← Trở về thư viện

108 bài tập và vấn đề về bất đẳng thức - Làm quen với Không cân bằng $\ge \le$

Tuyển tập 108 bài toán bất đẳng thức THCS từ cơ bản đến nâng cao, phương pháp biến đổi tương đương, Cauchy, Bunhiacopxki ôn thi vào lớp 10 và thi học sinh giỏi.

Mục lục bài viết24 mục

Làm quen với ⩾⩽\ge \le Không cân bằng: 108 bài tập và vấn đề về bất đẳng thức

Ghi nhớ

Thông tin tác giả & Bản quyền tài liệu

  • Tác giả / Chủ biên: TS. Nguyễn Văn Lợi và Nhóm Sigma-Maths
  • Email liên hệ: sigmathsgroup@gmail.com / loiscenter@gmail.com
  • Đơn vị phát hành: Sigma-Maths / Lợi Center (Hà Nội, 09/03/2017)
  • Mục đích: Bồi dưỡng học sinh khá giỏi, rèn luyện tư duy logic, kỹ năng giải toán sáng tạo và làm quen với các bất đẳng thức kinh điển trong chương trình THCS và luyện thi vào lớp 10 chuyên.

Lời giới thiệu

Cuốn sách nhỏ này được nhóm các thành viên SIGMA-MATHS sưu tầm và biên soạn phục vụ cho công nghệ giáo dục của nhóm.

Xuất phát từ các vấn đề rất đơn giản, người học có thể nhanh chóng làm quen và thân thiện với chuyên ngành Bất Đẳng Thức (BĐT), có cái nhìn tự tin, tổng thể trước các vấn đề về BĐT. Ngay cả khi phải rèn luyện các kỹ năng để đi thi, chúng ta vẫn có đủ bản lĩnh để đánh giá việc mình đang phải thực hiện. Vẫn có thể thấy mình đang làm toán hay đang làm quen với những kĩ năng thi cử.

Hi vọng các giảng viên hay các bạn lần đầu làm quen với BĐT đều tìm thấy những điều bổ ích.

Sách gồm 4 phần:

  1. Làm quen: Từ các bài tập đơn giản nâng cao dần, các giáo viên có thêm tài liệu giảng dạy tích hợp về đề tài. Các bạn học sinh có thể tự thực hiện các bài tập. Cuối chương chúng ta được làm quen với các BĐT nổi tiếng ở dạng đơn giản nhất.
  2. Tìm hiểu BĐT (Cho những người tò mò): Trong mục này chúng tôi giới thiệu hai đề tài thú vị. Đó là định lý sắp xếp và định lý Shapiro. Định lý sắp xếp cùng chứng minh chỉ vài dòng này đã gây bất ngờ. Hàng loạt các bất đẳng thức danh tiếng được chứng minh lại như những ví dụ áp dụng của định lý này. Đây cũng chính là động lực mở đường cho các trào lưu mới. Đề tài thứ hai là định lý Shapiro. Từ khi ra đời như một giả thuyết, phải sau 45 năm mới có câu trả lời đầy đủ cho câu hỏi đặt ra. Trạng thái đúng sai của giả thuyết lại gây sự chú ý lớn trong tâm điểm của nhiều cuộc luận bàn.
  3. Phần luyện tập: Kết thúc bằng những bài toán hay và lý thú, cuốn sách cung cấp cho các bạn những kết quả nổi tiếng dựa trên các kiến thức vừa làm quen.
  4. Appendix: Ghi nhanh một bài giảng lý thú của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu về BĐT bậc 2 và ứng dụng.

Mong bạn đọc đóng góp những ý kiến quý giá để công việc của chúng tôi ngày càng hoàn thiện và phục vụ các bạn được nhiều hơn. Cảm ơn các bạn!

Hà Nội, 09/03/2017
Ý kiến xin chuyển về: sigmathsgroup@gmail.com / loiscenter@gmail.com


Mục lục

  1. Làm quen với bất đẳng thức
  2. Trầm ngâm trong lâu đài Bất Đẳng Thức
  3. Luyện tập
  4. Appendix (Phụ lục)

1 Làm quen với bất đẳng thức

1.1 Bất phương trình

Bài 1. Giải các bất phương trình sau:

  • a) 3x+57−3x<4\dfrac{3x + 5}{7 - 3x} < 4;
  • b) x2−1x2+1<x3−1x3+1\dfrac{x^2 - 1}{x^2 + 1} < \dfrac{x^3 - 1}{x^3 + 1};
  • c) x+1−x<1100\sqrt{x + 1} - \sqrt{x} < \dfrac{1}{100}.

Bài 2. Các phân số a1b1,a2b2,…,anbn\dfrac{a_1}{b_1}, \dfrac{a_2}{b_2}, \dots, \dfrac{a_n}{b_n} có mẫu số bi>0b_i > 0 (i=1,2,…,ni = 1, 2, \dots, n). Chứng minh rằng giá trị của phân số:

a1+a2+⋯+anb1+b2+⋯+bn\dfrac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n}

nằm giữa giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của các phân số aibi\dfrac{a_i}{b_i} đã cho.

Bài 3. Dãy số sau dãy nào bị chặn trên (tức là tồn tại một số KK sao cho bất kì phần tử nào của dãy đều có giá trị không vượt quá KK). Hãy xác định có tồn tại số KK như vậy không và hãy tìm số KK nhỏ nhất nếu có thể trong mỗi trường hợp:

  • a) an=1+12+14+⋯+12na_n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dots + \dfrac{1}{2^n};
  • b) bn=1+13+19+⋯+13nb_n = 1 + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{9} + \dots + \dfrac{1}{3^n};
  • c) cn=1+12+13+⋯+1nc_n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dots + \dfrac{1}{n};
  • d) dn=1+11⋅2+12⋅3+⋯+1n(n+1)d_n = 1 + \dfrac{1}{1 \cdot 2} + \dfrac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \dfrac{1}{n(n + 1)}.

Bài 4. Dãy fn=1+122+132+⋯+1n2f_n = 1 + \dfrac{1}{2^2} + \dfrac{1}{3^2} + \dots + \dfrac{1}{n^2} có bị chặn hay không?


1.2 Các trung bình thường gặp

Bài 5. Đáy của một hình thang là aa và cc. Hãy biểu thị qua aa và cc các đại lượng sau:

  • a) Đường trung bình của hình thang.
  • b) Đoạn thẳng đi qua giao điểm của hai đường chéo, song song với hai đáy và giới hạn bởi hai cạnh bên của hình thang.
  • c) Đoạn thẳng nào lớn hơn trong các đoạn thẳng xác định trong a và b? Hãy cho chứng minh bằng đại số và hình học.

Bài 6. (Vận tốc trung bình, thời gian và quãng đường)

  • a) Một ô tô đi với vận tốc v1v_1 trong một thời gian nhất định, và sau đó đi với vận tốc v2v_2 cũng trong thời gian như vậy. Hỏi trên cả quãng đường xe ô tô đi với vận tốc trung bình là bao nhiêu?
  • b) Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc v1v_1, sau đó khi quay lại từ B về A với vận tốc v2v_2. Hãy xác định vận tốc trung bình của ô tô trong cả hành trình.

Bài 7. Tam giác vuông ABCABC. Đường cao CTCT chia cạnh huyền ABAB thành các đoạn AT=pAT = p, BT=qBT = q. Hãy biểu thị qua pp và qq các đại lượng sau:

  • a) Độ dài đường cao CTCT;
  • b) Độ dài đường trung tuyến CFCF;
  • c) Độ dài hình chiếu vuông góc của CTCT lên CFCF.

1.3 Trung bình cộng, nhân, bình phương, điều hòa của hai số

Bài 8.

  • a) Chu vi của một hình chữ nhật là PP. Diện tích (SS) của hình chữ nhật đó nằm trong khoảng nào?
  • b) Diện tích của một hình chữ nhật là SS. Chu vi (PP) của hình chữ nhật đó nằm trong khoảng nào?

Bài 9. Cho aa và b∈R+b \in \mathbb{R}^+. Hãy chỉ ra rằng:

  • a) a2+b22⩾a+b2\sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}} \ge \dfrac{a + b}{2};
  • b) a+b2⩾ab\dfrac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab};
  • c) ab⩾2aba+b\sqrt{ab} \ge \dfrac{2ab}{a + b};

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

Bài 10.

  • a) Nếu x∈R+x \in \mathbb{R}^+. Hãy chỉ ra rằng:x+1x⩾2x + \dfrac{1}{x} \ge 2
  • b) Nếu x∈Rx \in \mathbb{R}. Hãy chỉ ra rằng:∣x+1x∣⩾2\left|x + \dfrac{1}{x}\right| \ge 2

Bài 11. a,ba, b là các số dương. Chứng minh rằng:

ab+ba⩾2\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2

Bài 12. Điểm nào có tọa độ (x,y)(x, y) là nghiệm của phương trình hiperbol x⋅y=1x \cdot y = 1 có vị trí ở gần tâm của hệ tọa độ nhất?

Bài 13. Hàm số g(x)g(x) trên miền số thực. Giá trị cực tiểu (minimum) của hàm số là bao nhiêu?

g(x)=x2+2x2+1g(x) = \dfrac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}}

Bài 14. Chia đoạn thẳng ABAB thành hai phần bởi điểm PP sao cho các hình vuông được dựng trên các đoạn thẳng đó có tổng các diện tích:

  • a) Nhỏ nhất;
  • b) Lớn nhất.

Bài 15. Nếu tổng của hai số dương không đổi, thì tích của chúng càng lớn khi hiệu của chúng càng nhỏ. Tổng bình phương càng lớn khi hiệu của chúng càng lớn.

Bài 16. Các đường thẳng a,b,ca, b, c và dd tạo thành một hình tứ giác. Từ giao điểm của aa và bb người ta muốn đi đến giao điểm của hai đường kia với cùng một đứa trẻ. Vì vậy người ta phải chọn đường đi ngắn nhất. Đứng từ điểm xuất phát nhìn về hai phía người ta đều thấy ngay rằng trước khi đi được nửa của mỗi đường đều phải rẽ vuông góc tại góc phố gần nhất. Thêm nữa đoạn đường aa (có vẻ) dài hơn đoạn đường bb. Người ta phải chọn đi đường nào?

Bài 17. Nếu 0<b⩽a0 < b \le a, hãy chỉ ra rằng:

18⋅(a−b)2a⩽a+b2−ab⩽18⋅(a−b)2b\dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{(a - b)^2}{a} \le \dfrac{a + b}{2} - \sqrt{ab} \le \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{(a - b)^2}{b}

1.4 Bất đẳng thức trong bất đẳng thức

Bài 18. Cho a,b,ca, b, c là các số dương, chứng minh rằng:

(a+b)(b+c)(c+a)⩾8abc(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8abc

Bài 19. Cho a,b,ca, b, c là các số dương, chứng minh rằng:

2aba+b+2bcb+c+2cac+a⩽a+b+c\dfrac{2ab}{a + b} + \dfrac{2bc}{b + c} + \dfrac{2ca}{c + a} \le a + b + c

Bài 20. Cho a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n là các số dương sao cho a1a2…an=1a_1 a_2 \dots a_n = 1. Chứng minh rằng:

(1+a1)(1+a2)…(1+an)⩾2n(1 + a_1)(1 + a_2)\dots(1 + a_n) \ge 2^n

Bài 21. Nếu x,y,z∈Rx, y, z \in \mathbb{R}. Chứng minh rằng:

x2+y2+z2⩾xy2+z2+yx2+z2x^2 + y^2 + z^2 \ge x\sqrt{y^2 + z^2} + y\sqrt{x^2 + z^2}

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài 22. Cho a1,a2,a3a_1, a_2, a_3 là các số dương sao cho a1+a2+a3=1a_1 + a_2 + a_3 = 1. Chứng minh rằng:

4a1+1+4a2+1+4a3+1<5\sqrt{4a_1 + 1} + \sqrt{4a_2 + 1} + \sqrt{4a_3 + 1} < 5

Bài 23. Hàm số hai ẩn x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}:

f(x,y)=x2+y2−xy−x−y+1f(x, y) = x^2 + y^2 - xy - x - y + 1

Hãy xác định giá trị cực trị (cực đại, cực tiểu) của hàm số.

Bài 24. Chỉ ra rằng x2+xy+y23\sqrt{\dfrac{x^2 + xy + y^2}{3}} nằm giữa trung bình cộng A(x,y)A(x, y) và trung bình bình phương N(x,y)N(x, y). Các giá trị trung bình này so với giá trị A(x,y)⋅N(x,y)\sqrt{A(x, y) \cdot N(x, y)} có luôn nhỏ hơn hay lớn hơn không?


1.5 Trung bình cộng và trung bình nhân của nhiều số

Bài 25. Cho x,y,z∈R+x, y, z \in \mathbb{R}^+. Chứng minh rằng:

x+y+z3⩾xyz3\dfrac{x + y + z}{3} \ge \sqrt[3]{xyz}

Khi nào xảy ra dấu bằng?

Bài 26. Chứng minh bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. Nghĩa là nếu a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n là các số dương, thì:

a1+a2+⋯+ann⩾a1a2…ann\dfrac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n}

Khi nào xảy ra dấu bằng?

Bài 27. Cho x,yx, y là các số dương. Chứng minh rằng:

x3+y3+1⩾3xyx^3 + y^3 + 1 \ge 3xy

Bài 28. Số thực λ\lambda nhỏ nhất nào sao cho bất đẳng thức x4+y4+λ⩾8xyx^4 + y^4 + \lambda \ge 8xy luôn luôn đúng với mọi số thực x,yx, y?

Bài 29. Hãy chỉ ra rằng với các số dương a,ba, b bất kì bất đẳng thức sau luôn đúng:

a⋅bnn+1⩽a+nbn+1\sqrt[n+1]{a \cdot b^n} \le \dfrac{a + nb}{n + 1}

Bài 30. Từ các góc của hình vuông cạnh 30 cm, người ta cắt các hình vuông nhỏ rồi gấp vuông góc các phần còn lại thành một cái hộp mở nắp. Hỏi phải cắt những hình vuông con có cạnh bao nhiêu cm để hình hộp được tạo thành có thể tích lớn nhất?

Bài 31. (Đề tài tranh luận)
Tìm giá trị cực đại của hàm số bậc ba p(x)=3x3−7x2+4p(x) = 3x^3 - 7x^2 + 4 trên khoảng [−1,1][-1, 1].

  • GS. Đầu To: p(x)=(2−x)(1−x)(3x+2)p(x) = (2 - x)(1 - x)(3x + 2). Như vậy ngoài khoảng [−1;−32]\left[-1; -\dfrac{3}{2}\right] thì P<0P < 0 và trong khoảng [−32;1]\left[-\dfrac{3}{2}; 1\right] thì P⩾0P \ge 0. Như vậy chỉ cần khảo sát trên khoảng [−32;1]\left[-\dfrac{3}{2}; 1\right] là đủ. Trên khoảng này, (2−x)(2 - x), (1−x)(1 - x) và (3x+2)(3x + 2) đều không âm. Sử dụng AM - GM:2p(x)3=(4−2x)(1−x)(3x+2)3⩽(4−2x)+(1−x)+(3x+2)3=73\sqrt[3]{2p(x)} = \sqrt[3]{(4 - 2x)(1 - x)(3x + 2)} \le \dfrac{(4 - 2x) + (1 - x) + (3x + 2)}{3} = \dfrac{7}{3}Như vậy giá trị cực đại của p(x)p(x) là 7333⋅2≈6,35\dfrac{7^3}{3^3 \cdot 2} \approx 6{,}35.
  • GS. Tai Lớn: p(x)=4−x2(7−3x)p(x) = 4 - x^2(7 - 3x). Trong miền cần khảo sát, (7−3x)>0(7 - 3x) > 0. Do đó p(x)⩽4p(x) \le 4. Vậy kết quả của GS. Đầu To không đúng.

Hỏi lập luận ai đúng? Giá trị cực đại của p(x)p(x) bằng bao nhiêu?

Bài 32. Trong bài tập này chúng ta khảo sát hàm số g(x)=x3−3x2+3g(x) = x^3 - 3x^2 + 3:

  • a) Lập bảng một số giá trị của hàm số:
xx -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
g(x)g(x)
  • b) Thử vẽ hình dạng của hàm số;
  • c) Cho các giá trị cực trị địa phương, cực trị toàn thể.
  • d) Hàm số lấy giá trị yy nào, bao nhiêu lần? Giải đáp câu hỏi này với mọi giá trị thực của yy.

Bài 33. Tìm giá trị cực đại của hàm số h(x)=x(4000−x3)h(x) = x(4000 - x^3) khi x∈[0;100]x \in [0; 100].

Bài 34. Cho nn là một số nguyên dương và Δ\Delta là một số thực (Δ⩾−n\Delta \ge -n). Ký hiệu en,Δe_{n, \Delta} là giá trị cực đại của tích nn thừa số không âm và có tổng bằng (n+Δ)(n + \Delta).

  • a) Tính và lập bảng các giá trị của en,Δe_{n, \Delta} nếu 100⩽n⩽105100 \le n \le 105 và −3⩽Δ⩽3-3 \le \Delta \le 3.
  • b) Khảo sát bảng giá trị. Hãy tự đưa các giả thuyết của bản thân về giá trị của en,Δe_{n, \Delta} và các mối liên hệ đại số của giá trị này.
  • c) Thử chứng minh hay phủ định các giả thuyết.

1.6 Định lý về các sắp xếp

Bài 35. Nếu a1<a2a_1 < a_2 và b1<b2b_1 < b_2 thì a1b1+a2b2a_1 b_1 + a_2 b_2 và a1b2+a2b1a_1 b_2 + a_2 b_1 đại lượng nào lớn hơn và lớn hơn bao nhiêu?

Bài 36. Nếu a1<a2<a3a_1 < a_2 < a_3 và b1<b2<b3b_1 < b_2 < b_3. Trong các đại lượng:

  • (a1b1+a2b2+a3b3)(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3)
  • (a1b1+a2b3+a3b2)(a_1 b_1 + a_2 b_3 + a_3 b_2)
  • (a1b2+a2b1+a3b3)(a_1 b_2 + a_2 b_1 + a_3 b_3)
  • (a1b2+a2b3+a3b1)(a_1 b_2 + a_2 b_3 + a_3 b_1)
  • (a1b3+a2b1+a3b2)(a_1 b_3 + a_2 b_1 + a_3 b_2)
  • (a1b3+a2b2+a3b1)(a_1 b_3 + a_2 b_2 + a_3 b_1)

Đại lượng nào:

  • a) Nhỏ nhất?
  • b) Lớn nhất?

Bài 37. (Định lý các sắp xếp hay còn gọi là bất đẳng thức Szucs Adolf)
Nếu a1⩽a2⩽⋯⩽ana_1 \le a_2 \le \dots \le a_n và b1⩽b2⩽⋯⩽bnb_1 \le b_2 \le \dots \le b_n (ai,bi∈Ra_i, b_i \in \mathbb{R}) và π\pi là một hoán vị của (1,2,3,…,n)(1, 2, 3, \dots, n), khi đó:

a1b1+a2b2+⋯+anbn⩾a1bπ(1)+a2bπ(2)+⋯+anbπ(n)⩾a1bn+a2bn−1+⋯+anb1a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n \ge a_1 b_{\pi(1)} + a_2 b_{\pi(2)} + \dots + a_n b_{\pi(n)} \ge a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \dots + a_n b_1

Khi nào xảy ra dấu bằng?

Bài 38. Trong hai biểu thức dưới đây a1,a2,a3,a4a_1, a_2, a_3, a_4 là các số thực bất kỳ. Có thể khẳng định biểu thức bên này luôn lớn hơn bên kia hay không? Nếu đúng hãy chứng minh, nếu sai đưa ra phản ví dụ!

  • a) a12+a22+a32+a42a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 + a_4^2 và 2(a1a4+a2a3)2(a_1 a_4 + a_2 a_3);
  • b) a1a4+a2a3+a3a2+a4a1\dfrac{a_1}{a_4} + \dfrac{a_2}{a_3} + \dfrac{a_3}{a_2} + \dfrac{a_4}{a_1} và a1a2+a2a3+a3a4+a4a1\dfrac{a_1}{a_2} + \dfrac{a_2}{a_3} + \dfrac{a_3}{a_4} + \dfrac{a_4}{a_1}.

Bài 39. Nếu a1,a2,a3,a4,a5a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 là các số dương bất kỳ. Chứng minh rằng:

a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a1⩾5\dfrac{a_1}{a_2} + \dfrac{a_2}{a_3} + \dfrac{a_3}{a_4} + \dfrac{a_4}{a_5} + \dfrac{a_5}{a_1} \ge 5

1.7 Bất đẳng thức tam giác

Bài 40. Cho trước cạnh và đường cao tương ứng thuộc cạnh đó của tam giác. Khi nào chu vi của nó là nhỏ nhất?


1.8 Bất đẳng thức CBS

Bài 41. Giá trị của a1b1+a2b2a_1 b_1 + a_2 b_2 thay đổi trong khoảng nào nếu a12+a22=1a_1^2 + a_2^2 = 1 và b12+b22=1b_1^2 + b_2^2 = 1?

Bài 42. (Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovski-Schwarz)
Cho a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n và b1,b2,…,bnb_1, b_2, \dots, b_n là các số thực bất kỳ. Chứng minh rằng:

∣a1b1+a2b2+⋯+anbn∣⩽(a12+a22+⋯+an2)(b12+b22+⋯+bn2)|a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n| \le \sqrt{(a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2)}

Trong trường hợp:

  • a) n=3n = 3;
  • b) n>3n > 3, n∈Nn \in \mathbb{N}.

Khi nào xảy ra dấu bằng?

Bài 43. Nếu x1,x2,x3x_1, x_2, x_3 là các số thực, chứng minh rằng:

(12x1+13x2+16x3)2⩽12x12+13x22+16x32\left(\dfrac{1}{2}x_1 + \dfrac{1}{3}x_2 + \dfrac{1}{6}x_3\right)^2 \le \dfrac{1}{2}x_1^2 + \dfrac{1}{3}x_2^2 + \dfrac{1}{6}x_3^2

Bài 44. Nếu a1,a2,a3,a4a_1, a_2, a_3, a_4 là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

4a1+1+4a2+1+4a3+1⩽21\sqrt{4a_1 + 1} + \sqrt{4a_2 + 1} + \sqrt{4a_3 + 1} \le \sqrt{21}

Bài 45. Chứng minh rằng với x,y>0x, y > 0 thì:

(a+b)2x+y⩽a2x+b2y\dfrac{(a + b)^2}{x + y} \le \dfrac{a^2}{x} + \dfrac{b^2}{y}

Khi nào dấu bằng xảy ra?

Bài 46. Chứng minh rằng nếu x1,x2,…,xn>0x_1, x_2, \dots, x_n > 0 thì:

(a1+a2+⋯+an)2x1+x2+⋯+xn⩽a12x1+a22x2+⋯+an2xn\dfrac{(a_1 + a_2 + \dots + a_n)^2}{x_1 + x_2 + \dots + x_n} \le \dfrac{a_1^2}{x_1} + \dfrac{a_2^2}{x_2} + \dots + \dfrac{a_n^2}{x_n}

Khi nào xảy ra dấu bằng?

Bài 47. Chứng minh BĐT trong bài 46 tương đương với bất đẳng thức Cauchy - Bunyakovski - Schwarz.

Bài 48. Cho a,b,x,y>0a, b, x, y > 0. Hãy lát mặt phẳng bằng những miếng ván sàn kích thước (a×b)(a \times b) và (x×y)(x \times y) sao cho các đỉnh của ba hình chữ nhật bao quanh tâm tọa độ, giả sử y⩽by \le b:

{(0;0),(a;b)},{(−x;b−y),(0;b)},{(0;−y),(x;0)}\{(0; 0), (a; b)\}, \{(-x; b - y), (0; b)\}, \{(0; -y), (x; 0)\}

(b>yb > y làm tương tự). Hãy tìm trên bản vẽ một hình bình hành, để có thể chứng minh bằng phương pháp hình học BĐT CBS trong trường hợp các cặp số dương.

Bài 49. Biết rằng a1b1⩾1,a2b2⩾1,…,anbn⩾1a_1 b_1 \ge 1, a_2 b_2 \ge 1, \dots, a_n b_n \ge 1 trong đó ai,bia_i, b_i là các số dương và các hệ số p1,p2,…,pn⩾0p_1, p_2, \dots, p_n \ge 0 sao cho p1+p2+⋯+pn=1p_1 + p_2 + \dots + p_n = 1. Chứng minh rằng:

(a1p1+a2p2+⋯+anpn)(b1p1+b2p2+⋯+bnpn)⩾1(a_1 p_1 + a_2 p_2 + \dots + a_n p_n)(b_1 p_1 + b_2 p_2 + \dots + b_n p_n) \ge 1

Bài 50. Hãy chứng minh bất đẳng thức CBS cho nhiều số:

(∑aibici)2⩽(∑ai2)(∑bi2)(∑ci2)\left(\sum a_i b_i c_i\right)^2 \le \left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right)\left(\sum c_i^2\right)

1.9 Bất đẳng thức Jensen

Bài 51.

  • a) Chứng minh hàm số f(x)=x2f(x) = x^2 là hàm lồi.
  • b) Chứng minh BĐT liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình bình phương của nhiều số hạng! Tức là nếu a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n là các số không âm, thì:a1+a2+⋯+ann⩽a12+a22+⋯+an2n\dfrac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} \le \sqrt{\dfrac{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2}{n}}

Bài 52.

  • a) Chứng minh hàm số f(x)=1xf(x) = \dfrac{1}{x} là hàm lồi khi x∈R+x \in \mathbb{R}^+.
  • b) Chứng minh BĐT liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình điều hòa của nhiều số hạng! Tức là nếu a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n là các số dương, thì:a1+a2+⋯+ann⩾n1a1+1a2+⋯+1an\dfrac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} \ge \dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \dots + \dfrac{1}{a_n}}

Bài 53. Hàm lồi nào chứng minh cho mối liên hệ BĐT giữa AM và GM?


1.10 Các bài tập tổng hợp

Bài 54. Chứng minh bất đẳng thức sau luôn thỏa mãn với mọi x1,x2,x3x_1, x_2, x_3:

x12+x22+x32−x1x2−x2x3−x3x1⩾0x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1 x_2 - x_2 x_3 - x_3 x_1 \ge 0

Bài 55. Nếu a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n là các số dương, chứng minh rằng:

(a1+a2+⋯+an)(1a1+1a2+⋯+1an)⩾n2(a_1 + a_2 + \dots + a_n)\left(\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \dots + \dfrac{1}{a_n}\right) \ge n^2

Bài 56. Ký hiệu p(a,b,c)=a3+b3+c3p(a, b, c) = a^3 + b^3 + c^3 và q(a,b,c)=a2b+b2c+c2aq(a, b, c) = a^2 b + b^2 c + c^2 a. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

  • I. Nếu a,b,ca, b, c dương thì p(a,b,c)⩽q(a,b,c)p(a, b, c) \le q(a, b, c)
  • II. Nếu a,b,ca, b, c dương thì p(a,b,c)⩾q(a,b,c)p(a, b, c) \ge q(a, b, c).

Hãy chứng minh hoặc phủ định.

Bài 57. (Bất đẳng thức Nesbitt)
Nếu a,b,ca, b, c là các số dương, chứng minh rằng:

ab+c+bc+a+ca+b⩾32\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} \ge \dfrac{3}{2}

Bài 58. Nếu a,b,ca, b, c là các số dương, chứng minh rằng:

  • a) abc+bca+cab⩾a+b+c\dfrac{ab}{c} + \dfrac{bc}{a} + \dfrac{ca}{b} \ge a + b + c;
  • b) a2b2+b2c2+c2a2⩾ba+cb+ac\dfrac{a^2}{b^2} + \dfrac{b^2}{c^2} + \dfrac{c^2}{a^2} \ge \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{c}.

Bài 59. Nếu a,b,ca, b, c là các số dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=1+a2+1+b2+1+c2P = \sqrt{1 + a^2} + \sqrt{1 + b^2} + \sqrt{1 + c^2}

Bài 60. Nếu a,b,ca, b, c là các số dương:

  • a) Hãy chỉ ra rằng:(1a−1)(1b−1)(1c−1)⩾8(với a+b+c=1)\left(\dfrac{1}{a} - 1\right)\left(\dfrac{1}{b} - 1\right)\left(\dfrac{1}{c} - 1\right) \ge 8 \quad (\text{với } a + b + c = 1)
  • b) Tìm giá trị nhỏ nhất của:(1a+1)(1b+1)(1c+1)\left(\dfrac{1}{a} + 1\right)\left(\dfrac{1}{b} + 1\right)\left(\dfrac{1}{c} + 1\right)

Bài 61. Nếu n∈N+n \in \mathbb{N}^+, chứng minh rằng:

(n+12)n2⩽n!⩽(n+12)n\left(\dfrac{n + 1}{2}\right)^{\frac{n}{2}} \le n! \le \left(\dfrac{n + 1}{2}\right)^n

Bài 62. Nếu a,b,c,da, b, c, d là các số dương, chứng minh rằng:

ab+cd⩾2⋅a+cb+d\dfrac{a}{b} + \dfrac{c}{d} \ge 2 \cdot \dfrac{a + c}{b + d}

Thỏa mãn khi và chỉ khi nếu mẫu số của các phân số hoặc trùng nhau, hoặc giá trị của phân số có mẫu số lớn hơn cũng không lớn hơn. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc mẫu số của hai phân số bằng nhau, hoặc giá trị của phân số bằng nhau.

Bài 63. Xác định giá trị cực tiểu của biểu thức sau, nếu các tham số aia_i (i=1,…,2008i = 1, \dots, 2008) là các số dương:

S=a1a2008+a2+a2a1+a3+a3a2+a4+⋯+a2008a2007+a1S = \dfrac{a_1}{a_{2008} + a_2} + \dfrac{a_2}{a_1 + a_3} + \dfrac{a_3}{a_2 + a_4} + \dots + \dfrac{a_{2008}}{a_{2007} + a_1}

Bài 64. Chứng minh rằng với nn là số nguyên đủ lớn thì:

n2<2nn^2 < 2^n

Bài 65. Chứng minh rằng với mọi kk nguyên dương bất kỳ, nếu nn là số nguyên đủ lớn thì:

nk<2nn^k < 2^n

Bài 66. Chứng minh rằng với mọi đa thức p(n)p(n) bất kì, là số nguyên đủ lớn thì:

p(n)<2np(n) < 2^n

2 Trầm ngâm trong lâu đài Bất Đẳng Thức

Muốn thấy Toán hãy nhìn bằng mắt của riêng mình!

Trong cuộc du lịch nhỏ vào lâu đài BĐT này, chúng ta sẽ cùng thưởng thức hai tuyệt phẩm:

  • Bất đẳng thức sắp xếp Szucs Adolf hay còn gọi BĐT hoán vị.
  • Bất đẳng thức xoay vòng Shapiro.

Sự xuất hiện của Bất đẳng thức sắp xếp, ngoài kết quả toán học, còn chứa đựng nội dung lý thuyết mở đường. Chỉ với hai dãy được sắp xếp hoàn toàn nếu nhân các số từng đôi một rồi tính tổng thì giá trị cực đại sẽ nhận được khi ta tương tác các dãy cùng chiều và giá trị nhỏ nhất nhận được khi chúng trái chiều. Định lý khẳng định một quy luật tự nhiên không đơn giản, trong cuộc sống người ta thường công nhận ít khi kiểm nghiệm. Việc chứng minh định lý này cũng hoàn toàn dựa trên sự sắp xếp tự nhiên: Nếu có hai phần tử gây nên "lồi lõm" thì ta chỉ cần chuyển chỗ hai vật đó - làm mịn mặt bằng. Hiển nhiên giá trị lớn nhất và nhỏ nhất thể hiện ở sự cộng hưởng hay tính triệt tiêu trong tương tác của hai dãy số. Định lý được chứng minh năm 1942, bởi một nhà bác học người Hungary Szucs Adolf (1880 – 1945) - tác giả là nạn nhân của thảm họa phát xít (1945). Định lý rất trong sáng cùng chứng minh chỉ vài dòng này đã gây bất ngờ. Hàng loạt các bất đẳng thức danh tiếng được chứng minh lại như những ví dụ áp dụng của định lý này. Và đây chính là sức mạnh mở đường cho các trào lưu mới của công cuộc nghiên cứu "LÝ THUYẾT KHÔNG CÂN BẰNG" mà hình như người ta đang phát huy trong thực tế nhiều hơn khi chưa thành chuẩn mực.

Đề tài thứ hai là định lý Shapiro. Người ta có thể coi BĐT xoay vòng này là một tác phẩm "Picasso" của Cộng đồng BĐT. Từ khi ra đời như một giả thuyết, phải sau 45 năm mới có câu trả lời đầy đủ cho câu hỏi đặt ra. Trạng thái đúng sai của giả thuyết lại gây sự chú ý lớn trong tâm điểm của nhiều cuộc luận bàn.

Về hai đề tài nói riêng này và về BĐT nói chung, nếu xếp hạng các ấn phẩm trong nước cùng các ấn phẩm nước ngoài tôi mạnh dạn đề xuất vị trí top 10 tác phẩm của PGS. TSKH Nguyễn Minh Tuấn (NXB Đại học Quốc gia Hà Nội): "Lý thuyết Cơ sở của hàm lồi và các Bất Đẳng Thức cổ điển". Đây là một tác phẩm toán học khi đọc có sức cuốn hút thú vị. Những nhà nghiên cứu, các bạn quan tâm, và các em học sinh đều có thể tìm thấy điều mình cần, có thể sử dụng hữu ích cho công việc và tránh được cho bản thân khỏi rơi vào vòng xoáy của BĐT vị BĐT.


2.1 Bất đẳng thức sắp xếp - hay còn gọi là BĐT hoán vị

Phần này tôi dùng nguyên một văn bản tiếng Anh. Đây là một bài giảng hay được giới sinh viên và học sinh chuyền tay nhau khá rộng rãi. Bản thân tôi đã bắt gặp khi lang thang tìm tài liệu và đọc các bài viết trên mạng.

Rearrangement Inequality

The rearrangement inequality (also known as permutation inequality) is easy to understand and yet a powerful tool to handle inequality problems.

Definition: Let a1⩽a2⩽⋯⩽ana_1 \le a_2 \le \dots \le a_n and b1⩽b2⩽⋯⩽bnb_1 \le b_2 \le \dots \le b_n be any real numbers.

  • a) S=a1b1+a2b2+⋯+anbnS = a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n is called the Sorted sum of the numbers.
  • b) R=a1bn+a2bn−1+⋯+anb1R = a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \dots + a_n b_1 is called the Reversed sum of the numbers.
  • c) Let c1,c2,…,cnc_1, c_2, \dots, c_n be any permutation of the numbers b1,b2,…,bnb_1, b_2, \dots, b_n.
    P=a1c1+a2c2+⋯+ancnP = a_1 c_1 + a_2 c_2 + \dots + a_n c_n is called the Permutated sum of the numbers.

Bài 67. (Rearrangement inequality)

S⩾P⩾RS \ge P \ge R

Proof:

  • (a) Let P(n)P(n) be the proposition: S⩾PS \ge P.
    P(1)P(1) is obviously true.
    Assume P(k)P(k) is true for some k∈Nk \in \mathbb{N}.
    For P(k+1)P(k+1), since the cc's are the permutations of the bb's, suppose bk+1=cib_{k+1} = c_i and ck+1=bjc_{k+1} = b_j:(ak+1−ai)(bk+1−bj)⩾0(a_{k+1} - a_i)(b_{k+1} - b_j) \ge 0  ⟹  aibj+ak+1bk+1⩾aibk+1+ak+1bj\implies a_i b_j + a_{k+1} b_{k+1} \ge a_i b_{k+1} + a_{k+1} b_j  ⟹  aibj+ak+1bk+1⩾aici+ak+1ck+1\implies a_i b_j + a_{k+1} b_{k+1} \ge a_i c_i + a_{k+1} c_{k+1}So in PP, we may switch cic_i and ck+1c_{k+1} to get a possibly larger sum.
    After switching of these terms, we come up with the inductive hypothesis P(k)P(k). P(k+1)P(k+1) is also true.
    By the principle of mathematical induction, P(n)P(n) is true ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N}.
  • (b) The inequality P⩾RP \ge R follows easily from S⩾PS \ge P by replacing b1⩽b2⩽⋯⩽bnb_1 \le b_2 \le \dots \le b_n by −bn⩾−bn−1⩾⋯⩾−b1-b_n \ge -b_{n-1} \ge \dots \ge -b_1.

Note:

  • (a) If aia_i's are strictly increasing, then equality holds (S=P=RS = P = R) if and only if the bib_i's are all equal.
  • (b) Unlike most inequalities, we do not require the numbers involved to be positive.

Bài 68. (Corollary 1)
Let a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n be real numbers and c1,c2,…,cnc_1, c_2, \dots, c_n be its permutation. Then:

a12+a22+⋯+an2⩾a1c1+a2c2+⋯+ancna_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2 \ge a_1 c_1 + a_2 c_2 + \dots + a_n c_n

Bài 69. (Corollary 2)
Let a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n be positive real numbers and c1,c2,…,cnc_1, c_2, \dots, c_n be its permutation. Then:

c1a1+c2a2+⋯+cnan⩾n\dfrac{c_1}{a_1} + \dfrac{c_2}{a_2} + \dots + \dfrac{c_n}{a_n} \ge n

The rearrangement inequality can be used to prove many famous inequalities. Here are some of the highlights:

Bài 70. (Arithmetic Mean - Geometric Mean Inequality - AM ⩾\ge GM)
Let x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n be positive numbers. Then:

x1+x2+⋯+xnn⩾x1x2…xnn\dfrac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n}

Equality holds if and only if x1=x2=⋯=xnx_1 = x_2 = \dots = x_n.

Proof: Let G=x1x2…xnnG = \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n}, a1=x1G,a2=x1x2G2,…,an=x1x2…xnGn=1.a_1 = \dfrac{x_1}{G}, a_2 = \dfrac{x_1 x_2}{G^2}, \dots, a_n = \dfrac{x_1 x_2 \dots x_n}{G^n} = 1.
By Corollary 2:

n⩽a1an+a2a1+⋯+anan−1=x1G+x2G+⋯+xnG  ⟺  x1+x2+⋯+xnn⩾x1x2…xnnn \le \dfrac{a_1}{a_n} + \dfrac{a_2}{a_1} + \dots + \dfrac{a_n}{a_{n-1}} = \dfrac{x_1}{G} + \dfrac{x_2}{G} + \dots + \dfrac{x_n}{G} \iff \dfrac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n} \ge \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n}

Equality holds   ⟺  a1=a2=⋯=an  ⟺  x1=x2=⋯=xn\iff a_1 = a_2 = \dots = a_n \iff x_1 = x_2 = \dots = x_n.

Bài 71. (Geometric Mean - Harmonic Inequality - GM ⩾\ge HM)
Let x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n be positive numbers. Then:

x1x2…xnn⩾n1x1+1x2+⋯+1xn\sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n} \ge \dfrac{n}{\dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} + \dots + \dfrac{1}{x_n}}

Proof: Define GG and a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n similarly as in the proof of AM - GM.
By Corollary 2, n⩽a1a2+a2a3+⋯+ana1=Gx1+Gx2+⋯+Gxnn \le \dfrac{a_1}{a_2} + \dfrac{a_2}{a_3} + \dots + \dfrac{a_n}{a_1} = \dfrac{G}{x_1} + \dfrac{G}{x_2} + \dots + \dfrac{G}{x_n}, which then gives the result.

Bài 72. (Root Mean Square - Arithmetic Mean Inequality - RMS ⩾\ge AM)
Let x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n be numbers. Then:

x12+x22+⋯+xn2n⩾x1+x2+⋯+xnn\sqrt{\dfrac{x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2}{n}} \ge \dfrac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n}

Proof: By Corollary 1, we cyclically rotate xix_i:

x12+x22+⋯+xn2=x1x1+x2x2+⋯+xnxnx12+x22+⋯+xn2⩾x1x2+x2x3+⋯+xnx1x12+x22+⋯+xn2⩾x1x3+x2x4+⋯+xnx2⋯⩾…x12+x22+⋯+xn2⩾x1xn+x2x1+⋯+xnxn−1\begin{aligned} x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 &= x_1 x_1 + x_2 x_2 + \dots + x_n x_n \\ x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 &\ge x_1 x_2 + x_2 x_3 + \dots + x_n x_1 \\ x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 &\ge x_1 x_3 + x_2 x_4 + \dots + x_n x_2 \\ &\dots \ge \dots \\ x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 &\ge x_1 x_n + x_2 x_1 + \dots + x_n x_{n-1} \end{aligned}

Adding all inequalities together, we have:

n(x12+x22+⋯+xn2)⩾(x1+x2+⋯+xn)2n(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) \ge (x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2

Result follows. Equality holds   ⟺  x1=x2=⋯=xn\iff x_1 = x_2 = \dots = x_n.

Bài 73. (Cauchy - Bunyakovskii - Schwarz inequality - CBS inequality)
Let a1,a2,…,an;b1,b2,…,bna_1, a_2, \dots, a_n; b_1, b_2, \dots, b_n be real numbers. Then:

(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2⩽(a12+a22+⋯+an2)(b12+b22+⋯+bn2)(a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n)^2 \le (a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2)

Proof: The result is trivial if a1=a2=⋯=an=0a_1 = a_2 = \dots = a_n = 0 or b1=b2=⋯=bn=0b_1 = b_2 = \dots = b_n = 0. Otherwise, define:

A=a12+a22+⋯+an2,B=b12+b22+⋯+bn2A = \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2}, \quad B = \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2}

Since both AA and BB are non-zero, we may let xi=aiA,xn+i=biBx_i = \dfrac{a_i}{A}, x_{n+i} = \dfrac{b_i}{B}, ∀1⩽i⩽n\forall 1 \le i \le n.
By Corollary 1:

2=a12+a22+⋯+an2A2+b12+b22+⋯+bn2B2=x12+x22+⋯+x2n2⩾x1xn+1+x2xn+2+⋯+xnx2n+xn+1x1+xn+2x2+⋯+x2nxn=2(a1b1+a2b2+⋯+anbn)AB\begin{aligned} 2 &= \dfrac{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2}{A^2} + \dfrac{b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2}{B^2} = x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_{2n}^2 \\ &\ge x_1 x_{n+1} + x_2 x_{n+2} + \dots + x_n x_{2n} + x_{n+1} x_1 + x_{n+2} x_2 + \dots + x_{2n} x_n \\ &= \dfrac{2(a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n)}{AB} \end{aligned}  ⟺  (a1b1+a2b2+⋯+anbn)2⩽(a12+a22+⋯+an2)(b12+b22+⋯+bn2)\iff (a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n)^2 \le (a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2)

Equality holds   ⟺  xi=xn+i  ⟺  aiB=biA\iff x_i = x_{n+i} \iff a_i B = b_i A, ∀1⩽i⩽n\forall 1 \le i \le n.

Bài 74. (Chebyshev's inequality)
Let x1⩽x2⩽⋯⩽xnx_1 \le x_2 \le \dots \le x_n and y1⩽y2⩽⋯⩽yny_1 \le y_2 \le \dots \le y_n be any real numbers. Then:

x1y1+x2y2+⋯+xnyn⩾(x1+x2+⋯+xn)(y1+y2+⋯+yn)n⩾x1yn+x2yn−1+⋯+xny1x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n \ge \dfrac{(x_1 + x_2 + \dots + x_n)(y_1 + y_2 + \dots + y_n)}{n} \ge x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \dots + x_n y_1

Proof: By Rearrangement inequality, we cyclically rotate xix_i and yiy_i:

x1y1+x2y2+⋯+xnyn=x1y1+x2y2+⋯+xnyn⩾x1yn+x2yn−1+⋯+xny1x1y1+x2y2+⋯+xnyn⩾x1y2+x2y3+⋯+xny1⩾x1yn+x2yn−1+⋯+xny1⋯⩾⋯⩾…x1y1+x2y2+⋯+xnyn⩾x1yn+x2yn−1+⋯+xny1=x1yn+x2yn−1+⋯+xny1\begin{aligned} x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n &= x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n \ge x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \dots + x_n y_1 \\ x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n &\ge x_1 y_2 + x_2 y_3 + \dots + x_n y_1 \ge x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \dots + x_n y_1 \\ &\dots \ge \dots \ge \dots \\ x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n &\ge x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \dots + x_n y_1 = x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \dots + x_n y_1 \end{aligned}

Adding up the inequalities and dividing by nn, we get our result.


Bảng bài tập áp dụng BĐT Hoán vị (Exercises & Hints)

Bài Exercise Hint
Bài 75. Find the minimum of sin⁡3xcos⁡x+cos⁡3xsin⁡x\dfrac{\sin^3 x}{\cos x} + \dfrac{\cos^3 x}{\sin x}, với 0<x<π20 < x < \dfrac{\pi}{2} Consider (sin⁡3x,cos⁡3x)(\sin^3 x, \cos^3 x), (1sin⁡x,1cos⁡x)\left(\dfrac{1}{\sin x}, \dfrac{1}{\cos x}\right)
Bài 76. Proof:
(i) a2+b2+c2⩾ab+bc+caa^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca
(ii) an+bn+cn⩾abn−1+bcn−1+can−1a^n + b^n + c^n \ge ab^{n-1} + bc^{n-1} + ca^{n-1}
For (ii) and questions below, without loss of generality, let a⩽b⩽ca \le b \le c.
Consider (a,b,c)(a, b, c), (an−1,bn−1,cn−1)(a^{n-1}, b^{n-1}, c^{n-1})
Bài 77. Proof: 1a2+1b2+1c2⩾a+b+cabc\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c^2} \ge \dfrac{a + b + c}{abc} Consider (1a,1b,1c)\left(\dfrac{1}{a}, \dfrac{1}{b}, \dfrac{1}{c}\right), (1a,1b,1c)\left(\dfrac{1}{a}, \dfrac{1}{b}, \dfrac{1}{c}\right)
Bài 78. Proof: a2b2+b2c2+c2a2⩾ba+cb+ac\dfrac{a^2}{b^2} + \dfrac{b^2}{c^2} + \dfrac{c^2}{a^2} \ge \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{c} Consider (ab,bc,ca)\left(\dfrac{a}{b}, \dfrac{b}{c}, \dfrac{c}{a}\right), (ab,bc,ca)\left(\dfrac{a}{b}, \dfrac{b}{c}, \dfrac{c}{a}\right)
Bài 79. Proof: a2b+b2c+c2a⩾a+b+c\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \ge a + b + c Consider (a2,b2,c2)(a^2, b^2, c^2), (1a,1b,1c)\left(\dfrac{1}{a}, \dfrac{1}{b}, \dfrac{1}{c}\right)
Bài 80. Proof: If a,b,c>0a, b, c > 0 and n∈Nn \in \mathbb{N} then:
anb+c+bnc+a+cna+b⩾an−1+bn−1+cn−12\dfrac{a^n}{b + c} + \dfrac{b^n}{c + a} + \dfrac{c^n}{a + b} \ge \dfrac{a^{n-1} + b^{n-1} + c^{n-1}}{2}
Consider (an,bn,cn)(a^n, b^n, c^n), (1b+c,1c+a,1a+b)\left(\dfrac{1}{b + c}, \dfrac{1}{c + a}, \dfrac{1}{a + b}\right)
Bài 81. Proof: If a,b,c>0a, b, c > 0, then:
aabbcc⩾(abc)a+b+c3a^a b^b c^c \ge (abc)^{\frac{a + b + c}{3}}
Consider (a,b,c)(a, b, c), (log⁡a,log⁡b,log⁡c)(\log a, \log b, \log c) and use Chebyshev's inequality

2.2 Bất đẳng thức Shapiro : giải xong mà chưa thể hết

Năm 1954, Harold S. Shapiro đề xuất một giả thuyết về một bất đẳng thức tổng xoay vòng cho nn, như sau:
Cho xi⩾0,xi+xi+1>0x_i \ge 0, x_i + x_{i+1} > 0 với i∈Ni \in \mathbb{N}. Khi đó:

P(n)=x1x2+x3+x2x3+x4+⋯+xnx1+x2⩾n2P(n) = \dfrac{x_1}{x_2 + x_3} + \dfrac{x_2}{x_3 + x_4} + \dots + \dfrac{x_n}{x_1 + x_2} \ge \dfrac{n}{2}

Đến 1989 - sau 45 năm bài toán được giải quyết hoàn toàn với những khía cạnh kết quả và môi trường kết quả gây rất nhiều bỡ ngỡ. Bạn đọc có thể tham khảo tương đối đầy đủ và chi tiết quá trình hình thành và phát triển của vấn đề này trong cuốn sách của PGS TS Nguyễn Minh Tuấn (Lý Thuyết cơ sở của hàm lồi và các bất đẳng thức cổ điển, trang 313-318). Hãy lược qua các thời điểm quan trọng trong lịch sử của Định lý này:

  • Năm 1956, Lighthill cho phản ví dụ BĐT không đúng trong trường hợp n=20n = 20.
  • Năm 1958, Lighthill chỉ ra rằng P(n)P(n) sai với những nn chẵn lớn hơn hoặc bằng 14 (n⩾14n \ge 14); Đồng thời Rankin cũng chứng minh được sai với nn lẻ đủ lớn. Đúng một năm sau (1959), Zulauf chứng minh được rằng P(53)P(53) là sai.
  • Các trường hợp P(6)P(6) - Diananda (1959), P(8)P(8) – Djokovic (1963) đã chứng minh là đúng. Sau đó năm 1963, Diananda đã cho ví dụ chứng minh P(27)P(27) sai.
  • Cũng cùng năm này (1963), Diananda chứng minh được điều tuyệt vời sau:
    • a) Nếu k0k_0 là số tự nhiên chẵn và nếu P(k0)P(k_0) đúng thì P(n)P(n) đúng với mọi nn chẵn không vượt quá k0k_0.
    • b) Nếu k0k_0 là số tự nhiên lẻ và nếu P(k0)P(k_0) sai thì P(n)P(n) sẽ sai với mọi nn lẻ lớn hơn k0k_0.

Kết quả của Diananda hạn chế hữu hạn các trường hợp đúng có thể của giả thuyết: P(n)P(n) sai với nn chẵn lớn hơn hoặc bằng 14, và P(n)P(n) sai với mọi giá trị nn lẻ không nhỏ hơn 27.
Năm 1968, Nowosad đã khẳng định được P(8)P(8) là đúng bằng một bản chứng minh dài 64 trang. Lượng số liệu và số trường hợp khổng lồ cũng đã kết thúc quá trình chứng minh Định lý này bằng "bút chì và giấy".

Cuối cùng năm 1989, Troesch dựa trên những tính toán của máy tính đặc biệt đã trình bày bằng chứng thuyết phục rằng:

  • P(n)P(n) đúng với nn chẵn không vượt quá 12 (n⩽12n \le 12 chẵn);
  • P(n)P(n) đúng với nn lẻ không vượt quá 23 (n⩽23n \le 23 lẻ);
  • Và sai với các trường hợp còn lại.

Về mặt Toán học, công trình của Troesch khép lại 45 năm nghiên cứu và kiểm nghiệm sự đúng sai của giả thuyết Shapiro. Cho đến năm 1992, Bushell chứng minh không cần máy tính cho trường hợp n=10n = 10. Và đến năm 2002, Bushell và McLeod công bố phép chứng minh cho n=12n = 12.

Mặc dù vấn đề Shapiro đã có câu trả lời hoàn toàn, nhưng chính các kết quả này vẫn gợi lên những câu hỏi còn làm mất ngủ nhiều người quan tâm:

Một bài toán phát biểu hoàn toàn sơ cấp mà tại sao xuất hiện lời giải phụ thuộc tính chẵn lẻ của các thông số tham gia? Mối liên hệ và khoảng cách rất "bí hiểm" của cặp số (12,23)(12, 23) cũng chưa có lời giải thích thỏa đáng.

Trước một bài toán người ta vẫn cảm thấy bị động vì không trả lời được cho bản thân trước câu hỏi: "Tại sao lại phải như vậy?". Khoảng cách ngắn minh họa cho độ xoắn của dãy số thì sự khác biệt của lời giải khi xuất hiện tính chẵn lẻ hình như còn tạo sự nghi ngờ của các trường hợp lớn hơn con số 12.

Kể từ năm 1989 trở lại đây, từ khi giả thuyết Shapiro được giải đáp thì sức cuốn hút của nó lại sôi động hơn trong cộng đồng Toán học. Từ một đề tài "BĐT vị BĐT", người ta đã mở rộng sang khía cạnh tìm khả năng ứng dụng ngoài thực tế cho kết quả "trớ trêu" này. Việc giới thiệu kết quả Shapiro không thể trọn vẹn nếu không nhắc đến BĐT Nesbitt được chứng minh từ năm 1903. Định lý này sau trở thành một trường hợp đặc biệt của định lý Shapiro với n=3n = 3:
Với a,b,ca, b, c dương:

ab+c+bc+a+ca+b⩾32\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} \ge \dfrac{3}{2}

Có rất nhiều chứng minh hay và thú vị cho định lý này. Nhưng hình như vẫn thiếu cách chứng minh bằng sử dụng định lý sắp xếp. Đây cũng có thể tạo nên một hướng nhìn khác về đề tài này. Trong định lý Shapiro, các số hạng cấu thành tổng về hình thức rất chới với, có lẽ nếu được thay bằng các số hạng có dạng:

aiai+ai+1+ai+2\dfrac{a_i}{a_i + a_{i+1} + a_{i+2}}

các dạng "xoắn" sẽ bớt "xô bồ" hơn và có lẽ sẽ cho chúng ta một cách tiếp cận nào đó khác cho đề tài "xoắn".

Giả thuyết "xoắn" mới của chúng ta:
Cho xi⩾0,xi+xi+1+xi+2>0x_i \ge 0, x_i + x_{i+1} + x_{i+2} > 0 với i∈Ni \in \mathbb{N}. Khi đó:

P(n)=x1x1+x2+x3+x2x2+x3+x4+⋯+xn−1xn−1+xn+x1⩾n3P(n) = \dfrac{x_1}{x_1 + x_2 + x_3} + \dfrac{x_2}{x_2 + x_3 + x_4} + \dots + \dfrac{x_{n-1}}{x_{n-1} + x_n + x_1} \ge \dfrac{n}{3}

Hi vọng sẽ là một vấn đề không phải đợi lâu lời giải!


3 Luyện tập

3.1 Áp dụng các BĐT nổi tiếng

Bài 84. Chứng minh rằng với a,b,ca, b, c dương:

1a+1b+1c⩾1ab+1bc+1ca\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{1}{\sqrt{ab}} + \dfrac{1}{\sqrt{bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{ca}}

Bài 85. Cho a,b,ca, b, c dương. Chứng minh rằng:

1a3+1b3+1c3⩽1a3ba+1b3cb+1c3ab\dfrac{1}{a^3} + \dfrac{1}{b^3} + \dfrac{1}{c^3} \le \dfrac{1}{a^3}\sqrt{\dfrac{b}{a}} + \dfrac{1}{b^3}\sqrt{\dfrac{c}{b}} + \dfrac{1}{c^3}\sqrt{\dfrac{a}{b}}

Bài 86. Giải phương trình trên miền số thực:

2x3=x4+27162x^3 = x^4 + \dfrac{27}{16}

Bài 87. Diện tích của một tứ giác lồi là 32 cm232\text{ cm}^2, tổng của một đường chéo và hai cạnh đối diện là 16 cm16\text{ cm}. Tính độ dài của đường chéo kia?

Bài 88. Cho m,nm, n nguyên dương, xx dương. Chứng minh rằng:

m⋅xn+n⋅x−m⩾m+nm \cdot x^n + n \cdot x^{-m} \ge m + n

(kết quả vẫn đúng khi nn là số thực dương).

Bài 89. Cho a,b,ca, b, c là các số nguyên dương (thực dương cũng đúng). Chứng minh rằng:

aa⋅bb⋅cc⩾(a+b+c3)a+b+ca^a \cdot b^b \cdot c^c \ge \left(\dfrac{a + b + c}{3}\right)^{a + b + c}

Bài 90. a,b,ca, b, c là những số thực khác 0. Chứng minh rằng:

a2b2+b2c2+c2a2⩾ab+bc+ca\dfrac{a^2}{b^2} + \dfrac{b^2}{c^2} + \dfrac{c^2}{a^2} \ge \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a}

Bài 91. Cho aia_i với i=1,2,…,ni = 1, 2, \dots, n là các số dương. Chứng minh rằng:

(a1+a2+⋯+ann)a1+a2+⋯+an⩽a1a1⋅a2a2…anan⩽(a12+a22+⋯+an2a1+a2+⋯+an)a1+a2+⋯+an\left(\dfrac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}\right)^{a_1 + a_2 + \dots + a_n} \le a_1^{a_1} \cdot a_2^{a_2} \dots a_n^{a_n} \le \left(\dfrac{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2}{a_1 + a_2 + \dots + a_n}\right)^{a_1 + a_2 + \dots + a_n}

Bài 92. (BĐT Bernoulli)
Cho a>−1a > -1 và a≠0a \ne 0, q>0,q≠0q > 0, q \ne 0. Chứng minh rằng:

{(1+a)q>1+qaneˆˊu q>1(1+a)q<1+qaneˆˊu q<1\begin{cases} (1 + a)^q > 1 + qa & \text{nếu } q > 1 \\ (1 + a)^q < 1 + qa & \text{nếu } q < 1 \end{cases}

Bài 93. Chứng minh rằng: Nếu n>1n > 1 và nn tự nhiên:

nn>(n+1)n−1n^n > (n + 1)^{n - 1}

Bài 94. Nếu x,yx, y là các số dương, nn là số tự nhiên lớn hơn 2. Chứng minh rằng:

xn⩾yn−1(nx−(n−1)y)x^n \ge y^{n-1}(nx - (n - 1)y)

3.2 Bất đẳng thức trong hình học

Bài 95. Tìm giá trị cực tiểu của hàm số f(x)=x54−3xf(x) = \sqrt[4]{x^5} - 3x.

Bài 96. Nếu ai>0a_i > 0 (i=1,2,…,ni = 1, 2, \dots, n), chứng minh rằng:

(a1a1⋅a2a2…anan)n⩾(a1⋅a2…an)a1+a2+⋯+an(a_1^{a_1} \cdot a_2^{a_2} \dots a_n^{a_n})^n \ge (a_1 \cdot a_2 \dots a_n)^{a_1 + a_2 + \dots + a_n}

Bài 97. Nếu p,qp, q là các số nguyên dương lớn hơn 1, chứng minh rằng:

(n−1)2⋅pq+(n−1)(p+q)+1n⩽(n−1)pq+1\dfrac{(n - 1)^2 \cdot pq + (n - 1)(p + q) + 1}{n} \le (n - 1)pq + 1

Bài 98. Chứng minh rằng với nn tự nhiên lớn hơn 1:

n2−1+n2−4+⋯+n2−(n−1)2n2<32\dfrac{\sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 4} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2}}{n^2} < \dfrac{\sqrt{3}}{2}

Bài 99. Cho aia_i và bib_i với i=1,2,…,ni = 1, 2, \dots, n là các số thực dương. Chứng minh rằng:

∑i=1nai2bi⩽∑i=1nbi  ⟹  ∑i=1nai⩽∑i=1nbi\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i^2}{b_i} \le \sum_{i=1}^n b_i \implies \sum_{i=1}^n a_i \le \sum_{i=1}^n b_i

Bài 100. Với a,b,c,da, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng:

ab+c+bc+d+cd+a+da+b⩾2\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + d} + \dfrac{c}{d + a} + \dfrac{d}{a + b} \ge 2

Bài 101. Tam giác ABCABC chứa tam giác MNLMNL. Chứng minh rằng:

  • a) Chu vi của tam giác ABCABC lớn hơn hoặc bằng chu vi tam giác MNLMNL.
  • b) Diện tích tam giác ABCABC lớn hơn diện tích tam giác MNLMNL.

Trong cả hai trường hợp khi nào dấu bằng xảy ra?

Bài 102. (Điểm Fermat - Torricelli)
Xác định điểm PP trong tam giác ABCABC sao cho tổng khoảng cách từ PP đến các đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.

Bài 103. (Bài toán Fagnano – chân ba đường cao)
Một tam giác được gọi là nội tiếp trong một tam giác khác nếu mỗi đỉnh của tam giác này nằm trên một cạnh khác nhau tương ứng của tam giác kia.
Cho trước tam giác nhọn ABCABC. Trong tất cả các tam giác nội tiếp trong tam giác ABCABC, chứng minh rằng tam giác nội tiếp có các đỉnh là chân của ba đường cao của tam giác ABCABC là tam giác có chu vi nhỏ nhất.

Bài 104. (ĐỊNH LÝ: Công thức EULER – BĐT về bán kính)
Cho tam giác nhọn ABCABC. Bán kính vòng tròn tâm OO ngoại tiếp ABCABC và bán kính vòng tròn tâm II nội tiếp tam giác ABCABC lần lượt là R,rR, r. Khoảng cách OI=dOI = d. Chứng minh rằng:

  • a) d2=R2−2Rrd^2 = R^2 - 2Rr (công thức EULER).
  • b) R⩾2rR \ge 2r (BĐT bán kính).

Bài 105. (Bất đẳng thức PTOLEMY)
Các cạnh của một tứ giác lồi theo thứ tự lần lượt là a,b,c,da, b, c, d. Hai đường chéo là ee và ff. Chứng minh rằng:

ac+bd⩾efac + bd \ge ef

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác là hình nội tiếp trong đường tròn.

Bài 106. (Bất đẳng thức ERDŐS – MORDELL)
Cho PP là một điểm thuộc tam giác ABCABC (PP có thể nằm trong hay nằm trên chu vi của tam giác). Khoảng cách từ PP đến A,B,CA, B, C lần lượt là u,v,wu, v, w; khoảng cách từ PP đến các đường thẳng BC,CA,ABBC, CA, AB lần lượt là x,y,zx, y, z. Khi đó:

u+v+w⩾2(x+y+z)u + v + w \ge 2(x + y + z)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi PP là trọng tâm của tam giác đều ABCABC.

Bài 107.

  • a) Trong các tam giác có cùng chu vi, tam giác đều có diện tích lớn nhất.
  • b) Trong các tam giác cùng diện tích, tam giác đều có chu vi nhỏ nhất.

Bài 108. Chứng minh rằng bất kỳ một tam giác nhọn nào có diện tích bằng 1 cũng có thể đặt được trong một tam giác vuông có diện tích không quá 3\sqrt{3}.


4 Appendix

Khi "Làm Quen Với Không Cân Bằng" kết thúc thì vô tình trùng hợp với thời điểm GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu giảng một bài "ngắn nhưng học cả tháng chưa chắc hết":

SO SÁNH PHÂN SỐ ĐẠI SỐ

Được bật mí - Bí quyết xào nấu BĐT - chúng tôi biên soạn lại thuyết trình để phục vụ các bạn muốn tìm hiểu kĩ bài giảng của Sư Phụ (tên gọi thầy kính trọng và thân mật giữa các thành viên trẻ trong seminar của Hội Toán học Hà Nội). Tất nhiên quá trình biên soạn lại sẽ thiếu một số các ý tưởng chưa nắm bắt được của thầy nhưng cũng sẽ thừa thêm những "tối kiến" chủ quan không thể tránh - theo cách học của mỗi người mà có.


4.1 Những bất đẳng thức bậc 2 "kiểu thầy Mậu"

Xuất phát từ một điều hiển nhiên:

(x−y)2⩾0  ⟺  x2⩾y2+2y(x−y)(1)(x - y)^2 \ge 0 \iff x^2 \ge y^2 + 2y(x - y) \quad (1)

Và thêm một số dưa hành mắm muối:

x=y+(x−y)(2)x = y + (x - y) \quad (2)1=1+0⋅(x−y)(3)1 = 1 + 0 \cdot (x - y) \quad (3)

Nhân (1),(2)(1), (2) và (3)(3) lần lượt với ba số a,b,ca, b, c trong đó aa dương. Rồi cộng cả hai vế ta được:

ax2+bx+c⩾(ay2+by+c)+2ay(x−y)+b(x−y)ax^2 + bx + c \ge (ay^2 + by + c) + 2ay(x - y) + b(x - y)

Kí hiệu f(x)f(x) là hàm bậc hai f(x)=ax2+bx+cf(x) = ax^2 + bx + c, ta nhận được một bất đẳng thức thú vị với mọi x,yx, y:

f(x)⩾f(y)+(2ay+b)(x−y)(4)f(x) \ge f(y) + (2ay + b)(x - y) \quad (4)

Thêm điều kiện 2ay+b>02ay + b > 0 sẽ có BĐT:

f(x)2ay+b⩾f(y)2ay+b+(x−y)(5)\dfrac{f(x)}{2ay + b} \ge \dfrac{f(y)}{2ay + b} + (x - y) \quad (5)

Một BĐT vế phải xx chỉ còn là bậc nhất và (2ay+b)=f′(y)(2ay + b) = f'(y) (đạo hàm).


4.2 Trong căn hầm bí mật của các phù thủy ra đề

Đầu tiên người ta dùng tính chất tuyến tính của xx ở vế phải để phù phép BĐT (5)(5) thành những thành phần khó nhận ra.

Bài thi 1: Cho x1+x2+x3=10x_1 + x_2 + x_3 = 10. Tìm giá trị cực tiểu của biểu thức:

M=x124+x226+x3210(6)M = \dfrac{x_1^2}{4} + \dfrac{x_2^2}{6} + \dfrac{x_3^2}{10} \quad (6)

Các phù thủy ra đề đã chế biến thế nào để nhận được bài toán này?

Ma thuật:
Đầu tiên các phù thủy cho hàm bậc hai f(x)=x2f(x) = x^2. Như vậy trong f(x)f(x) các hệ số a=1,b=0,c=0a = 1, b = 0, c = 0.
Chọn y1=2,y2=3,y3=5y_1 = 2, y_2 = 3, y_3 = 5. Để ý rằng:

y1+y2+y3=10(=x1+x2+x3)y_1 + y_2 + y_3 = 10 (= x_1 + x_2 + x_3)

Thay các cặp (x=xi;y=yi)(x = x_i; y = y_i) lần lượt vào BĐT (5)(5) với f(x)2ay+b\dfrac{f(x)}{2ay + b}:

x124⩾44+(x1−2)x226⩾96+(x2−3)x3210⩾2510+(x3−5)\begin{aligned} \dfrac{x_1^2}{4} &\ge \dfrac{4}{4} + (x_1 - 2) \\ \dfrac{x_2^2}{6} &\ge \dfrac{9}{6} + (x_2 - 3) \\ \dfrac{x_3^2}{10} &\ge \dfrac{25}{10} + (x_3 - 5) \end{aligned}

Cộng hai vế và đơn giản hóa các số hạng, ta thu được kết quả:

Veˆˊ traˊi: x124+x226+x3210⩾5(veˆˊ phải =keˆˊt quả)\text{Vế trái: } \dfrac{x_1^2}{4} + \dfrac{x_2^2}{6} + \dfrac{x_3^2}{10} \ge 5 \quad (\text{vế phải } = \text{kết quả})

Phép màu chế đề thi đã vừa được biểu diễn!


4.3 Cùng bài thi này các anh tài BĐT sẽ hành động thế nào?

Xin nhắc lại đề thi:
Bài thi: Cho x1+x2+x3=10x_1 + x_2 + x_3 = 10. Tìm giá trị cực tiểu của biểu thức:

M=x124+x226+x3210M = \dfrac{x_1^2}{4} + \dfrac{x_2^2}{6} + \dfrac{x_3^2}{10}

Những người có bảo bối BĐT bậc hai sẽ nhanh chóng đề ra những ẩn số phải tìm. Đó là bộ số (y1;y2;y3)(y_1; y_2; y_3) với y1+y2+y3=10(=x1+x2+x3)y_1 + y_2 + y_3 = 10 (= x_1 + x_2 + x_3), và các chỉ số aa và bb sao cho thỏa mãn hệ phương trình:

{y1+y2+y3=102ay1+b=42ay2+b=62ay3+b=10\begin{cases} y_1 + y_2 + y_3 = 10 \\ 2ay_1 + b = 4 \\ 2ay_2 + b = 6 \\ 2ay_3 + b = 10 \end{cases}

Thêm các điều kiện: a>0a > 0; 2ayi+b>02ay_i + b > 0 (i=1,2,3i = 1, 2, 3).
Và cuối cùng là khớp hàm số bậc hai f(x)f(x) để tìm các giá trị f(xi)f(x_i) (i=1,2,3i = 1, 2, 3).

Qua đây ta cũng thấy một cuộc chiến không dễ dàng đối với người giải mã (tôi chỉ dùng một ví dụ đơn giản để nói lên được nội dung chính của công việc bên ra đề và bên giải đề).

Trong bài giảng còn một phần nữa cho các đa thức bậc cao, hi vọng sẽ có dịp được tiếp tục đàm đạo sau khi nghe tiếp bài giảng của thầy Mậu. Dựa trên các chỉ dẫn ban đầu chúng tôi cũng đề nghị bạn đọc quan tâm nhiều hơn tính ứng dụng của các định lý Bernoulli (Bài số 92, 94) và các bài tập trong mục 3.1.

Xin chân thành cám ơn sự quan tâm và những ý kiến đóng góp của bạn đọc!


Mẹo hay

Lời khuyên học tập Để đạt hiệu quả cao nhất với tuyển tập 108 bài toán bất đẳng thức này, các em học sinh nên tự mình tư duy, biến đổi tương đương hoặc áp dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunyakovski trước khi tham khảo lời giải. Chúc các em luôn giữ vững niềm say mê và tình yêu với môn Toán!

✦ Mẹo học tập

Học từng chút một, nghỉ ngơi đều đặn.