1. www.VNMATH.com
NGUYỄN TÀI CHUNG
DÙNG DÃY SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

2. www.VNMATH.com
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 Tên chương 3
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . 3
1

3. www.VNMATH.com
Lời nói đầu
2

4. www.VNMATH.com
Chương 1
Tên chương
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức
Chúng ta đều biết rằng thế giới Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn và phong
phú, là lĩnh vực phát triển nhất của Toán sơ cấp. Do vậy các phương
pháp và kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức ngày càng nhiều, và có nhiều
phương pháp mới. Theo dõi các tài liệu trên Internet ta thấy trong thời
gian gần đây Bất đẳng thức được quan tâm, trao đổi, thảo luận và phát
triển rất nhiều, đã xuất hiện nhiều cao thủ về bất đẳng thức là các Học
sinh, Sinh viên người Việt Nam, theo đó đã có một số phương pháp mới
để tấn công các bài toán về Bất đẳng thức. Trong quá trình giảng dạy
Bất đẳng thức cho các em học sinh giỏi, tôi thấy có một phương pháp
mới lạ và rất độc đáo đó là sử dụng Dãy số để chứng minh Bất đẳng
thức. Vấn đề này cũng khá rộng lớn, phải kể đến như dùng Giới hạn
dãy số để chỉ ra hằng số tốt nhất làm cho Bất đẳng thức đúng, tìm tất
cả các giá trị của tham số để Bất đẳng thức đúng, Bất đẳng thức trong
Dãy số, dùng Giới hạn dãy số để chứng minh Bất đẳng thức ba biến đối
xứng. Bài viết này đề cập đến kĩ thuật dùng Giới hạn dãy số để chứng
minh một số Bất đẳng thức khó dạng ba biến đối xứng, đây là vấn đề
mới mẻ nên các ví dụ mà tôi sưu tầm được còn ít. Hy vọng rằng sau khi
đọc bài viết, bạn đọc sẽ phát triển thêm kĩ thuật này và sưu tầm, sáng
tạo thêm nhiều bài toán giải được bằng kĩ thuật này.
1. Một số lưu ý về phương pháp. Tất cả các bất đẳng thức đối xứng
ba biến số đều có thể quy về các hàm đối xứng cơ bản của
p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz.
3

5. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Sau khi đã viết bất đẳng thức cần chứng minh theo p, q, r ta chỉ cần
khảo sát bất đẳng thức này theo ba biến mới p, q, r.
• Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa
các biến p, q, r mà các biến dương x, y, z ban đầu không có như
p2 ≥ 3r, p3 ≥ 27r, q 2 ≥ 3pr, pq ≥ 9r...
• Một số biểu diễn theo p, q, r :
x2 + y 2 + z 2 = p2 − 2q
x3 + y 3 + z 3 = p3 − 3pq + 3r
2
x4 + y 4 + z 4 = p2 − 2q − 2 q 2 − 2pr
(x + y) (y + z) (z + x) = pq − r
xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) = pq − 3r
x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = q 2 − 2pr
x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 = q 3 − 3pqr + 3r2
x4 y 4 + y 4 z 4 + z 4 x4 = q 4 − 4pq 2 r + 2p2 r2 + 4qr2 .
Việc chứng minh các công thức trên là đơn giản. Sau đây là một vài
chứng minh đó.
◦ Ta có
2
x4 + y 4 + z 4 = x2 + y 2 + z 2 − 2 x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2x2
2
= p2 − 2q − 2 (xy + yz + zx)2 − 2xyz (x + y + z)
2
= p2 − 2q − 2 q 2 − 2pr .
◦ Ta có
(x + y) (y + z) (z + x) = (p − x) (p − y) (p − z)
=p3 − (x + y + z) p2 + (xy + yz + zx) p − xyz
=p3 − p3 + pq − r = pq − r.
◦ Ta có
xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x)
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 4

6. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
=xy (p − z) + yz (p − x) + zx (p − y)
=p (xy + yz + zx) − 3xyz = pq − 3r.
◦ Do hằng đẳng thức
A3 +B 3 +C 3 −3ABC = (A + B + C) A2 + B 2 + C 2 − AB − BC − CA
nên
x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3x3
=3x2 y 2z 2 + (xy + yz + zx) x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 − xyz (x + y + z)
=3r2 + q q 2 − 2pr − rp = q 3 − 3pqr + 3r2 .
• Bất đẳng thức Schur : Nếu x, y, z là các số thực dương và t là một số
thực dương, thì
xt (x − y) (x − z) + y t (y − z) (y − x) + z t (z − y) (z − x) ≥ 0. (1)
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z > 0. Gọi P
là vế trái của (1). Khi đó
P ≥ xt (x − y) (x − z) + y t (y − z) (y − x)
= (x − y) xt (x − z) − y t (y − z)
≥ (x − y) y t (x − z) − y t (y − z) = (x − y)2 y t ≥ 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc x = y và z = 0 cùng các
hoán vị của nó.
Lưu ý. Nếu t là số nguyên dương, chẳng hạn t = 1, t = 2 thì chỉ cần
điều kiện của x, y, z không âm là bất đẳng (1) đúng. Bất đẳng thức (1)
cũng đúng khi t < 0, thật vậy, nếu t < 0 thì với giả sử x ≥ y ≥ z > 0,
ta có z t ≥ y t , suy ra
P ≥ y t (y − z) (y − x) + z t (z − y) (z − x)
= (y − z) y t (y − x) − z t (z − x)
≥ (y − z) z t (y − x) − z t (z − x) = (y − z)2 z t ≥ 0.
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 5

7. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
• Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là t = 1 và t = 2. Với
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ta có
x (x − y) (x − z) + y (y − z) (y − x) + z (z − y) (z − x) ≥ 0. (2)
x2 (x − y) (x − z) + y 2 (y − z) (y − x) + z 2 (z − y) (z − x) ≥ 0. (3)
Các bất đẳng thức (2) và (3) còn được viết lại là
x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) . (4)
x4 + y 4 + z 4 + xyz (x + y + z) ≥ x3 (y + z) + y 3 (z + x) + z 3 (x + y) .
(5)
Còn nếu viết theo p, q, r thì từ (4) và (5) ta có
p3 − 4pq + 9r ≥ 0, p4 − 5p2 q + 4q 2 + 6pr ≥ 0.
Thật vậy, ta có
(4) ⇔ p3 − 3pq + 3r + 3r ≥ xy (p − z) + yz (p − x) + zx (p − y)
⇔ p3 − 3pq + 6r ≥ p (xy + yz + zx) − 3xyz ⇔ p3 − 4pq + 9r ≥ 0
và (5) tương đương với
p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr + pr ≥ x3 (p − x) + y 3 (p − y) + z 3 (p − z)
⇔p4 − 4p2 q + 2q 2 + 5pr ≥ x3 + y 3 + z 3 p − x4 + y 4 + z 4
⇔p4 − 4p2 q + 2q 2 + 5pr ≥ p3 − 3pq + 3r p − p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr
⇔p4 − 5p2 q + 4q 2 + 6pr ≥ 0.
2. Một số bài toán.
Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh rằng
(1 − ab − bc − ca) (1 − 27abc)
≥6 [1 + 3 (ab + bc + ca)] (ab + bc + ca)2 − 3abc .
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 6

8. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Giải. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1. Ta cần
chứng minh
(1 − q) (1 − 27r) ≥ 6 (1 + 3q) q 2 − 3r . (1)
1 1 1
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = . Khi 0 < q ≤ , ta có
3 3 4
3 (1 − 27r)
(1 − q) (1 − 27r) ≥ . (2)
4
3 1 42 1
6 (1 + 3q) q 2 − 3r ≤ 6 1 + − 3r = − 3r . (3)
4 16 4 16
Vì
3 (1 − 27r) 42 1 42 3
≥ − 3r ⇔ 3−81r ≥ −126r ⇔ 45r ≥ − (đúng)
4 4 16 16 8
1 1
nên từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Tiếp theo ta xét ≤ q ≤ . Xét dãy
4 3
số (an ) như sau
1 1 + an
a1 = ; an+1 = , ∀n = 1, 2, . . . (4)
4 5 − 3an
1 1 x+1
Ta có a1 ≤ . Giả sử ak ≤ . Xét hàm số f (x) = , khi đó hàm
3 3 −3x + 5
f đồng biến vì
8
f (x) = > 0.
(5 − 3x)2
1 1
Vậy ak+1 = f (ak ) ≤ f = . Theo nguyên lí quy nạp, suy ra
3 3
1
0 ≤ an ≤ , ∀n = 1, 2, . . .
3
Do đó
1 + an 3a2 − 4an + 1
an+1 − an = − an = n > 0.
5 − 3an 5 − 3an
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 7

9. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim an = L. Từ (4) cho n → +∞, ta được
n→+∞
1+L 2
do L≤ 1
3 1
L= ⇔ 3L − 4L + 1 = 0 ⇒ L = .
5 − 3L 3
1 1 1
Vì dãy số (an ) tăng về và q ∈ ; , suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho
3 4 3
1 + ak
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ ⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak
5 − 3ak
1
⇒3q − 3qak + 1 − ak ≤ 2 − 2q ⇒ (1 − ak ) (3q + 1) ≤ 1 − q.
2
1
Từ ak ≤ q ≤ , ta có
3
1 q ak 1 ak
(q − ak ) q − ≤ 0 ⇔ q 2 ≤ + qak − ⇔ q2 ≤ q + ak − .
3 3 3 3 3
Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên
4q − 1 ≤ 9r. Do đó
1 + 9r 1 ak (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
q2 ≤ + ak − ⇒ q2 ≤
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
Vậy ta đã chứng minh được
1
(1 − ak ) (3q + 1) ≤ 1 − q. (5)
2
(1 − ak ) (1 − 27r)
q 2 − 3r ≤ . (6)
12
Để ý rằng 1 − ak > 0, 3q − 1 ≤ 0, 1 − q > 0, q 2 − 3r ≥ 0, 1 − 27r ≥ 0.
Từ (6) suy ra
12 q 2 − 3r
1 − ak ≥
1 − 27r
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 8

10. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Thay vào (5) ta được
1 12 q 2 − 3r
1−q ≥ . (3q + 1) ⇒ 6 q 2 − 3r (3q + 1) ≤ (1 − q) (1 − 27r) .
2 1 − 27r
Phép chứng minh hoàn thành.
Lưu ý. Dãy số (an) được tìm ra như sau : Ta cần xây dựng dãy số (an)
1 1 1 1
thoả mãn điều kiện a1 = và dãy (an ) tăng về . Vì ≤ q ≤ nên tồn
4 3 4 3
tại k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1 . Chú ý rằng điều kiện ak ≤ q tương
đương với
1 q ak 1 ak
(q − ak ) q − ≤ 0 ⇔ q2 ≤ + qak − ⇔ q2 ≤ q + ak − .
3 3 3 3 3
Vì 4q ≤ 9r + 1 nên
1 + 9r 1 ak (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
q2 ≤ + ak − ⇒ q2 ≤
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
Vậy để chứng minh 6 q 2 − 3r (3q + 1) ≤ (1 − q) (1 − 27r), ta cần chứng
minh
1 1 + ak
(1 − ak ) (3q + 1) ≤ 1 − q ⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak ⇒ q ≤ .
2 5 − 3ak
1 + ak
Vì vậy, ta dẫn đến ý tưởng là chọn luôn ak+1 = và xét dãy số
5 − 3ak
(an ) như trên.
Bài toán 2. Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, chứng
minh rằng
1 + 162a2 b2c2 ≥ 27abc + 54 a3 b3 + b3c3 + c3 a3 .
Giải. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và
a3 b3 + b3c3 + c3 a3 = q 3 − 3pqr + 3r2 = q 3 − 3qr + 3r2 .
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 9

11. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Ta cần chứng minh
1 + 162r2 ≥ 27r + 54 q 3 − 3qr + 3r2 ⇔ 54q q 2 − 3r ≤ 1 − 27r. (1)
1 1 1
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = . Khi 0 < q ≤ , ta có
3 3 4
27 1
54q q 2 − 3r ≤ − 3r (2)
2 16
27 1
− 3r ≤ 1 − 27r ⇔ 432r ≥ −5 đúng . (3)
2 16
1 1
Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Tiếp theo ta xét ≤ q ≤ . Xét dãy số
4 3
(an ) như sau
1 2
a1 = ; an+1 = , ∀n = 1, 2, . . . (4)
4 9(1 − an )
1 1 2
Ta có a1 ≤ . Giả sử ak ≤ . Xét hàm số f (x) = , khi đó hàm
3 3 9(1 − x)
1 1
f đồng biến vì f (x) > 0. Vậy ak+1 = f (ak ) ≤ f = . Theo nguyên
3 3
lí quy nạp, suy ra
1
0 ≤ an ≤ , ∀n = 1, 2, . . .
3
Do đó
2 9a2 − 9an + 2
an+1 − an = − an = n ≥ 0.
9 (1 − an ) 9 (1 − an )
Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim an = L. Từ (4) cho n → +∞, ta được
n→+∞
2 2
do L≤ 1
3 1
L= ⇔ 9L − 9L + 2 = 0 ⇒ L = .
9(1 − L) 3
1 1 1
Vì dãy số (an ) tăng về và q ∈ ; , suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho
3 4 3
2 2
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ ⇒ 0 ≤ 1 − ak ≤ .
9 (1 − ak ) 9q
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 10

12. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
1
Từ ak ≤ q ≤ , ta có
3
1 q ak 1 ak
(q − ak ) q − ≤ 0 ⇔ q 2 ≤ + qak − ⇔ q2 ≤ q + ak − .
3 3 3 3 3
Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên
4q − 1 ≤ 9r. Do đó
1 + 9r 1 ak (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
q2 ≤ + ak − ⇒ q2 ≤
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
Vậy ta đã chứng minh được
2
1 − ak ≤ . (5)
9q
(1 − ak ) (1 − 27r)
q 2 − 3r ≤ . (6)
12
Để ý rằng 1 − ak > 0, 1 − 27r ≥ 0, nên từ (5) và (6) suy ra
2 1 − 27r
q 2 − 3r ≤ . ⇒ 54q q 2 − 3r ≤ 1 − 27r.
9q 12
Phép chứng minh hoàn thành.
Bài toán 3. Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, chứng
minh rằng
7 (ab + bc + ca)2 ≥ 18abc + 27 a3b3 + b3 c3 + c3 a3 .
Giải. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và
a3 b3 + b3c3 + c3 a3 = q 3 − 3pqr + 3r2 = q 3 − 3qr + 3r2 .
Ta cần chứng minh
7q 2 ≥ 18r + 27 q 3 − 3qr + 3r2
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 11

13. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
⇔27q q 2 − 3r ≤ 7q 2 − 18r − 81r2
⇔27q q 2 − 3r ≤ 7 q 2 − 3r + 3r (1 − 27r)
⇔ (27q − 7) q 2 − 3r ≤ 3r (1 − 27r) . (1)
1 1 1
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = . Khi 0 < q ≤ , thì (1)
3 3 4
1 1
đúng, do vế trái âm, còn vế phải không âm. Tiếp theo ta xét ≤ q ≤ .
4 3
Xét dãy số (an) như sau
1 7an − 3
a1 = ; an+1 = , ∀n = 1, 2, . . . (4)
4 27an − 11
1 1 7x − 3
Ta có a1 ≤ . Giả sử ak ≤ . Xét hàm số f (x) = , khi đó hàm
3 3 27x − 11
1 1
f đồng biến vì f (x) > 0. Vậy ak+1 = f (ak ) ≤ f = . Theo nguyên
3 3
1
lí quy nạp, suy ra 0 ≤ an ≤ , ∀n = 1, 2, . . . Do đó
3
7an − 3 − 27a2 − 18an + 3
n −3 (3an − 1)2
an+1 −an = −an = = ≥ 0.
27an − 11 27an − 11 27an − 11
Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt
lim an = L. Từ (4) cho n → +∞, ta được
n→+∞
7L − 3 1
L= ⇔ 3(3L − 1)2 = 0 ⇔ L = .
27L − 11 3
1 1 1
Vì dãy số (an ) tăng về và q ∈ ; , suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho
3 4 3
3 − 7ak
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ ⇔ 11q − 27qak ≤ 3 − 7ak
11 − 27ak
⇔ak (27q − 7) ≥ 11q − 3. (5)
1 7 7 1
Nếu ≤q≤ thì (1) đúng. Tiếp theo xét < q ≤ . Từ (5) ta được
4 27 27 3
11q − 3 11q − 3 16q − 4
ak ≥ ⇔ 1 − ak ≤ 1 − ⇔ 1 − ak ≤ .
27q − 7 27q − 7 27q − 7
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 12

14. www.VNMATH.com
Chương 1. Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
1
Từ ak ≤ q ≤ , ta có
3
1 q ak 1 ak
(q − ak ) q − ≤ 0 ⇔ q 2 ≤ + qak − ⇔ q2 ≤ q + ak − .
3 3 3 3 3
Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên
4q − 1 ≤ 9r. Do đó
1 + 9r 1 ak (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
q2 ≤ + ak − ⇒ q2 ≤
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
Vậy ta đã chứng minh được
16q − 4
1 − ak ≤ . (6)
27q − 7
(1 − ak ) (1 − 27r)
q 2 − 3r ≤ . (7)
12
Từ (6) và (7) ta có
(1 − ak ) (1 − 27r)
(27q − 7) q 2 − 3r ≤ (27q − 7) .
12
(16q − 4) (1 − 27r) (4q − 1) (1 − 27r)
≤ =
12 3
≤ 3r (1 − 27r) (do 4q − 1 ≤ 9r) .
Phép chứng minh hoàn thành.
Lưu ý. Các bài toán trên còn được giải bằng cách vận dụng "Phương
pháp ABC" (một phương pháp mới, được đưa ra bởi Nguyễn Anh
Cường), tuy nhiên khi đi thi Học sinh giỏi Quốc gia, nếu làm theo
cách này thì phải chứng minh nhiều Định lí, Hệ quả phức tạp, điều
đó không thích hợp do thời gian hạn hẹp trong phòng thi. Còn nếu giải
theo phương pháp dùng giới hạn dãy số như ở trên thì ta chỉ cần chứng
minh kết quả p3 − 4pq + 9r ≥ 0, điều này rất ngắn gọn, đơn giản, chỉ vài
dòng là xong.
1.1. Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 13