2x)
(1 − x)2
(1 − 2x)
4
−2x3 + x2 + 1
=
= f (x).
4
≤ x(1 − x) +

Xét hàm số f (x) =

−2x3 + x2 + 1
1
với x ∈ 0; ,
4
3
−6x2 + 2x
4
x=0
1 .
⇒f (x) = 0 ⇔
x=
3
f (x) =



7
.
27
1
3

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

22

Footer Page 23 of 126.


Header Page 24 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

Bài toán 2.14. Với x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
xy + yz + zx ≤

1 9
+ xyz.
4 4

Chứng minh.
1
Giả sử z = min{x, y, z} ⇒ 0 ≤ z ≤ .
3

Có x + y + z = 1 ⇒ 1 − z = x + y.

(1 − ) + z − z 2
4
4
1
= (−9z 3 + 6z 2 − z + 4).
16
1

Xét hàm f (z) = −9z 3 + 6z 2 − z + 4, với z ∈ 1; .
3

1
3
Ta có f (z) = −27z 2 + 12z − 1 ⇒ f (z) = 0 ⇔ 
1
z= .
9
z=

Ta lập bảng biến thiên
z

1
9

0

f (z) | −
4
f (z)

3



23

Footer Page 24 of 126.


Header Page 25 of 126.
Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi

Bài toán 2.15. Với x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng
5
2(x3 + y 3 + z 3 ) + 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 12xyz ≥ .
3

Chứng minh.
1
Giả sử x = min{x, y, z} ⇒ x ∈ 0; .
3

Từ giả thiết ta có y + z = 1 − x và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
yz ≤

(y + z)2
.
4

Đặt 2(x3 + y 3 + z 3 ) + 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 12xyz = P.


Đặt x3 − x + 2 = f (x) với x ∈ 0;

Ta có bảng biến thiên
x
f (x)
f (x)

0

1
3

| −
2

0
5
3

Từ bảng biến thiên ta suy ra
P ≥ f (x) ≥

5
1
với x ∈ 0; .
3
3
1
3