Về một số bất đẳng thức cổ điển và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ MÂY VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ MÂY VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành : Mã số : Người hướng dẫn : Phương pháp toán sơ cấp 8460113 PGS.TS LƯƠNG ĐĂNG KỲ Mục lục Lời mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số bất đẳng thức cở 1.1.1 Quan hệ thứ tự R bất đẳng thức 1.1.2 Một số tính chất bất đẳng thức 1.2 Một số bất đẳng thức liên quan đến đại lượng trung bình 1.2.1 Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 1.2.2 Bất đẳng thức liên hệ trung bình nhân trung bình điều hịa 1.2.3 Bất đẳng thức liên hệ trung bình cộng trung bình bậc hai 3 3 11 Một số bất đẳng thức cổ điển 2.1 Hàm lồi Bất đẳng thức Jensen 2.1.1 Hàm lồi tính chất 2.1.2 Bất đẳng thức Jensen 2.1.3 Xây dựng số bất đẳng thức hàm lồi 2.1.4 Bài tập đề nghị 2.2 Bất đẳng thức Bernoulli số bất đẳng thức liên quan 2.2.1 Bất đẳng thức Bernoulli số dạng tương đương 2.2.2 Một số bất đẳng thức liên quan 2.2.3 Bài tập đề nghị 2.3 Bất đẳng thức Cauchy số bất đẳng thức liên quan 2.3.1 Bất đẳng thức Cauchy 2.3.2 Một số hệ Bất đẳng thức Cauchy 2.3.3 Bài tập đề nghị 2.4 Bt ng thc Hăolder v Bt ng thức Minkowski 2.4.1 Bất đẳng thc Hăolder 14 14 14 19 23 25 26 26 31 32 33 33 34 35 36 36 i ii 39 43 44 44 45 48 48 48 49 52 Ứng dụng giải toán sơ cấp 3.1 Một số tốn chương trình phổ thơng 1 3.1.1 Bất đẳng thức + ≥ mở rộng 53 53 53 Bất đẳng thức a3 + b3 ≥ ab(a + b) mở rộng Bất đẳng thức (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc, với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác mở rộng Một số toán liên quan đến kỳ thi học sinh giỏi 56 2.5 2.6 2.4.2 Bất đẳng thức Minkowski 2.4.3 Bài tập đề nghị Bất đẳng thức Chebyshev số bất đẳng thức liên quan 2.5.1 Bất dẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu 2.5.2 Một số bất đẳng thức liên quan 2.5.3 Bài tập đề nghị Bất đẳng thức Abel số bất đẳng thức liên quan 2.6.1 Bất đẳng thức Abel 2.6.2 Một số bất đẳng thức liên quan 2.6.3 Bài tập đề nghị a 3.1.2 3.1.3 3.2 b a+b 59 61 Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 71 LỜI MỞ ĐẦU Bất đẳng thức lĩnh vực tốn học tương đối khó, yêu cầu óc quan sát linh cảm thực tế, đòi hỏi tư khả sáng tạo người học D.S.Mitrinovic (1908-1995) biết đến với câu danh ngơn độc đáo tạm dịch “Khơng có đẳng thức, chí đời sống người - bất đẳng thức ln ln hữu” Điều cho thấy bất đẳng thức không công cụ thiết yếu tốn học mà cịn có vai trị to lớn thực tế sống Trong chương trình Tốn học trường phổ thơng, bất đẳng thức đóng vai trò quan trọng việc giải toán sơ cấp Đặc biệt, bất đẳng thức dạng tốn khó thường xuất kì thi trung học phổ thơng, kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, cấp quốc tế kì thi Olympic Tốn Sinh viên nước quốc tế Các bất đẳng thức cổ điển móng quan trọng, ln đánh giá cao đặc biệt người yêu bất đẳng thức Trong năm gần đây, có nhiều tài liệu nghiên cứu, biên soạn trình bày bất đẳng thức Tuy nhiên, tài liệu lại nghiên cứu số dạng cụ thể với cách nhìn phương pháp giải riêng Vì vậy, vấn đề đặt người học Toán phải nắm số bất đẳng thức cổ điển ứng dụng chúng giải tốn sơ cấp Đó lý chọn đề tài “Về số bất đẳng thức cổ điển ứng dụng” làm đề tài cho luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Cấu trúc luận văn gồm: Lời mở đầu, nội dung danh mục tài liệu tham khảo Nội dung luận văn gồm ba chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày chi tiết bất đẳng thức sở bất đẳng thức liên quan đến trung bình, làm sở cho lập luận chương luận văn Chương Một số bất đẳng thức cổ điển Trong chương này, trình bày chi tiết bất đẳng thức cổ điển Bất đẳng thức Jensen hàm lồi, Bất đẳng thức Bernoulli, Bất đẳng thức Cauchy, Chương Ứng dụng giải toán sơ cấp Trong chương này, chúng tơi trình bày số ứng dụng bất đẳng thức tốn sơ cấp Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc đến thầy PGS TS Lương Đăng Kỳ, trường Đại học Quy Nhơn, thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện q trình học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn cách tốt Bên cạnh đó, tơi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng sau đại học, Khoa Tốn Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn quý thầy cô giáo trường, quý thầy cô giáo thỉnh giảng trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ q trình học tập, hồn thành học phần trường Nhân đây, xin cảm ơn anh, chị học viên lớp Phương pháp toán sơ cấp khóa 22, gia đình, bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng hạn chế thời gian trình độ nên bên cạnh kết đạt được, luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thẳng thắn chân thành quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Ngày 19 tháng năm 2021 Học viên thực Nguyễn Thị Mây Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức sở quan hệ thứ tự R, số bất đẳng thức liên hệ đại lượng trung bình trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hịa 1.1 Một số bất đẳng thức cở 1.1.1 Quan hệ thứ tự R bất đẳng thức Trên tập hợp số thực R, xét quan hệ hai < định nghĩa sau: Với a, b ∈ R, a < b ⇔ b − a số dương Ta kí hiệu a ≤ b a < b a = b Khi < quan hệ thứ tự R Khi a < b (tương ứng, a ≤ b) ta viết b > a (tương ứng, b ≥ a) Các mệnh đề dạng gọi bất đẳng thức 1.1.2 Một số tính chất bất đẳng thức Một số tính chất bất đẳng thức (1) Tính chất giao hốn: a ≤ b ⇔ b ≥ a (2) Tính chất bắc cầu: Nếu a ≤ b b ≤ c a ≤ c (3) Liên hệ với phép cộng: a ≤ b ⇔ a ± m ≤ b ± m Nếu a ≤ b, c ≤ d a + c ≤ b + d Nếu a ≤ b c ≤ d a − d ≤ b − c (4) Tính chất liên hệ với phép nhân: Nếu a ≤ b m > am ≤ bm Nếu a ≤ b m < am ≥ bm Đặc biệt, 0 0, c2 ≥ c2 − (a − b)2 = (c − a + b)(a + a − b) > (3.3) 60 Nhân bất đẳng thức với ta có a2 b2 c2 ≥ (a + b − c)2 (b + c − a)2 (c + a − b)2 Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta suy a + b − c, b + c − a c + a − b số dương Do khai bậc hai hai vế ta có bất đẳng thức (3.3) Sau ta xét số mở rộng bất đẳng thức (3.3) Ví dụ 3.1.9 Với a, b, c số thực khơng âm, ta có a2 b + b2 c + c2 a + a2 c + b2 a + c2 b ≤ a3 + b3 + c3 + 3abc (3.4) (a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ a3 + b3 + c3 + 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) ≤ (a2 + b2 + c2 )(a + b + c) + 9abc (3.8) Ví dụ 3.1.10 (Bất đẳng thức Schur bậc 1) Cho số thực a, b, c ≥ Chứng minh a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ Chứng minh Thật vậy, giả sử a ≥ b ≥ c Khi bất đẳng thức (3.4) tương đương với a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ ⇔ (a − b)[a(a − c) − b(b − c)] + c(a − c)(b − c) ≥ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên a ≥ b Mở rộng Bất đẳng thức Schur bậc ta có Bất đẳng thức Schur bậc n Ví dụ 3.1.11 (Bất đẳng thức Schur bậc n) Cho a, b, c số thực không âm n số nguyên dương Chứng minh an (a − b)(a − c) + bn (b − c)(b − a) + cn (c − a)(c − b) ≥ Chứng minh Khơng tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ Khi bất đẳng thức viết lại sau cn (a − c)(b − c) + (a − b)[an (a − c) − bn (b − c)] Bất đẳng thức ln a − c, b − c, a − b số không âm 61 3.2 Một số toán liên quan đến kỳ thi học sinh giỏi Trước tiên ta xét số toán chứng minh bất đẳng thức cực trị sử dụng trực tiếp bất đẳng thức cổ điển Ví dụ 3.2.1 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = xy yz zx Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = + + z x Giải Ta có A = xy z yz + x + y zx y + 2(x2 + y + z ) Nhận xét (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ ⇔ x2 + y + z ≥ xy + yz + zx, ∀x, y, z Áp dụng bất đẳng thức ta xy z yz + x yz + x + zx y ≥ x2 + y + z Khi A = xy z + zx y + 2(x2 + y + z ) ≥ 3(x2 + y + z ) = xy yz zx = = , tức x = y = z = √ z x y √ Vậy giá trị nhỏ A đạt x = y = z = √ Đẳng thức xảy Ví dụ 3.2.2 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh √ √ +√ +√ ≥ ab + b2 bc + c2 ca + a2 a b c Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2b(a + b) ≤ 2b + (a + b) a + 3b = 2 Lập luận tương tự ta suy √ √ √ 2a 2b 2c √ +√ +√ ≥ + + a + 3b b + 3c c + 3a ab + b2 bc + c2 ca + a2 a b c 62 Ta cần chứng minh √ √ √ √ 2a 2b 2c + + ≥ a + 3b b + 3c c + 3a hay a b c + + ≥ a + 3b b + 3c c + 3a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a b c + + a + 3b b + 3c c + 3a Do (a(a + 3b) + b(b + 3c) + c(c + 3a)) ≥ (a + b + c)2 a b c (a + b + c)2 + + ≥ a + 3b b + 3c c + 3a a + b2 + c2 + 3ab + 3bc + 3ca Mặt khác ta có bất đẳng thức sau (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Do a2 + b2 + c2 + 3(ab + bc + ca) = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 + (a + b + c)2 = (a + b + c)2 3 Từ suy a b c (a + b + c)2 + + ≥ = a + 3b b + 3c c + 3a (a + b + c) Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 3.2.3 (Ninh Thuận 2019-2020) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh 1 + + ≥ + z) y (z + x) z (x + y) x3 (y Chứng minh Vế trái bất đẳng thức cần chứng minh viết lại 1 2 y x z2 VT = + + x(y + z) y(z + x) z(x + y) Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có 1 1 1 + + x y z y2 x2 z + + ≥ x(y + z) y(z + x) z(x + y) 2(xy + yz + zx) 63 Từ giả thiết xyz = ta suy VT ≥ 3 (xyz)2 xy + yz + zx ≥ ≥ 2 Đẳng thức xảy x = y = z = Ví dụ 3.2.4 (Hải Dương, 2018-2019) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh √ x2 x3 + + y2 z2 ≥ +√ z3 + y3 + Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x3 +8= (x + 2)(x2 (x + 2) + (x2 − 2x + 4) x2 − x + − 2x + 4) ≤ = 2 Ta suy √ x3 x2 + ≥ 2x2 x2 − x + ≥ 2y , y2 − y + Lập luận tương tự ta y3 y2 + z3 2z √ ≥ z −z+6 z2 + Từ suy √ x2 x3 + + 2y 2z z2 2x2 + + +√ ≥ x −x+6 y −y+6 z −z+6 z3 + y3 + y2 Áp dụng hệ Bất đẳng thức Cauchy (Mệnh đề 2.3.2) ta có x2 2y 2z (x + y)2 z2 + + ≥ + x2 − x + y − y + z − z + x2 + y − (x + y) + 12 z − z + ≥ 2(x + y + z)2 x2 + y + z − (x + y + z) + 18 Như ta cần chứng minh 2(x + y + z)2 ≥ x2 + y + z − (x + y + z) + 18 64 Thật vậy, ta có x2 + y + z − (x + y + z) + 18 = (x + y + z)2 − (x + y + z) − 2(xy + yz + zx) + 18 = (x + y + z)2 − (x + y + z) + 12 > Do bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ⇔ 2(x + y + z)2 ≥ x2 + y + z − (x + y + z) = 18 ⇔ x2 + y + z + x + y + z ≥ Mặt khác, x, y, z số dương nên ta có x2 + y + z ≥ xy + yz + zx = 3, x+y+z ≥ 3(xy + yz + zx) = Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Ví dụ 3.2.5 (Thái Nguyên 2020-2021) Cho số thực dương x, y, z có tổng Chứng minh 3(x2 + y + z ) ≥ 2(x2 y + y z + z x2 ) + Chứng minh Khơng tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z Ta suy x+y +z ≥ 3z hay z ≤ Ta có 3(x2 + y + z ) ≥ 2(x2 y + y z + z x2 ) + ⇔ 3(x2 + y + z ) − 2(x2 y + y z + z x2 ) − ≥ ⇔ 3x2 + 3(y + z ) − 2x2 (y + z ) − 2y z − ≥ ⇔ (y + z )(3 − 2x2 ) − 2y z + 3x2 − ≥ ⇔ (y + z)2 (3 − 2x2 ) − 2yz(3 − 2x2 ) − 2y z + 3x2 − ≥ (∗) Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương y z ta yz ≤ 3−x Ta suy −yz ≥ − y+z 2 = 3−x 2 Khi V T (∗) ≥ (3 − x)2 (3 − 2x2 ) − 3−x 2 (3 − 2x2 ) − 3−x + 3x2 − 65 Ta có f (x) = (3 − x)2 (3 − 2x2 ) − 3−x 2 (3 − 2x2 ) − 3−x + 3x2 − 1 = (3 − x)2 (3 − 2x2 ) − (3 − x)4 + 3x2 − = (3 − x)2 − 2x2 − + x − x2 + 3x2 − 4 3 + 3x2 − = (3 − x)2 − x2 + x + 4 = (3 − x)2 (1 − x)(3x + 1) + 3(x − 1)(x + 1) = (1 − x) (9 − 6x + x2 )(3x + 1) − 3(1 + x) = (1 − x)(3x3 − 17x2 + 13x + 1) = (1 − x)2 (−3x2 + 14x + 1) Ta lại có −3x2 + 14x + = 3x(1 − x) + 11x + > với x ∈ (0; 1] Ta suy (1 − x)2 (−3x2 + 14x + 1) ≥ với x ∈ (0; 1] Từ suy f (x) ≥ với x ∈ (0; 1] hay V T (∗) ≥ với x ∈ (0; 1] Đẳng thức xảy x = y = z = Trong ví dụ ta sử dụng bất đẳng thức cổ điển kết hợp tính chất đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức Hàm số y = f (t) gọi tăng (hay đồng biến) khoảng I ⊆ R f (t) > với t ∈ I Hàm số y = f (t) gọi giảm (hay nghịch biến) khoảng I f (t) < với t ∈ I Giả sử f (t) hàm số tăng đoạn [a; b] ta có f (a) ≤ f (t) ≤ f (b) với t ∈ [a; b] Nếu hàm số giảm ta có bất đẳng thức với chiều ngược lại Ví dụ 3.2.6 (Hải Phịng 2020-2021) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ P = √ −√ 2ab + 8ab 2a2 + 2b2 + 2c2 + 4ac + Giải Ta có 2a2 + 2b2 + 2c2 + 4ac = 2b2 + 2(a + c)2 ≥ (b + a + c)2 Điều tương đương với √ −2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 4ac + ≥ −2 a+b+c+1 Mặt khác ta có √ √ √ √ √ √ 2ab + 8bc = b2a + 2bc = b2a + 2cb ≤ b + 2a + b + 2c = 2(a + b + c) 66 Từ suy √ 2ab + √ 8bc ≥ P ≥ Do 2(a + b + c) − 2(a + b + c) a + b + c + 1 2 − Xét hàm số f (t) = − 2t t+1 2t t+1 khoảng (0; +∞) Ta có f (t) = − + Phương trình f (t) = có nghiệm 2t (t + 1)2 t = Đặt t = a + b + c > Khi P ≥ Bảng biến thiên −∞ t f (t) +∞ − +∞ + +∞ f (t) − 12 1 Từ bảng biến thiên ta suy f (t) ≥ − P ≥ − Vậy giá trị nhỏ 2     a + b + c = a = c = 1 P − đạt b = 2a ⇔    b= b = 2c Ví dụ 3.2.7 (Hà Tĩnh, 2018-2019) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x3 + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = xyz + (x + y + z)2 − xy + yz + zx xy + yz + zx + Giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x3 + + ≥ 3x ⇔ x3 + ≥ 3x, y + ≥ 3y, z + ≥ 3z Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta x + y + z ≤ Ta có = x3 + y + z ≥ 3 (xyz)3 = 3xyz ⇔ xyz ≤ Ta có − 3xyz = x3 + y + z − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y + z − xy − yz − zx) ≤ 3(x2 + y + z − xy − yz − zx) Từ suy − xyz ≤ x2 + y + z − xy − yz − zx ⇔ xyz + (x + y + z)2 ≥ + 3(xy + yz + zx) 67 Ta lại có + 3(xy + yz + zx) ≤ xyz + (x + y + z)2 ≤ + 32 = 10 Đặt t = xy + yz + zx, t ∈ [0; 3] Xét hàm số f (t) = f (t) = + 3t + 1 − , ta có t t+1 1 37 ≥3+ = t(t + 1) 3(3 + 1) 12 Từ suy P ≥ f (t) ≥ Vậy giá trị nhỏ P 37 12 37 đạt x = y = z = 12 Ví dụ 3.2.8 (Bình Phước 2019-2020) Cho số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) > a ≥ max{b, c} Chứng minh 11 a + b+c b a c b + a+c a+b +2 15 a + 7(b + c) > a c a Chứng minh Đặt x = , y = , ta có x ≤ y ≤ Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 11 + x+y x + 1+y y 1+x +2 + 7(x + y) > 15 (3.9) Trước tiên ta chứng minh x ≥√ x+y x+y Thật ta có x x x x2 ≥√ ⇔ ≥ ⇔ x (x + y − x(1 + y)) ≥ ⇔ xy(1 − x) ≥ 1+y x+y 1+y x+y Bất đẳng thức cuối hiển nhiên x ≥ y ≤ Lập luận tương tự ta có y y ≥√ 1+x x+y Khi vế trái bất đẳng thức (3.9) đánh sau VT (1) ≥ 11 √ + x+y+2 x+y + 7(x + y) 68 Xét hàm số f (t) = √ 11 + t + + 7t2 với < t ≤ Ta có t 14t 11 f (t) = − + +√ t + 7t2 Giải phương trình f (t) = ta nghiệm t = Nhận xét f (2) > f (t) liên tục (0; 2] Do f (t) > f (t) < 0; Từ suy f (t) ≥ f = ;2 15 Đẳng thức xảy a = b = c = Điều mâu thuẫn với giả thiết Do ta có bất đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 3.2.9 (Gia Lai 2019-2020) Cho hai số thực dương a b thỏa mãn 8ab−2 = 3(a4 + b4 ) Tìm giá trị lớn biểu thức P = ab + + + a2 + b2 + 3a2 b2 Giải Điều kiện đề tương đương với −6a2 b2 + 8ab − = 3(a4 + b4 ) − 6a2 b2 ⇔ −6a2 b2 + 8ab − = 3(a2 − b2 )2 Vì (a2 − b2 )2 ≥ nên −6a2 b2 + 8ab − ≥ Điều tương đương với Với số thực dương a, b thỏa mãn ab ≤ ta chứng minh + ≤ 2 1+a 1+b + ab Thật vậy, ta thực phép biển đổi tương đương 1 + ≤ 2 1+a 1+b + ab 1 1 − + − ⇔ + a2 + ab + b2 + ab + ab − − a2 + ab − − b2 ⇔ + ≤0 (1 + a2 )(1 + ab) (1 + b2 )(1 + ab) ⇔ b(a − b) a(b − a) + ≤0 (1 + a )(1 + ab) (1 + b2 )(1 + ab) ⇔ (a − b)(−a − ab2 + b + ba2 ) ≤0 (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + ab) ⇔ (a − b)2 (ab − 1) ≤ (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + ab) ≤0 ≤ ab ≤ 69 Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Tiếp theo, đặt t = ab ta suy t ∈ ; Khi + 3t2 ≥ + t ⇔ 1 ≤ + 3t 1+t Do t t+2 + ≤ + t + 3t t+1 t+2 Xét hàm số f (t) = đoạn ; ta có t+1 P ≤ 1 < ∀ t ∈ ;1 (t + 1) f (t) = − Từ suy max f (t) = f t∈ ;1 7 = Do giá trị lớn P đạt 4 a = b = √ Ví dụ 3.2.10 (Quảng Ninh 2019-2020) Cho số thực a, b, c ∈ [1; 4] Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Giải Ta có (a + b)2 c2 + 4(ab + bc + ca) (a + b)2 c2 = P = c + 4(ab + bc + ca) ab a+b 1+4 +4 c c (a + b)2 Vì 4ab ≤ (a + b)2 nên P ≥ 1+ Đặt t = (a + b)2 c2 a+b +4 c a+b c a+b t2 Vì a, b, c ∈ [1; 4] nên t ∈ ; Xét hàm số f (t) = , ta có c t + 4t + 4t2 + 2t > ∀ t ∈ ;8 2 (t + 4t + 1) f (t) = Khi P ≥ f (t) ≥ f Vậy giá trị nhỏ P = 13 đạt a = b = c = 13 Kết luận Qua thời gian tìm hiểu nghiên cứu đề tài “Về số bất đẳng thức cổ điển ứng dụng”, luận văn hoàn thành đạt số kết sau: Trình bày chi tiết, có hệ thống phép chứng minh, số mở rộng, cách tiếp cận hình học số toán liên quan đến bất đẳng thức liên hệ đại lượng trung bình n số thực khơng âm Trình bày chi tiết phép chứng minh số mở rộng bất đẳng thức cổ điển Bất đẳng thức Jensen lớp hàm lồi, Bất đẳng thức Bernuolli, Bt ng thc Cauchy, Bt ng thc Hăolder v Minkowski, Bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức liên quan Mở rộng số bất đẳng thức trình bày chương trình phổ thơng hành xét ví dụ ứng dụng bất đẳng thức cổ điển toán chứng minh bất đẳng thức, toán cực trị liên quan đến kì thi Đại học học sinh giỏi cấp năm gần Nội dung luận văn chủ yếu lấy từ tài liệu tham khảo [1], [2] đề thi học sinh giỏi cấp năm gần Với khảo sát nghiên cứu, luận văn tài liệu tham khảo hữu ích để tiếp tục nghiên cứu mở rộng bất đẳng thức cổ điển, đồng thời luận văn tài liệu tham khảo tốt để tiếp cận toán chứng minh bất đẳng thức cực trị kì thi học sinh giỏi sau 70 Tài liệu tham khảo [1] V Q B Cẩn T Q Anh, Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2010 [2] V Kirtoaje, V Q B Cẩn T Q Anh, Phân loại phương pháp giải toán bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2010 [3] L Mitrinovic, J E Pecaric and A M Fink, Các bất đẳng thức cổ điển Giải tích, NXB 61 Kluwer Academic Publishers Group, Dordrecht, 1993 [4] B G Pachpatche, Các bất đẳng thức toán học, NXB 67 Elsevier B V., Amsterdam, 2005 [5] Hayk Sedrakyan, Nairi Sedrakyan, Các bất đẳng thức đại số, NXB Springer, 2018 [6] Constantin P Niculescu, Lars-Erik Persson, Hàm lồi ứng dụng, NXB Springer, 2004 [7] Yuan-Chuan Li, Cheh-Chih Yeh, Một số dạng tương Bất đẳng thức Bernoulli, Applied Mathematics, 4, 1070-1093, 2004 [8] Zdravko Cvetkovski, Bất đẳng thức-Các định lý, kĩ thuật tập chọn lọc, NXB Springer, 2011 71 ... Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số bất đẳng thức cở 1.1.1 Quan hệ thứ tự R bất đẳng thức 1.1.2 Một số tính chất bất đẳng thức 1.2 Một số bất đẳng thức liên... thức cổ điển Bất đẳng thức Jensen hàm lồi, Bất đẳng thức Bernoulli, Bất đẳng thức Cauchy, Chương Ứng dụng giải toán sơ cấp Trong chương này, chúng tơi trình bày số ứng dụng bất đẳng thức toán... bất đẳng thức sở bất đẳng thức liên quan đến trung bình, làm sở cho lập luận chương luận văn Chương Một số bất đẳng thức cổ điển Trong chương này, chúng tơi trình bày chi tiết bất đẳng thức cổ