diendantoanhoc.net
PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE1 -METHOD OF LAGRANGE
MULTIPLIERS

K

Trần Trung Kiên
TP. Hồ Chí Minh- Ngày 30 tháng 9 năm 2012
Phương pháp nhân tử Lagrange (sẽ được học trong chương trình toán cao cấp của bậc đại học)
khá hiệu quả trong những bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc ngoài ra còn có thể dùng để tìm
điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức.
 Định nghĩa
Cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) có điều kiện của hàm hai biến z = f (x; y) là cực trị của hàm này với
điều kiện là các biến x, y phải thỏa ràng buộc bởi phương trình ϕ(x; y) = 0.
Để tìm cực trị có điều kiện của hàm z = f (x; y) khi hiện hữu phương trình ràng buộc ϕ(x; y) = 0,
người ta thiết lập một hàm bổ trợ là hàm Lagrange:
L(x; yλ) = f (x; y)+λϕ(x; y), trong đó λ là một nhân tử hằng chưa xác định, gọi là nhân tử Lagrange.
Điều kiện cần của cực trị là hệ ba phương trình. L0x (x; y; λ) = fx0 (x; y) + λϕ0x (x; y) = 0
L0y (x; y; λ) = fy0 (x; y) + λϕ0y (x; y) = 0
ϕ(x; y) = 0
Giải hệ trên ta tìm được nghiệm là x0 ; y0 ; λ0 . Vấn đề tồn tại và đặc tính của cực trị có điều kiện được
giải bằng cách xét dấu vi phân cấp 2 của hàm Lagrange tại điểm P0 (x0 ; y0 ) và λ0 - nghiệm của hệ
phương trình trên. P0 (x0 ; y0 ) là điểm dừng của hàm L.

T

d2 L = L00xx dx2 + 2L00xy dxdy + L00yy dy 2

Trong đó dx; dy thỏa mãn ràng buộc biểu thị bằng phương trình
ϕ0x dx + ϕ0y dy = 0(dx2 + dy 2 6= 0)

T

Cụ thể xét hàm f (x; y) đạt cực đại có điều kiện nếu d2 L < 0 và đạt cực tiểu có điều kiện nếu d2 L > 0
tại điểm dừng P0 (x0 ; y0 ) và nhân tử λ0 .
 Các bước cơ bản của phương pháp nhân tử Lagrange
1. Phát biểu bài toán dưới dạng mô hình toán học. Cực đại hoặc cực tiểu của hàm z = f (x; y) với
điều kiện ràng buộc ϕ(x; y) = 0
2. Thiết lập hàm Lagrange L(x; y; λ) = f (x; y) + λϕ(x; y)
3. Tìm điểm dừng của L, tức là giải hệ phương trình

0

 Lx (x; y; λ) = 0
L0y (x; y; λ) = 0

 0
Lλ (x; y; λ) = 0
4. Xét dấu d2 L tại điểm (x0 ; y0 ) mà (x0 ; y0 ; λ0 ) là nghiệm của hệ phương trình ở bước 3.
• Nếu d2 L(x0 ; y0 ; λ0 ) < 0zmax = f (x0 ; y0 )
• Nếu d2 L(x0 ; y0 ; λ0 ) > 0zmin = f (x0 ; y0 )
Để nắm vững phương pháp trên ta quan sát bài toán đơn giản sau:
1

Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) là nhà toán học và thiên văn học người Pháp.

1

diendantoanhoc.net

T

K

1 Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
f (x; y) = x2 + y 2
Giải
Bước 1: Tìm cực tiểu đối với f (x; y) = x2 + y 2 thỏa mãn điều kiện ϕ(x; y) = x + y − 10 = 0
Bước 2: L(x; y; λ) = x2 + y 2 + λ(x + y − 10)
∂f
−λ
= 2x + λ = 0 ⇔ x =
Bước 3:
∂x
2
∂f
−λ
= 2y + λ = 0 ⇔ y =
∂y
2
∂f
−λ
= x + y − 10 = 0 ⇒
.2 = 10 ⇔ λ = −10
∂λ
2
Điểm dừng (5; 5; −10)
Bước 4: L00xx = 2; L00yy = 2; L00xy = 0; d2 L(5; 5; −10) = 2(dx2 + dy 2 ) > 0
fmin = f (5; 5) = 52 + 52 = 25
Qua bài toán 1 chúng ta đã phần nào đó nắm được "tư tưởng" phương pháp này. Để hiểu sâu hơn
ta tìm hỏi qua các bài toán khó hơn sau đây.
2 Nếu a và b là các số thực dương thỏa mãn a14 + b14 = 2 . Chứng minh rằng:
5a2 3b3
+ 2 ≥8
b
a
Giải
b3
a2
Thiết lập hàm Lagrange L(a, b) = 5 + 3 2 − λ(a14 + b14 − 2).
b
a
Điểm cực trị là nghiệm của hệ:

∂L
10a
b3


=
− 6 3 − 14a13 λ = 0

 ∂a
b
a 2
−5a2
b
∂L
= 2 + 9 2 − 14b13 λ = 0


b
a

 ∂b
a14 + b14 = 2
a
, ta quy ước mẫu số bằng 0 thì tử bằng 0 đặt P (x) = 5x18 − 9x14 + 10x4 − 6 = 0.
b
P (x) = (x2 − 1)Q(x), với Q(x) không có nghiệm thực.
Vậy a, b > 0 khi x = 1, điểm cực trị tại a = b = 1,ta có giá trị nhỏ nhất bằng 8.
3 (British Mathematical Olympiad 1986) Cho a, b, c thực thỏa a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A = a2 b + b 2 c + c 2 a
2π
4π
8π
Bài toán này dấu bằng xảy ra khá đặc biệt khi x = 2cos ; y = 2cos ; z = 2cos .
9
9
9
Chính vì thế nên bài toán gây khó dễ cho các phương pháp ta đã biết, thậm chí là phương pháp
mạnh như S.O.S, UMV,.... Trong quyển sử dụng phương pháp Cauchy − Schwarz để chứng minh
bất đẳng thức anh Cẩn có một lời giải khá độc đáo như sau:
Giải
Xét hàm nhân tử Lagrange như sau:


f (a; b; c) = a2 b + b2 c + c2 a + λ1 (a + b + c) + λ2 a2 + b2 + c2 − 6

T

Đặt x =

Các điểm cực trị là nghiệm hệ phương trình:

∂f
∂f
∂f


 ∂a = ∂b = ∂c = 0
 a+b+c=0

 2
a + b2 + c 2 = 6
2

diendantoanhoc.net


2ab + c2 + λ1 + 2λ2 a = 0



2


 2bc + a + λ1 + 2λ2 b = 0
⇔
2ca + b2 + λ1 + 2λ2 c = 0



a+b+c=0



 a2 + b 2 + c 2 = 6
Cộng vế với vế của phương trình thứ nhất, thứ hai, thứ ba ta được
(a + b + c)2 + 3λ1 + 2λ2 (a + b + c) = 0 ⇔ λ1 = 0
Đến đây ta được

K



2ab + c2 + 2λ2 a = 0



2


 2bc + a + 2λ2 b = 0
2ca + b2 + 2λ2 c = 0



a+b+c=0



 a2 + b 2 + c 2 = 6
Từ đây ta có

2bc + a2
2ca + b2
2ab + c2
=
=
= −2λ2
a
b
c
Đây là điều kiện của dấu đẳng thức trong bất đẳng thức Cauchy − Schwarz nên ta sẽ chứng minh
bài toán như sau:
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
[a(2ab + c2 ) + b(2bc + a2 ) + c(2ac + b2 )]2 ≤ (a2 + b2 + c2 )[(2ab + c2 )2 + (2bc + a2 )2 + (2ac + b2 )2 ]

T

Mặt khác ta có: a(2ab + c2 ) + b(2bc + a2 ) + c(2ac + b2 ) = 3(a2 b + b2 c + c2 a) và
P
2
2
(2ab + c2 ) = 2(ab + bc + ca)2 + (a2 + b2 + c2 ) = 54
Nên do đó A = a2 b + b2 c + c2 a ≤ 6.
2π
4π
8π
Dấu "=" xảy ra khi x = 2cos ; y = 2cos ; z = 2cos
9
9
9
4 Cho x, y, z thực thỏa x + y + z = 0 và x2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
P = x3 + y 3 + z 3
Giải
Đặt f (x; y; z) = x3 + y 3 + z 3 + λ1 (x + y + z) + λ2 (x2 + y 2 + z 2 − 2) Điểm cực trị là nghiệm của hệ

∂f
∂f
∂f


 ∂x = ∂y = ∂z = 0
x+y+z =0


 2
x + y2 + z2 = 2

T

Hay


3x2 + λ1 + 2λ2 x = 0



2


 3y + λ1 + 2λ2 y = 0
3z 2 + λ1 + 2λ2 z = 0



x+y+z =0



 x2 + y 2 + z 2 = 2

Cộng lại ta có 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 3λ1 + 2λ(x + y + z) = 0 ⇔ λ1 = −2 Thay vào hệ trên ta có

2

 3x + 2λ2 x − 2 = 0
3y 2 + 2λ2 y − 2 = 0

 2
3z + 2λ2 z − 2 = 0
3

diendantoanhoc.net
Ở đây ta quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0
3x2 − 2
3y 2 − 2
3z 2 − 2
=
=
= −2λ2
x
y
z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
[x(3x2 − 2) + y(3y 2 − 2) + z(3z 2 − z)]2 ≤ (x2 + y 2 + z 2 )[(3x2 − 2)2 + (3y 2 − 2)2 + (3z 2 − 2)2 ]
= 2.[9(x4 + y 4 + z 4 ) − 12] = 12

K

Do x4 +y 4 +z 4 = (x2 +y 2 +z 2 )2 −2[(xy)2 +(yz)2 +(xz)2 ] = 4−2[(xy +xz +yz)2 −2xzy(x+y
+z)] √
Mà
√
2
2
2
2
2 3
2 3
(x + y + z) − (x + y + z )
= −1 Do đó. x4 + y 4 + z 4 = 2 Vậy −
≤P ≤
xy + xz + yz =
2 
3
3
√

2 3
1 1
2
• min P = −
khi (x; y; z) = √ ; √ ; − √
và các hoán vị.
3 3
3
√3

2 3
1
1 2
• max P =
khi (x; y; z) = − √ ; − √ ; √
và các hoán vị.
3
3
3 3
5 Cho a; b; c thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
D =a+b+c
Giải
Đặt f (a; b; c) = a + b + c; g(a; b; c) = a2 + b2 + c2 − 4 + abc
L = f − λg = a + b + c − λ(a2 + b2 + c2 + abc − 4)

T

Điểm cực trị là nghiệm của hệ


1
∂L


λ=


= 1 − λa − λbc = 0




2a + bc

 ∂a
1
∂L
λ=
= 1 − λb − λac = 0 ⇒


2b + ac
∂b




1
∂L


 λ=

= 1 − λc − λba = 0
2c + ba
∂c
1
1
=
⇔ (a − b)(2 − c) = 0 . Tương tự ta có (b − c)(2 − a) = 0 và (c − a)(2 − b) = 0
2a + bc
2b + ac
Nếu a = b = 2 từ a2 + b2 + c2 + abc = 4 ta tìm được c = −2 và vì vậy a + b + c = 6
Nếu a = b = c 6= 2 ta có 3a2 + a3 = 4 ⇔ (a − 1)(a + 2)2 = 0
Vậy ta có a = b = c = 1 hoặc a = b = c − 2 và từ a + b + c = 3 hoặc a + b + c = −6 ta có giá trị nhỏ
nhất của D = −6
6 Cho a, b, c thực dương thỏa a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng:
1
176
abc + bcd + cda + dab ≤
+
abcd
27
27
Giải
1
Đặt f = abc + bcd + cda + dab ta sẽ chứng minh f ≤ .
27
Đặt g = a + b + c + d − 1
Ta thiết lập hàm Lagrange

T

Do

L = f − λg = abc + bcd + cda + dab −

4

126
abcd − λ(a + b + c + d − 1)
27

diendantoanhoc.net
Ta có:


∂L
176


= bc + cd + db −
bcd − λ = 0



∂a
27



 ∂L = ac + cd + da − 176 acd − λ = 0
∂b
27
∂L
176


= ba + ad + db −
bad − λ = 0


∂c
27



∂L
176


= bc + ca + ab −
bca − λ = 0
∂d
27

Từ hệ ta tìm được:
176
176
176
176
bcd = ac + cd + da −
acd = ab + bd + da −
abd = bc + ac + ab −
abc.
27
27
27
27

K

λ = bc + cd + db −

176
176
127
Từ bc + cd + bd −
bcd = ac + cd + da −
acd ta có (b − a)(c + d −
cd) = 0. Thiết lập tương
27
27
27
tự:
127
ad) = 0
27
176
(b − d)(a + c −
ac) = 0
27
176
(a − c)(b + d −
bd) = 0
27
(b − c)(a + d −

T

1
Giải phương trình này ta có a = b = c = d và từ a + b + c + d = 1 nên a = b = c = d = . Vậy
4


1 1 1 1
1
f
; ; ;
. Từ đây ta có điều cần chứng minh. 
=
4 4 4 4
27
7 Cho a, b, c thực thỏa a + b + c > 0. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 ≤ (a2 + b2 + c2 )3/2 + 3abc
Trong bài toán này ta sẽ tìm cách đặt ẩn thích hợp để tạo thêm điều kiện ràng buộc cho các biến để
sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange.
Giải
Đặt
a
b
c
x= √
; y=√
; z=√
2
2
2
2
2
2
2
a +b +c
a +b +c
a + b2 + c 2
Bất đẳng thức cần chưng minh viết lại thành

x3 + y 3 + z 3 ≤ (x2 + y 2 + z 2 )3/2 + 3xyz với x2 + y 2 + z 2 = 1

Đặt
f = a3 + b3 + c3 − 3abc; g = a2 + b2 + c2 − 1

T

Ta thiết lập hàm Lagrange

L = f − λg = a3 + b3 + c3 − 3abc − λ(a2 + b2 + c2 − 1)

Ta có hệ sau:


∂L


= 3a2 − 3bc − 2λa = 0


 ∂a
∂L
= 3b2 − 3ac − 2λb = 0

∂b



 ∂L = 3c2 − 3ba − 2λc = 0
∂a
2
3(b2 − ac)
3(c2 − ab)
3(a − bc)
λ=
=
=
2a
2b
2c
5

diendantoanhoc.net
Từ trên ta có

3(a2 − bc)
3(b2 − ac)
=
⇔ (a − b)(ab + bc + ac) = 0
2a
2b

K

Tương tự ta có (b − c)(ab + bc + ac) = 0 và (c − a)(ab + bc + ac) = 0.
Giải phương trình này ta thu được a = b = c hoặc ab + bc + ac = 0.
Nếu a = b = c thì f (a; a; a) = 0 < 1
Nếu ab + bc + ac = 0 thì (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = 1
Và từ a + b + c > 0 ta có a + b + c = 1
Vì vậy
f (a; b; c) = a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac) = 1
Phép chứng minh hoàn tất. 
8 (China TST -2004)Cho a, b, c, d thực dương thỏa abcd = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
≥1
2 +
2 +
2 +
(1 + a)
(1 + b)
(1 + c)
(1 + d)2
Giải
1
1
1
1
Đặt f (a; b; c; d) =
và g(a; b; c; d) = abcd − 1
2 +
2 +
2 +
(1 + a)
(1 + b)
(1 + c)
(1 + d)2
Ta thiết lập hàm Lagrange
L = f − λg =

Từ hệ ta thu được



∂L
−4
λ
−4a




=
=0
λ=


2 −


∂a
a


(1 + a)
(1 + a)2






∂L
λ
−4b
−4




=
=0

 λ=
2 −
∂b
b
(1 + b)
(1 + b)2
⇒
−4c
−4
λ
∂L




λ=
=
=0


2 −


∂c
c


(1 + c)2
(1 + c)






−4d
∂L
λ
−4




=
=0

 λ=
2 −
∂c
c
(1 + d)2
(1 + c)

T

Ta có hệ sau

1
1
1
1
− λ(abcd − 1).
2 +
2 +
2 +
(1 + a)
(1 + b)
(1 + c)
(1 + d)2

−4a
−4b
−4c
−4d
=λ
2 =
2 =
2 =
(1 + a)
(1 + b)
(1 + c)
(1 + d)2

Ta có:
(a − b)(1 − ab) = 0; (a − c)(1 − ac) = 0; (a − d)(1 − ad) = 0
(b − c)(1 − bc) = 0; (b − d)(1 − bd) = 0; (c − d)(1 − cd) = 0

T

Giải phương trình ta thu được a = b = c = d và từ abcd = 1 nên a = b = c = d = 1 vì vậy ta có
f (1; 1; 1; 1) =

Từ

1 1 1 1
+ + + =1
4 4 4 4

1
1 1 1 4
1 5
f (1; 1; ; 2) = + + + = + > 1
2
4 4 9 9
2 9

Nên theo phương pháp nhân tử Lagrange ta kết luận được f (a; b; c; d) ≥ 1. Vậy bài toán được chứng
minh. 

6

diendantoanhoc.net

K

9 Cho a, b, c, d là những số
 thực dương thỏa
 a + b + c + d = 4. Chứng minh rằng:
1 1 1 1
27
+ + +
≥ 9 (a3 + b3 + c3 + d3 ) + 8.
a b c d
Giải
Ta thiết lập hàm Lagrange lấy vế trái trừ vế phải, và đặt g là a + b + c + d − 4 = 0. Ta dễ dàng thấy
∂f
∂( )
∂a < 0,nên nó tồn tại giá trị cực tiểu.
∂a
∂f
∂g
Nên nó tồn tại hằng số λ thỏa mãn
=λ×
.
∂a
∂a
1
⇔ −27( 2 + a2 ) = λ
a
1
Từ trên ta có a, b, c, d = k hoặc .
k
1) Nếu a, b, c, d = k thì k = 1, ta tìm được f > 0.
1
1
2) Nếu a, b, c = k và d = , thì k = và f = 0.
k
3
1
3) Nếu a, b = k và c, d = , thì k = 1, và f > 0.
k
Từ 1) 2) 3) ta có điều cần chứng minh. 
10 Cho a, b, c, d thực dương thỏa a + b + c + d + abcd = 5. Chứng minh rằng:
1 1 1 1
+ + + ≥4
a b c d
Giải
1 1 1 1
Đặt f (a; b; c; d) = + + + và g(a; b; c; d) = a + b + c + d + abcd − 5 = 0
a b c d
Ta thiết lập hàm Lagrange
1
a











+

1 1 1
+ + − λ(a + b + c + d + abcd − 5)
b c d

T

L = f − λg =

∂L
∂a
∂L
∂b
∂L
∂c
∂L
∂d

1
− λ(1 + bcd) = 0
a2
1
= − 2 − λ(1 + acd) = 0
b
1


= − 2 − λ(1 + bad) = 0


c



1


= − 2 − λ(1 + bca) = 0
d
−1
−1
−1
−1
λ= 2
= 2
= 2
=
a (1 + bcd)
b (1 + acd)
c (1 + abd)
1 + d2 (acb)
=−

Từ 2 phương trình đầu ta có:

T

a2 (1 + bcd) = b2 (1 + cad) ⇔ (a − b)(a + b + abcd) = 0
Từ a + b + abcd > 0 ta có a = b. Tương tự ta có a = c = d nên a = b = c = d
Sử dụng giả thiết a+b+c+d+abcd = 5 ta thu được a4 +4a−5 = 0 ⇔ (a−1)(a3 +a2 +a+5) = 0 giải
phương trình này ta tìm được a = 1. Do đó a = b = c = d = 1. Nên f (1, 1, 1, 1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4
vậy ta có điều cần chứng minh. 
11 Cho a, b, c thực dương thỏa a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
7(ab + bc + ac) ≤ 9abc + 2
Giải
Đặt f (a; b; c) = 7(ab + cb + ac) − 9abc − 2 , g(a; b; c) = a + b + c − 1 Ta thiết lập hàm Lagrange
L = f − λg = 7(ab + bc + ac) − 9abc − 2 − λ(a + b + c − 1)
7

diendantoanhoc.net
Điểm cực trị là nghiệm của hệ

∂L



= 7(b + c) − 9bc − λ = 0



∂a

 λ = 7(b + c) − 9bc
∂L
⇒
λ = 7(a + c) − 9ac
= 7(c + a) − 9ac − λ


∂b



λ = 7(b + a) − 9ba

 ∂L = 7(a + b) − 9ab − λ = 0
∂c
Nên
7(b + c) − 9bc = 7(c + a) − 9ac = λ ⇔ (b − a)(7 − 9c) = 0(1)

K

Thiết lập tương tự ta cũng có (c − a)(7 − 9a) = 0(2) và (a − c)(7 − 9b) = 0(3) giải phương trình ta
1
có a = b = c = và
3
f (a; b; c) = 7(ab + bc + ac) − 9abc − 2 =
Từ (1) nếu a = b và b 6= c thì từ phương trình trên ta có a =

21
9
−
−2=0
9
27

7
14
= b và a + b =
> 1 điều này mâu
9
9

T

thuẫn do a + b < a + b + c = 1
Nếu 7 − 9c = 0 thì ta không thể có 7 − 9a = 0 hoặc 7 − 9b = 0 nên từ (2); (3) ta phải có b = c và
7
a = c nên a = b = c = .
9
Vậy giá trị nhỏ nhất L = 0 hay 7(ab + ac + bc) ≤ 9abc + 2
12 Cho a, b, c thực thỏa a2 + b2 + c2 + d2 = 1 chứng minh rằng:
A = a3 + b3 + c3 + abc + bcd + cda + dab ≤ 1
Giải
Ta thiết lập hàm Lagrange
L = a3 + b3 + c3 + d3 + abc + bcd + cda + dab − 1 − λ(a2 + b2 + c2 + a2 − 1)
Điểm cực trị là nghiệm của hệ













T













∂f
= 3a2 + bc + cd + bd − 2λa = 0
∂a
∂f
= 3b2 + ac + cd + ad − 2λb = 0
∂b
∂f
= 3c2 + ba + bd + ad − 2λc = 0
∂c
∂f
= 3d2 + bc + ca + ba − 2λd = 0
∂d
a2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1

3a2 + bc + ac + bd


2λ
=


a


2

3b
+
ac
+ cd + ad

 2λ =
b
⇒
3c2 + ba + bd + ad


2λ =



c

2

3d
+
ca
+ bc + ab

 2λ =
d

Ta quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0 Từ đây ta có:
3a2 + bc + ac + bd
3b2 + ac + cd + ad
=
a
b
8

diendantoanhoc.net
=

3c2 + ba + bd + ad
3d2 + ca + bc + ab
=
= 2λ
c
d

Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có:
X
X
9V T 2 = [
a(3a2 + bc + cd + db)]2 ≤ (a2 + b2 + c2 )[ (3a2 + bc + cd + db)2 ]
= 9(a2 + b2 + c2 + d2 )2 − 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + d2 a2 + d2 b2 + c2 d2 ) − abc(a + b + c)
−bcd(b + c + d) − cda(c + d + a) − bab(b + d + a) ≤ 9

K

Thật vậy bất đẳng thức cuối tương đương:


2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + d2 a2 + d2 b2 + c2 d2 ≥ abc (a + b + c)+bcd (b + c + d)+cda (c + d + a)+dab (d + b + a)
Luôn đúng do AM − GM . (bộ [2; 2; 0; 0]  [2; 1; 1; 0] Bất đẳng thức được chứng minh. 
12 (IMO Shortlist 2007) Cho a1 ; a2 ; ...a100 ≥ 0 thỏa a21 + a22 + ... + a2100 = 1 chứng minh rằng:
a21 a2 + a22 a3 + ... + a2100 a1
Giải
Để thuận tiện biến đổi ta đặt a101 = a1 ; a102 = a2 và S = a21 a2 + a22 a3 + ... + a2100 a1 Áp dụng bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz:

" 100
#2
!  100
2
100
X
X
X
ak+1 2 
9S 2 =
ak+1 (ak 2 + 2ak+1 ak+2 ) ≤
(ak 2 + 2ak+1 ak+2 ) 
k=1

k=1

2

2

(ak + 2ak+1 ak+2 ) =

100
X

2

(ak 4 + 4ak 2 ak+1 ak+2 + 4ak+1 2 ak+2 2 )

T

=

100
X

k=1

k=1

k=1

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có

4ak 2 ak+1 ak+2 ≤ 2a2k (a2k+1 + a2k+1 )

Từ trên ta có
2

9S ≤

100
X


a4k

+

2a2k (a2k+1

+

a2k+2 )

+

4a2k+1 a2k+2



k=1

100
X
 4

=
ak + 6a2k+1 a2k + 2a2k a2k+2
k=1

Sử dụng các đánh giá đơn giản
100
X

k=1

k=1

T

100
X
 4

ak + 2a2k+1 a2k + 2a2k a2k+2 ≤

100
X

a2k a2k+1 ≤

50
X

!
a22i−1

i=1

k=1

50
X

!2
a2k

=1
!

a22j

j=1

Ta được:

9S 2 ≤ 1 + 4

50
X
i=1

√

Từ đây suy ra S ≤

2
3

<

12
.
25

a22i−1

!

50
X

!
a22j

≤1+

j=1

50
X
i=1

Vậy bài toán được chứng minh 

9

a22i−1 +

50
X
j=1

!2
a22j

=2

diendantoanhoc.net
BÀI TẬP
Bài 1: Cho x, y, z thực thuộc đoạn [0; 1], chứng minh rằng
x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 + x2 y + y 2 z + z 2 x
Bài 2: Cho x; y; z thực dương. Chứng minh rằng:

K

y
z
x
+
+
≤1
1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + xz
Bài 3: (USAMO -1997)Cho a; b; c; d thực dương. Chứng minh rằng:

r

r 2
1 1 1 1 1
p
q
+ + + +
≤ 25 + 6
−
25 ≤ (a + b + c + d + e)
a b c d e
q
p
Bài 4: (USAMO 2001) Cho a, b, c thực dương thỏa a2 + b2 + c2 + abc = 4 chứng minh rằng
ab + bc + ac − abc ≤ 2

Bài 5: (1999 Canada Math Olympiad) Cho x, y, z là những số thực không âm thỏa x + y + z = 1.
Chứng minh rằng
4
x2 y + y 2 z + z 2 x ≤
27
Bài 6: (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c ≥ 0.Chứng minh

T

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)

Bài 7: (Romanian IMO-BMO TST -2007)Cho các số thực a1 ; a2 ; ...an ; b1 ; b2 ; ...bn (n ≥ 2) thỏa mãn
a21 + a22 + ... + a2n = b21 + b22 + ... + b2n = 1; a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn = 0. Chứng minh rằng
(a1 + a2 + ... + an )2 + (b1 + b2 + ... + bn )2 ≤ n

Bài 8: Cho a1 , a2 , ...., an > 0 và a1 .a2 ....an = 1.Chứng minh

n no
1
1
1
1; k ∀k ≥ 0
+
+
......
+
≥
min
2
(1 + a1 )k (1 + a2 )k
(1 + an )k
Bài 9: (VMEO II)Cho a, b, c, x, y, z thỏa ax + by + cz = xyz. Chứng minh
q
p
x + y + z ≥ 4(a + b + c) + 8(ab + bc + ca)

T

Bài 10: Cho a, b, c > 0 thỏa a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh:
2(a2 b + b2 c + c2 a) + 15 ≥ 3(a + b + c) + 4(ab + bc + ca)

Bài 11: Cho a, b, c ∈ R thỏa 2a3 + 2b3 + c3 = 4.Tìm GTLN và GTNN của
c2 − 2ab

Bài 12:Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a4 + b4 + c4 + ab + bc + ca ≥ 6

10

diendantoanhoc.net
Bài viết xin kết thúc tại đây. Nhân đây, tôi xin cám ơn anh Hoàng Quốc Việt-sinh viên trường
Đại học Bách Khoa Hà Nội đã có những ý kiến đóng góp để hoàn thiện chuyên đề này.
Việc biên soạn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong những ý kiến đóng góp của các bạn
để chuyên đề được hoàn thiện hơn! Mọi đóng góp xin gửi về địa chỉ: manmelody193@yahoo.com

Tài liệu

[2] www.diendantoanhoc.net
[3] www.artofproblemsolving.com/Forum

K

[1] Võ Quốc Bá Cẩn -Trần Quốc Anh Sử dụng phương Pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất
đẳng thức.

[4] Ngô Thành Phong Giáo trình giản yếu giải tích toán học - ĐHKHTN -ĐHQG TPHCM

T

T

[5] Zdravko Cvetkovski Inequalities theorems, techniques and Selected Problems

11