Một số bất đẳng thức cơ cở
Quan hệ thứ tự trên R và bất đẳng thức
Trên tập hợp các số thực R, xét quan hệ hai ngôi < định nghĩa như sau: Với mọi a, b ∈R, a < b ⇔ b − a là số dương.
Trong toán học, ta định nghĩa ký hiệu a ≤ b nếu a nhỏ hơn hoặc bằng b Quan hệ này tạo thành một thứ tự trên tập hợp số thực R Khi a < b, ta cũng có thể diễn đạt là b > a, và tương tự, nếu a ≤ b thì b ≥ a Những biểu thức này được gọi là bất đẳng thức.
Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức
(2) Tính chất bắc cầu: Nếu a ≤ b và b ≤ c thì a ≤ c.
(3) Liên hệ với phép cộng: a ≤ b ⇔ a ± m ≤ b ± m.
(4) Tính chất liên hệ với phép nhân:
Nếu a ≤ b và m > 0 thì am ≤ bm.
Nếu a ≤ b và m < 0 thì am ≥ bm. Đặc biệt,
(5) Liên hệ với lũy thừa: a ≥ b ≥ 0 ⇔ a n ≥ b n ≥ 0 với n là số thực dương. a ≥ b ⇔ a n ≥ b n với n là số tự nhiên lẻ.
|a| ≥ |b| ⇔ a n ≥ b n với n là số tự nhiên chẵn. m ≥ n > 0 và a ≥ 1 thì a m ≥ a n m ≥ n > 0 và 0 < a < 1 thì a m ≤ a n
(6) Liên hệ với nghịch đảo: Với a, b dương ta có a ≥ b ⇔ 1 a ≤ 1 b.
(7) Tính xác định dương: a 2 ≥ 0 với mọi a. a 2k ≥ 0 với mọi k ∈N.
(8) Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:
|a + b| ≤ |a| + |b| Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0.
|a − b| ≤ |a| + |b| Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≤ 0.
Một số bất đẳng thức liên quan đến các đại lượng trung bình
Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
2 ≥ √ ab (1.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b Với các kí hiệu ở phần đầu, bất đẳng thức trên có thể được viết lại là A 2 ≥ G 2
Bất đẳng thức AM-GM khẳng định rằng trung bình cộng của hai số không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng Sự bình đẳng xảy ra chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Bất đẳng thức (1.1) có thể được viết dưới các dạng tương đương sau:
Dạng 1 Với hai số thực không âm a, b ta có a + b 2
Dạng 2 Với hai số thực không âm a, b ta có a 2 + b 2 ≥ (a + b) 2
Hai đường tròn có đường kính lần lượt là a và b tiếp xúc nhau, thì độ dài đoạn nối tâm của chúng bằng trung bình cộng của a và b Đồng thời, độ dài đoạn nối hai tiếp điểm của hai đường tròn với tiếp tuyến chung d được tính bằng trung bình nhân của a và b.
Thật vậy, gọi độ dài đoạn nối hai tiếp điểm là x Ta có x 2 = a + b 2
Do đó, ta có x = √ab Khi so sánh độ dài đoạn nối tâm với độ dài đoạn thẳng nối hai tiếp điểm, ta nhận được bất đẳng thức AM-GM Đẳng thức này chỉ xảy ra khi hai đường tròn có cùng bán kính, tức là a = b.
Một ý nghĩa hình học khác của trung bình cộng và trung bình nhân là xem a + b
2 là bán kính của một đường tròn, khi đó √ ab là độ dài đường cao từ đỉnh góc vuông chắn nửa đường tròn đó. a b a + b 2
Vì trong đường tròn, đường kính là dây lớn nhất nên ta có a + b
Bất đẳng thức AM-GM có thể mở rộng cho n số thực không âm, được diễn đạt qua định lý 1.2.2 như sau: với n số thực không âm a1, a2, , an, ta có tổng a1 + a2 + + an chia cho n lớn hơn hoặc bằng căn bậc hai của tích a1, a2, , an, tức là a1 + a2 + + an / n ≥ √(n * a1 * a2 * * an) Đẳng thức chỉ xảy ra khi tất cả các số a1, a2, , an bằng nhau Bất đẳng thức này cũng có thể được viết dưới dạng A_n ≥ G_n.
Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho tập hợp n số thực không âm Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết một phương pháp chứng minh, được gọi là quy nạp kiểu Cauchy Các phương pháp chứng minh khác có thể tham khảo trong tài liệu [1].
Chứng minh Phép chứng minh được tiến hành bằng quy nạp theon Trường hợp n = 2 là tầm thường.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, chúng ta sẽ chứng minh rằng nó cũng đúng với n = 2k Cụ thể, xét các số thực a1, a2, , ak, ak+1, , a2k ≥ 0 Dựa vào giả thiết quy nạp, ta có tổng a1 + a2 + + a2k.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = p, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = p − 1 Thật vậy, xét p − 1 số a 1 , a 2 , , a p−1 ≥ 0 Sử dụng giả thiết quy nạp với n = p ta có a 1 + a 2 + ã ã ã + a p−1 + p−1 √ a 1 a 2 a p−1 p ≥ √ p a 1 a 2 a p−1 = p−1 √ a 1 a 2 a p−1
Như vậy, theo nguyên lý quy nạp ta đã chứng minh được rằng bất đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2, n ∈N.
Tương tự trường hợp n = 2, Bất đẳng thức AM-GM cho bộ n số thực có thể được viết dưới các dạng tương đương sau.
8 Định lý 1.2.3 Cho bộ n số thực không âm a 1 , a 2 , , a n Khi đó ta có
Từ Bất đẳng thức AM-GM, ta có các bất đẳng thức sau.
Mệnh đề 1.2.4 ([1]) Cho a, b, c là các số thực tùy ý Khi đó ta có các đánh giá sau.
Cuối cùng, chúng ta sẽ khám phá một phiên bản mở rộng của Bất đẳng thức AM-GM Định lý 1.2.5 nêu rõ rằng, với các số thực không âm a1, a2, , an và các số thực dương x1, x2, , xn có tổng bằng 1, ta có bất đẳng thức: a1x1 + a2x2 + + anxn ≥ a1^x1 * a2^x2 * * an^xn.
Chứng minh Nếu a 1 x 1 + a 2 x 2 + ã ã ã + a n x n = 0 thỡ ta cú a 1 = a 2 = = a n = 0 Do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Xột trường hợp a 1 x 1 + a 2 x 2 + ã ã ã + a n x n > 0 Đặt a = a 1 x 1 + a 2 x 2 + ã ã ã + a n x n Khi đú ta cúa = a x 1 +x 2 +ããã+x n Bất đẳng thức trờn cú thể được viết lại là a 1 a x 1 a 2 a x 2
Chúng ta chứng minh rằng với mọi số thực x, có bất đẳng thức e^x - 1 ≥ x Để làm điều này, ta xét hàm số f(x) = e^x - 1 - x Tính đạo hàm của hàm số, ta có f'(x) = e^x - 1 Tại điểm x = 1, f'(1) = 0 và f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = 1, do đó f(x) đạt giá trị nhỏ nhất tại f(1) = 0.
Do đó f (x) ≥ f (1) = 0 với mọi x ∈R và như vậy e x−1 ≥ x với mọi x ∈R.
Sử dụng bất đẳng thức vừa nêu ta có a 1 a ≤ e a 1 a −1 Từ đó suy ra a 1 x 1
Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được a
≤ e a 1 x 1 + a 2 x 2 + ã ã ã + a n x n a (x 1 +x 2 +ããã+x n ) = e 1−1 = 1.Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình nhân và trung bình điều hòa
điều hòa Định lý 1.2.6 Cho hai số thực không âm a và b Khi đó ta có
≤ √ ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bất đẳng thức có thể được mở rộng cho tập hợp các số thực không âm Theo Định lý 1.2.7, với a1, a2, , an là các số thực không âm, ta có n lần trung bình của các số này.
≤ √ n a 1 a 2 a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n Bất đẳng thức trên có thể viết lại là H n ≤ G n
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM chonsố thực không âm n r a
≥ 1. Điều này tương đương với
Ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo ta sẽ xét một số bất đẳng thức liên quan đến đại lượng trung bình điều hòa.
Ví dụ 1.2.8 Cho các số dương a, b, x, y ta có
Chứng minh Bất đẳng thức đã cho tương đương với ax a + x + by b + y ≤ (a + b)(x + y) a + b + x + y
Ta có điều phải chứng minh.
Mở rộng ví dụ trên cho bộ n số ta có bất đẳng thức sau đây.
Ví dụ 1.2.9 Cho hai bộ số x i và y i với i = 1, 2, , n Khi đó ta có n
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n Trường hợp n = 2 là hiển nhiên Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k Ta có k+1
Pk+1 i=1 y i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Điều này tương đương với x 1 : y 1 = x 2 : y 2 = = x k+1 : y k+1
Ví dụ 1.2.10 Cho các số thực dương x 1 , x 2 , y 1 , y 2 , z 1 , z 2 , ta có
Chứng minh Để thuận tiện cho việc trình bày, ta ký hiệu α i = 1 x i , β i = 1 y i và γ i = 1 z i với i = 1, 2 Ta có
Xét các số y 1 , y 2 , z 1 , z 2 ta có
Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 : y 1 : z 1 = x 2 : y 2 : z 2.
Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình bậc hai
bậc hai Định lý 1.2.11 Cho a và b là các số thực không âm Khi đó ta có a + b
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b Bất đẳng thức trên có thể được viết lại là
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho hai sốa 2 vàb 2 ta cóab ≤ a 2 + b 2
Ta có điều phải chứng minh.
Về ý nghĩa hình học, ta có thể tiếp cận bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình bậc hai như sau. x y
Trên hình vẽ, ta cóX(b, a) và Y (a + b, a + b) Ta suy ra OX = XY = √ a 2 + b 2 và
2 Tiếp theo, ta sẽ mở rộng bất đẳng thức này cho bộ n số thực. Định lý 1.2.12 Cho n số thực a 1 , a 2 , , a n Khi đó ta có a 1 + a 2 + ã ã ã + a n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n Bất đẳng thức có thể được viết lại là A n ≤ Q n.
Chứng minh Phép chứng minh của định lý cần đến bổ đề sau: Nếu tổng củan ≥ 2 số thực x 1 , x 2 , , x n bằng 1 thì x 2 1 + x 2 2 + ã ã ã + x 2 n ≥ 1 n Bây giờ, xét các số a 1 , a 2 , , a n , ta có a 1 a 1 + a 2 + ã ã ã + a n + a 2 a 1 + a 2 + ã ã ã + a n + ã ã ã + a n a 1 + a 2 + ã ã ã + a n = 1.
Do đó, theo bổ đề trên, ta suy ra a 1 a 1 + a 2 + ã ã ã + a n
≥ 1 n Bất đẳng thức này tương đương với a 2 1 + a 2 2 + ã ã ã + a 2 n n ≥ a 1 + a 2 + ã ã ã + a n n
Ta có điều phải chứng minh.
Từ các kết quả của Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.7 và Định lý 1.2.12, chúng ta có thể nhận thấy mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình của một dãy số thực không âm Cụ thể, Định lý 1.2.13 chỉ ra rằng đối với mọi số nguyên dương n ≥ 2 và mọi dãy số thực dương, các đại lượng này có những tính chất đặc biệt.
H n ≤ G n ≤ A n ≤ Q n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số hạng trong dãy đều bằng nhau.
Một số bất đẳng thức cổ điển
Trong chương này, chúng tôi giới thiệu lại các bất đẳng thức cổ điển như Bất đẳng thức Jensen, Bernoulli, Cauchy, H¨older, Minkowski cùng với một số hệ quả và mở rộng của chúng Các kết quả được trình bày dựa trên tài liệu [3] và [4].
Hàm lồi và Bất đẳng thức Jensen
Hàm lồi và các tính chất cơ bản
Hàm số f: I → R được gọi là lồi trên khoảng hoặc đoạn I ⊆ R nếu với mọi x, y ∈ I và mọi λ ∈ [0; 1], điều kiện f(λx + (1 − λ)y) ≤ λf(x) + (1 − λ)f(y) được thỏa mãn.
Nếu bất đẳng thức trên là chặt thì f gọi là hàm lồi chặt Hàm f gọi là lõm (lõm chặt) nếu −f là hàm lồi (lồi chặt).
Chof là một hàm lồi trên tập I, với điều kiện x < y cho x, y ∈ I Đối với bất kỳ λ ∈ [0; 1], ta có bất đẳng thức f((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f(x) + λf(y) Gọi z = (1 − λ)x + λy, thì z là điểm nằm giữa x và y Đoạn thẳng nối hai điểm (x, f(x)) và (y, f(y)) có phương trình l(z) = f(y) − f(x) y − x (z − x) + f(x) = f(x) − f(y) x − y (z − y) + f(y).
Như vậy ta có thể kết luận hàm số f là lồi nếu và chỉ nếu f(z) ≤ l(z) với mọi z ∈ [x; y], trong đó l phụ thuộc vào x và y.
Hàm số f được xác định trên khoảng I được coi là lồi nếu thỏa mãn một trong hai điều kiện sau: Đối với mọi x, z, y thuộc I và x < z < y, điều kiện đầu tiên là f(z) − f(x) / (z − x) ≤ f(y) − f(x) / (y − x), và điều kiện thứ hai là f(z) − f(y) / (z − y) ≤ f(x) − f(y) / (x − y).
Chứng minh Vì f là hàm lồi nên ta có f(z) ≤ l(z), tức là f (z) ≤ f (y) − f (x) y − x + f (x).
Từ đó suy ra f (z) − f (x) z − x ≤ f(y) − f (x) y − x Tương tự ta cũng có f(z) ≤ f(x) − f(y) z − y + f (y).
Từ mệnh đề trên ta có thể suy ra trực tiếp hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.3 Cho f là một hàm số xác định trên I Khi đó f là hàm lồi khi và chỉ khi với mọi x < z < y ∈ I ta có f(z) − f(x) z − x ≤ f (y) − f(z) y − z
Hệ quả trên chứng tỏ rằng hàm số f là lồi trên I nếu với mọi c ∈ I, hàm số x 7→ f (x) − f (c) x − c không giảm trên I với mọi x 6= c.
Hàm f được coi là lồi trên khoảng I nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ trên đồ thị của hàm luôn nằm phía trên đường cong của đồ thị giữa hai điểm đó.
Định lý 2.1.4 cho biết rằng nếu f là một hàm số khả vi liên tục đến cấp hai trên khoảng I, thì f là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm bậc hai của f, ký hiệu là f''(x), không âm với mọi x thuộc khoảng I.
Chứng minh Giả sử f 00 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ I Khi đó f 0 là hàm không giảm trên I. Với x, y ∈ I và x < y, với 0 < λ < 1, xét z = (1 − λ)x + λy ta có f (z) − f(x) =
Vìf 0 liên tục trên I nên theo Định lí giá trị trung bình, tồn tại c ∈ (x; z) sao cho f 0 (c) = 1 z − x
Hơn nữa,f là hàm không giảm trên I nên ta suy ra f (z) − f (x) =
Lập luận tương tự ta cũng có f (y) − f (z) =
Vìz − x = λ(y − x) và y − z = (1 − λ)(y − x) nên ta suy ra f (z) ≤ f(x) + λf 0 (z)(y − x), f(z) ≤ f(y) − (1 − λ)f 0 (z)(y − x).
Do đó f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)f(x) + λf(y). Điều này chứng tỏ f là một hàm lồi trên I.
Nếu giả sử rằng hàm f là hàm lồi trên khoảng I và đạo hàm bậc hai f''(x) < 0 tại một điểm x nào đó thuộc I, thì do tính liên tục của f'', ta có f''(x) < 0 cho mọi x trong một tập con I' của I Từ đó, ta có thể suy ra rằng trên I', f(z) - f(x) > f'(z)(z - x) và f(y) - f(z) < f'(z)(y - z).
Từ kết quả trên, ta có thể suy ra rằng f((1 − λ)x + λy) lớn hơn (1 − λ)f(x) + λf(y), điều này mâu thuẫn với tính lồi của hàm f Như vậy, định lý đã được chứng minh Tiếp theo, chúng ta sẽ khám phá một số đặc điểm của hàm lồi.
Nhận xét 2.1.5 [3, trang 1] Cho f là một hàm lồi trên I.
(i) Với mọi x, y ∈ I, với mọi p + q > 0, ta có f px + qy p + q
(ii) Với mọi x < y < z ∈ I ta có x f (x) 1 y f (y) 1 z f(z) 1
Nếu I = [a; b] là một khoảng đóng, thì hàm f sẽ bị chặn Ngược lại, một hàm lồi trên khoảng mở có thể không bị chặn trong khoảng đó, ví dụ như hàm số f(x) = 1.
1 − x 2 là hàm lồi trên khoảng mở (−1; 1) nhưng không bị chặn trên trên khoảng (−1; 1) và do đó không bị chặn trên khoảng (−1; 1).
18 Định nghĩa 2.1.6 Cho hàm số f xác định trên khoảng I Hàm f được gọi là lồi theo nghĩa Jensen, hayJ-lồi, nếu với mọi x, y ∈ I ta có f x + y 2
Ta dễ dàng kiểm tra rằng một hàm lồi làJ-lồi bằng cách cho λ = 1
2 Điều ngược lại nói chung không đúng Tính chất lồi và J-lồi của một hàm số là tương đương khi hàm số đó là liên tục Cụ thể, ta có kết quả sau đây. Định lý 2.1.7 Giả sử f là một hàm J-lồi, liên tục trên I Khi đó f là hàm lồi trên I.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng f thỏa mãn Bất đẳng thức (2.1) với mọix, y ∈ I và với mọi λcó dạng p
2 n Trường hợpn = 2 là hiển nhiên theo định nghĩa.
Ta sẽ chứng minh cho trường hợp n + 1 Đặt z = p
Ta có thể giả sử p < q Khi đó p < 2 n < q = 2 n + r Ta có f (z) ≤ 1
Vì tập hợp các số hữu tỷ có dạng p
2 n trù mật trong I và f là hàm liên tục nên f cũng thỏa mãn bất đẳng thức (2.1) với mọi λ ∈ [0; 1] và do đó f lồi trên I.
Mệnh đề 2.1.8 [6, Bất đẳng thức Popoviciu, Định lý 1.1.8] Cho f là một hàm số liên tục trên I Khi đó f là lồi khi và chỉ khi với mọi x, y, z ∈ I ta có f x + y
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z.
2 ≤ z Do đó tồn tại cỏc số thực λ, à ∈ [0; 1] sao cho x + z
2 Vì f là hàm lồi nên f x + z 2
Kết hợp ba bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
3 Bất đẳng thức Popoviciu được suy ra bằng lập luận tương tự trường hợp trên.
Ngược lại, áp dụng Bất đẳng thức Popoviciu cho y = z ta được
Bất đẳng thức này tương đương với f x + y 2
Bất đẳng thức Jensen
Định lý 2.1.9, hay còn gọi là bất đẳng thức Jensen cho hàm J-lồi, khẳng định rằng nếu f là một hàm J-lồi trên tập I, thì với mọi t1, t2, , tn thuộc Q+ có tổng bằng 1 và mọi x1, x2, , xn thuộc I, sẽ có bất đẳng thức f(t1x1 + t2x2 + + tnxn) ≤ t1f(x1) + t2f(x2) + + tnf(xn).
Chứng minh Trong trường hợp n = 2 và t 1 = t 2 = 1
2, bất đẳng thức hiển nhiên đúng theo định nghĩa của hàm J-lồi Nếu t 1 = t 2 = = t n = 1 n thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành f 1 n n
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng quy nạp theo n Giả sử bất đẳng thức đúng với mọi 2 ≤ k ≤ n Kí hiệu x = 1 n + 1 n+1
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta xét trường hợp t 1 , t 2 , , t n là các số hữu tỷ dương có tổng bằng 1 Khi đó tồn tạim ∈N \ {0} và p 1 , p 2 , , p n ∈N sao chom = p 1 + p 2 + ã ã ã + p n và t i = p i m với i = 1, 2, , n Theo chứng minh trên ta có f
(f (x 1 ) + ã ã ã + f (x 1 )) + p 2 lần z }| { (f(x 2 ) + ã ã ã + f(x 2 )) + ã ã ã + p n lần z }| { (f (x n ) + ã ã ã + f(x n )) m , trong đó, số các số hạng trong các tổng lần lượt là p 1 , p 2 , , p n Ta suy ra f 1 m n
Kết hợp bất đẳng thức và lưu ý rằng \( t_i = p_i m \), ta có điều cần chứng minh Định lý 2.1.10 khẳng định rằng bất đẳng thức Jensen áp dụng cho hàm lồi.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n.
Trường hợp n = 2 Lấy x 1 , x 2 ∈ I Vì f là hàm lồi nên với λ = 1
Vìf là hàm lồi và k k + 1 + 1 k + 1 = 1 nên ta suy ra f x 1 + x 2 + ã ã ã + x k+1 k + 1
Theo giả thiết quy nạp ta có f x 1 + x 2 + ã ã ã + x k+1 k + 1
= f (x 1 ) + f(x 2 ) + ã ã ã + f (x k+1 ) k + 1 Định lý 2.1.11 [4, Bất đẳng thức Jensen tổng quát, Hệ quả 1.2.1] Cho f là một hàm lồi trên I Với x 1 , x 2 , , x n ∈ I và t 1 , t 2 , , t n là các số thực không âm sao cho t 1 + t 2 + ã ã ã + t n = 1 Khi đú f (t 1 x 1 + t 2 x 2 + ã ã ã + t n x n ) ≤ t 1 f (x 1 ) + t 2 f (x 2 ) + ã ã ã + t n f (x n ).
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n.
Trường hợp n = 2 Với x 1 , x 2 ∈ I và t 1 , t 2 là các số thực không âm sao cho t 1 + t 2 = 1 Vì f là hàm lồi nên ta có f(t 1 x 1 + t 2 x 2 ) = f(t 1 x 1 + (1 − t 1 )x 2 ) ≤ t 1 f (x 1 ) + (1 − t 1 )f(x 2 ) = t 1 f (x 1 ) + t 2 f(x 2 ).
Giả sử x k+1 ∈ I = (a, b) và t 1 , t 2 , , t k , t k+1 là các số thực không âm có tổng bằng 1 Ta có t 1 x 1 + t 2 x 2 + ã ã ã + t k x k + t k+1 x k+1
Tương tự ta cũng có a < α Từ đó suy ra a < α < b, hay α ∈ I Ta có f k+1
Vỡt 1 + t 2 + ã ã ã + t k+1 = 1 nờn t 1 + t 2 + ã ã ã + t k = 1 − t k+1 Ta suy ra t 1
Theo giả thiết quy nạp ta có f k+1
Xây dựng một số bất đẳng thức hàm lồi
Trong phần này, chúng ta sẽ xây dựng một số bất đẳng thức liên quan đến các hàm lồi thường gặp Xét hàm số f(x) = − ln x với x > 0, ta có f''(x) = 1/x² > 0 cho mọi x > 0, từ đó suy ra rằng f là hàm lồi Nhờ vào tính chất lồi của hàm số f(x) = − ln x, chúng ta có thể chứng minh một số bất đẳng thức quan trọng.
Ví dụ 2.1.12 Với mọi số thực x ∈R ta có
Chứng minh Xét hàm số f(x) = − ln x lồi trên (0; +∞) Với mọi số thực dương a và b ta có
Lập luận tương tự ta cũng có các bất đẳng thức
Cộng các bất đẳng thức (2.4), (2.5) và (2.6) vế theo vế ta có
Ví dụ 2.1.13 Với mọi số thực dương x, y, z ta có x 3 yz + y 3 zx + z 3 xy ≥ x + y + z.
Chứng minh Xét hàm lồif (x) = − ln xtrên khoảng(0; +∞) Với mọi số thực dương a, b, c ta có
Chọn a = x yz, b = y và c = z ta được
3 yz +y+z ≥ 3x Lập luận tương tự ta có y
3 xy +x+y ≥ 3z. Cộng ba bất đẳng thức này vế theo vế ta được x 3 yz + y 3 zx + z 3 xy ≥ x + y + z.
Chúng ta sẽ xây dựng một số bất đẳng thức liên quan đến hàm số f(x) = x^α với x > 0 và α < 0 hoặc α > 1 Hàm số này có đạo hàm bậc hai f''(x) = α(α − 1)x^(α−2) > 0 cho mọi x > 0 và α thuộc khoảng (-∞; 0) ∪ (1; +∞) Do đó, f(x) = x^α là một hàm lồi trên khoảng (0; +∞).
Ví dụ 2.1.14 Cho các số thực dương a, b, c, x, y, z ta có
Chứng minh Xét hàm số f(x) = 1 x lồi trên khoảng (0; +∞) Ta có f ax + by + cz a + b + c
Từ đó suy ra a + b + c ax + by + cz ≤ 1 a + b + c a x + b y + c z
Như vậy ta suy ra
Nhận xét 2.1.15 (i) Trong Ví dụ (2.1.14), nếu thay a = 1, b = 1 và c = 1 thì ta được bất đẳng thức
(ii) Ta có bất đẳng thức tổng quát cho n số: Cho các số thực dương a 1 , a 2 , , a n
Ví dụ 2.1.16 Cho các số a, b, c ≥ 0 Khi đó ta có ab a + 3b + 2c + bc b + 3c + 2a + ca c + 3a + 2b ≤ a + b + c
Chứng minh Ta có bất đẳng thức 1 x + 1 y + 1 z ≥ 9 x + y + z Thay (x, y, z) lần lượt bằng ba bộ số (a + c, b + c, 2b), (a + b, a + c, 2c) và (b + c, a + b, 2a) ta được
Lần lượt nhân hai vế các bất đẳng thức trên cho ab
9 rồi cộng các bất đẳng thức thu được vế theo vế ta được ab a + 3b + 2c + bc b + 3c + 2a + ca c + 3a + 2b ≤ 1
9 ab + ca a + b + ca + ab b + c + ab + bc a + c + a + b + c
Bài tập đề nghị
Bài tập 2.1.1 Cho x, y, z là các số thực không âm Chứng minh rằng px 2 + 1 +p y 2 + 1 +p z 2 + 1 ≥p
Bài tập 2.1.2 Cho x, y, z là các số thực không dương Chứng minh rằng x + y z + y + z x + z + x y ≥ 4 z x + y + x y + z + y x + z
Bài tập 2.1.3 Cho các số thực dương a 1 , a 2 , , a n Với các sốα 1 , α 2 , , α n thuộc đoạn [0; 1] có tổng bằng 1 Chứng minh rằng a α 1 1 a α 2 2 a α n n ≤ a 1 α 1 + a 2 α 2 + ã ã ã + a n α n
Bất đẳng thức Bernoulli và một số bất đẳng thức liên quan
Bất đẳng thức Bernoulli và một số dạng tương đương
Định lý 2.2.1 (Bất đẳng thức Bernoulli) Cho x > −1, x 6= 0 Với mọi số tự nhiên n ∈N ta có
Chứng minh Trường hợp −1 < x ≤ − 1 n Khi đó 1 + x > 0 và 1 + nx < 0 Từ đó suy ra
Trường hợp x > − 1 n Khi đó 1 + nx > 0 Theo Bất đẳng thức AM-GM ta có
≥ (1 + nx).1.1 .1 = 1 + nx. Định lý 2.2.2 [3, Bất đẳng thức Bernoulli, trang 69] Cho các số thựcx 1 , x 2 , , x n cùng dấu và lớn hơn −1 Khi đó ta có
Chứng minh Ta sẽ chứng minh định lí bằng quy nạp theo n.
Giả sử x 1 , x 2 , , x k+1 là các số thực cùng dấu và lớn hơn −1 Khi đó
Kết hợp với giả thiết quy nạp ta có
Nhận xét 2.2.3 Ta thấy rằng Định lí 2.2.1 chỉ là một trường hợp riêng của Định lí 2.2.2 trong trường hợp tất cả các số x i đều bằng nhau.
Bất đẳng thức Bernoulli còn được phát biểu cho số mũ hữu tỉ và số mũ thực.
Cụ thể, ta có kết quả sau đây. Định lý 2.2.4 Cho x ∈R, x > −1 và r ∈Q, r ≥ 1 Khi đó
Chứng minh Trường hợp r = 1 là hiển nhiên Giả sử r = p q, trong đó p, q ∈ Z, (p, q) = 1 và p > q Ta chỉ cần xét trường hợp 1 + rx > 0 Khi đó ta có
(1 + x) r ≥ 1 + rx. Định lý 2.2.5 [7, Bất đẳng thức Bernoulli, Bổ đề 2.4] Cho x > −1, x 6= 0 và
(1 + x) α < 1 + αx. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc α = 0 hoặc α = 1.
E = {α ∈ (0; 1) : (1 + x) α < 1 − αx, x > −1, x 6= 0} Trước tiên, ta chứng minh E là một tập con trù mật trong khoảng (0; 1) Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh E thỏa mãn ba điều kiện sau đây.
2 ∈ E. (i) Cho số thực x thỏa mãn điều kiện x > −1 và x 6= 0 Ta có
2 x Như vậy, điều kiện (ii) được chứng minh Và do đó E là tập khác rỗng.
Ta suy ra 1 − α ∈ E Điều kiện (ii) được chứng minh.
(iii) Lấy 0 ≤ α < β ≤ 1 sao cho α, β ∈ E Khi đó với mọi x > −1 và x 6= 0 ta có
2 ∈ E Vậy điều kiện (iii) được chứng minh.
Từ (i), (ii) và (iii) ta suy ra n
Bây giờ, lấy α ∈ (0; 1) và β ∈ E thỏa mãn α < β < 1 Với mọi x > 0 ta có
Lấy α ∈ (0; 1) và β ∈ E thỏa mãn 0 < β < α Khi đó với mọi −1 < x < 0 ta có
(1 + x) α < (1 + x) β ≤ 1 + βx → 1 + αx khi β % α Như vậy, với mọi α ∈ (0; 1) ta có
Một số dạng tương đương của Bất đẳng thức Bernoulli. Định lý 2.2.6 Cho số thực x > 0 và x 6= 1 Khi đó
Ta sẽ minh họa bằng hình học cho trường hợp α > 1 trong hình vẽ bên dưới.
Vì hàm số y = x t là một hàm lồi nên cung đồ thị AC nằm phía dưới đoạn thẳng
AC Ta suy ra M P > M N Do đó
Từ đó ta suy ra bất đẳng thức (ii) x α − 1 α > x − 1.
Hệ quả 2.2.7 Cho các số thực dương x và y Khi đó
Chứng minh Ta sẽ chứng minh phần (i) Với α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞), áp dụng Bất đẳng thức Bernoulli ta có x y α + α − 1 ≥ α x y ⇔ x α + (α − 1)y α ≥ αxy α−1
Phần (ii) được chứng minh tương tự. Định lý 2.2.8 Cho các số thực dương α, β và x sao cho β < α Khi đó x α + α β − 1 ≥ α β x β (2.7)
Chứng minh Ta có x α = x α β Do đó, áp dụng Bất đẳng thức Bernoulli ta có x α + α β − 1 = x α β + α β − 1 ≥ α β x β
Một số bất đẳng thức liên quan
Tẽ sẽ xét một số ví dụ về sử dụng Bất đẳng thức Bernoulli.
Ví dụ 2.2.9 Cho các số thực dương a, b, c Khi đó a b + c
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức Bernoulli ta có
Tương tự ta cũng có
Các các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được a b + c + b c + a + c a + b ≥ 3
Bất đẳng thức Nesbitt là một bất đẳng thức nổi tiếng, sẽ được chứng minh trong phần sau của luận văn Đẳng thức này chỉ xảy ra khi và chỉ khi a, b, c đều bằng nhau.
Ví dụ 2.2.10 Cho các số thực dương a, b, c có tổng bằng 3
2 Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức Bernoulli ta có
Tương tự ta cũng có b
√ 3 a + b ≥ 3c a + b + 2 Công các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được a
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Nhận xét 2.2.11 Bất đẳng thức trên vẫn còn đúng trong trường hợp tổng quát, tức là a
2 ,với mọi số tự nhiên n ∈N ∗
Bài tập đề nghị
Bài tập 2.2.1 Cho a và b là các số thực dương Chứng minh rằng a b + b a ≥ 1.
Bài tập 2.2.2 Cho số thực α ∈ [0; 1] Chứng minh rằng
Bài tập 2.2.3.Cho cỏc số thực khụng õmα 1 , α 2 , , α n thỏa mónα 2 1 +α 2 2 +ã ã ã+α 2 n =
Bất đẳng thức Cauchy và một số bất đẳng thức liên quan
Bất đẳng thức Cauchy
Định lý 2.3.1 [3, Bất đẳng thức Cauchy, trang 83] Cho các số thực a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n Khi đó n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) tỉ lệ với nhau, tức là a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n Chứng minh Ta có n
≤ 0. Điều này tương đương với n
! Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a i x − b i = 0 với mọi i = 1, 2, , n, tức là, hai bộ số a i và b i tỉ lệ với nhau.
Một số hệ quả của Bất đẳng thức Cauchy
Mệnh đề 2.3.2 Cho các số thực a, b, x, y, trong đó x > 0 và y > 0 Khi đó
⇔ (ay − bx) 2 ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx, tức là a x = b y.
Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có a²x + b²y + c²z ≥ (a + b)²x + y + c²z ≥ (a + b + c)²x + y + z, với điều kiện đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ax = by = cz Bất đẳng thức này có thể được mở rộng cho n số thực một cách tự nhiên.
Mệnh đề 2.3.3 Cho các số thực a 1 , a 2 , , a n và các số thực dương b 1 , b 2 , , b n
Khi đó, ta có bất đẳng thức: \( a_1^2 b_1 + a_2^2 b_2 + \ldots + a_n^2 b_n \geq \left( a_1 + a_2 + \ldots + a_n \right)^2 \left( b_1 + b_2 + \ldots + b_n \right) \) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( a_1 b_1 = a_2 b_2 = \ldots = a_n b_n \) Chứng minh cho thấy rằng \( a_1^2 b_1 + a_2^2 b_2 + \ldots + a_n^2 b_n \) lớn hơn hoặc bằng \( \left( a_1 + a_2 + \ldots + a_n \right)^2 \) nhân với tổng \( b_1 + b_2 + \ldots + b_n \) Điều này dẫn đến kết luận rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các tỉ số \( a_i b_i \) là bằng nhau cho mọi \( i \).
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n Trường hợp n = 1 là hiển nhiên.
(a 1 + a 2 + ã ã ã + a k+1 ) + (b 2 1 + b 2 2 + ã ã ã + b 2 k+1 )Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tập đề nghị
Bài tập 2.3.1 Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng a 2
6 3 Bài tập 2.3.2 Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng x 2 + y 2 x + y + y 2 + z 2 y + z + z 2 + x 2 z + x ≥ x + y + z.
Bài tập 2.3.3 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãnxyz = 1 Chứng minh rằng x x + y 4 + z 4 + y y + z 4 + x 4 + z z + x 4 + y 4 ≤ 1.
Bất đẳng thức H¨ older và Bất đẳng thức Minkowski
Bất đẳng thức H¨ older
Định lý 2.4.1.[8, Định lý 9.2] Cho hai dãy số không âma 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n
Với các số hữu tỉ dương p, q thỏa mãn 1 p + 1 q = 1 ta có n
X i=1 a k b k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tồn tại các số A và B không đồng thời bằng không sao cho Aa p k = Bb p k với k = 1, 2, , n.
Chứng minh Xét hàm số f(x) = x p trên (0; +∞) và p > 1 Ta có f 00 (x) = p(p − 1)x p−2 ≥ 0 với mọi x ∈ (0; +∞) Do đó f là hàm lồi trên (0; +∞) Đặt x k = a k b 1−q k và t k = b q k
Pn k=1 b q k , k = 1, 2, , n Ta có x k > 0, t k > 0 với mọi k = 1, 2, , n và t 1 + t 2 + ã ã ã + t n = 1 Theo Bất đẳng thức Jensen ta cú f n
Pn k=1 a k b k nên Bất đẳng thức (2.8) tương đương với
Từ chú ý p − 1 q = 1 q ta suy ra Bất đẳng thức H¨older. Định lý 2.4.2.[8, Định lý 9.3] Cho các dãy số thực dươnga 1 , a 2 , , a n ;b 1 , b 2 , , b n và m 1 , m 2 , , m n Với p và q là các số thỏa mãn 1 p + 1 q = 1 ta có n
! 1 q Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a p 1 b q 1 = a p 2 b q 2 = = a p n b q n
Chứng minh Xét hàm lồi f(x) = e x trên (0; +∞) Với x, y ∈ (0; +∞) và với p, q > 1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1 ta có e
≤ 1 p e x + 1 q e y Áp dụng bất đẳng thức trên cho các số x = p ln a i và y = q ln b i với i = 1, 2, , n ta có a i b i = e
≤ 1 p e p ln a i + 1 q e q ln b i = 1 p a p i + 1 q b q i (2.9) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a p i = b q i với mọi i = 1, 2, , n.
Với số thực dương λ ta có a i b i = (λa i ) b i λ ≤ 1 p λ p a p i + 1 q
Nhân cả hai vế chom i và cộng vế theo vế với i = 1, 2, , n ta được n
Bất đẳng thức này đúng với mọi số thực dương λ Kí hiệu
Theo Bất đẳng thức (2.9) ta có 1 p A p + 1 q B q = AB khi và chỉ khi A p = B q Một cách tương đương λ p n
Với λ như trên ta có n
! 1 q Định lý 2.4.3 [8, Định lý 9.4] Cho a ij với i = 1, 2, , n và j = 1, 2, , m là các số thực dương, và α 1 , α 2 , , α m là các số thực dương lớn hơn 1 thỏa mãn 1 α 1
X i=1 a α ij j = 0 với mỗi k thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng Ta giả sử n
X i=1 a α ij j 6= 0 và xét x ij = a ij
Bất đẳng thức (2.9) có thể được viết lại như sau xy ≤ 1 p x p + 1 q y q , với x, y ≥ 0, p > 1 và 1 p + 1 q = 1 Một cách tổng quát, với các số thực dương x 1 , x 2 , , x n và với α 1 , α 2 , , α n lớn hơn 1 thỏa mãn 1 α 1
1 α i x α i i (2.10) Áp dụng Bất đẳng thức (2.10) cho x ij ta có
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức Minkowski
Định lý 2.4.4 [8, Định lý 9.5] Cho hai dãy số thực không âm a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n Với p ∈Q, p > 1 ta có
! p 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n
Chứng minh Với p > 1, ta chọn q > 1 sao cho 1 p + 1 q = 1, tức là q = p p − 1 Theo
Bất đẳng thức H¨older ta có n
! 1 p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n Định lý 2.4.5.[8, Định lý 9.6] Cho các dãy số thực dươnga 1 , a 2 , , a n ;b 1 , b 2 , , b n và số thực dương p > 1 Khi đó ta có
1 p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n
Chứng minh Xét hàm số f (x) = (1 + x α ) α 1 trên (0; +∞) với α 6= 0 Nếu α > 1 thì f lồi chặt Nếu α < 1 thì f lõm chặt. Áp dụng Bất đẳng Jensen cho p > 1 ta có
Cho m i = a i và x i = b i a i với i = 1, 2, , n ta suy ra
1 p Định lý 2.4.6.[8, Định lý 9.7] Cho các dãy số thực dươnga 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n. Khi đó
(a 1 + b 1 )(a 2 + b 2 ) (a n + b n ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 1 b 2 = = a n b n
Chứng minh Theo Bất đẳng thức Jensen, hàm lồif và với dãy số thựcx 1 , x 2 , , x n ta có f x 1 + x 2 + ã ã ã + x n
Xét hàmf (x) = ln(1 + e x )trên R Ta có f 00 (x) = e x
(1 + e x ) 2 ≥ 0với mọi x ∈R Do đó f là hàm lồi trên R (Định lý (2.1.4)) Áp dụng Bất đẳng thức Jensen cho f và x i = ln b i a i , với i = 1, 2, , n ta có ln
Từ đó suy ra ln 1 + n rb 1 b 2 b n a 1 a 2 a n
(a 1 + b 1 )(a 2 + b 2 ) (a n + b n ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ln b 1 a 1 = ln b 2 a 2 = = ln b n a n , hay b 1 a 1 = b 2 a 2 = = b n a n
Định lý 2.4.7.[8, Định lý 9.8] Cho các dãy số thực dươnga 1 , a 2 , , a n ;b 1 , b 2 , , b n ; m 1 , m 2 , , m n và số p > 1 Khi đó n
! 1 p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n
Chứng minh Xét hàm lồi f (x) = x p trên (0; +∞) với p > 1 Với λ ∈ (0; 1) và u, v ∈ (0; +∞) ta có
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức này chom i rồi cộng vế theo vế với i = 1, 2, , n ta được n
Khi đó Bất đẳng thức (2.11) được viết lại như sau n
1 − λ ta suy ra λ 1−p A p + (1 − λ) 1−p B p = (A + B) p và Bất đẳng thức (2.12) trở thành n
Bất đẳng thức Minkowski tổng quát khẳng định rằng, với các số thực dương a_ij (i = 1, 2, , n và j = 1, 2, , m) và p > 1, bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài tập đề nghị
Bài tập 2.4.1 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx+ = 4 − xyz. Chứng minh rằng
Bài tập 2.4.2 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãnxyz = 1 Chứng minh rằng
Bài tập 2.4.3 Cho số thực p ≥ 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có n + 1 p
Bất đẳng thức Chebyshev và một số bất đẳng thức liên quan
Bất dẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu
Định lý 2.5.1 [8, Bất đẳng thức Chebyshev, Định lý 4.3] Cho hai dãy số thực a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n và b 1 ≤ b 2 ≤ ≤ b n Khi đó n
X i=1 a i b i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n hoặc b 1 = b 2 = = b n
Chứng minh Với i, j ∈ {1, 2, , n} ta có
X i=1 a i b i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức ở (2.13) xảy ra, tức làa 1 = a 2 = = a n hoặc b 1 = b 2 = = b n
Trong bất đẳng thức 2.5.2, các dãy số (a i ) và (b i ) được xác định là hai dãy đơn điệu cùng chiều Điều này có nghĩa là bất đẳng thức vẫn giữ nguyên tính đúng đắn ngay cả khi các dãy số a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n và b 1 ≥ b 2 ≥ ≥ b n.
Trong trường hợp hai dãy đơn điệu ngược chiều, tức là a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n và b 1 ≥ b 2 ≥ ≥ b n hoặc a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n và b 1 ≤ b 2 ≤ ≤ b n, bất đẳng thức (2.13) sẽ trở thành (a i − a j )(b i − b j ) ≤ 0 Điều này dẫn đến bất đẳng thức ngược lại.
Một số bất đẳng thức liên quan
Mệnh đề 2.5.3 [8, Bất đẳng thức Surányi, Định lý 4.4] Cho các số thực không âm a 1 , a 2 , , a n và số nguyên dương n Khi đó ta có
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theon Trường hợpn = 1ta có đẳng thức Giả sử bất đẳng thức đúng vớin = k, ta cần chứng minh k k
Ta có thể giả sử a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a k+1 và a 1 + a 2 + ã ã ã + a k+1 = 1.
Từ giả thiết quy nạp ta suy ra ka k+1 k
Như vậy ta chỉ cần chứng minh k k
Trước tiên, ta sẽ chứng minh a k+1 k
Tiếp theo ta chứng minh k k
Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với k k
Theo Bất đẳng thức Chebyshev, ta có k k
X i=1 a k−1 i Điều này tương đương với k k
Từ cỏc giả thiết a 1 + a 2 + ã ã ã + a k+1 = 1 và a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a k+1 ta suy ra a k+1 ≤ 1 k
Do đó ta chỉ cần chứng minh k k
Chú ý rằng với mọi i, ta có ka k+1 i + 1 k a k−1 i ≥ 2a k i Cộng các bất đẳng thức trên vớii = 1, 2, , k ta suy ra Bất đẳng thức (2.14).
Mệnh đề 2.5.4 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho các số thực dương a, b, c > 0 Khi đó ta có a b + c + b c + a + c a + b ≥ 3
Chứng minh Giả sử a ≥ b ≥ c Khi đó 1 b + c ≥ 1 c + a ≥ 1 a + b Theo Bất đẳng thức Chebyshev ta có
Mặt khác từ bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình điều hòa ta có
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài tập đề nghị
Bài tập 2.5.1 Cho các số thực dương a 1 , a 2 , , a n có tổng bằng 1 Chứng minh rằng a 1
2n − 1 Bài tập 2.5.2 Cho các số thực dương a, b, c, d Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 a + b + c + a 3 + b 3 + d 3 a + b + d + a 3 + c 3 + d 3 a + c + d + b 3 + c 3 + d 3 b + c + d ≥ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Bài tập 2.5.3 Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác, và α, β, γ là các góc tương ứng (với đơn vị radian) Chứng minh rằng b + c α + c + a β + a + b γ ≥ 6(a + b + c) π
Bất đẳng thức Abel và một số bất đẳng thức liên quan
Bất đẳng thức Abel
Định lý 2.6.1 (Khai triển Abel) Cho các số thực a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n Với mỗi số nguyờn dương k ≤ n, đặt S k = b 1 + b 2 + ã ã ã + b k Khi đú ta cú a 1 b 1 + a 2 b 2 + ã ã ã + a n b n = (a 1 − a 2 )S 1 + (a 2 − a 3 )S 2 + ã ã ã + (a n−1 − a n )S n−1 + a n S n Chứng minh Các số hạng ở vế phải là
a n S n = a n b 1 + a n b 2 + ã ã ã + a n ba n Cộng các đẳng thức trên ta suy ra điều phải chứng minh.
Công thức trong định lí trên được gọi là Công thức khai triển Abel Tuy nhiên, ta thường gặp hai trường hợp riêng của khai triển với n = 2 và n = 3.
(ii) a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 = (a 1 − a 2 )b 1 + (a 2 − a 3 )(b 1 + b 2 ) + a 3 (b 1 + b 2 + b 3 ). Định lý 2.6.2 (Bất đẳng thức Abel) Cho hai dãy số thực a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n và b 1 , b 2 , , b n Đặt
Khi đó ta có ma 1 ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 + ã ã ã + a n b n ≤ M a 1 Chứng minh Áp dụng khai triển Abel ta có a 1 b 1 + a 2 b 2 + ã ã ã + a n b n = (a 1 − a 2 )S 1 + (a 2 − a 3 )S 2 + ã ã ã + (a n−1 − a n )S n−1 + a n S n
≥ ma 1 Lập luận tương tự ta cũng có a 1 b 1 + a 2 b 2 + ã ã ã + a n b n ≤ M a 1
Một số bất đẳng thức liên quan
Ta sẽ xét một số ví dụ về áp dụng công thức khai triển Abel trong chứng minh các bất đẳng thức.
Ví dụ 2.6.3 Ta sẽ áp dụng khai triển để chứng minh Bất đẳng thức Nesbitt: Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng a b + c + b c + a + c a + b ≥ 3
Chứng minh Kí hiệu vế trái của bất đẳng thức là P Ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó ta có
P ≥ b b + c + c c + a + a a + c Lập luận tương tự ta chứng minh được
Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế ta được2P ≥ 3 hay P ≥ 3
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Trong ví dụ tiếp theo ta sẽ làm mạnh Bất đẳng thức Chebyshev.
Ví dụ 2.6.4 Cho hai dãy số thực a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , b n thỏa mãn điều kiện a 1 ≥ a 1 + a 2
Chứng minh Ta có thể giả sử a 1 + a 2 + ã ã ã + a n = b 1 + b 2 + ã ã ã + b n = 0. Đặt S k = a 1 + a 2 + ã ã ã + a k Theo cụng thức khai triển Abel ta cú
S k k là dãy giảm nên theo công thức khai triển Abel ta có
2 ≥ ≥ b 1 + b 2 + ã ã ã + b n n tương đương với b 1 ≥ b 2 , b 1 + b 2 + ã ã ã + b k ≥ kb k+1 với mọi k = 1, 2, , n − 1. Điều này chứng tỏ P ≥ 0 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.6.5 Cho các số thực dương α, β, a 1 , a 2 , , a n , trong đó a 1 a 2 a n ≥ 1.
Chứng minh Ta có thể giả sử a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n Đặt A i = ln a i Vì a 1 a 2 a n ≥ 1 nên
Do đú với mỗi 1 ≤ k ≤ n ta đều cú A 1 + A 2 + ã ã ã + A k ≥ 0, hay a 1 a 2 a k ≥ 1 Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho k số thực dương a α−β i ta có a α−β 1 + a α−β 2 + ã ã ã + a α−β k ≥ kp k
Với mỗi 1 ≤ i ≤ n đặt x i = a β i và y i = a α−β i − 1 Khi đó ta có x 1 ≥ x 2 ≥ ≥ x n. Với mỗi 1 ≤ k ≤ n ta có y 1 + y 2 + ã ã ã + y k = a α−β 1 − 1 + a α−β 2 − 1 + ã ã ã + a α−β k − 1
Theo công thức khai triển Abel ta suy ra n
(x i − x i+1 )S i ≥ 0, trong đú S k = y 1 + y 2 + ã ã ã + y k Từ đú suy ra n
52 Điều này tương đương với n
X i=1 a β i Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tập đề nghị
Bài tập 2.6.1 Cho các số thực dương x, y, z ∈ [1; 3] có tổng bằng 6 Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≤ 14.
Bài tập 2.6.2 yêu cầu chứng minh rằng với các số thực dương k và các số x, y, z trong khoảng [0; 2k] thỏa mãn x + y + z = 3k, ta có a^n + b^n + c^n ≤ (1 + 2^n)k^n cho mọi số nguyên dương n Trong bài tập 2.6.3, với n ≥ 2, xét hai dãy số thực b_1 < b_2 < < b_n và -1 < a_1 < a_2 < < a_n < 1, thỏa mãn tổng a_1 + a_2 + + a_n = a_2021_1 + a_2021_2 + + a_2021_n Cần chứng minh rằng a_2021_1 b_1 + a_2021_2 b_2 + + a_2021_n b_n < a_1 b_1 + a_2 b_2 + + a_n b_n Những bài tập này có ứng dụng quan trọng trong việc giải toán sơ cấp.
Trong chương này, chúng ta sẽ khám phá các ứng dụng của bất đẳng thức cổ điển trong việc giải quyết các bài toán chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt trong chương trình phổ thông và các đề thi học sinh giỏi ở nhiều cấp độ khác nhau.
Một số bài toán cơ bản trong chương trình phổ thông
Bất đẳng thức 1
a + 1 b ≥ 4 a+b và mở rộng Với mọi số thực dương a, b ta có
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
(a + b) ≥ 4. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
Nhân hai bất đẳng thức trên vế theo vế ta được
1 a + 1 b ≥ 4 a + b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bất đẳng thức trên cho hai số thực dương có thể được mở rộng cho n số thực dương Với n số thực dương a 1 , a 2 , , a n ta có đánh giá sau
1 a 1 + 1 a 2 + ã ã ã + 1 a n ≥ n 2 a 1 + a 2 + ã ã ã + a n Sau đây ta xét một số ví dụ về áp dụng bất đẳng thức (3.1) để chứng minh một số bất đẳng thức liên quan.
Ví dụ 3.1.1 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng
Chứng minh Áp dụng BĐT (3.1) cho hai số thực dương 1 a + 3b và 1 b + 2c + a ta có
2a + 4b + 2c = 2 a + 2b + c Tương tự ta có các đánh giá sau
1 c + 3a + 1 a + 2b + c ≥ 2 c + 2a + b Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Ví dụ 3.1.2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa abc = 1 Chứng minh rằng
Chứng minh Ta có 1 ab + a + 2 = 1
(ab + 1) + a + 1 Áp dụng bất đẳng thức (3.1) ta có 1
Từ giả thiết abc = 1 ta có
Lập luận tương tư ta có
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ví dụ 3.1.3 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác thỏa mãn điều kiện 2c + b = abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3 b + c − a + 4 a + c − b + 5 a + b − c Giải Ta thực hiện một số biến đổi đơn giản
Áp dụng bất đẳng thức (3.1) ta có 1 b + c − a + 1 a + b − c ≥ 4
2b Lập luận tương tự ta có đánh giá
Từ giả thiết 2c + b = abc ta suy ra 2 b + 1 c = a Do đó
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 4 √
Ví dụ 3.1.4 Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng a ca + 1 + b ab + 1 + c bc + 1 ≤ 1
Chứng minh rằng với abc = 1, ta có thể tìm các số thực dương x, y, z sao cho a = xy, b = yz, c = zx Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x²y² + y²z² + z²x² ≥ 2xy + z + 2yz + x + 2zx + y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x²y² + y²z² + z²x² ≥ xy + yz + zx và x²y² + y²z² + z²x² ≥ xz + yx + zy Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta sẽ thu được kết quả cần chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (3.1) ta suy ra
≥ 4x y + z + 4y z + x + 4z x + y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bất đẳng thức a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) và mở rộng
Cho a và b là hai số thực không âm Khi đó a 3 + b 3 ≥ ab (a + b) (3.2)
Vìa, bkhông âm nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bất đẳng thức trên có thể mở rộng cho mọi số mũ dương, cụ thể với a và b là hai số thực không âm Đối với mọi số nguyên dương n, ta có a^(2n+1) + b^(2n+1) ≥ a^(2n)b + ab^(2n) Điều này cho thấy sự tương đương của bất đẳng thức này.
Tiếp theo ta xét một số ví dụ về áp dụng bất đẳng thức (3.2).
Ví dụ 3.1.5 Cho các số thực dương a và b Chứng minh rằng ab (a + b)
Chứng minh Từ bất đẳng thức (3.2) ta suy ra(a + b) 3 ≥ 4ab (a + b) Bất đẳng thức này tương đương với ab (a + b)
6 Điều này chứng minh bất đẳng thức thứ ba.
= 2 a 2 + b 2 3 (a + b) 3 , Điều này chứng minh bất đẳng thức cuối cùng trong dãy.
Ví dụ 3.1.6 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức (3.2), ta có a 3 + b 3 ≥ ab (a + b) Do đó a 3 + b 3 + abc ≥ ab (a + b + c) Suy ra
1 a 3 + b 3 + abc ≤ 1 ab (a + b + c) Lập luận tương tự ta có
1 b 3 + c 3 + abc ≤ 1 bc (a + b + c) , 1 c 3 + a 3 + abc ≤ 1 ca (a + b + c) Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được
= 1 abc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 3.1.7 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a 3 a 2 + b 2 + ab + b 3 b 2 + c 2 + bc + c 3 c 2 + a 2 + ca ≥ a + b + c
Chứng minh Quan sát các số hạng ở vế trái, ta cần tìm các số x; y sao cho a 3 a 2 + b 2 + ab ≥ ax + by Ta biến đổi như sau a 3 a 2 + b 2 + ab ≥ ax + by ⇔ a 3 ≥ a 2 + b 2 + ab
Áp dụng bất đẳng thức (3.2) ta tìm được x = 2
3 Như vậy ta có bất đẳng thức a 3 a 2 + b 2 + ab ≥ 2a − b
3 Tương tự ta cũng có b 3 b 2 + c 2 + bc ≥ 2b − c
3 Cộng các bất đẳng thức vế theo vế ta được a 3 a 2 + b 2 + ab + b 3 b 2 + c 2 + bc + c 3 c 2 + a 2 + ca ≥ (2a − b) + (2b − c) + (2c − a)
3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 3.1.8 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng
Chứng minh Ta cần tìm các sốx và y sao cho 3a
3 + 7b 3 2a + 3b ≥ xa 2 + yb 2 − ab Bất đẳng thức này tương đương với
Theo BĐT (3.2) thì ta cần chọn x, y sao cho
Khi đó ta có bất đẳng thức
Lập luận tương tự ta cũng có
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bất đẳng thức (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc , với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và mở rộng
là độ dài ba cạnh của một tam giác và mở rộng
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Khi đó
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc (3.3) Thật vậy, ta có a 2 ≥ a 2 − (b − c) 2 = (a − b + c)(a + b − c) > 0, b 2 ≥ b 2 − (c − a) 2 = (b − c + a)(b + c − a) > 0, c 2 ≥ c 2 − (a − b) 2 = (c − a + b)(a + a − b) > 0.
Nhân các bất đẳng thức với nhau trên ta có a 2 b 2 c 2 ≥ (a + b − c) 2 (b + c − a) 2 (c + a − b) 2
Vì a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, ta có a + b − c, b + c − a và c + a − b đều là các số dương Điều này dẫn đến bất đẳng thức khi khai căn bậc hai hai vế, được thể hiện qua công thức (3.3).
Sau đây ta xét một số mở rộng của bất đẳng thức (3.3).
Ví dụ 3.1.9 Với a, b, c là các số thực không âm, ta có a 2 b + b 2 c + c 2 a + a 2 c + b 2 a + c 2 b ≤ a 3 + b 3 + c 3 + 3abc (3.4)
(a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ a 3 + b 3 + c 3 + 6abc (3.5) 4(a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 3 + 9abc (3.6)
4(a + b)(b + c) ≤ (a + b + c) 3 + 5abc (3.7) 2(a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(a + b + c) + 9abc (3.8)
Ví dụ 3.1.10 (Bất đẳng thức Schur bậc 1) Cho các số thực a, b, c ≥ 0 Chứng minh rằng a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0.
Chứng minh Thật vậy, giả sử a ≥ b ≥ c Khi đó bất đẳng thức (3.4) tương đương với a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên vìa ≥ b.
Mở rộng Bất đẳng thức Schur bậc 1 ta có Bất đẳng thức Schur bậc n.
Ví dụ 3.1.11 (Bất đẳng thức Schur bậc n) Cho a, b, c là các số thực không âm và n là một số nguyên dương Chứng minh rằng a n (a − b)(a − c) + b n (b − c)(b − a) + c n (c − a)(c − b) ≥ 0.
Chứng minh Không mất tính tổng quát ta có thể giả sửa ≥ b ≥ c ≥ 0 Khi đó bất đẳng thức trên được viết lại như sau c n (a − c)(b − c) + (a − b)[a n (a − c) − b n (b − c)].
Bất đẳng thức này luôn đúng vìa − c, b − c, a − b đều là các số không âm.
Một số bài toán liên quan đến các kỳ thi học sinh giỏi
Trước tiên ta xét một số bài toán chứng minh bất đẳng thức và cực trị sử dụng trực tiếp các bất đẳng thức cổ điển.
Ví dụ 3.2.1 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xy z + yz x + zx y Giải Ta có
(x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx, ∀x, y, z. Áp dụng bất đẳng thức trên ta được xy z
2 + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3(x 2 + y 2 + z 2 ) = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy z = yz x = zx y , tức là x = y = z = 1
√ 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là √ 3 đạt được khi x = y = z = 1
Ví dụ 3.2.2 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng
2 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có p2b(a + b) ≤ 2b + (a + b)
2 Lập luận tương tự ta suy ra
4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a a + 3b + b b + 3c + c c + 3a
Do đó a a + 3b + b b + 3c + c c + 3a ≥ (a + b + c) 2 a 2 + b 2 + c 2 + 3ab + 3bc + 3ca Mặt khác ta có bất đẳng thức sau
Do đó a 2 + b 2 + c 2 + 3(ab + bc + ca) = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) + (ab + bc + ca)
4 Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c.
Ví dụ 3.2.3 (Ninh Thuận 2019-2020) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng
2 Chứng minh Vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại
1 z 2 z(x + y) Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có
Từ giả thiết xyz = 1 ta suy ra
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Ví dụ 3.2.4 (Hải Dương, 2018-2019) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3 Chứng minh rằng x 2
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có px 3 + 8 =p
√ x 2 + 8 ≥ 2x 2 x 2 − x + 6 Lập luận tương tự ta được y 3 py 2 + 8
√ z 3 + 8 ≥ 2x 2 x 2 − x + 6 + 2y 2 y 2 − y + 6 + 2z 2 z 2 − z + 6 Áp dụng một hệ quả của Bất đẳng thức Cauchy (Mệnh đề 2.3.2) ta có
≥ 2(x + y + z) 2 x 2 + y 2 + z 2 − (x + y + z) + 18 Như vậy ta chỉ cần chứng minh
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Mặt khác, vì x, y, z là các số dương nên ta có x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx = 3, x + y + z ≥p
Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1.
Ví dụ 3.2.5 (Thái Nguyên 2020-2021) Cho các số thực dươngx, y, z có tổng bằng
Chứng minh Không mất tính tổng quát ta giả sửx ≤ y ≤ z Ta suy rax+y+z ≥ 3z hayz ≤ 1 Ta có
⇔ (y + z) 2 (3 − 2x 2 ) − 2yz(3 − 2x 2 ) − 2y 2 z 2 + 3x 2 − 3 ≥ 0 (∗). Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương y và z ta được yz ≤ y + z
Ta lại có −3x 2 + 14x + 1 = 3x(1 − x) + 11x + 1 > 0 với mọi x ∈ (0; 1] Ta suy ra 3
8 (1 − x) 2 (−3x 2 + 14x + 1) ≥ 0 với mọi x ∈ (0; 1] Từ đó suy ra f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ (0; 1] hay V T (∗) ≥ 0 với mọi x ∈ (0; 1] Đẳng thức xảy ra khix = y = z = 1.
Trong các ví dụ sau, chúng ta sẽ áp dụng các bất đẳng thức cổ điển kết hợp với tính chất đơn điệu của hàm số để chứng minh các bất đẳng thức một cách hiệu quả.
Hàm số y = f(t) được gọi là tăng (đồng biến) trên khoảng I ⊆ R nếu đạo hàm f'(t) > 0 với mọi t ∈ I Ngược lại, hàm số y = f(t) được xem là giảm (nghịch biến) trên khoảng I nếu f'(t) < 0 với mọi t ∈ I Nếu f(t) là hàm số tăng trên đoạn [a; b], thì ta có bất đẳng thức f(a) ≤ f(t) ≤ f(b) cho mọi t ∈ [a; b] Đối với hàm số giảm, bất đẳng thức sẽ có chiều ngược lại.
Ví dụ 3.2.6 (Hải Phòng 2020-2021) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Giải Ta có 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 4ac = 2b 2 + 2(a + c) 2 ≥ (b + a + c) 2 Điều này tương đương với
√ −2 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 4ac + 1 ≥ −2 a + b + c + 1 Mặt khác ta có
Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t) ≥ − 1
2 Vậy giá trị nhỏ nhất củaP là − 1
Ví dụ 3.2.7 (Hà Tĩnh, 2018-2019) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 3 + y 3 + z 3 = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xyz + (x + y + z) 2 xy + yz + zx − 1 xy + yz + zx + 1.
Giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x 3 + 1 + 1 ≥ 3x ⇔ x 3 + 2 ≥ 3x, y 3 + 2 ≥ 3y, z 3 + 2 ≥ 3z.
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được x + y + z ≤ 3.
Ta có 3 − 3xyz = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) ≤ 3(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx).
1 − xyz ≤ x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ⇔ xyz + (x + y + z) 2 ≥ 1 + 3(xy + yz + zx).
1 + 3(xy + yz + zx) ≤ xyz + (x + y + z) 2 ≤ 1 + 3 2 = 10. Đặt t = xy + yz + zx, khi đó t ∈ [0; 3] Xét hàm số f(t) = 3t + 1 t − 1 t + 1, ta có f(t) = 3 + 1 t(t + 1) ≥ 3 + 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 37
Ví dụ 3.2.8 (Bình Phước 2019-2020) Cho các số thực không âm a, b, cthỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > 0 và a ≥ max{b, c} Chứng minh rằng r a b + c + 11
Chứng minh Đặt x = b a, y = c a, ta có x ≤ 1 và y ≤ 1 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành r 1 x + y + 11
Trước tiên ta chứng minh rằng r 1 x + y ≥ x
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên đúng vì x ≥ 0 và y ≤ 1 Lập luận tương tự ta cũng có r y
√ x + y. Khi đó vế trái của bất đẳng thức (3.9) được đánh giá như sau
Giải phương trình f 0 (t) = 0 ta được nghiệm t = 1
3. Nhận xét rằng f 0 (2) > 0 và f 0 (t) liên tục trên (0; 2] Do đó f 0 (t) > 0 trên 1
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 3.2.9(Gia Lai 2019-2020) Cho hai số thực dươngavà bthỏa mãn8ab −2 = 3(a 4 + b 4 ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 + 3a 2 b 2 Giải Điều kiện của đề bài tương đương với
Vì(a 2 − b 2 ) 2 ≥ 0 nên −6a 2 b 2 + 8ab − 2 ≥ 0 Điều này tương đương với 1
3 ≤ ab ≤ 1. Với các số thực dương a, b thỏa mãn ab ≤ 1 ta sẽ chứng minh
1 + ab Thật vậy, ta thực hiện phép biển đổi tương đương
Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.
Tiếp theo, đặt t = ab ta suy ra t ∈h 1
Xét hàm số f(t) = t + 2 t + 1 trên đoạn h 1
Từ đó suy ra max t∈ h 1
4 Do đó giá trị lớn nhất của P là 7
Ví dụ 3.2.10 (Quảng Ninh 2019-2020) Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 4] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = (a + b) 2 c 2 + 4(ab + bc + ca) Giải Ta có
2 ; 8 i Xét hàm số f (t) = t 2 t 2 + 4t + 1, ta có f 0 (t) = 4t 2 + 2t
13 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1
13 đạt được khi và chỉ khi a = b = 1 và c = 4.
Sau thời gian nghiên cứu về đề tài “Về một số bất đẳng thức cổ điển và ứng dụng”, luận văn đã hoàn thành và đạt được nhiều kết quả quan trọng.
Bài viết trình bày chi tiết và có hệ thống các phép chứng minh liên quan đến bất đẳng thức giữa các đại lượng trung bình của bộ n số thực không âm Nó cũng đề cập đến một số mở rộng, cách tiếp cận hình học và các bài toán liên quan, giúp người đọc hiểu rõ hơn về mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình và ứng dụng của chúng trong toán học.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết phép chứng minh và các mở rộng của những bất đẳng thức cổ điển quan trọng như Bất đẳng thức Jensen áp dụng cho lớp hàm lồi, Bất đẳng thức Bernoulli, Bất đẳng thức Cauchy, Bất đẳng thức Hölder và Minkowski, cùng với Bất đẳng thức Chebyshev và các bất đẳng thức liên quan Những bất đẳng thức này không chỉ có vai trò quan trọng trong toán học mà còn ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau.
Mở rộng các bất đẳng thức cơ bản trong chương trình phổ thông hiện nay và nghiên cứu ứng dụng của những bất đẳng thức cổ điển trong việc chứng minh bất đẳng thức cũng như giải quyết các bài toán cực trị là rất quan trọng Những ứng dụng này đã được thể hiện rõ trong các kỳ thi Đại học và các cuộc thi học sinh giỏi trong những năm gần đây.
Luận văn này chủ yếu dựa vào các tài liệu tham khảo [1], [2] và các đề thi học sinh giỏi trong những năm gần đây Qua khảo sát và nghiên cứu, luận văn sẽ cung cấp những thông tin hữu ích để mở rộng các bất đẳng thức cổ điển Đồng thời, đây cũng sẽ là tài liệu tham khảo tốt cho việc tiếp cận các bài toán chứng minh bất đẳng thức và cực trị trong các kỳ thi học sinh giỏi sắp tới.
