Luận văn Phương pháp dồn và giảm biến trong bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐINH NGỌC QUANG
PHƯƠNG PHÁP DỒN VÀ GIẢM
BIẾN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 40
Giáo viên hướng dẫn:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN, 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
2Mục lục
Mở đầu 4
1 Một số dạng bất đẳng thức cổ điển và phương pháp giảm
biến 7
1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị trung bình . 7
1.2 Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị trung bình . . 10
1.3 Phương pháp giảm biến trong bất đẳng thức đại số . . . . . . 12
1.3.1 Tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 Phương pháp tam thức bậc hai định hướng . . . . . . 14
1.3.3 Giảm biến trong bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . 15
2 Độ gần đều và phương pháp dồn biến 21
2.1 Độ gần đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Hàm lồi và biểu diễn của hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2.1 Hàm lồi, lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2.2 Biểu diễn hàm lồi, lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 Phương pháp dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.1 Dồn biến tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.3.2 Một số định lý về dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 Một số áp dụng 39
3.1 Một số kỹ thuật thường dùng trong giải bài toán bất đẳng thức 39
3.1.1 Kỹ thuật chuẩn hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.1.2 Kỹ thuật sắp thứ tự bộ số . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.2 Kỹ thuật dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.2.1 Dồn các biến bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
33.2.2 Dồn biến ra biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2.3 Dồn biến trong lớp hàm lồi, lõm . . . . . . . . . . . . 48
3.2.4 Dồn biến trong lớp hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . 50
Kết luận 52
Tài liệu tham khảo 53
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
4Mở đầu
Bất đẳng thức là một vấn đề khá cổ điển của toán học sơ cấp và đang
ngày càng phát triển, đây cũng là một trong những phần toán học sơ cấp
đẹp và thú vị nhất, vì thế luôn cuốn hút rất nhiều người quan tâm. Bất đẳng
thức luôn giữ vị trí quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi, thi đại học,
Olympic quốc gia và quốc tế. Điểm đặc biệt và ấn tượng nhất của bất đẳng
thức trong toán học sơ cấp đó là có rất nhiều bài toán khó, thậm chí là rất
khó nhưng luôn có thể giải được bằng những kiến thức cơ sở, chủ yếu sử
dụng các phép biến đổi, đánh giá sơ cấp để thu được kết quả.
Ngày nay, có rất nhiều các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông
dụng như: phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, phương pháp
tam thức bậc hai, phương pháp dùng đạo hàm, phương pháp phân tích bình
phương S.O.S., phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ,. . . Trong những
năm gần đây, GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu [1] đã giới thiệu phương pháp
tam thức bậc hai định hướng. Đây là cơ sở để có phương pháp giảm biến.
Phương pháp giảm biến có thể phát biểu bằng lời như sau: Phương pháp
này dựa vào lát cắt và phép biến đổi đồng dạng để giảm số biến. Thông
thường, phương pháp này hiệu quả trong trường hợp ba biến chuyển về biểu
thức dạng hai biến. Cũng trong khoảng thời gian này, TS. Trần Nam Dũng
và Gabriel Dospinescu [3] đã giới thiệu và trình bày phương pháp dồn biến
(Mixing variables). Đây là phương pháp rất quan trọng và hiệu quả trong
việc chứng minh các bất đẳng thức phức tạp. Phương pháp dồn biến có
thể phát biểu một cách đơn giản như sau: Để chứng minh bất đẳng thức
f(x1, x2, . . . , xn) ≥ 0 chúng ta đi chứng minh bất đẳng thức
f(x1, x2, . . . , xn) ≥ f
(
x1 + x2
2
,
x1 + x2
2
, x3, . . . , xn
)
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
5Sau đó chúng ta đi chứng minh bất đẳng thức
f
(
x1 + x2
2
,
x1 + x2
2
, x3, . . . , xn
)
≥ 0.
Bất đẳng thức sau chỉ còn n − 1 biến và đơn giản hơn bất đẳng thức ban
đầu (có n biến).
Mục đích của luận văn này là trình bày lại một cách tổng quan, có hệ
thống các kiến thức cơ sở về một số bất đẳng thức cơ bản liên quan đến giá
trị trung bình, bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai và xét
đến phương pháp giảm biến, bất đẳng thức Karamata, độ gần đều của bộ số
và xét định lý dồn biến tổng quát như là hệ quả của chúng. Tiếp theo xét
một số ứng dụng của phương pháp dồn biến trong các bài toán chứng minh
bất đẳng thức thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi và kì thi Olympic.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.
Chương 1, trình bày một số bất đẳng thức cơ bản liên quan đến giá trị trung
bình và bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai. Các kiến
thức này là cơ sở để trình bày các nội dung quan trọng ở cuối chương 1
và trong chương 2.
Chương 2, trình bày về độ gần đều, một số khái niệm và tính chất quan
trọng của hàm lồi, lõm, từ đó đi đến trình bày phương pháp dồn biến
tổng quát. Phương pháp dồn biến về cơ bản là cách thức làm giảm biến
trong bất đẳng thức đại số.
Chương 3, trình bày một số áp dụng của phương pháp dồn biến và giảm biến
giải các bài toán bất đẳng thức 3 biến, 4 biến.
Qua đây, chúng tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người
hướng dẫn khoa học của chúng tôi, GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, người đã
đưa ra đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của
chúng tôi. Đồng thời chúng tôi cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong
khoa Toán - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đã
tạo mọi điều kiện về tài liệu và thủ tục hành chính để chúng tôi hoàn thành
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
6luận văn này. Chúng tôi cũng gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đặc biệt là các bạn
học viên trong lớp Cao học Toán K4, đã động viên giúp đỡ chúng tôi trong
quá trình học tập và làm luận văn.
Do thời gian hạn hẹp và khối lượng kiến thức lớn, chắc chắn luận văn
không thể tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong được sự chỉ bảo
tận tình của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp. Chúng tôi xin chân thành
cảm ơn.
Thái Nguyên, năm 2012
Học viên
Đinh Ngọc Quang
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
7Chương 1
Một số dạng bất đẳng thức cổ điển
và phương pháp giảm biến
Trong chương này chúng tôi trình bày một số bất đẳng thức cơ bản liên
quan đến giá trị trung bình và bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức
bậc hai để phục vụ cho việc trình bày các nội dung chính của luận văn trong
các phần sau.
Các vấn đề được trình bày trong chương này được tham khảo và trích dẫn
chủ yếu tại một số tài liệu [1], [3].
1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị
trung bình
Xuất phát từ bất đẳng thức cơ bản x2 ≥ 0, ∀x. Khi đó
(x− y)2 ≥ 0⇔ x2 + y2 + 2xy ≥ 4xy ⇔ (x+ y)2 ≥ 4xy, ∀x, y.
Suy ra
x+ y
2
≥ √xy, ∀x, y ≥ 0. (1.1)
Bất đẳng thức (1.1) là một bất đẳng thức quen thuộc ở chương trình toán
phổ thông. Ta gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
(gọi ngắn gọn là bất đẳng thức AM-GM1) với 2 biến x, y.
1Arithmetic Mean - Trung bình cộng, Geometric Mean - Trung bình nhân.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
8Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM với 2 biến). Với x1, x2 không âm, ta
có √
x1x2 ≤ x1 + x2
2
. (1.2)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2.
Chứng minh. Với x1, x2 không âm, bình phương 2 vế bất đẳng thức (1.2)
được
4x1x2 ≤ (x1 + x2)2 ⇔ 4x1x2 ≤ x21 + x22 + 2x1x2 ⇔ 0 ≤ (x1 − x2)2
đúng với mọi x1, x2.
Từ bất đẳng thức (1.1) ta thực hiện một vài biến đổi
√
xy ≤ x+ y
2
⇔ 2xy
x+ y
≤ √xy
⇔ 2
1
x
+
1
y
≤ √xy, ∀x, y ≥ 0. (1.3)
Bất đẳng thức (1.3) là một Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM
với 2 biến, và được gọi là bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình
điều hòa (gọi ngắn gọn là bất đẳng thức GM-HM2) với 2 biến x, y không âm.
Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM với 2 biến). Cho x1, x2 là các số thực
không âm, ta có
2
1
x1
+
1
x2
≤ √x1x2. (1.4)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2.
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức (1.2) đối với x :=
1
x
, y :=
1
y
, ta có
√
1
x
.
1
y
≤
1
x +
1
y
2
,
2Harmonic - Trung bình điều hòa.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
9hay
2
1
x +
1
y
≤ √xy.
Ta được điều cần chứng minh.
Từ bất đẳng thức (1.1), bình phương 2 vế ta được
xy ≤ (x+ y)
2
4
,
hay
2xy ≤ x2 + y2 ⇔ (x+ y)
2 − x2 − y2
2
≤ x
2 + y2
2
⇔ (x+ y)
2
4
≤ x
2 + y2
2
,
lấy căn bậc hai 2 vế ta được
2
1
x
+
1
y
≤ √xy, ∀x, y ≥ 0. (1.5)
Bất đẳng thức (1.3) là một Hệ quả của bất đẳng thức AM-GM với 2 biến,
và được gọi là bất đẳng thức giữa trung cộng và trung bình bậc hai (gọi ngắn
gọn là bất đẳng thức AM-QM3) với 2 biến x, y không âm.
Hệ quả 1.2 (Bất đẳng thức AM-QM với 2 biến). Cho x, y là các số thực
không âm, ta có
x+ y
2
≤
√
x2 + y2
2
. (1.6)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Chứng minh. Với x, y không âm, bình phương 2 vế bất đẳng thức (1.6)
ta được
(x+ y)2
4
≤ x
2 + y2
2
⇔ 0 ≤ x
2 − 2xy + y2
4
⇔ 0 ≤ (x− y)2
đúng với mọi x, y.
3Quadratic mean - Trung bình bậc hai (toàn phương).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
10
Từ những chứng minh trên chúng ta rút ra được chuỗi bất đẳng thức với
2 biến x, y không âm như sau
min{x, y} ≤ 2
1
x
+
1
y
≤ √xy ≤ x+ y
2
≤
√
x2 + y2
2
≤ max{x, y}. (1.7)
1.2 Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị
trung bình
Định lý 1.2 (Bất đẳng thức AM-GM (Theo [3])). Cho x1, x2, . . . , xn là các
số thực không âm, n ≥ 1, khi đó
n
√
x1x2 . . . xn ≤ x1 + x2 + · · ·+ xn
n
. (1.8)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn.
Chứng minh. (Phương pháp chứng minh quy nạp Cauchy)4
Với n = 1, bất đẳng thức (1.8) hiển nhiên đúng.
Với n = 2, ta được bất đẳng thức (1.2) đã chứng minh là đúng ở Định lý 1.1.
• Giả thiết quy nạp: Giả sử bất đẳng thức (1.8) đúng với n số thực không
âm x1, x2, . . . , xn, n ≥ 1.
• Cho 2n số thực không âm x1, x2, . . . , xn, xn+1, . . . , x2n, ta xét
x1 + x2 + · · ·+ x2n
2n
=
1
2
(
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
+
xn+1 + xn+2 + · · ·+ x2n
n
)
≥
n
√
x1x2 . . . xn + n
√
xn+1xn+2 . . . x2n
2
≥ ( n√x1x2 . . . xn n√xn+1xn+2 . . . x2n)
1
2 ,
hay
x1 + x2 + · · ·+ x2n
2n
≥ 2n√x1x2 . . . x2n. (1.9)
Từ trường hợp n = 1, n = 2 và (1.9) suy ra (1.8) đúng với n = 2k, ∀k ≥ 1.
Đây chính là quy nạp theo hướng lên trên.
4Đây là kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) do Cauchy đề xuất năm 1821 (Cauchy A.L., cours
d’Analyse de l’Ecole Royale Polytechnique, Ire partie, Analyse alge’brique, Paris, Debure, 1821) để chứng
minh Định lý AM-GM [3].
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
11
• (Quy nạp hướng xuống dưới) Giả sử bất đẳng thức (1.8) đúng với n số thực
không âm. Ta chứng minh nó đúng với n − 1 số không âm x1, x2, . . . , xn−1.
Xét
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
,
thay biến xn bởi
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1 ta được
x1 + x2 + · · ·+ xn−1 + x1+x2+···+xn−1n1
n
≥
[
x1x2 . . . xn−1
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1
] 1
n
,
hay
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1 ≥
[
x1x2 . . . xn−1
(
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1
)] 1
n
.
Nâng lũy thừa bậc n cả 2 vế ta được(
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1
)n
≥ x1x2 . . . xn−1
(
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1
)
.
Suy ra (
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1
)n−1
≥ x1x2 . . . xn−1.
Lấy căn bậc n− 1 cả 2 vế ta được
x1 + x2 + · · ·+ xn−1
n− 1 ≥
n−1√x1x2 . . . xn−1.
Ta được điều cần chứng minh.
Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức GM-HM.
Hệ quả 1.3 (Bất đẳng thức GM-HM). Cho x1, x2, . . . , xn là các số thực
không âm, n ≥ 1, khi đó
n
1
x1
+
1
x2
+ · · ·+ 1
xn
≤ n√x1x2 . . . xn. (1.10)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn.
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với bộ số xk :=
1
xk
, (k =
1, 2, . . . , n), ta có ngay bất đẳng thức GM-HM.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
12
Hệ quả của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức AM-QM. Tương
tự như chứng minh bất đẳng thức AM-GM, bằng phương pháp chứng minh
quay nạp Cauchy ta có thể chứng minh bất đẳng thức AM-QM.
Hệ quả 1.4 (Bất đẳng thức AM-QM). Cho x1, x2, . . . , xn là các số thực
không âm, n ≥ 1, khi đó
x1 + x2 + · · ·+ xn
n
≤ n
√
x21 + x
2
2 + · · ·+ x2n
n
. (1.11)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn.
Từ những bất đẳng thức (1.8), (1.10), (1.11) và từ chuỗi bất đẳng thức
(1.7), chúng ta tiếp tục rút ra được chuỗi bất đẳng thức với n biến x1, x2, . . . , xn
không âm như sau
min{x1, x2, . . . , xn} ≤ n1
x1
+
1
x2
+ · · ·+ 1
xn
≤ n√x1x2 . . . xn ≤
≤ x1 + x2 + · · ·+ xn
n
≤ n
√
x21 + x
2
2 + · · ·+ x2n
n
≤ max{x1, x2, . . . , xn}.
(1.12)
1.3 Phương pháp giảm biến trong bất đẳng thức đại
số
Ở đây, chúng tôi trình bày một phương pháp làm giảm biến trong bất
đẳng thức đại số. Phương pháp này dựa vào lát cắt và phép biến đổi đồng
dạng để giảm số biến. Thông thường, phương pháp này hiệu quả trong trường
hợp ba biến chuyển về biểu thức dạng hai biến.
Trong mục này chúng tôi sẽ trích dẫn một số kiến thức về tam thức bậc
hai và các định lý về dấu của tam thức bậc hai, từ đó trình bày về phương
pháp giảm biến trong bất đẳng thức đại số.
Các vấn đề trình bày trong mục này được chúng tôi tham khảo và trích
dẫn chủ yếu từ tài liệu [1].
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
13
1.3.1 Tam thức bậc hai
Chúng ta vẫn xuất phát từ bất đẳng thức cơ bản
x2 ≥ 0, ∀x ∈ R. (1.13)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = 0.
Gần với bất đẳng thức (1.13) là bất đẳng thức dạng sau:
(x1 − x2)2 ≥ 0, ∀x1, x2 ∈ R,
hay
x21 + x
2
2 ≥ 2x1x2, ∀x1, x2 ∈ R.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2.
Xét tam thức bậc hai
f(x) = ax2 + bx + c, a 6= 0.
Khi đó
af(x) =
(
ax+
b
2
)2
− ∆
4
,
với ∆ = b2 − 4ac.
Từ đây, chúng tôi trích dẫn một số kết quả sau.
Định lý 1.3 (Theo [1]). Xét tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx+ c, a 6= 0.
i) Nếu ∆ 0, ∀x ∈ R.
ii) Nếu ∆ = 0 thì af(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = − b
2a
.
iii) Nếu ∆ > 0 thì af(x) = a2(x− x1)(x− x2) với
x1,2 = − b
2a
∓
√
∆
2|a| . (1.14)
Trong trường hợp này, af(x) 0 khi
x x2.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
14
Định lý 1.4 (Định lý đảo (Theo [1])). Điều kiện cần và đủ để tồn tại số α
sao cho af(α) 0 và x1 < α < x2, trong đó x1,2 là các nghiệm của
f(x) xác định theo (1.14).
Định lý 1.5 (Theo [1]). Với mọi tam thức bậc hai f(x) có nghiệm thực đều
tồn tại một nguyên hàm F (x) là đa thức bậc ba, có ba nghiệm đều thực.
Định lý 1.6 (Theo [1]). Tam thức bậc hai f(x) = 3x2 + 2bx+ c có nghiệm
(thực) khi và chỉ khi hệ số b, c có dạng:
b = α + β + γ,
c = αβ + βγ + γα, (1.15)
trong đó α, β, γ ∈ R.
1.3.2 Phương pháp tam thức bậc hai định hướng
Xét đa thức thuần nhất bậc hai hai biến (xem như tam thức bậc hai đối
với x)
F (x, y) = ax2 + bxy + cy2, a 6= 0, (1.16)
∆ := (b2 − 4ac)y2.
Khi đó, nếu ∆ ≤ 0 thì
aF (x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ R.
Vậy khi b2 ≤ 4ac và a < 0 thì hiển nhiên
ax2 + cy2 ≥ |bxy|, ∀x, y ∈ R.
Trường hợp riêng khi a = c = 1, b = ±2 ta nhận lại được kết quả
x2 + y2 ≥ 2|xy|,
hay
u+ v
2
≥ √uv, u, v ≥ 0.
Phương pháp "tam thức bậc hai định hướng" là phương pháp tìm giá trị
lớn nhất (nhỏ nhất) của biểu thức dạng toàn phương khi đã tường minh một
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
15
giá trị của nó. Khi đó để tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của biểu thức đã
cho, ta chỉ cần quan tâm đến các giá trị lớn hơn (nhỏ thua) của biểu thức
mà thôi.
Để áp dụng vào các bài toán cực trị của một số dạng toán bậc hai, ta sử
dụng tính chất của dạng phân thức bậc hai
y =
a1x
2 + b1x+ c1
a2x2 + b2x+ c2
,
với điều kiện
a2 > 0, f2(x) = a2x
2 + b2x+ c2 > 0, ∀x ∈ R.
Nhận xét 1.1. • Ở phương pháp đã nêu ở trên, đa thức thuần nhất bậc
hai hai biến (1.16) được xem như tam thức bậc hai đối với x. Khi đó,
từ bài toán hai biến x, y, biến y được coi như tham biến cho trước, thì
ta chỉ phải làm việc với biến x. Vậy mục tiêu chính của phương pháp
này là làm giảm số biến để đưa bài toán về dạng tam thức bậc hai, và
có thể giải quyết được với các kiến thức về dấu của tam thức bậc hai.
• Đặc trưng của phương pháp này là giải quyết các bài toán tìm cực trị
và gắn liền với các kiến thức về dấu của tam thức bậc hai.
Ta có thể trình bày tường minh phương pháp này thông qua bài toán sau
1.3.3 Giảm biến trong bất đẳng thức đại số
Bài toán 1.1 (Theo [1]). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
số
y =
a1x
2 + b1x+ c1
a2x2 + b2x+ c2
,
với điều kiện
a2 > 0, f2(x) = a2x
2 + b2x+ c2 > 0, ∀x ∈ R.
Giải. Nhận xét rằng khi x = 0 thì y(0) =
c1
c2
và khi x → ∞ thì y → a1
a2
.
Tiếp theo, ta xét các giá trị y 6= c1
c2
và y 6= a1
a2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
16
Giả sử y là một giá trị của biểu thức, y 6= c1
c2
và y 6= a1
a2
. Khi đó phương
trình tương ứng
a1x
2 + b1x+ c1
a2x2 + b2x+ c2
= y
phải có nghiệm, hay phương trình
(a2y − a1)x2 + (b2y − b1)x+ (c2y − c1) = 0 (1.17)
phải có nghiệm.
Do (1.17) là phương trình bậc hai nên điều này tương đương với
∆ = (b2y − b1)2 − 4(a2y − a1)(c2y − c1) ≥ 0,
hay
g(y) := (b22 − 4a2c2)y2 + 2(b1b2 + 2a2c1 + 2a1c2)y + b21 − 4a1c1
phải có nghiệm. Vì g(y) có b22 − 4a2c2 < 0 nên theo Định lý đảo của tam
thức bậc hai 1.4, thì
∆′ = (b1b2 + 2a1c2 + a2c1)2 − (4a1c1 − b21)(4a2c2 − b22) ≥ 0 (1.18)
và
y1 ≤ y ≤ y2,
với
y1,2 =
b1b2 + 2a2c1 + 2a1c2 ±
√
∆′
b22 − 4a2c2
,
và ∆′ được tính theo công thức (1.18).
Suy ra max y = y2 và min y = y1, đạt được khi ứng với mỗi j(j = 1, 2),
xảy ra đồng thời ∆ = (b2yj − b1)
2 − 4(a2yj − a1)(c2yj − c1) = 0,
xj = −1
2
b2yj − b1
2a2yj − a1 .
Sau đây, chúng tôi trích dẫn ví dụ minh họa sau.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
17
Ví dụ 1.1 (Theo [1]). Cho x, y là các số thực sao cho
2x2 + y2 + xy ≥ 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = x2 + y2.
Giải. Đặt 2x2 + y2 + xy = a, a ≥ 1. Khi đó
M
a
=
x2 + y2
2x2 + y2 + xy
.
• Nếu y = 0 thì M
a
=
1
2
.
• Nếu y 6= 0, đặt t = x
y
, suy ra
M
a
=
t2 + 1
2t2 + t+ 1
.
Ta chỉ cần xác định các giá trị
M
a
<
1
2
, sao cho phương trình
M
a
=
t2 + 1
2t2 + t+ 1
có nghiệm.
Nghĩa là phương trình(
2
M
a
− 1
)
t2 +
M
a
t+
M
a
− 1 = 0
có nghiệm. Thế thì biệt thức ∆ phải không âm. Ta có
∆ =
(
M
a
)2
− 4
(
2
M
a
− 1
)(
M
a
− 1
)
≥ 0,
hay
−7
(
M
a
)2
+ 12
(
M
a
)
− 4 ≥ 0.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
18
Giải bất phương trình bậc hai này ta được
6− 2√2
7
≤ M
a
≤ 6 + 2
√
2
7
.
Suy ra
M ≥ 6− 2
√
2
7
a ≥ 6− 2
√
2
7
= M0.
Vậy minM =
6− 2√2
7
, đạt được khi và chỉ khi
{
x = M1y
2x2 + y2 + xy = 1 ⇔

x = M1y
y = ±
√
2(1− 2M0)√
2− 7M0 + 7M 20
với M1 =
−M0
2(2M0 − 1) .
Nhận xét 1.2. Bài toán minh họa phương pháp giảm biến trong bất đẳng
thức đại số và cả ví dụ minh họa đều ở dạng 2 biến. Tuy nhiên, ta vẫn có
thể dùng phương pháp này cho bất đẳng thức nhiều biến hơn, giả sử 3 biến.
Chúng tôi sẽ trình bày bài toán 3 biến áp dụng phương pháp giảm biến này
như bài toán sau.
Bài toán 1.2. Cho
x2 + 2y2 + 5z2 = 1. (1.19)
Chứng minh
M = xy + yz + zx ≤ 1
2
.
Chứng minh. • Xét z = 0 thì (1.19) ⇔ x2 + 2y2 = 1 và M = xy.
Theo AM-GM ta có
1 = x2 + 2y2 ≥ 2
√
2|xy|,
hay
M ≤ 1
2
√
2
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
19
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x =
1√
2
y =
1
2
.
Khi đó, ta có được M =
1
2
√
2
.
• Xét z 6= 0, ta chỉ cần quan tâm đến các giá trị M > 1
2
√
2
(vì ta đang cần
chứng minh M ≤ 1
2
).
Đặt
x
z
= α,
y
z
= β. Khi đó
(1.19)⇔ (α2 + 2β2 + 5)z2 = 1 (1.20)
M = z2(αβ + β + α) =
α + β + αβ
α2 + 2β2 + 5
,M >
1
2
√
2
.
⇔M.α2 − (β + 1)α +M(2β2 + 5)− β = 0, (coi α là ẩn) (1.21)
phải có nghiệm. Suy ra
∆ = (β + 1)2 − 4M(2Mβ2 − β + 5M) ≥ 0
⇔ (1− 8M 2)β2 + 2(2M + 1)β + 1− 20M 2 ≥ 0. (1.22)
Do đó
∆′ = (2M + 1)2 − (1− 8M 2)(1− 20M 2) ≥ 0
⇔ 4M + 32M 2 − 160M 4 ≥ 0
⇔ 4M(1 + 8M − 40M 3) ≥ 0
⇔ 1
2
√
2
< M ≤ 1
2
.
Bài toán được chứng minh.
Bài toán 1.2 có thể trình bày yêu cầu của bài toán theo cách khác.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
20
Bài toán 1.3. Cho
x2 + 2y2 + 5z2 = 1. (1.23)
Tìm giá trị lớn nhất của
M = xy + yz + zx.
Giải. Giải tương tự lời giải của Bài toán 1.2. Cuối cùng, khi ta đã tìm raM
đạt giá trị lớn nhất là M =
1
2
, thì ta tính β, α, z, x, y bằng cách thế M =
1
2
lần lượt như sau.
Thế M vào (1.22) ta tính ra β.
Thế M,β vào (1.21) ta tính ra α.
Thế M,β, α vào (1.20) ta tính ra z.
Từ đó, suy ra x, y.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
21
Chương 2
Độ gần đều và phương pháp dồn biến
Trong chương này, chúng tôi trình bày về độ gần đều, hàm lồi và biểu diễn
của hàm lồi, từ đó trình bày phương pháp dồn biến dạng tổng quát.
Các vấn đề trình bày trong chương này được chúng tôi tham khảo và trích
dẫn chủ yếu từ một số tài liệu [1], [3], [8], [4].
2.1 Độ gần đều
Xuất phát từ việc nhận thấy các giá trị trung bình đều bằng nhau khi và
chỉ khi các số hạng trong dãy số thực không âm bằng nhau hay các cặp số
trong dãy số thực không âm bằng nhau. Điều này làm chúng tôi nghĩ tới việc
tìm hiểu về cặp giá trị gần bằng nhau trong dãy số và sự sắp xếp thứ tự của
các cặp giá trị.
Từ bất đẳng thức (1.2)
x21 + x
2
2 ≥ 2x1x2, ∀x1, x2 ∈ R.
Ta suy ra với mọi cặp số không âm x, y với tổng bằng 1 cho trước thì tích xy
đạt giá trị lớn nhất bằng
1
4
khi x = y =
1
2
. Tuy nhiên khi x, y biến đổi trong
một miền và trong miền đó và x khác y thì chúng chỉ đạt được vị thế ở vị trí
x và y gần nhau nhất. Từ đây ta phát biểu khái niệm độ gần đều như sau.
Định nghĩa 2.1 (Theo [1]). Xét các cặp số không âm x, y. Ta gọi hiệu
ρ(x, y) := max{x, y} −min{x, y}
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
22
là độ lệch của cặp số x, y hay là độ gần đều của cặp số x, y.
Nếu ρ(x, y) = 0 thì x = y, ta gọi x, y là cặp đều.
Nếu x 6= y thì ρ(x, y) > 0, ta gọi độ gần đều của x, y bằng ρ(x, y).
Để phân chia các trường hợp rõ ràng hơn, chúng ta phát biểu Định nghĩa
2.1 cho các trường hợp riêng như sau.
Nhận xét rằng, đối với các cặp số dương có chung tổng thì ta có thể phát
biểu thứ tự các cặp đó rằng tích xy đạt giá trị lớn nhất trong trường hợp
cặp số đó là đều, tức là x = y.
Định nghĩa 2.2. i) Xét các cặp số không âm x, y với tổng không đổi
(để đơn giản, ta chọn x+ y = 1). Ta gọi hiệu
ρ(x, y) := max{x, y} −min{x, y}
là độ lệch của cặp số x, y hay là độ gần đều của cặp số x, y.
ii) Cặp x1, y1 được gọi là gần đều hơn (độ lệch nhỏ hơn) cặp x2, y2 (hay
cặp x2, y2 được gọi là xa đều hơn cặp x1, y1) nếu
ρ(x1, y1) ≤ ρ(x2, y2).
Như vậy theo Định nghĩa 2.2 thì cặp x, y luôn có độ lệch ρ(x, y) ≥ 0 và
độ lệch bằng 0 khi và chỉ khi x = y, khi đó cặp x, y là cặp gần đều nhất và
các cặp 0, 1 và 1, 0 sẽ là những cặp xa đều nhất.
Nhận xét rằng, đối với các cặp số dương có chung tích thì ta có thể phát
biểu thứ tự các cặp đó rằng tổng x+y đạt giá trị nhỏ nhất trong trường hợp
cặp số đó là đều, tức là x = y.
Định nghĩa 2.3. i) Xét các cặp số không âm x, y với tích không đổi (để
đơn giản, ta chọn xy = a > 0). Ta gọi hiệu
ρ(x, y) := max{x, y} −min{x, y}
là độ lệch của cặp số x, y hay là độ gần đều của cặp số x, y.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
23
ii) Cặp x1, y1 được gọi là gần đều hơn (độ lệch nhỏ hơn) cặp x2, y2 (hay
cặp x2, y2 được gọi là xa đều hơn cặp x1, y1) nếu
ρ(x1, y1) ≤ ρ(x2, y2).
Như vậy theo Định nghĩa 2.3 thì cặp x, y luôn có độ lệch ρ(x, y) ≥ 0 và
độ lệch bằng 0 khi và chỉ khi x = y, khi đó cặp x, y là cặp gần đều nhất và
các cặp 0, 1 và 1, 0 sẽ là những cặp xa đều nhất.
Thứ tự sắp được ngôn ngữ "gần đều dần" cho ta một cách tiếp cận tự
nhiên với nhiều bài toán của thực tiễn. Sau đây, chúng tôi trình bày một bài
toán làm ví dụ.
Bài toán 2.1. Khi ta có một cặp số x, y dương có tổng bằng 7. Ta có một
loạt các bộ số: (1, 6), (2, 5), (3, 4) có tổng bằng 7. Tất cả có chung một đặc
trưng
(x.y) ≤
(
7
2
)2
.
Nếu xem xét kỹ ta thấy các tích
1.6 < 2.5 < 3.4.
Vậy cặp số có tổng không đổi thì khi x và y càng gần đều nhau thì tích càng
lớn. Lúc này ta được thứ tự sắp chặt của bộ số đó.
Nhận xét 2.1. Khi ta có một cặp số tự nhiên x, y có tổng là một số lẻ thì
cặp số đó sẽ không bao giờ là cặp số nguyên bằng nhau được. Khi đó, khái
niệm gần đều nhất (mà không phải là đều) sẽ có ý nghĩa thực tiễn. Từ đây
tiến gần đến trường hợp đều.
Từ các Định nghĩa 2.1, 2.2, 2.3, ta suy ra được thêm một số tính chất về
độ gần đều của các cặp số không âm.
Với quy ước của Định nghĩa 2.2, ta có thể sắp thứ tự các tích xy với tổng
x+ y = 1 không đổi theo ngôn ngữ "gần đều" như sau.
Định lý 2.1 (Theo [1]). Xét các cặp số không âm xj, yj, với j = 1, 2 với
tổng không đổi (để đơn giản ta chọn xj + yj = 1). Khi đó
x1y1 ≥ x2y2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 
24
khi và chỉ khi cặp x1, y1 gần đều hơn c