Giới thiệu về bất đẳng thức Cauchy
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: x 1 = x 2 = = x n
Dạng cụ thể: n n=2 n=3 n=4 Điều kiện ∀x 1 , x 2 ≥ 0 ∀x 1 , x 2 , x 3 ≥ 0 ∀x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≥ 0 Dạng x 1 +x 2 2 ≥ √ x 1 x 2 x 1 +x 2 +x 3
– Để dễ nhớ, ta nói Trung bình cộng (TBC) ≥ Trung bình nhân (TBN).
– Dạng 3 giúp ta nhận dạng khi sử dụng BĐT Cauchy : Đánh giá từ TBN sang TBC khi không có cả căn thức.
Khi chứng minh bất đẳng thức, chúng ta thường gặp các dạng không cân đối, với một vế phức tạp và một vế rút gọn Trong trường hợp này, nên đánh giá từ vế phức tạp về vế rút gọn để tìm ra mối liên hệ và xác minh tính đúng đắn của bất đẳng thức.
Các cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy
Chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho 2 số:
Chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương a,b,c: a + b + c + √ 3 abc ≥ 2 √ ab + 2p c √ 3 abc ≥ 4p 4 abc √ 3 abc = 4 √ 3 abc
Chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho n số dương:
Chứng minh theo phương pháp “Quy nạp Cauchy”:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 2.
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, chứng minh mệnh đề đúng với n
Bước 3: Giả sử mệnh đề đúng với n = p chứng minh mệnh đề đúng với n = p − 1.
2 ≥ 0 => a 1 +a 2 2 ≥ √ a 1 a 2 (đúng)Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = 2k.
Thật vậy xét 2k số thực a 1 , a 2 a k , a k+1 a 2k ≥ 0 Sử dụng giả thuyết quy nạp ta có: a 1 + a 2 + + a 2k
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 thuyết quy nạp với n = p ta có: a 1 + a 2 + + a p−1 + p−1 √ a 1 a 2 a p−1 p ≥ p p a 1 a p−1 p−1 √ a 1 a 2 a p−1
Theo nguyên lý quy nạp ta có bất đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2, n ∈ N.
Một số bất đẳng thức liên quan
1 Bất đẳng thức Bunyakovsky (Cauchy – Schwarz)
Với hai bộ số (a 1 ; a 2 ; ; a n ) và (b 1 ; b 2 ; ; b n ).
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n Chứng minh từ bất đẳng thức Cauchy Đặt: A =p a 1 2 + a 2 2 + + a n 2 ; B =p b 1 2 + b 2 2 + + b n 2 Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: n
Bất đẳng thức Schur dạng tổng quát: Với mọi số thực không âm a, b, c, k ta có: a k (a − b)(a − c) + b k (b − c)(b − a) + c k (c − a)(c − b) ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc (a, b, c) = (0, t, t) và các hoán vị.
Trường hợp k = 1, BĐT Schur có các dạng tương đương sau: i) a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a). ii) 4(a 3 + b 3 + c 3 ) + 15abc ≥ (a + b + c) 3 ii) abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b). iv) a 2 + b 2 + c 2 + 9abc a + b + c ≥ 2(ab + bc + ca). v) (a + b + c) 3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca). vi) a b + c + b c + a + c a + b + 4abc
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 2. Trường hợp k = 2 , BĐT Schur có các dạng tương đương sau: i)a 4 + b 4 + c 4 + abc(a + b + c) ≥ ab(a 2 + b 2 + bc(b 2 + c 2 ) + ca(c 2 + a 2 ). ii)6abc(a+b+c) ≥
2(ab + bc + ca) − (a 2 + b 2 + c 2 ) a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca
Các quy tắc cần chú ý khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy
Quy tắc song hành là một phương pháp hiệu quả trong giải quyết bài toán bất động sản, nhờ vào tính đối xứng của các bài toán này Việc áp dụng các chứng minh song hành và tuần tự không chỉ giúp hình dung kết quả nhanh chóng mà còn định hướng cách giải quyết hiệu quả hơn.
Quy tắc dấu bằng trong bất đẳng thức (BĐT) đóng vai trò quan trọng trong việc kiểm tra tính chính xác của chứng minh Dấu bằng không chỉ giúp xác định sự đúng đắn mà còn hướng dẫn phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT.
Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng trong bất đẳng thức (BĐT) là một vấn đề quan trọng mà cả học sinh và giáo viên thường gặp phải Nhiều người khi nghiên cứu và chứng minh BĐT thường mắc sai lầm khi áp dụng các BĐT mà không chú ý đến sự đồng thời của dấu "=" Để áp dụng song hành các BĐT một cách chính xác, điều kiện để các dấu "=" được thỏa mãn cần phải xảy ra đồng thời với cùng điều kiện của biến.
Quy tắc biên dựa trên các bài toán quy hoạch tuyến tính và tối ưu, tập trung vào việc xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm nhiều biến trong các miền đóng Thực tế cho thấy, những giá trị cực trị này thường xuất hiện tại các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên của miền.
Quy tắc đối xứng trong bất đẳng thức (BĐT) chỉ ra rằng các biến có vai trò như nhau, dẫn đến dấu "=" thường xuất hiện khi các biến bằng nhau Nếu bài toán có hệ điều kiện đối xứng, ta có thể xác định dấu "=" xảy ra khi các biến đạt giá trị cụ thể Ngoài ra, chiều của BĐT cũng giúp định hướng phương pháp chứng minh, từ trung bình cộng (TBC) đến trung bình nhân (TBN) và ngược lại.
Một số phép biến đổi cơ bản
Nhóm ghép đối xứng
Trong cuốn sách "Sử dụng phương pháp AM-GM để chứng minh bất đẳng thức" của Võ Quốc Bá Cẩn và Trần Quốc Anh, kỹ thuật ghép đối xứng được mô tả chi tiết Qua quá trình nghiên cứu, chúng tôi đã rút ra một số kinh nghiệm quý giá Khi đối mặt với những bài toán có biểu thức phức tạp, việc chứng minh trực tiếp có thể gặp khó khăn Do đó, kỹ thuật “ghép đối xứng” trở thành một công cụ hữu ích giúp đơn giản hóa bài toán Chúng tôi xin trình bày lại những hiểu biết của mình thông qua hai dạng toán cụ thể.
Dạng 1 Chứng minh A + B + C ≥ X + Y + Z. Ý tưởng Nếu ta chứng minh được A + B ≥ 2X.
Bằng cách áp dụng tính đối xứng của bài toán, ta có thể chỉ ra rằng B + C ≥ 2Y và C + A ≥ 2Z Khi cộng ba bất đẳng thức này lại với nhau và rút gọn, chúng ta dễ dàng chứng minh được điều cần chứng minh.
Trong những bài toán tổng quát hơn nữa, ta sẽ chỉ ra mA + nB + pC ≥ (m + n + p) X, mA + nB + pC ≥ (m + n + p) Y, mA + nB + pC ≥ (m + n + p) Z.
Từ đó cộng chúng lại và rút gọn, thu được điều phải chứng minh Ở ý tưởng đơn giản trên, ta đã áp dụng cách làm tổng quát với m=n=1 và p=0.
Dạng 2 Chứng minh ABC ≥ XY Z với A, B, C ≥ 0. Ý tưởng Nếu ta chứng minh được AB ≥ X 2 Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra BC ≥ Y 2 và CA ≥ Z 2 (nhờ tính đối xứng của bài toán) Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi lấy căn bậc 2, ta có
Trong kỹ thuật ghép đối xứng chúng ta cần nắm được một số kiểu thao tác sau:
2 Phép nhân: a 2 b 2 c 2 = (ab) (bc) (ca) ; abc = √ ab √ bc √ ca (a, b, c ≥ 0)
Bài 1 Cho x,y,z là ba số thực dương Chứng minh rằng xy z + yz x + zx y ≥ x + y + z.
Lời giải Bài toán này có dạng A + B + C ≥ X + Y + Z với
Biểu thức A = xy z và B = yz x cho thấy tính đối xứng với y, nghĩa là vai trò của x và z là tương đương Áp dụng kỹ thuật ghép đối xứng, chúng ta sẽ chứng minh rằng xy z + yz x ≥ 2y.
Từ đó, bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Chú ý rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Bài 2 Cho x,y,z là ba số không âm Chứng minh rằng x + y + z ≥p 4 xy 3 +p 4 yz 3 + 4
Để chứng minh bất đẳng thức x + y ≥ 2p 4 xy 3, ta áp dụng ý tưởng ban đầu Tuy nhiên, bất đẳng thức này không luôn đúng, ví dụ với x = 3/2 và y = 1 Do đó, chúng ta sẽ xem xét bài toán tổng quát với các giá trị m = 3, n = 1 và p = 0.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy bộ bốn số, ta có x + y + y + y ≥ 4 √ 4 x ã y ã y ã y = 4p 4 xy 3 , y + z + z + z ≥ 4 √ 4 y ã z ã z ã z = 4p 4 yz 3 , z + x + x + x ≥ 4 √ 4 z ã x ã x ã x = 4 √ 4 zx 3
Cộng ba bất đẳng thức lại và chia cả hai vế cho 4, ta dễ dàng chứng minh được điều cần chứng minh Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Nhận xét Hoàn toàn tương tự, ta có thể chứng minh bài toán tổng quát sau:
Với mọi số thực dương x,y,z, luôn có x + y + z ≥ p n xy n−1 + p n yz n−1 + √ n zx n−1 Bài 3 Cho a,b,c là ba số dương và n ∈ N ∗ Chứng minh rằng a n ra b + b n rb c + c n rc a ≥ a + b + c.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số, ta có a n ra b + a n ra b + + a n ra b
√ n ab n−1 = na, b n rb c + b n rb c + + b n rb c
√ n bc n−1 = nb, c n rc a + c n rc a + + c n rc a
Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta thu được
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z > 0.
Bài 4 Cho các số dương a,b,c thảo mãn abc = 1 Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ∗ , ta đều có a n b + b n c + c n a ≥ ab + bc + ca.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n+1 số kết hợp với giả thiết abc = 1, a n b + a n b + b n c + bc + bc + + bc
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có b n c + b n c + c n a + ac + ac + + ac
Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế và rút gọn, ta thu được điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 5 Chứng minh rằng với mọi x,y,z dương, ta có xyz ≥ (y + z − x) (z + x − y) (x + y − z)
Nếu (y + z − x) (z + x − y) (x + y − z) ≤ 0, thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng Trong trường hợp (y + z − x) (z + x − y) (x + y − z) > 0, ta có thể nhận thấy bất đẳng thức có dạng ABC ≥ XYZ Do đó, bằng cách sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng, chỉ cần chứng minh y² ≥ (x + y − z)(y + z − x) Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy với dạng ab ≤ (a + b)²/4, ta có thể rút ra kết luận.
Phép chứng minh hoàn tất Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Bài 6 Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn 1+a 1 + 1+b 1 + 1+c 1 ≥ 2.
Từ giả thiết 1+a 1 + 1+b 1 + 1+c 1 ≥ 2, kết hợp với bất đẳng thứcCauchy ta suy ra
(1 + b) (1 + c) Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
Nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta thu được
(1 + a) (1 + b) (1 + c) , từ đó suy ra abc ≤ 1
Kỹ thuật "ghép đối xứng" trong bất đẳng thức có thể được áp dụng để chứng minh rằng 1+a + 1+b + 1+c = 2 tương đương với a = b = c = 1/2 Ngoài kỹ thuật này, còn nhiều phương pháp khác được trình bày chi tiết trong tài liệu "Các bài giảng về bất đẳng thức Côsi" của tác giả Nguyễn Vũ Lương Dưới đây là những bài tập cơ bản được chọn lọc nhằm làm rõ các khái niệm này.
Khử căn
Bài 1 Với x i > 0, y i > 0, i = 1, n , chứng minh rằng
Lời giải Phương trình trên tương đương với n r x 1 x 2 ã ã ã x n
Bài 2.Vớix, y, z, tlà các số thực không âm thỏa mãn điều kiệnx + y + z + t= 1. Chứng minh rằng
Cộng vế với vế của bốn đẳng thức trên ta thu được
Bài 3 Với x, y, z là các số thực không âm, chứng minh rằng px 2 + 2y 2 +p y 2 + 2z 2 +p z 2 + 2x 2 ≥ √
Từ bất đẳng thức Cauchy ta thu được x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3( x + y + z
Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta thu được
Nhóm theo các hệ số có tổng bằng 1
Bài 1: Với x, y, z là các số thực không âm, chứng minh rằng
3 Hoàn toàn tương tự ta có
3 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài 2 Với a, b, c là các số thực không âm, chứng minh rằng
Lời giải Với a, b, c ≥ 0 ta có
(1 + x 3 )(1 + y 3 ) 2 ≥ (1 + xy 2 ) 3 Hoàn toàn tương tự ta có
Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ra thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Nhóm theo bậc
Bài 1 Với x, y, z là các số thực dương, chứng minh rằng y 3 + z 3 x + z 3 + x 3 y + x 3 + y 3 z ≥ 2(xy + yz + zx).
Ta có x 3 y + y 3 x ≥ 2xy, y 3 z + z 3 y ≥ 2yz, z 3 x + x 3 z ≥ 2xz.
Cộng các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài 2 Với x, y, z là các số thực dương, chứng minh rằng x 3 y + y 3 z + z 3 x ≥ x + y + z.
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta thu được các bất đẳng thức cần chứng minh.
Đổi biến
Kỹ thuật đổi biến giúp biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức đơn giản hơn Qua đó, chúng ta có thể khai thác bài toán gốc để tìm ra hướng giải quyết dễ dàng hơn.
Bài 1 Với x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1, chứng minh rằng
Lời giải Đặt x = 1 a , y = 1 b , z = 1 c ta thu được abc = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 bc b + c + b 2 ac a + c + c 2 ba a + b ≥ 3
2 Bài 2 Với x, y, z > 0, chứng minh rằng
Lời giải Chia cả 2 vế cho y 3 z 3 > 0 ta thu được
⇔ (1 + x 3 )(1 + 1 y 3 )(1 + 1 z 3 ) ≥ (1 + x 1 y 1 z ) 3 Đặt x = a, 1 y = b, 1 z = cbất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Bài 3 Với x, y, z > 0, xyz = 1, chứng minh rằng
Lời giải Đặt x = a 3 , y = b 3 , z = c 3 ta thu được xyz = 1 và
1 y + z + 1 = a a + b + c , 1 z + x + 1 = b a + b + c Cộng các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Phương pháp dùng bất đẳng thức về 3 cạnh của tam giác 17
Với a,b,c là ba cạnh của một tam giác bất kì, khi đó: a < b + c (1); b < a + c (2); c < a + b (3)
Từ ba bất đẳng thức về tổng ba cạnh của tam giác ta suy ra được 3 bất đẳng thức về hiệu hai cạnh: (1)⇒ |a − b| < c; (2)⇒ |b − c| < a; (3)⇒ |c − a| < b.
Bài 1: Cho tam giác ABC có chu vi 2p=a+b+c (a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác ) Chứng minh rằng:
1 p − b + 1 p − c ≥ 4 b , 1 p − a + 1 p − c ≥ 4 b Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên, ta có:
Dấu bằng xảy ra khi: p − a = p − b = p − c ⇔ a = b = c = 1.
Hay tam giác ABC đều.
Bài 2: Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:
Lời giải Theo bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác ta có:
Chương 2 MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI CƠ BẢN VÀ KỸ
Để thành thạo bất đẳng thức Cauchy, cần nắm vững các kiến thức cơ bản và biến thể thường gặp của nó Việc này giúp phát triển khả năng tư duy tổng quan về bài toán và áp dụng các phương pháp, kỹ thuật phù hợp Một số bài toán có thể giải quyết dễ dàng bằng biến đổi cơ bản, trong khi những bài phức tạp hơn yêu cầu phối hợp nhiều kỹ thuật, đòi hỏi sự cẩn trọng để tránh sai sót Tài liệu tham khảo như "Tuyển tập các bài toán Bất đẳng thức" của Phan Huy Khải, "Những viên kim cương trong bất đẳng thức" của Trần Phương, và "Các bài giảng về bất đẳng thức Côsi" của Nguyễn sẽ hỗ trợ trong quá trình học tập và rèn luyện.
Chương 2 của Vũ Lương tập trung vào các phép biến đổi cơ bản và kỹ năng áp dụng chúng, đồng thời chỉ ra các hướng phân tích lời giải cùng những sai lầm thường gặp trong quá trình giải quyết Mục tiêu là giúp người đọc giải các bài toán bất đẳng thức Cauchy một cách dễ dàng và thành thạo hơn.
Kỹ thuật chọn điểm rơi
Trong quyển sách "Những viên kim cương trong bất đẳng thức", tác giả Trần Phương đã trình bày chi tiết về chủ đề "Những sắc màu điểm rơi trong bất đẳng thức AM-GM" Trước khi khám phá khái niệm “điểm rơi”, hãy cùng nhau giải một bài toán đơn giản để hiểu rõ hơn về vấn đề này.
Cho a ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S = a + a 1
S = a + a 1 ≥ 2 q a 1 a = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của S = 1 2 Chúng ta cùng nhận xét cách giải trên là đúng hay sai, nếu sai là do đâu? Nguyên nhân sai lầm:
Giá trị nhỏ nhất của S = 1 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 1 a ⇔ a = 1 ⇒ vô lí vì giả thiết là a ≥ 2.
Phân tích nguyên nhân sai lầm:
Khi quan sát bất đẳng thức, ta nhận thấy rằng giá trị của S tăng lên khi a tăng Do đó, ta dự đoán rằng S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất tại a = 2, được gọi là "điểm rơi a = 2" Tuy nhiên, bất đẳng thức Cauchy không thể áp dụng cho hai số a và 1 a vì không thỏa mãn điều kiện xảy ra dấu đẳng thức.
Vì vậy ta phải tách a hoặc 1 a để khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số a k ; 1 a sao cho tại “điểm rơi a= 2” thì a k = 1 a , ta có sơ đồ sau a = 2 ⇒
2 ⇒ k = 4 Khi đó ta được: A = a + 1 a = a 4 + 3a 4 + 1 a và ta có lời giải như trên.
Lời giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
2 Đẳng thức xảy ra khi a = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 5 2
Việc dự đoán điều kiện xảy ra dấu "=" trong bài toán bất đẳng thức giúp tìm đáp số nhanh chóng và chính xác Kỹ thuật chọn "điểm rơi" là yếu tố quan trọng trong quá trình chứng minh bất đẳng thức Cần lưu ý rằng, nếu không bảo toàn được dấu đẳng thức trong bất kỳ phép chứng minh nào, kết quả sẽ bị phủ nhận hoàn toàn.
Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc áp dụng dấu "=" trong bất đẳng thức Cauchy cùng với các quy tắc liên quan đến tính đồng thời, quy tắc biên và quy tắc đối xứng là rất quan trọng để xác định điểm rơi của biến.
Cho hai số thực dương a,b thỏaa + b ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Phân tích: Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 2
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ab ≤ a+b 2 2
≤ 1 4 Khi đó ta có điểm rơi sau: ab = 1
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab ≤ a + b 2
Do đó ta được A = 16ab + ab 1 − 15ab ≥ 2 q 16ab ab 1 − 15ab ≥ 8 − 15 1 4 = 17 4 Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a = b = 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 4
Bài 2 Cho x ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x + 1 x 2 Lời giải
Sơ đồ chọn điểm rơi:x = 2 ⇒
Mặc dù chọn điểm rơi x = 2 và M inS = 9
4 là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếux ≥ 2 thì √ 2
Để thực hiện lời giải đúng, cần áp dụng kỹ thuật tách nghịch đảo, biến đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Cauchy, biến số a ở mẫu số sẽ được khử hoàn toàn.
( x, y, z > 0 x + y + z ≤ 3 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải Sai lầm thường gặp:
M inS = 6 ⇔ x = y = z = x 1 = 1 y = 1 z = 1 ⇒ x + y + z = 3 > 3 2 trái với giả thiết. Phân tích và tìm tòi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi x = y = z = 1
Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau: x = y = z = 1
2 = 2 α ⇒ α = 4. Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 sau:
Lời giải Sai lầm thường gặp:
Phân tích và tìm lời giải:
Do S là một biểu thức đối xứng vớix, y, z nên dự đoán M inS đạt tại điểm rơi x = y = z = 1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 2 ⇒ M inS = 3
Việc lựa chọn điểm rơi cho bài toán đã được giải quyết chính xác về mặt toán học, nhưng phương pháp hiện tại khá phức tạp Nếu áp dụng điểm rơi cho bất đẳng thức Bunyakovsky, bài toán sẽ trở nên đơn giản và tinh tế hơn.
Bài 5 Cho x, y, z, t > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 8 số:
Phân tích và tìm tòi lời giải Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối xứng với x, y, z, t > 0 do đó
MinS thường đạt tại điểm rơi tự do với các giá trị x, y, z, t đều lớn hơn 0 Khi giả định x = y = z = t, ta có thể dự đoán M inS = 4 3 + 12 = 40 3 Từ đó, các đánh giá của bất đẳng thức bộ phận phải thỏa mãn điều kiện dấu bằng xảy ra, tạo thành tập con của điều kiện dự đoán x = y = z = t > 0.
Ta có sơ đồ điểm rơi: Cho x = y = z = t > 0 ta có:
Cách 1: Sử dụng BĐT Cauchy ta có :
Kỹ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân
nhân Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “≥” Đánh giá từ tổng sang tích.
Để áp dụng kỹ thuật này, cần chuyển đổi trái về dạng tổng của các số không âm và thực hiện các phép biến đổi trung gian nhằm chứng minh tích theo một trong hai sơ đồ đã đề xuất.
Sơ đồ 1: Tạo ra dãy bất đẳng thức trung gian
Sơ đồ 2: Tạo ra các bất đẳng thức bộ phận
Trong quá trình chứng minh các bất đẳng thức, việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy cần thận trọng, đặc biệt là khi xác định dấu đẳng thức Cần lưu ý rằng bất đẳng thức A ≥ B chỉ xảy ra khi A = B tại một tiêu chuẩn nhất định.
Trong sơ đồ 1, các bất đẳng thức trung gian và trong sơ đồ 2, các bất đẳng thức bộ phận đều xảy ra dấu "=" tại tiêu chuẩn P Vì vậy, việc nghiên cứu kỹ thuật chọn điểm rơi là cần thiết khi đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân.
Lời giải Sai lầm thường gặp
Sử dụng: ∀a, b thì a 2 − 2ab + b 2 = (a − b) 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab Do đó:
Sử dụng BĐT Cauchy: x 2 + y 2 ≥ 2p x 2 y 2 = 2|xy| ta có:
Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều (kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không âm.
Cần chú ý rằng: x 2 + y 2 ≥ 2p x 2 y 2 = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương.
Trong thực tế, bài toán áp dụng bất đẳng thức Cauchy thường không xuất hiện trực tiếp, mà thường cần trải qua một số phép biến đổi để đưa về dạng phù hợp trước khi có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy.
Trong bài toán trên dấu “ ≥ ”⇒ đánh giá từ TBC sang TBN 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số, 3 cặp số.
= 2 4 2 2 xy.(x + y) 2 = 64xy(x + y) 2 Bài 3 Chứng minh rằng: (1 + x + y)(x + y + xy) ≥ 9xy ∀x, y ≥ 0.
Bất đẳng thức Cauchy là một công cụ hữu ích trong toán học, cho phép chúng ta áp dụng cho ba số và hai cặp Khi sử dụng bất đẳng thức này, mỗi biến a và b xuất hiện ba lần, giúp loại bỏ căn thức cho các biến đó Việc áp dụng Cauchy cho ba số sẽ mang lại những kết quả rõ ràng và dễ hiểu hơn trong các bài toán liên quan.
Bài 4 Chứng minh rằng: 3x 3 + 7y 3 ≥ 9xy 2 ∀x, y ≥ 0.
Để tách hạng tử 7y³ thành hai hạng tử chứa y³, ta áp dụng BĐT Cauchy nhằm có được y² Khi đã xác định được hướng đi, việc tách các hệ số trở nên dễ dàng hơn.
Từ giả thuyết suy ra:
Từ đó ta có bài toán tổng quát:
Khi giải quyết các bài toán có điều kiện là biểu thức đối xứng của biến, việc biến đổi các điều kiện này theo tính đối xứng sẽ hỗ trợ đáng kể trong việc chứng minh bất đẳng thức.
Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng
cộng Đánh giá từ TBN sang TBC là đánh giá BĐT theo chiều “≤” Đánh giá từ tích sang tổng.
Trong kỹ thuật chuyển đổi từ TBN sang TBC, việc nhân thêm các hằng số là cần thiết để biến tích thành tổng và triệt tiêu các biến Đặc biệt, trong những bài toán có điều kiện ràng buộc, học sinh dễ mắc sai lầm khi thực hiện phép nhân này Do đó, cần lưu ý đến điểm rơi của bất đẳng thức và điều kiện để xảy ra dấu "=" Dấu "≤" cho thấy khi áp dụng BĐT Cosi, ta cần đánh giá từ TBN sang TBC một cách chính xác.
Bài 1 Chứng minh rằng √ xy + √ zt ≤p
Theo BĐT Cauchy ta có:
Khi giữ nguyên vế trái, việc biến tích thành tổng sẽ không cho phép triệt tiêu ẩn số Do đó, chúng ta có thể thực hiện phép biến đổi tương đương (1) Sau khi biến tích thành tổng, các phân thức thu được sẽ có cùng mẫu số.
Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Cauchy thì ta phải đánh giá từ TBN sang TBC
Bài 2 Chứng minh rằng pz (x − z) +p z (y − z) ≤ √ xy ∀
Ta có (1) tương đương với: rz (x − z) xy + rz (y − z) xy ≤ 1.
Theo BĐT Cauchy ta có: rz (x − z) xy + rz (y − z) xy ≤ 1
Bài 3 Chứng minh rằng 1 + √ 3 xyz ≤ p 3
Ta có biến đổi sau, (1) tương đương:
Theo BĐT Cauchy ta có:
Từ đó ta có bài toán tổng quát:
Bài 4 Chứng minh rằng: 16xy(x − y) 2 ≤ (x + y) 4 ∀x, y > 0.
Biểu thức có tính chất đối xứng, do đó dấu "=" trong bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1/3 Tuy nhiên, điều quan trọng là sau khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy, chúng ta cần xác định điều kiện để dấu "=" xảy ra, đó là x = y = z Kết quả là: xyz (x + y) (y + z) (z + x).
Trong kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC, việc nhân thêm các hằng số là cần thiết để biến tích thành tổng và triệt tiêu các biến Tuy nhiên, đối với các bài toán có điều kiện ràng buộc, học sinh thường dễ mắc sai lầm trong quá trình này Bài viết sẽ nghiên cứu hai phương pháp quan trọng: phương pháp nhân thêm hằng số và phương pháp chọn điểm rơi trong việc đánh giá Chúng tôi sẽ gộp cả hai phương pháp để cung cấp cái nhìn toàn diện về cách thức chuyển đổi từ TBN sang TBC.
Kỹ thuật tách nghịch đảo
Trong kỹ thuật đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng gọi là kỹ thuật tách cặp nghịch đảo.
Tách cặp nghịch đảo cho 2 số: x x 1
≥ 2, ∀x 1 , x 2 > 0 Tách cặp nghịch đảo cho 3 số: x 1 + 1 x 2 (x 1 − x 2 ) = x 2 + (x 1 − x 2 ) + 1 x 2 (x 1 − x 2 )
≥ 3, ∀x 1 , x 2 , x 3 > 0. Tách cặp nghịch đảo cho n số: x 1 + 1 x n (x 1 − x 2 )(x 2 − x 3 ) k (x n−1 − x n ) k
Ta có nhận xét: y + x − y = x không phụ thuộc vào biến y do đó hạng tử đầu x sẽ được phân tích như sau : x + 1 y (x − y) = y + (x − y) + 1 y (x − y)
Để tách hạng tử đầu chỉ có a, cần thêm bớt nhằm rút gọn các thừa số dưới mẫu, sử dụng BĐT sẽ rất hữu ích Mẫu có dạng (x − y)(y + 1)², trong đó thừa số thứ nhất là đa thức bậc nhất y và thừa số thứ hai là tam thức bậc hai của y Do đó, có thể tách hạng tử x thành tổng các hạng tử là thừa số của mẫu.
Vậy ta có: (x − y) (y + 1) 2 = (x − y)(y + 1)(y + 1) ⇒ ta phân tích x thành hai cách sau:
Từ đó ta có (1) tương đương :
Dưới mẫu số y(x − y), ta nhận thấy y + (x − y) = x, điều này cho thấy việc chuyển đổi tất cả biểu thức sang biến x là cần thiết vì nó giúp đơn giản hóa quá trình xử lý Biến tích thành tổng là một ưu điểm nổi bật của Bất đẳng thức Cauchy, giúp chúng ta dễ dàng thao tác với một biến duy nhất.
Ta có đánh giá về mẫu số như sau:
Trong quá trình xử lý mẫu số, chúng tôi đã áp dụng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC để loại bỏ biến b Đối với các phân thức, việc đánh giá mẫu số hoặc tử số giữa TBN và TBC cần phải dựa vào dấu của BĐT.
Kỹ thuật Cauchy ngược dấu
Kỹ thuật này lần đầu tiên xuất hiện trong cuốn sách "Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức" của tác giả, được NXB TP HCM phát hành năm 1993 Nó cũng được giới thiệu trong tạp chí "Mathematical Reflections" số 3, năm 2006, bởi các tác giả Iurie Boreico và Marcel Teleuca, cũng như trong cuốn sách "Algebraic inequalities" của Vasile Cirtoaje (NXB Gil, 2006) Từ góc độ triết học, kỹ thuật này có thể được gọi là "phủ định của phủ định" Bản chất của kỹ thuật là tách một biểu thức dương thành hai biểu thức dương và đánh giá mẫu số của biểu thức sau dấu "-" Chúng ta có thể mô hình hóa kỹ thuật này bằng một mệnh đề cụ thể.
Khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá từ trung bình cộng (TBC) sang trung bình nhân (TBN), cần lưu ý rằng dấu "≥" sẽ trở thành "≤", do đó không thể áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy Kỹ thuật này chủ yếu là tách một biểu thức dương thành hai biểu thức dương và đánh giá mẫu số của biểu thức ở phía sau dấu "-" Mô hình hóa kỹ thuật này có thể được thực hiện bằng cách sử dụng một mệnh đề cụ thể.
2 Phân tích và tìm lời giải
Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá mẫu số, ta có
x 1+y 2 = x − 1+y xy 2 2 ≥ x − xy 2y 2 = x − xy 2 y 1+z 2 = y − 1+z yz 2 2 ≥ y − yz 2z 2 = y − yz 2 z 1+x 2 = z − 1+x zx 2 2 ≥ z − zx 2x 2 = z − zx 2
⇒ S ≥ (x + y + z) − 1 2 (xy + yz + zx) = 3 − 1 2 (xy + yz + zx) (1)
9 = (x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx ≤ 3 (2)
Bài 2 Cho các số x, y, z, t > 0, chứng minh rằng:
Lời giải Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá mẫu số, ta có
Lời giải Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá mẫu số, ta có:
4 [(xy + yz + zt + tx) + (xyz + yzt + tzx + xyt)] (1)
Mặt khác, xy + yz + zt + tx = (x + z)(y + t) ≤
Và xyz + yzt + tzx + xyt = xy(z + t) + zt(x + y) ≤ x + y
( x, y, z > 0 xy + yz + zx = 3 , chứng minh rằng:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá mẫu số ta có
yz + yz + 1 ≥ √ 3 yz.yz.1 = 3(yz) 2 3 xz + xz + 1 ≥ √ 3 xz.xz.1 = 3(xz) 2 3 xy + xy + 1 ≥ √ 3 xy.xy.1 = 3(xy) 2 3
⇒ (xy) 2 3 + (yz) 2 3 + (xz) 2 3 ≤ 3. Suy ra:
Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1.[8]
Lời giải Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá mẫu số, ta có:
x 2 y + x 2 y + y 2 z ≥ 3 ãp 3 x 4 y 4 z = 3 ãp 3 x 3 y 3 (xyz) = 3xy y 2 z + y 2 z + z 2 x ≥ 3 ãp 3 y 4 z 4 x = 3 ãp 3 y 3 z 3 (xyz) = 3yz z 2 x + z 2 x + x 2 y ≥ 3 ãp 3 z 4 x 4 y = 3 ãp 3 z 3 x 3 (xyz ) = 3xy
⇒ 3(x 2 y + y 2 z + z 2 x) ≥ 3(xy + yz + zx) ⇒ x 2 y + y 2 z + z 2 x ≥ xy + yz + zx,
⇒ S ≥ (x 2 y + y 2 z + z 2 x) − 1 2 (xy + yz + zx) ≥ (xy + yz + zx) − 1 2 (xy + yz + zx)
Mở rộng bất đẳng thức Cauchy
Nguyên lý đồng bậc trong bất đẳng thức Cauchy
Các bất đẳng thức trong kỹ thuật này được minh họa qua các hàm đa thức ba biến số x, y, z > 0, giúp giữ nguyên bản chất và tính khái quát của vấn đề Chúng ta sẽ tiếp cận kỹ thuật này từ những vấn đề cơ bản nhất Đơn thức x^α y^β z^γ có bậc được xác định bằng tổng (α + β + γ).
Ví dụ: Các đơn thức bậc 3: x 3 , y 3 , z 3 , x 2 y, y 2 z, z 2 x, x 4 y , y 4 z , z 4 x , x 5 y 2 , y 5 c 2 , z 5 x 2 , x 5 yz , x 6 y 3 , x 6 y 2 z , x 7 yz 3 , x 7 y 2 z 2 ; x 2 √ yz;p x 5 y;p x 4 yz;p 3 x 5 y 3 z; r x 9 y 2 z ; 3 rx 7 y 4 z 5 ; z 4
Có rất nhiều đơn thức bậc 3 được biểu diễn qua ba biến x, y, z Tổng quát hơn, có vô số đơn thức bậc k cho trước cũng có thể được biểu diễn qua ba biến này.
Các bất đẳng thức trong dạng này được chứng minh bằng cách phân tách thành các bất đẳng thức bộ phận Khi bất đẳng thức đã cho đạt đẳng thức tại các biến số bằng nhau trong khoảng R+, thì các bất đẳng thức bộ phận cũng sẽ đạt đẳng thức tại các biến số bằng nhau trong cùng khoảng R+.
Khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta sẽ chọn một đơn thức đại diện có bậc lớn và cộng thêm các đơn thức đồng bậc với đơn thức đại diện đó.
Phân tích và định hướng lời giải
Cả hai vế của biểu thức là bậc 1 nên biểu thức cộng thêm cũng phải là bậc 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 2 y + y z 2 + z x 2 + x + y + y =P cyc x 2 y + y
Lời giải Nhận xét: Cả hai vế là các biểu thức bậc 1 nên biểu thức cộng thêm cũng là bậc 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 3 y 2 + y 3 z 2 + z 3 x 2
Bài 3 Chứng minh rằng: x y 3 + y z 3 + z x 3 ≥ xy + yz + zx, ∀x, y, z > 0.
Lời giải Nhận xét: Cả hai vế là các biểu thức bậc 2 nên biểu thức cộng thêm cũng là bậc 2.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
+ (xy + yz + zx) = X cyc x 3 y + y 3 z + yz
= 3(xy + yz + zx) ⇒ x 3 y + y 3 z + z 3 x ≥ xy + yz + zx.
Lời giải Nhận xét: Cả hai vế là các biểu thức bậc 0 nên biểu thức cộng thêm cũng là bậc 0.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
Từ (3) và (4) suy ra (điều phải chứng minh). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z > 0.
Lời giải Nhận xét: Hai vế là các biểu thức đồng bậc 0.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x y + z + y z + x + z x + y
Từ (1) và (2): x y + z + y z + x + z x + y ≥ x x + y + y y + z + z z + x Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z > 0
Dạng bất đẳng thức không đồng bậc
Bất đẳng thức không đồng bậc thường khó hơn so với bất đẳng thức đồng bậc, vì chúng đòi hỏi người chứng minh phải sử dụng các phép biến đổi trung gian, bất đẳng thức thành phần và các phép biến đổi cơ bản.
Bổ đề 1: (Bất đẳng thức Schur) a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a), ∀a, b, c ≥ 0 (*)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 Khi đó ta có: VT(*)-VP(*)= a(a − b) 2 + c(b − c) 2 + (c + a − b)(a − b)(b − c) ≥ 0.
Bổ đề 2: (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca), ∀a, b, c ≥ 0.
Bài 1 Cho các số x, y, z > 0 Chứng minh rằng x 7 y 2 z 2 + y 7 z 2 x 2 + z 7 x 2 y 2 + 1 x 2 y 2 z 2 ≥ yz x 2 + zx y 2 + xy z 2 + xyz.
Lời giải Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
Bài 2 Chứng minh rằng x 9 yz + y 9 zx + z 9 xy + 2 xyz ≥ x 5 + y 5 + z 5 + 2, ∀x, y, z > 0 (1)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 9 yz + xyz ≥ 2x 5 ; y 9 zx + xyz ≥ 2y 5 ; z 9 xy + xyz ≥ 2z 5
⇒ x 9 yz + y 9 zx + z 9 xy ≥ 2(x 5 + y 5 + z 5 ) − 3xyz ≥ x 5 + y 5 + z 5 + 3 ãp 3 x 5 y 5 z 5 − 3xyz.
Khi đó, bất đẳng thức (1) được chứng minh nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau:
3 ãp 3 x 5 y 5 z 5 − 3xyz + 2 xyz ≥ 2 ⇔ 3d 5 − 3d 3 + 2 d 3 ≥ 2 với d = √ 3 xyz > 0
Bài 3 Chứng minh rằng x 9 yz + y 9 zx + z 9 xy + 3 xyz ≥ x 4 + y 4 + z 4 + 3, ∀x, y, z > 0 (1)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 9 yz + xyz + x 2 ≥ 3x 4 y 9 zx + xyz + y 9 ≥ 3y 4 z 9 xy + xyz + z 2 ≥ 3z 4
Bất đẳng thức (1) được chứng minh nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau:
2 ãp 3 x 4 y 4 z 4 − 3xyz − 3 2 + xyz 3 ≥ 3 ⇔ 9 2 ã d 4 − 3d 3 + d 3 3 ≥ 9 2 (Với d = √ 3 xyz > 0)
Bài 4 Cho x, y, z ≥ 0 Chứng minh rằng:
Bổ đề: (Bất đẳng thức Schur) a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a), ∀a, b, c ≥ 0 (∗)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 Khi đó ta có:
V T (∗) − V P (∗) = a(a − b) 2 + c(b − c) 2 + (c + a − b)(a − b)(b − c) ≥ 0. Áp dụng: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Schur ta có:
Bài 5 Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca).
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Schur ta có a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 − 2(ab + bc + ca)
Dấu “=” xảy ra khi chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 6 [APMO 2004] Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
≥ 4(x 2 + y 2 + z 2 ) + 4(xy + yz + zx) + 2xyz + 1 − 9(xy + yz + zx)
≥ x 2 + y 2 + z 2 + 2xyz + 1 − 2(xy + yz + zx). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
Bài 7 Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng:
Bổ đề 2: (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca), ∀a, b, c ≥ 0 Áp dụng: Gọi vế trái của bất đẳng thức là P, sử dụng bổ đề (2) ta có
(1 + x)(1 + y)(1 + z) − 3 xyz(1 + x)(1 + y)(1 + z) Đặt k = √ 3 xyz, sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
√ 3 xyz 1 + √ 3 xyz Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
Bất đẳng thức dạng chứa căn
Phương pháp: Ta áp dụng các bổ đề sau
Để chứng minh bất đẳng thức tổng quát, chúng ta sẽ áp dụng bổ đề 3 và khai triển nhị thức Newton (a + b)^n Sau đó, chúng ta sẽ sử dụng các đánh giá cho các cặp đơn thức đối xứng đồng bậc n với các biến số a và b.
Bổ đề: Sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá sau đây:
Bổ đề: Sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá sau đây:
Bài 3 Cho x, y, z > 0 và n ≥ 1, n ∈ Chứng minh rằng:
Chúng ta có thể áp dụng khai triển nhị thức Newton cho biểu thức (a + b) n và sử dụng các đánh giá của các cặp đơn thức đối xứng đồng bậc n với các biến a, b Tuy nhiên, trong trường hợp tổng quát, phương pháp thủ công như những ví dụ trước sẽ rất phức tạp và dài dòng Để chứng minh bất đẳng thức tổng quát này, chúng ta sẽ sử dụng bổ đề sau đây.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
= 1 n ã n = 1. Áp dụng bổ đề (3) ta có:
Bài 4 Cho các số thực x, y, z> 0 Chứng minh p4
Chúng ta gọi bất đẳng thức
Dạng bất đẳng thức dạng cộng mẫu số
Với a i > 0, i = 1, n là bất đẳng thức dạng mẫu số.
Bất đẳng thức dạng cộng mẫu số là một khái niệm đơn giản nhưng thường xuất hiện trong các bước biến đổi trung gian Chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức này qua bài toán dưới đây.
Bài 1 Với a i (i = 1, n) là các số thực dương, chứng minh rằng
Pn i=1 x i Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
1 n , Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 ã ã ã = a n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
Sử dụng bất đẳng thức trên ta chứng minh các bất đẳng thức sau.
Bài 2 Với x, y, z > 0, chứng minh rằng
1 y + 2 z ≥ 9 y + 2z , 1 z + 2 x ≥ 9 z + 2x Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta thu được (*).
Bài 3 Với x, y, z > 0, chứng minh rằng
Bài 4 Với x, y, z, t > 0, chứng minh rằng
Bài 5.Với x, y, z > 0, chứng minh rằng
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Dạng phân thức
Ta chứng minh các kết quả cơ bản sau:
Bài 1 Với a i > 1, (i = 1, n), chứng minh rằng
Lời giải Chúng ta chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp.
Bất đẳng thức đúng với n = 2.
Ta chứng minh: Nếu bất đẳng thức đúng với n thì cũng đúng với 2n.
Bất đẳng thức đã cho sẽ được chứng minh nếu chúng ta chứng minh được khẳng định sau:
Nếu bất đẳng thức đúng với n = k + 1 thì cũng đúng với n = k.
Áp dụng giả thiết quy nạp ta suy ra
Chứng minh tương tự ta thu được.
Sử dụng bất đẳng thức
X n i=1 a i ta thu được kết quả sau.
Bài 3 Với 0 < a i < 1, (i = 1, n), chứng minh rằng
Sử dụng bất đẳng thức
Với a i > 0, (i = 1, n) ta thu được kết quả sau đây.
Bài 4 Với a i > 1, (i = 1, n), chứng minh rằng
1 + Qn i=1 a i 1 n m Bài 5 Với x, y >1, chứng minh rằng
⇔ ( √ xy − 1)( √ x − √ y) 2 ≥ 0(Hiển nhiên đúng vì √ xy > 1).
Chương 3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
Kể từ năm 2017, kỳ thi THPT Quốc Gia đã có sự thay đổi quan trọng, trong đó có khả năng đưa các bài toán thực tế vào đề thi Điều này được thể hiện rõ qua các đề thi minh họa lần 1 và lần 2.
Bộ Giáo Dục và Đào tạo đã nhận thấy rằng nhiều học sinh thường gặp khó khăn với các bài toán thực tế, đặc biệt là các bài toán liên quan đến bất đẳng thức Cauchy Điều này dẫn đến tâm lý sợ hãi khi tiếp cận dạng toán mới và khó Trong các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán, bất đẳng thức thường xuất hiện, vì vậy việc nắm vững kiến thức về biến đổi và chứng minh bất đẳng thức là rất quan trọng Chúng tôi đã sưu tầm và áp dụng các kiến thức này không chỉ để giải quyết các bài toán tuyển sinh mà còn để giúp học sinh dễ dàng tiếp cận kiến thức và khơi gợi niềm đam mê học tập thông qua việc đổi mới phương pháp giảng dạy.
3.1 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy trong đề thi chuyên
Bài 1 [TS10 Chuyên Lê Hồng Phong] Cho x, y, z > 0và x + y + z = 1 Chứng minh rằng x + yz y + z + y + zx z + x + z + xy x + y ≥ 2.
Ta có x + yz y + z = x(x + y + z) + yz y + z = (x + y)(x + z) y + z Tương tự thì BĐT cần chứng minh được viết lại thành
(x + y)(x + z) y + z + (z + x)(z + y) x + y ≥ 2(z + x).(3) Cộng vế các BĐT (1), (2), (3) suy ra ĐPCM.
Bài 2 [TS10 Chuyên Lê Quý Đôn]
Xét hai phương trình bậc hai ax² - bx + c = 0 và cx² - bx + a = 0 với a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện a - b + 4c = 0 Để chứng minh rằng cả hai phương trình đều có hai nghiệm dương phân biệt, ta cần xem xét điều kiện của delta Với a, b, c dương, delta của cả hai phương trình sẽ dương, đảm bảo rằng mỗi phương trình có hai nghiệm Hơn nữa, với điều kiện a - b + 4c = 0, ta có thể xác định được các nghiệm này đều dương, do đó khẳng định rằng cả hai phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm dương phân biệt.
Suy ra các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt.
Theo định lý Vi-ét ta có:
Vì a, b, c là các số thực dương nên S 1 , S 2 , P 1 , P 2 đều lớn hơn 0.
⇒Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
⇒Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt. b) Gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình (1), x 3 ; x 4 là hai nghiệm của phươnng trình (2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải Theo định lí Vi-ét ta có: x 1 + x 2 = b a ; x 1 x 2 = c a ; x 3 + x 4 = b c ; x 3 x 4 = a c
= b a + b c c a a c = b a + b c = a + 4c a + a + 4c c = 5 + 4c a + a c Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
Vậy giá trị nhỏ nhất của T = 9.
Bài 3 [TS10 THPT Chuyên Lào Cai] a) Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y ≤ 2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của
A = 53x + 53y + 1 x 2 + 1 y 2 b) Cho ba số thực dương x; y; z thoả mãn:x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 Chứng minh rằng:
Lời giải a) Dự đoán điểm rơi: x = y = 1
Bài 4 [TS10 THPT Chuyên Vĩnh Phúc, 2021-2022]
Cho Các số dương x; y; z thoả mãn √ x + y + xy + 1 + z = 6.Chứng minh rằng: a) x + y + 2z ≥ 10. b) 2x+1 x+1 + 2y+1 y+1 + 2z+2 z+2 ≤ 5.
Lời giải a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi √ x + 1 = √ y + 1 ⇔ x = y.
Bài 5 [TS10 THPT Chuyên Quảng Nam, 2021-2022)
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãnxy + yz + zx = xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Chứng minh tương tự ta có: a 9b 2 + 1 ≥ a − 3
2 (ab + bc + ca) Mà ab + bc + ca ≤ (a + b + c) 2
2 Vậy H min = 1 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.
Bài 6 [TS10 THPT Chuyên Hải Phòng, 2021-2022]
Cho các số thực dương x, y, z Chứng minh rằng x √
Lời giải Bất đẳng thức tương đương
3.(Bunyakovsky) Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z.
Bài 7 [TS10 THPT Công Lập Bến Tre, 2021-2022]
Cho ba số thực dương x, y, z thoả 3 √ xy + √ xz = 2 Chứng minh rằng:
= yz x + 3 yz x + xz y + 4 xz y + 3 xy z + 4 xy z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:
M ≥ 2 ryz x ã xz y + 3.2 ryz x ã xy z + 4.2 rxz y ã xy z
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Bài 8 [TS Chuyên Bình Phước, 2021-2022] a) x 3 x 2 + y 2 ≥ x − y
Lời giải a) Ta có x 3 x 2 + y 2 = x(x 2 + y 2 ) − xy 2 x 2 + y 2 = x − xy 2 x 2 + y 2
Theo BĐT Cauchy ta có x − xy 2 x 2 + y 2 ≥ x − xy 2
2 b) Tương tự theo câu a) ta có: y 3 y 2 + z 2 ≥ y − z
2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: x 3 x 2 + y 2 + y 3 y 2 + z 2 + z 3 z 2 + x 2 ≥ x + y + z
3 ã x 3 x 2 + y 2 Tương tự ta có y 3 y 2 + yz + z 2 ≥ 2
3 ã z 3 z 2 + x 2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: x 3 x 2 + xy + y 2 + y 3 y 2 + yz + z 2 + z 3 z 2 + zx + x 2
Bài 9 [TS10 THPT Thành Phố Cần Thơ, 2021-2022]
Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng Bất đẳng thức phụ x 2 a + y 2 b + z 2 c ≥ (x + y + z) 2 x + y + z
Chứng minh BĐT phụ: Áp dụng BĐT B.C.S cho hai bộ số
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Bài 10 [TS10 Chuyên Quốc Học Thừa Thiên Huế, 2021-2022]
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 3 Chứng minh:
Bài 11 [TS10 THPT Thái Bình, 2021-2022]
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ta có phương trình x² + y² + z² = 3xyz tương đương với x yz + y zx + z xy = 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta nhận được ba bất đẳng thức: x yz + y zx ≥ 2√(x yz * y zx) = 2z, y zx + z xy ≥ 2√(y zx * z xy) = 2x, và x yz + z xy ≥ 2√(x yz * z xy) = 2y Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức này, ta có kết quả tổng quát cho bài toán.
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 ã 1 2y + z Áp dụng Bunyakovsky ta có:
Hoàn toàn tương tự, ta có: y 3y 2 + 2z 2 + x 2 ≤ 1
2 Vậy GTLN của T là 1 2 , dấu “=” xảy ra khix = y = z = 1.
Bài 12 [TS10 THPT Quảng Ngãi, 2021-2021]
Cho các số thực a,b,c đôi một khác nhau và thỏa mãn (c + a) (c + b) = 4 Chứng minh rằng:
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
Bài 13 [TS10 THPT Chuyên Thái Bình, 2021-2022]
Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z ≤ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
√ t 2 + 1) 3 (Trong đó xyz = t > 0) do đó:
Bởi vì 2 ≥ x + y + z ≥ 3 √ 3 xyz = 3 √ 3 t nên √ 3 t ≤ 2 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 13
3.2 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy để giải các bài toán trong chương trình thi THPT quốc gia.
Bài 1 [Đề minh hoạ lần 1 kỳ thi THPTQG năm 2017] Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x(cm), rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.
Lời giải Thể tích của hộp là:V (x) = x(12 − 2x) 2 Ta cần tìm x để V(x) đạt giá trị lớn nhất với 0 < x < 6.
Suy ra C là đáp án.
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
= 2.64 = 128. Đẳng thức xảy ra khi: 2x = 6 – x => x = 2. Đáp án C.
Bài 2 [Đề minh hoạ kỳ thi THPTQG năm 2017] Từ một tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước 50 cm x 240 cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50 cm, theo hai cách sau (xem hình minh hoạ dướu đây): Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.
Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quang của một thùng.
Kí hiệu là thể tích V1 của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo cách 2 Tính tỉ số V 1
Lời giảiGọi bán kính đáy của thùng gò theo cách 1 là R1 và bán kính đáy của thùng được gò theo cách 2 là R2.
Bài 3: Bạn Minh là một học sinh lớp 12, bố bạn là một thợ hàn Bố bạn định làm một chiếc thùng hình trụ từ một mảnh tôn có chu vi 120 cm theo cách dưới đây:
Dựa vào kiến thức đã học, em đã hỗ trợ bố bạn trong việc lựa chọn mảnh tôn để chế tạo chiếc thùng có thể tích lớn nhất Kích thước của mảnh tôn gồm chiều dài và chiều rộng sẽ được xác định để tối ưu hóa thể tích của thùng.
A.35cm,25cm B.40cm,20cm C.50cm,10cm D.30cm,30cm
Gọi chiều dài là x (cm) với điều kiện 0 < x < 60, chiều dài còn lại sẽ là 60 - x (cm) Nếu quấn cạnh có chiều dài là x, thì bán kính đáy được tính bằng r = 2πx, và chiều cao h = 60 - x.
2 40 3 = 32000. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 120 − 2x ⇔ x = 40.
Khi đó chiều dài là 40 cm, chiều rộng là 20 cm.
Bài 4 Cho số phức z thoả mãn |z − 1 − 2i| = 2a Tìm GTLN của biểu thức
Lời giải Gọi z = x + yi biểu diễn điểm M (x; y).
Thay vào biểu thức ta được: r
Bài 5 Cho số phức z thoả mãn |(1 + i)z + 1 − 3i| = 3 √
2 Tìm GTLN của biểu thức P = |z + 2 + i| + √
Thay vào biểu thức ta được: p(1 + 2)(M A 2 + 3M B 2 ) = √
Bài 6 Cho hai số phức z 1 , z 2 thoả z 1 − √
Lời giải Gọi z 1 = x + yi biểu diễn M (x; y) trên mặt phẳng phức z 1 − √
⇒ M thuộc đường Elip có: Độ dài trục lớn: 2a = 6 ⇔= 3. Độ dài tiêu cự: 2c = 2 √
Gọi z 2 = x 0 + y 0 i biểu diễn N (x 0 ; y 0 ) trên mặt phẳng phức
Ngoài hai cách của hai ví dụ trên ta còn có thể dùng bất đẳng thức tam giác để tìm cực trị trong số phức:
Bài 7 Cho hai số phức z 1 , z 2 thoả|z 1 − 1 + i| = |z1|và Tìm GTNN của biểu thức P = |z 1 − 1 − 2i| + |z 1 − z 2 |
Lấy A 0 đối xứng với A qua đường thằng ∆.
3.3 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy để giải phương trình Bài 1 Giải phương trình: x 3 − 3x + 3, 5 =p
Nhận thấy biểu thức dưới dấu căn là 2 số dương => áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ấy.
2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2 − 2x + 2 = x 2 − 4x + 5 ⇔ 2x = 3 ⇔ x = 3
2 Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 2
Khi xét x ≥ 0, vế trái của phương trình có tổng các số hạng dương, cho phép áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 2x5, 4x4 và 256 Ngược lại, khi x < 0, cần xem xét hai vế của phương trình để đưa ra nhận định chính xác hơn về giá trị của nó.
Lời giải Với x ≥ 0 ta có 2 x 5 ; 4 x 4 ; 256 4 là những số dương Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương đó ta được:
Dấu bằng xảy ra khi
Với x < 0 vế phải của phương trình nhỏ hơn 3 còn vế trái lớn hơn 2 32
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.
= (5x 2 − 12x + 33) 2 Nhận thấy rằng 13 = 2 2 + 3 2 => Sử dụng bất đẳng thức Bunyacovsky cho bốn số.
= (5x 2 − 12x + 33) 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho bốn số ta được:
Vậy phương trình có nghiệm: x = 1; x = 4.
Bài 4 Giải phương trình: px + 3 − 4 √ x − 1 +p x + 8 − 6 √ x − 1 = 1.
Biểu thức dưới dấu căn là những hằng đẳng thức => đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối để giải.
= 1. Áp dụng bất đẳng thức
Dấu đẳng thức xảy ra khi: ab ≥ 0.
Giải bất phương trình ta tìm được 5 ≤ x ≤ 10.
Phương pháp áp dụng bất đẳng thức là một kỹ thuật khó khăn cho học sinh, đặc biệt là trong việc nhận diện bất đẳng thức phù hợp với từng bài toán Sự linh hoạt và nhanh trí của học sinh đóng vai trò quan trọng trong quá trình này Mặc dù khó khăn, đây vẫn là một phương pháp hiệu quả và giúp giải quyết vấn đề một cách nhanh chóng.
Bài 5 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: x 6 + z 3 − 15x 2 z = 3x 2 y 2 z − (y 2 + 5) 3
Nhận xét:Hãy biến đổi đưa về một vế là tổng các lập phương, vế kia là tích của hai thừa số.
⇔ (x 2 ) 3 + (y 2 + 5) 3 + z 3 = 3x 2 z(5 + y 2 ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số x 2 ; y 2 + 5; z.
Vậy nghiệm của phương trình là: (3; 2; 9).
Bài 6 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
Nhận xét: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky:
(a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) ≥ (ax + by) 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay = bx.
( x = 2 y = 3 Vậy nghiệm của phương trình là: (2;3).
Bài 7 Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau với x, y, z là các số đôi một khác nhau: x 3 + y 3 + z 3 = (x + y + z) 2
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 3 + y 3 + z 3
Vì x, y, z đôi một khác nhau
Lần lượt thử các giá trị của x + y + z ta thu được x; y; z. Đáp số: (1; 2; 3) và các hoán vị.
Luận văn trình bày theo hướng hệ thống các dạng, kỹ thuật biến đổi bất đẳng thức Cauchy thường gặp
1 Các phép biến đổi cơ bản.
2 Kỹ thuật chọn điểm rơi.
3 Kỹ thuật đánh giá từ TCB sang TBN.
4 Kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC.
5 Kỹ thuật tách nghịch đảo.
6 Kỹ thuật Cauchy ngược dấu.
7 Các dạng bất đẳng thức Cauchy.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá một số ứng dụng quan trọng trong đề thi HSG và tuyển sinh lớp 10 tại các trường chuyên, đồng thời xem xét các vấn đề liên quan đến câu hỏi cực trị và bài toán tối ưu thực tế trong đề thi THPT Những ứng dụng này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức mà còn rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề trong bối cảnh thực tiễn.
Mặc dù đã nỗ lực hết mình, tôi nhận thức rằng luận văn vẫn còn thiếu sót Kính mong quý thầy, cô chỉ bảo và góp ý để giúp tôi hoàn thiện hơn Xin chân thành cảm ơn!
[1] Trần Văn Hạo (2001), Bất đẳng thức Cauchy, NXB Giáo dục.
[2] Phan Huy Khải (1996), Tuyển tập các bài toán Bất Đẳng Thức – Tập 1, NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Vũ Lương, Các bài giảng về bất đẳng thức CôSi, NXB Đại học quốc gia Hà Nội.
[4] Trần Phương (2009), Những viên kim cương trong bất đăng thức, NXB Tri Thức.
[5] Trần Phương (2001), 15 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy, NXB Giáo dục.
[6] Chương trình Giáo dục phổ thông tổng thể 2018, Thông tư 32/2018/TT- BGDĐT ngày 26/12/2018 của Bộ trưởng Bộ GDĐT.
[7] Chương trình Giáo dục phổ thông môn Toán 2018, Thông tư 32/2018/TT- BGDĐT ngày 26/12/2018 của Bộ trưởng Bộ GDĐT.
[8] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2019), Sử dụng bất đăng thức AM-GM để chứng minh bất đăng thức, NXB Đại học quốc gia Hà Nội.
[9] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2019), Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars để chứng minh bất đẳng thức, NXB Đại học quốc gia Hà Nội.
[10] Trần Phương (1993), Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, NXB TP HCM.
[11] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội.
[12] Sách giáo khoa Toán 10, Bộ Giáo dục và Đạo tạo, NXB giáo dục Việt Nam.
[13] Iurie Boreico, Marcel Teleuca (2006), tạp chí Mathemmatical Reflections 3.
[14] Vasile Cirtoaje (2006), Algebraic inequalities, NXB Gil.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
BẢN TƯỜNG TRÌNH BỔ SUNG, SỬA CHỮA LUẬN VĂN
Họ và tên học viên: Nguyễn Đức Tín
Ngành: Phương pháp toán sơ cấp Khóa: K39
Tên đề tài luận văn: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Người hướng dẫn khoa học: PGS TS TRƯƠNG CÔNG QUỲNH
Ngày bảo vệ luận văn: 19/09/2021
Sau khi tiếp thu ý kiến của Hội đồng bảo vệ luận văn họp ngày 19/09/2021 chúng tôi giải trình một số nội dung sau:
Đã tiến hành sửa chữa và bổ sung các lỗi chính tả cũng như lỗi chế bản trong luận văn, dựa trên những góp ý từ hội đồng và hai thầy phản biện 1 và 2.
- Chuyển mục một số phép biến đổi cơ bản từ chương II sang chương I
- Tên chương III từ “Một số ứng dụng khác của bất đẳng thức Cauchy” thành “Một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy”
- Mục 3.1 Đổi tên thành “ Ứng dụng bất đẳng thức trong đề thi chuyên 2020, 2021”
- Đổi tên mục 3.3 thành “ Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy để giải phương trình”
- Trang 3 từ dòng 2 dưới lên sửa lại công thức toán bị sai
- Trang 9, dòng 5 từ dưới lên sửa lại X=x và chứng minh chi tiết cho các trường hợp còn lại
- Trang 12, dòng 9 từ dưới lên sửa lại công thức toán học đổi “.” Thành “+” và bổ sung thêm 1 2 ab
- Chưa thống nhất tên gọi Cosi và Cauchy
- Bổ sung tài liệu tham khảo bằng tiếng anh và ghi lại đầy đủ tên Thông tư 32/2018/TT BGDĐT ngày 26/12/2018 của Bộ trưởng bộ GD&ĐT
2 Những điểm bảo lưu ý kiến, không sửa chữa, điều chỉnh (nếu có) bởi những lý do sau:
Cán bộ hướng dẫn xác nhận Học viên
- Đã kiểm tra luận văn và các lỗi sau chỉnh sửa
- Đã kiểm tra thông tin luận văn bằng tiếng Việt và tiếng Anh
PGS TS Trương Công Quỳnh Nguyễn Đức Tín
Xác nhận của BCN Khoa
Xác nhận luận văn sau chỉnh sửa và đồng ý cho học viên nộp lưu chiểu
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
HỒ SƠ HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ
Học viên: Nguyễn Đức Tín
2 Bảng điểm của học viên cao học
3 Lý lịch khoa học của học viên
5 Phiếu ghi nội dung câu hỏi và trả lời của học viên
TRÁCH NHIỆM TRONG HỘI ĐỒNG
1 TS Phạm Quý Mười Chủ tịch HD x x
2 TS Lê Văn Dũng Thư ký HD x x
3 TS Phan Đức Tuấn Phản biện 1 x x
4 TS Nguyễn Đức Hiền Phản biện 2 x x
5 TS Nguyễn Thành Chung Uỷ viên x x
6 PGS.TS Trương Công Quỳnh Người hướng dẫn x Đà Nẵng, ngày 19 tháng 9 năm 2021
BIÊN BẢN HỌP HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ
1 Tên đề tài: Bất đẳng thức Cauchy và ứng dụng
2 Ngành: Phương pháp toán sơ cấp Lớp K39.PPTSC.QNa
3 Theo Quyết định thành lập Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ số 1380/QĐ-ĐHSP ngày 25 tháng 8 năm 2021
4 Ngày họp Hội đồng: ngày 19 tháng 9 năm 2021
5 Danh sách các thành viên Hội đồng:
STT HỌ VÀ TÊN CƯƠNG VỊ TRONG HỘI ĐỒNG
1 TS Phạm Quý Mười Chủ tịch
2 TS Lê Văn Dũng Thư ký
3 TS Phan Đức Tuấn Phản biện 1
4 TS Nguyễn Đức Hiền Phản biện 2
5 TS Nguyễn Thành Chung Ủy viên a Thành viên có mặt: 5 b Thành viên vắng mặt: 0
6 Thư ký Hội đồng báo cáo quá trình học tập, nghiên cứu của học viên cao học và đọc lý lịch khoa học (có văn bản kèm theo)
7 Học viên trình bày luận văn
8 Các phản biện đọc nhận xét và nêu câu hỏi (có văn bản kèm theo)
9 Học viên trả lời các câu hỏi của thành viên Hội đồng
10 Hội đồng họp riêng để đánh giá
11 Trưởng ban kiểm phiếu công bố kết quả
12 Kết luận của Hội đồng a) Kết luận chung:
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
Nẵng công nhận kết quả chấm luận văn của Hội đồng và cấp bằng thạc sĩ cho học viên b) Yêu cầu chỉnh, sửa về nội dung:
Sửa luận văn theo góp ý của các thành viên trong Hội đồng, đặc biệt là nhận xét góp ý của 2 phản biện
Học viên cần chỉnh sửa luận văn và gửi file PDF tới hai phản biện cùng với Chủ tịch Hội đồng qua email Để được chấp nhận, luận văn phải nhận được sự đồng ý từ cả hai phản biện và Chủ tịch Hội đồng qua email.
Không có d) Điểm đánh giá: Bằng số: 7.9 Bằng chữ: Bảy chín
13 Tác giả luận văn phát biểu ý kiến
14 Chủ tịch Hội đồng tuyên bố bế mạc
Phạm Quý Mười Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
BẢN NHẬN XÉT LUẬN VĂN THẠC SĨ
(dùng cho thành viên hội đồng là phản biện)
Tên đề tài luận văn: Bất đẳng thức Cauchy và một số ứng dụng
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã ngành: 8.46.01.13
Họ và tên học viên: Nguyễn Đức Tín
Người nhận xét: TS Phan Đức Tuấn Đơn vị công tác: Trường Đại học Sư phạm – ĐH ĐN
![Bài 2. [Đề minh hoạ kỳ thi THPTQG năm 2017] Từ một tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước 50 cm x 240 cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50 cm, theo hai cách sau (xem hình minh hoạ dướu đây): Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt - Bất đẳng thức cauchy và một số ứng dụng 1](https://media.store123doc.com/figures/000/860/thptqg-thuoc-thung-dung-nuoc-chieu-duou-thanh-860391.png)
