Khai triển Abel
Định lý 1.1.1 (Khai triển Abel)
Giả sử (x 1 , x 2 , , x n ) và (y 1 , y 2 , , y n ) là hai dãy số thực tùy ý. Đặt c k = y 1 +y 2 + +y k , k = 1,2, n Khi đó x 1 y 1 +x 2 y 2 + +x n y n = (x 1 −x 2 ).c 1 + (x 2 −x 3 ).c 2 +
+ (x n−1 −x n ).c n−1 +x n c n Chứng minh Thật vậy, ta có c 1 = y 1 ;c k −c k−1 = y k , k = 2,3, , n.
Mệnh đề 1.1.3 (Bất đẳng thức Abel)
Cho hai dãy số thực (x1, x2, , xn) và (y1, y2, , yn), trong đó x 1 ≥x 2 ≥ ≥ x n > 0. Đặt c k = y 1 + y 2 + + y k , k = 1,2, n và M = max{c 1 , c 2 , , c n }; m = min{c 1 , c 2 , , c n }
Chứng minh Áp dụng công thức khai triển Abel (Định lý 1.1.1), ta có x 1 y 1 +x 2 y 2 + .+x n y n
Từ (1.1) và (1.2) suy ra mx 1 ≤x 1 y 1 +x 2 y 2 + +x n y y ≤ M x 1 Vậy ta có điều cần chứng minh.
Sử dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất đẳng thức
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng khai triển Abel để giải quyết một số bài toán chứng minh bất đẳng thức và các bài toán cực trị thường gặp trong chương trình phổ thông cũng như trong các đề thi tuyển sinh học sinh giỏi.
Ví dụ 1.2.1 Cho hai dãy số thực (x 1 , x 2 , , x n ) và (a 1 , a 2 , , a n ) Chứng minh rằng a 1 (x 1 −x 2 ) +a 2 (x 2 −x 3 ) +a 3 (x 3 −x 4 ) + +a n−1 (x n−1 −x n ) +a n x n
Giải Áp dụng khai triển Abel cho hai dãy số là
Ví dụ 1.2.2 Cho 6 số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn điều kiện a x ≤ 1,a x + b y ≤ 2, a x + b y + c z ≤ 3 và x ≥y ≥z.
! +√ z rc z −1 Áp dụng khai triển Abel, ta có
Mặt khác, theo giả thiết và theo bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy –
Schwarz, ta có ra x −1≤ 0, ra x + sb y −2 ≤ s 2 a x + b y
√a+√ b+√ c ≤√ x+√ y +√ z. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a, y = b, z = c.
Nhận xét 1.2.1 Trong ví dụ 1.2.2, ta có thể cho a, b, c là các số thực dương cụ thể sao cho a ≥ b ≥c.
Chẳng hạn, cho a = 64, b = 36 và c = 4 thì ta được bài toán sau.
“Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x ≥ 64,64 x + 36 y ≤2,64 x + 36 y + 4 z ≤ 3 và x ≥ y ≥ z.
Ví dụ 1.2.3 Cho hai dãy số dương(a1, a2, , an)và (b1, b2, , bn) thỏa mãn
Giải: Áp dụng khai triển Abel, ta được
. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và kết hợp với giả thiết a 1 a 2 a k ≥ b 1 b 2 b k , với mọi k = 1,2, , n, ta được a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a k b k −k ≥ k k ra 1 a 2 a k b 1 b 2 b k −k ≥ 0,với mọi k = 1, n.
Mặt khác, vì b 1 ≥b 2 ≥ ≥ b n nên ta có
Hay a 1 +a 2 + +a n ≥ b 1 +b 2 + + b n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
Ví dụ 1.2.4 (Russia 2000)Cho hai dãy số thực(x 1 , x 2 , , x n )và(y 1 , y 2 , , y n ) thỏa mãn −1 < x 1 < x 2 < < x n < 1, y 1 < y 2 < < y n và x 1 +x 2 + + x n = x 13 1 +x 13 2 + +x 13 n Chứng minh rằng: x 13 1 y1 +x 13 2 y2+ +x 13 n yn < x1y1 +x2y2+ +xnyn.
Giải: Xét hàm số f(x) = x−x 13 với x ∈ (−1,1)
Ta có f 0 (x) = 1−13x 12 ,∀x ∈ (−1,1) f 0 (x) = 0 ⇔x = ± 12 r 113Bảng biến thiên:
Ta chứng minh rằng x 1 < 0 Thật vậy, giả sử trái lại rằng x 1 ≥0 Khi đó f(x 1 ) ≥0.
⇔ x 1 +x 2 + +x n > x 13 1 +x 13 2 + +x 13 n Điều này mẫu thuẫn với giả thiết (vì giả thiết cho f(x 1 ) +f(x 2 ) + + f(x n ) = 0) Tương tự, ta chứng minh được x n > 0 Xét 2 ≤ i ≤ n Nếu xi ≤ 0 thì x1 < x2 < < x i−1 < xi ≤0 và f(x i ) +f(x i+1 ) + +f(x n ) = −[f(x 1 ) +f(x 2 ) + + f(x i−1 )] > 0 (1.3)
Nếu x i > 0 thì 0< x i < x i+1 < < x n và f(x i ) +f(x i+1 ) + +f(x n ) > 0 (1.4) Áp dụng khai triển Abel, ta được
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.2.5 Cho hai dãy số dương(a 1 , a 2 , , a n )và (b 1 , b 2 , , b n ) thỏa mãn
Giải: Ta chứng minh (1.5) bằng quy nạp theo n.
Với n = 1 ta thấy bất đẳng thức (1.5) hiển nhiên đúng.
Giả sử (1.5) đúng với k = 1,2, , n với n bất kỳ.
Ta chứng minh (1.5) đúng với (n+ 1) số.
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz ta có a 2 1 +a 2 2 + +a 2 n+1 b 2 1 +b 2 2 + +b 2 n+1 ≥ (a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n+1 b n+1 ) 2
(1.6) Mặt khác theo giả thiết: b 2 1 +b 2 2 + +b 2 n+1 ≥ a 2 1 +a 2 2 + +a 2 n+1 (1.7)
Từ (1.6) và (1.7), ta suy ra
Từ đó, ta có: a1b1+a2b2 + +an+1bn+1 ≤b 2 1 +b 2 2 + +b 2 n+1
+b n+1 (b 1 +b 2 + +b n+1 −a 1 −a 2 − −a n+1 ) ≥ 0 (1.8) Theo giả thiết quy nạp, ta có: b1 ≥ a1, b1+ b2 ≥ a1+ a2, , b1+b2 + +bn ≥ a1 +a2+ +an và từ giả thiết:
Do đó, từ (1.8), ta suy ra b 1 +b 2 + +b n+1 −a 1 −a 2 − −a n+1 ≥ 0.
Hay a 1 +a 2 + +a n+1 ≤ b 1 +b 2 + + b n+1 Vậy ta có điều cần chứng minh.
Xét các số thực x và y thỏa mãn điều kiện 3 ≤ y ≤ x và xy ≥ 18, chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1/x + 1/y Dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi x = 6 và y = 3 Áp dụng khai triển Abel cùng với bất đẳng thức AM-GM, ta có thể tìm ra giá trị tối ưu cho P.
2. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 6 và y = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P trong điều kiện đã cho bằng 1
2, đạt được khi và chỉ khi (x, y) = (6,3).
Ví dụ 1.2.7 Xét các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn x+y +z = 9, x ≥5 và x+y ≥ 8 Chứng minh rằng: xyz ≤ 15.
Giải: Giả sử trái lại rằng xyz > 15.
Khi đó, theo giả thiết, ta có: z = 9−(x+y) ≤ 1 Suy ra xy > 15 z ≥15. Áp dụng khai triển Abel và bất đẳng thức AM-GM, ta được x+y +z = x
Như vậy, x+y +z > 9 Mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy điều giả sử ở trên là sai, và vì vậy, xyz ≤15.
Ví dụ 1.2.8 Cho tam giác ABC không nhọn Chứng minh rằng:
8 , trong đó các góc A, B, C được đo theo đơn vị rađian.
Giải Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A≥ B ≥ C.
Vì tam giác ABC không nhọn nên A ≥ π
A+B +C = π. Áp dụng khai triển Abel và kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz, ta được
4.Nhận xét 1.2.2 Ta có thể giải ví dụ 1.2.8 theo cách khác như sau: Ta dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức u 2 ≥v 2 + 2v(u−v)∀u, v ∈ R (1.9) Áp dụng bất đẳng thức (1.9), ta được:
Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên, ta được:
2). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = π
Ví dụ 1.2.9 Xét các số thực x, y, z thay đổi và thỏa mãn
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 1 x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 Giải: Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = √
3 , z = 1 Trước hết, ta chứng minh hai bất đẳng thức sau:
Thật vậy, bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (1.10) Áp dụng khai triển
Abel và bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz ta được:
3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (1.11) Tương tự trên, áp dụng khai triển Abel và bất đẳng thức Bunhiacoski – Cauchy – Schwarz, ta được: 13
10. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Từ (1.10) và (1.11), ta suy ra
Vậy giá trị lớn nhất của P trong điều kiện đã cho bằng 59
15, đạt được khi và chỉ khi x = √
Ví dụ 1.2.10 Xét các số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a ≤ b ≤3 ≤c, c ≥ b+ 1 và a+ b≥ c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1, b = 2, c = 3 Khi đó,
4(c+ 1). Áp dụng khai triển Abel, ta nhận được
2(a+ 1). Theo giả thiết, a ≤ b ≤3 ≤ c, c≥ b+ 1 và a+b ≥c nên ta có 3−c ≤ 0, a+b−c ≥ 0 và b−c+ 1 ≤0.
(vì a+b ≥ c nên b ≥c−a ≥3−a ≥ 3−b, suy ra b ≥ 3−b hay b ≥ 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P trong điều kiện đã cho bằng 5
12, đạt được khi và chỉ khi a = 1, b = 2, c= 3.
Bất đẳng thức hoán vị
Chương này trình bày về bất đẳng thức hoán vị cùng với một số hệ quả quan trọng của nó Từ đó, chương sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz, và bất đẳng thức Chebyshev, cũng như một số bất đẳng thức khác Nội dung chương được tổng hợp từ các tài liệu tham khảo đáng tin cậy.
Bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả
Khái niệm về bất đẳng thức hoán vị
Định nghĩa 2.1.1 Cho hai dãy số thực (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) Hai dãy này được gọi là:
(i) Sắp cùng thứ tự (hay đơn điệu cùng chiều) nếu hai dãy cùng tăng hoặc cùng giảm, tức là: a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n và b 1 ≤ b 2 ≤ ≤ b n
(ii) Sắp ngược thứ tự (hay đơn điệu ngược chiều) nếu trong hai dãy, có một dãy tăng và dãy còn lại giảm, tức là: a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n và b 1 ≥ b 2 ≥ ≥ b n
Ví dụ 2.1.1 (i) Hai dãy (−5,−2,4) và (1,5,7) là hai dãy sắp cùng thứ tự trong khi hai dãy (−5,−2,4) và (7,5,1) là hai dãy sắp ngược thứ tự
(ii) Nếu0< a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n thì hai dãy(a 1 , a 2 , , a n )và
1 a 1 , 1 a 2 , , 1 a n là hai dãy sắp ngược thứ tự, trong khi hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và
1 a n−1 +a n , , 1 a 2 +a 3 , 1 a 1 +a 2 là hai dãy sắp cùng thứ tự.
(iii) Nếu 0 < a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n và m là một số thực dương thì hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (a m 1 , a m 2 , , a m n ) là hai dãy sắp cùng thứ tự.
(iv) Nếu a1 ≤ a2 ≤ ≤ an và k là một số nguyên dương lẻ thì hai dãy(a 1 , a 2 , , a n ) và (a k 1 , a k 2 , , a k n ) là hai dãy sắp cùng thứ tự.
Bất đẳng thức hoán vị
Xét hai dãy số thực (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) Khi lấy tất cả các hoán vị (x1, x2, , xn) của dãy (b1, b2, , bn), ta có thể tạo ra n! = 1.2 n tổng có dạng.
Câu hỏi đặt ra là: Trong các tổng có dạng (2.1), tổng nào là lớn nhất và tổng nào là nhỏ nhất? Để giải quyết vấn đề này, chúng ta cần xem xét Định lý 2.1.2, hay còn gọi là bất đẳng thức hoán vị.
Cho hai dãy số thực (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) và (x 1 , x 2 , , x n ) là một hoán vị tùy ý của dãy (b 1 , b 2 , , b n ).
(i) Nếu hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) sắp cùng thứ tự thì a 1 b n +a 2 b n−1 + +a n b 1 ≤ a 1 x 1 +a 2 x 2 + +a n x n ≤ a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n b n
(ii) Nếu hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) sắp ngược thứ tự thì a1b1+a2b2+ +anbn ≤ a1x1+a2x2+ +anxn ≤ a1bn+a2b n−1 + +anb1
Chứng minh (i) Ta chứng minh cho trường hợp hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (b1, b2, , bn) cùng đơn điệu tăng, tức là
⇔ a 1 (x 1 −b 1 ) +a 2 (x 2 −b 2 ) + + a n (x n −b n ) ≤ 0. Áp dụng khai triển Abel cho vế trái, ta được
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên đúng, vì a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n nên a 1 − a 2 ≤ 0, a 2 − a 3 ≤ 0, , a n−1 − a n ≤ 0 và b 1 ≤ b 2 ≤ ≤ b n nên x1+x2+ +xk ≥b1+b2+ +bk với mọi k = 1, n và x1+x2+ã ã ãxn b 1 +b 2 +ã ã ãb n Ta chứng minh bất đẳng thức cũn lại trong (2.2).
Do đó hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (−b n ,−b n−1 , ,−b 1 ) là hai dãy cùng đơn điệu tăng.
Bây giờ, với (x 1 , x 2 , , x n ) là một hoán vị tùy ý của (b 1 , b 2 , , b n )
Khi đó,(−x 1 ,−x 2 , ,−x n )là một hoán vị của(−b 1 ,−b 2 , ,−b n )và hiển nhiên (−x 1 ,−x 2 , ,−x n ) cũng là một hoán vị của (−b n ,−b n−1 , ,−b 1 ).
Do đó, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta được a 1 (−x 1 )+a 2 (−x 2 )+ +a n (−x n ) ≤ a 1 (−b n )+a 2 (−b n−1 )+ +a n (−b 1 )
Như vậy bất đẳng thức (2.2) được chứng minh xong.
Bây giờ, nếu hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) cùng đơn điệu giảm, tức là
Do đó hai dãy (a n , a n−1 , , a 1 ) và(b n , b n−1 , , b 1 )là hai dãy cùng đơn điệu tăng.
Với(x 1 , x 2 , , x n )là một hoán vị tùy ý của dãy(b 1 , b 2 , , b n )thì(x n , x n−1 , , x 1 ) cũng là một hoán vị của dãy (b n , b n−1 , , b 1 ).
Do đó, áp dụng bất đẳng thức (2.2) vừa chứng minh ở trên cho hai dãy cùng đơn điệu tăng là (a n , a n−1 , , a 1 ) và (b n , b n−1 , , b 1 ) ta được: a n b 1 +a n−1 b 2 + +a 1 b n ≤ a n x n +a n−1 x n−1 + +a 1 x 1 ≤ a n b n +a n−1 b n−1 +
Như vậy, trong cả hai trường hợp, hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) cùng đơn điệu tăng hoặc cùng đơn điệu giảm thì ta có bất đẳng thức (2.2)
Tức là (i) được chứng minh xong.
Bây giờ, ta chứng minh (ii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử dãy (a1, a2, , an) tăng và dãy (b1, b2, , bn) giảm.
Do đó hai dãy (a1, a2, , an) và (−b 1 ,−b 2 , ,−b n ) là hai dãy cùng đơn điệu tăng.
Với (x 1 , x 2 , , x n ) là một hoán vị tùy ý của dãy (b 1 , b 2 , , b n ) thì
(−x 1 ,−x 2 , ,−x n ) cùng là một hoán vị của dãy (−b 1 ,−b 2 , ,−b n ).
Do đó, áp dụng (i) cho hai dãy cùng đơn điệu tăng là (a 1 , a 2 , , a n ) và
≤a 1 b n +a 2 b n−1 + +a n b 1 Vậy (ii) được chứng minh xong và vì vậy, định lý được chứng minh xong
Hệ quả 2.1.3 (i) Nếu hai dãy (a1, a2) và (b1, b2) sắp cùng thứ tự thì a1b2 +a2b1 ≤ a1b1 +a2b2. Thật vậy, hệ quả 2.1.3 (i) xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên sau đây:
(a 1 −a 2 ) (b 1 −b 2 ) ≥0 (ii) Nếu hai dãy (a 1 , a 2 ) và (b 1 , b 2 ) sắp ngược thứ tự thì a 1 b 2 + a 2 b 1 ≥ a 1 b 1 +a 2 b 2 Thật ra, hệ quả 2.1.3 (ii) xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên sau đây
(iii) Nếu hai dãy(a 1 , a 2 , a 3 )và(b 1 , b 2 , b 3 )sắp cùng thứ tự thì với(x 1 , x 2 , x 3 ) là một hoán vị tùy ý của dãy (b 1 , b 2 , b 3 ) ta luôn có: a 1 b 3 + a 2 b 2 +a 3 b 1 ≤ a 1 x 1 +a 2 x 2 +a 3 x 3 ≤ a 1 b 1 +a 2 b 2 +a 3 b 3
(iv) Nếu hai dãy(a 1 , a 2 , a 3 )và(b 1 , b 2 , b 3 )sắp ngược thứ tự thì với(x 1 , x 2 , x 3 ) là một hoán vị tùy ý của dãy (b 1 , b 2 , b 3 ) thì a 1 b 1 + a 2 b 2 +a 3 b 3 ≤ a 1 x 1 +a 2 x 2 + a 3 x 3 ≤ a 1 b 3 +a 2 b 2 +a 3 b 1
Hệ quả 2.1.4 Nếu(x 1 , x 2 , , x n )là một hoán vị tùy ý của dãy(a 1 , a 2 , , a n ) thì a 2 1 +a 2 2 + +a 2 n ≥a 1 x 1 + a 2 x 2 + +a n x n
Giả sử a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n, áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và đơn điệu tăng (a 1, a 2, , a n) và (a 1, a 2, , a n), ta có bất đẳng thức: a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n ≤ a 2 1 + a 2 2 + + a 2 n.
Hệ quả 2.1.5 Cho dãy số dương (a 1 , a 2 , , a n ) Nếu (x 1 , x 2 , , x n ) là một hoán vị tùy ý của dãy (a 1 , a 2 , , a n ) thì a1 x 1 + a2 x 2 + + an x n ≥ n.
Thật vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
Khi đó 1 a 1 ≥ 1 a 2 ≥ ≥ 1 a n Do đó hai dãy(a 1 , a 2 , , a n )và
Với(x 1 , x 2 , , x n )là một hoán vị tùy ý của dãy(a 1 , a 2 , , a n )thì
, , 1 xn là một hoán vị của dãy
1 a 1 , 1 a 2 , , 1 a n Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy(a1, a2, , an)và
1 a 1 , 1 a 2 , , 1 a n sắp ngược thứ tụ, ta được a 1 1 x1
. hay a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n ≥ n Đẳng thức xảy ra ⇔ x 1 = a 1 , x 2 = a 2 , , x n = a n
Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số bất đẳng thức cổ điển
bất đẳng thức cổ điển
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số bất đẳng thức cổ điển nổi tiếng, bao gồm bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM), bất đẳng thức Bunhiacopski-Cauchy-Schwarz (BCS), bất đẳng thức Chebyshev và nhiều bất đẳng thức khác.
Bài toán 2.2.1 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân hay bất đẳng thức AM-GM)
Nếu a 1 , a 2 , , a n là các số thực không âm thì a 1 +a 2 + .+ a n n ≥ √ n a 1 a 2 a n
Giải: Nếu có ít nhất một trong các số a 1 , a 2 , , a n bằng 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu tất cả các số a 1 , a 2 , , a n đều dương thì ta đặt:
Xét dãy số dương (x1, x2, , xn) Với hoán vị (xn, x1, x2 , x n−1 ) của nó, áp dụng hệ quả 2.1.5, ta được: x 1 x n + x 2 x 1 + x 3 x 2 + + x n x n−1 ≥ n
Bài toán 2.2.2 (Bất đẳng thức Bunhiacopski -Cauchy – Schwarz hay bất đẳng thức BCS)
Cho hai dãy số thực (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) Khi đó
Giải: Nếu (a 1 , a 2 , , a n ) = (0,0, ,0) hoặc (b 1 , b 2 , , b n ) = (0,0, ,0) thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu (a 1 , a 2 , , a n ) 6= (0,0, ,0) và (b 1 , b 2 , , b n ) 6= (0,0, ,0), tức là tồn tại i, j = 1, n sao cho a i 6= 0 và b j 6= 0 Đặt
N với mọi i = 1, n. Áp dụng hệ quả 2.1.4 với dãy số (x 1 , x 2 , , x n ;x n+1 , x n+2 , , x 2n ) và hoán vị (x n+1 , x n+2 , , x 2n ;x 1 , x 2 , , x n ) của nó, ta được
⇔ a1b1 +a2b2 + + anbn pa 2 1 +a 2 2 + + a 2 n pb 2 1 +b 2 2 + +b 2 n ≤ 1. hay a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n b n ≤ q a 2 1 +a 2 2 + + a 2 n q b 2 1 +b 2 2 + +b 2 n (2.4) Áp dụng bất đẳng thức (2.4) cho hai dãy(a1, a2, , an)và(−b 1 ,−b 2 , ,−b n ), ta được a 1 (−b 1 ) +a 2 (−b 2 ) + .+a n (−b n )
Từ (2.4) và (2.5), ta suy ra:
(2.6) Đẳng thức trong (2.6) xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức trong (2.4) xảy ra hoặc đẳng thức trong (2.5) xảy ra. Đẳng thức trong (2.4) xảy ra khi và chỉ khi: x 1 = x n+1 , x 2 = x n+2 , , x n = x 2n
N,∀i = 1, n⇔ ∃t ∈ R + sao cho a i = t.b i ,∀i = 1, n Đẳng thức trong (2.5) xảy ra khi và chỉ khi ∃t ∈ R + sao cho a i t.(−b i ),∀i = 1, n ⇔ ∃s ∈ R − sao cho a i = s.b i ,∀i = 1, n
Tóm lại, đẳng thức trong (2.6) xảy ra khi và chỉ khi (a 1 , a 2 , , a n ) (0,0, ,0) hoặc (b 1 , b 2 , , b n ) = 0 hoặc ∃k ∈ R sao cho a i = k.b i ,∀i = 1, n (với (b 1 , b 2 , , b n ) 6= (0,0, ,0)).
Bài toán 2.2.3 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình toàn phương hay bất đẳng thức AM-QM)
Nếu a1, a2, , an là các số thực không âm, thì tổng trung bình của bình phương các số này không nhỏ hơn bình phương của tổng các số chia cho n Cụ thể, ta có bất đẳng thức: (a1^2 + a2^2 + + an^2) / n ≥ (a1 + a2 + + an)^2 / n^2 Bằng cách áp dụng các bất đẳng thức, ta có thể chứng minh rằng tổng các bình phương lớn hơn hoặc bằng tổng các tích của các số trong dãy Kết quả này cho thấy mối quan hệ giữa tổng và tổng bình phương của các số không âm.
⇔ a 1 + a 2 + +a n n ≤ s a 2 1 +a 2 2 + +a 2 n n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n
Bài toán 2.2.4 (Bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình điều hòa hay bất đẳng thức GM-HM)
Nếu a 1 , a 2 , , a n là các số thực dương thì
G n Xét dãy số (x 1 , x 2 , , x n ) và hoán vị (x 2 , x 3 , , x 1 ) của nó Áp dụng hệ quả 2.1.5, ta được: x 1 x 2 + x 2 x 3 + + x n x 1 ≥ n
1 a 1 + 1 a 2 + + 1 a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = = x n ⇔a 1 = a 2 = = a n
Nhận xét 2.2.1 Ký hiệu A, G, Q, H lần lượt là trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình toàn phương và trung bình điều hòa của n số thực dương a 1 , a 2 , , a n Tức là
Khi đó, từ các bài toán 2.2.1, 2.2.3 và 2.2.4 ta có bất đẳng thức
Bài toán 2.2.5 (Bất đẳng thức Chebyshev)
Cho hai dãy số thực (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) Khi đó
(i) Nếu hai dãy trên sắp cùng thứ tự thì: a 1 b 1 +a 2 b 2 + + a n b n n ≥ a 1 +a 2 + +a n n b 1 +b 2 + +b n n
(ii) Nếu hai dãy trên sắp ngược thứ tự thì a 1 b 1 +a 2 b 2 + + a n b n n ≤ a 1 +a 2 + +a n n b 1 +b 2 + +b n n
(i) Vì hai dãy (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) sắp cùng thứ tự nên theo bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự, ta có: a1b1 +a2b2 + .+anbn = a1b1+ a2b2 + .+ anbn a 1 b 1 +a 2 b 2 + .+a n b n ≥ a 1 b 2 +a 2 b 3 + .+a n b 1 a 1 b 1 +a 2 b 2 + .+a n b n ≥ a 1 b 3 +a 2 b 4 + .+a n b 2
Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên, ta được: n(a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n b n ) ≥(a 1 +a 2 + +a n ).(b 1 + b 2 + + b n ) hay a1b1 +a2b2 + + anbn n ≥ a1 +a2+ +an n b1 +b2+ +bn n Đẳng thức xảy ra a 1 = a 2 = = a n hoặc b 1 = b 2 = = b n
Hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) có thứ tự ngược nhau, do đó hai dãy (a1, a2, , an) và (−b1, −b2, , −bn) sẽ có thứ tự giống nhau Khi áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho trường hợp hai dãy cùng thứ tự, ta nhận được kết quả: a1(−b1) + a2(−b2) + + an(−bn) ≥ 0.
⇔ − a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n b n n ≥ − a 1 +a 2 + +a n n b 1 +b 2 + +b n n hay a 1 b 1 +a 2 b 2 + + a n b n n ≤ a 1 +a 2 + +a n n b 1 +b 2 + +b n n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n hoặc −b 1 = −b 2 = −b n ⇔ a 1 = a 2 = = a n hoặc b 1 = b 2 = = b n
Bất đẳng thức AM-QM là một hệ quả trực tiếp từ bất đẳng thức Chebyshev khi hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) trùng nhau Cụ thể, khi áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy trùng nhau và sắp cùng thứ tự, ta có: a1² + a2² + + an² / n ≥ (a1 + a2 + + an)² / n.
Bất đẳng thức hoán vị có nhiều ứng dụng quan trọng trong việc giải quyết các bài toán bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi ở trường phổ thông Việc áp dụng những nguyên lý này không chỉ giúp học sinh nâng cao khả năng tư duy logic mà còn khuyến khích sáng tạo trong việc thiết kế các bài toán mới về bất đẳng thức.
Chương này khám phá các ứng dụng của bất đẳng thức hoán vị trong việc giải quyết các bài toán chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị, thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế Bên cạnh đó, chương cũng trích dẫn một số bài toán bất đẳng thức từ các kỳ thi học sinh giỏi Cuối chương, tôi đã sáng tác một số bài toán mới về bất đẳng thức nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thông Nội dung chương được tổng hợp từ các tài liệu tham khảo [1], [3]-[4], [6]-[7], [8]-[17].
Sử dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán chứng
chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng bất đẳng thức hoán vị để giải quyết một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức trong các kỳ thi học sinh giỏi cả trong nước và quốc tế Dưới đây là một số ví dụ cụ thể để minh họa.
Nhận xét 3.1.1 Trong chứng minh bất đẳng thức và khi sử dụng bất đẳng thức hoán vị, ta dùng một kỹ thuật sau:
Nếu f (a1, a2, , an) là một biểu thức đối xứng với a1, a2, , an (tức là f (a1, a2, , an)=f (x1, x2, , xn) với mọi hoán vị (x1, x2, , xn) của
Để chứng minh bất đẳng thức f(a1, a2, , an) ≥ 0 (hoặc f(a1, a2, , an) ≤ 0), ta có thể giả thiết rằng a1 ≤ a2 ≤ ≤ an (hoặc a1 ≥ a2 ≥ ≥ an) Điều này là do f(a1, a2, , an) không thay đổi với mọi hoán vị của (a1, a2, , an).
Sau đây ta xét một số bài toán áp dụng bất đẳng thức hoán vị.
Bài toán 3.1.1 (IMO-1975).Cho hai dãy số thực đơn điệu tăng(a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) Chứng minh rằng nếu (c 1 , c 2 , , c n ) là một hoán vị tùy ý của (b 1 , b 2 , , b n ) thì: n
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: n
Vì (c 1 , c 2 , , c n ) là hoán vị của (b 1 , b 2 , , b n ) nên n
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: n
X i=1 aici. Đây chính là bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự.
Vậy ra có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.2 Cho các số thực a, b, c Chứng minh rằng:
(ii) a n + b n + c n ≥ a n−1 b+ b n−1 c +c n−1 a với n là một số nguyên dương chẵn.
Giả sử a ≤ b ≤ c, chúng ta có thể áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và đơn điệu tăng là (a, b, c) và (a, b, c) Khi thực hiện hoán vị (b, c, a) của (a, b, c), ta nhận được bất đẳng thức a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca.
Vậy ta có điều cần chứng minh.
(ii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c.
Vì n là số nguyên dương chẵn nên a n−1 ≤ b n−1 ≤ c n−1 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy đơn điệu tăng là (a, b, c) và (a n−1 , b n−1 , c n−1 ) với (b, c, a) là hoán vị của (a, b, c), ta có: a n−1 a+b n−1 b+c n−1 c ≥ a n−1 b+b n−1 c+c n−1 a
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 3.1.2 Trong bài toán 3.1.2 (ii) chính là sự tổng quát hóa của (i). Bài toán 3.1.3 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:
(i) Ta có bất đẳng thức (3.1) tương đương với
1 bc + 1 ca + 1 ab ≤ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c Khi đó
1 a ≥ 1 b ≥ 1 c. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và đơn điệu giảm là
⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 1 ab + 1 bc + 1 ca Vậy ta có điều cần chứng minh.
(ii) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và sắp cùng thứ tự là a b,b c, c a và a b, b c, c a với hoán vị b c, c a,a b của a b, b c, c a
⇔ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a c + b a + c b Vậy ta có điều cần chứng minh.
(iii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó
a 2 ≤b 2 ≤ c 2 1 a ≥ 1 b ≥ 1 c Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 2 , b 2 , c 2 ) và
⇔ a+b+c ≤ a 2 b + b 2 c + c 2 a. Vậy ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.4 (Bất đẳng thức Nesbitt)
Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a b+c + b c+a + c a+ b ≥ 3
Giải: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤c Suy ra
b+ c ≥c+a ≥ a+b 1 b+c ≤ 1 c+a ≤ 1 a+b Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy đơn điệu tăng là (a, b, c) và 1 b+c, 1 c+a, 1 a+ b
1 c+a, 1 a+b, 1 b+c là một hoán vị của
1 a+b, 1 b+c, 1 c+a là một hoán vị của
⇔ a b+c + b c+a + c a+b ≥ a a+b + b b+ c + c c+a (3.5) Cộng theo vế của (3.4) và (3.5), ta được:
2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.5 (Bất đẳng thức hoán vị dạng lũy thừa)
Cho các số thực a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥1 Chứng minh rằng: a a b b c c ≥ a b b c c a (3.6) Giải: Bất đẳng thức (3.6) tương đương với: a.lna+a.lnb+c.lnc ≥ b.lna+c.lnb+a.lnc (3.7)
Vì bất đẳng thức trên không thay đổi qua phép hoán vị vòng quanh nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a = max{a, b, c}
Nếu a ≥ b ≥ c ≥ 1, thì hai dãy (a, b, c) và (lna, lnb, lnc) có cùng thứ tự Bằng cách áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy này với hoán vị (lnc, lna, lnb) của (lna, lnb, lnc), ta có được bất đẳng thức a.lna + b.lnb + c.lnc ≥ a.lnc + b.lna + c.lnb.
⇔a.lna+b.lnb+c.lnc ≥b.lna+ c.lnb+a.lnc
Nếu a ≥ c ≥ b ≥ 1, thì hai dãy (a, c, b) và (lna, lnc, lnb) được sắp xếp cùng thứ tự Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy này với hoán vị (lnc, lnb, lna) của (lna, lnc, lnb), ta có bất đẳng thức: a.lna + c.lnc + b.lnb ≥ a.lnc + c.lnb + b.lna.
⇔a.lna+b.lnb+c.lnc ≥b.lna+ c.lnb+a.lnc
Như vậy, trong cả hai trường hợp ta đều có bất đẳng thức (3.7)
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 3.1.3 Bất đẳng thức (3.6) vẫn đúng khi a, b, c dương và bài toán 3.1.5 có thể được mở rộng như sau:
Cho các số thực dương a 1 , a 2 , , a n Khi đó ta có: a a 1 1 a a 2 2 a a n n ≥ a a 1 2 a a 2 3 a a n−1 n a a n 1
Bài toán 3.1.6 Cho các số thực không âm a, b, c Chứng minh rằng: a 5 +b 5 +c 5 ≥ a 4 b+b 4 c+c 4 a
Giả sử a ≤ b ≤ c, ta có a^4 ≤ b^4 ≤ c^4 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a, b, c) và (a^4, b^4, c^4) với hoán vị (b, c, a), ta có bất đẳng thức: a^4.a + b^4.b + c^4.c ≥ a^4.b + b^4.c + c^4.a.
Bài toán 3.1.7 yêu cầu chứng minh bất đẳng thức cho các số thực dương a, b, c: \( a^2 + \frac{bc}{b+c} + b^2 + \frac{ca}{c+a} + c^2 + \frac{ab}{a+b} \geq a + b + c \) Để chứng minh, ta giả sử không mất tính tổng quát rằng \( a \leq b \leq c \) Từ giả thiết này, ta có \( b+c \geq c+a \geq a+b \) và \( a^2 \leq b^2 \leq c^2 \) Do đó, ta suy ra \( \frac{1}{b+c} \leq \frac{1}{c+a} \leq \frac{1}{a+b} \) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy \( (a^2, b^2, c^2) \) sẽ giúp hoàn thành chứng minh.
1 b+c, 1 c+a, 1 a+b sắp cùng thứ tự với hoán vị (b 2 , c 2 , a 2 ) của (a 2 , b 2 , c 2 ), ta được:
⇔a 2 +bc b+ c + b 2 +ca c+a + c 2 +ab a+b ≥ b 2 +bc b+c + c 2 + ca c+a + a 2 +ab a+ b
⇔a 2 +bc b+ c + b 2 +ca c+a + c 2 +ab a+b ≥ a+b+c. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Vậy ta có điều cần chứng minh
Bài toán 3.1.8 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a 8 +b 8 +c 8 a 3 b 3 c 3 ≥ 1 a + 1 b + 1 c
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 5 b 3 c 3 + b 5 a 3 c 3 + c 5 a 3 b 3 ≥ 1 a + 1 b + 1 c. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c
a 5 ≤ b 5 ≤ c 5 1 b 3 c 3 ≤ 1 a 3 c 3 ≤ 1 a 3 b 3 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là: (a 5 , b 5 , c 5 ) và
1 b 3 c 3 , 1 a 3 c 3 , 1 a 3 b 3 với hoán vị (c 5 , a 5 , b 5 ) của (a 5 , b 5 , c 5 ), ta được:
a 2 ≤ b 2 ≤ c 2 1 a 3 ≥ 1 b 3 ≥ 1 c 3 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 2 , b 2 , c 2 ) và
1 a 3 , 1 b 3 , 1 c 3 với hoán vị (b 2 , c 2 , a 2 ) của (a 2 , b 2 , c 2 ), ta được:
Từ (3.8) và (3.9) ta suy ra: a 5 b 3 c 3 + b 5 a 3 c 3 + c 5 a 3 b 3 ≥ 1 a + 1 b + 1 c. Vậy ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.9 Cho các số thực dương a, b và n là một số nguyên dương.
Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử rằng \( a \leq b \) Từ đó, suy ra \( a^{n-1} \leq b^{n-1} \) Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy cùng thứ tự là \( (a, b) \) và \( (a^{n-1}, b^{n-1}) \), ta có được kết quả: \( a \cdot a^{n-1} + b \cdot b^{n-1} \).
Ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.10 Cho các số thực dương a, b Chứng minh rằng:
Giải (i) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (a 2 , b 2 ) và (a 3 , b 3 ), ta được: a 2 a 3 + b 2 b 3
Ta có điều cần chứng minh
(ii) Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 9 +b 9 a 2 b 2 ≥a 5 +b 5 ⇔ a 7 b 2 + b 7 a 2 ≥a 5 +b 5
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b Khi đó
1 a 2 ≥ 1 b 2 a 7 ≤b 7 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là
1 a 2 , 1 b 2 và (a 7 , b 7 ) với hoán vị (b 7 , a 7 ) của (a 7 , b 7 ) ta được:
⇔ a 5 + b 5 ≤ b 7 a 2 + a 7 b 2 Vậy ta có điều cần chứng minh
(iii) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Ta chứng minh bất đẳng thức (3.10) bằng nguyên lý quy nạp theo n. +) Với n = 1 thì bất đẳng thức (3.10) hiển nhiên đúng
+) Với n = 2 thì bất đẳng thức (3.10) chính là bất đẳng thức AM-QM cho hai số dương a và b.
Giả sử bất đẳng thức (3.10) đúng với n, tức là: a+b 2 n
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (3.10) đúng với n+ 1, tức là: a+b 2 n+1
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: a+b
Ta sẽ chứng minh rằng a n+1 +b n+1
Giả sử a ≤ b, ta có a^n ≤ b^n Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a, b) và (a^n, b^n) với hoán vị (b^n, a^n), ta nhận được bất đẳng thức: a.a^n + b.b^n ≥ a.b^n + b.a^n.
Vậy bất đẳng thức (3.12) đúng.
Do đó, ta có: a n+1 +ab n +a n b+ b n+1
Từ (3.11) và (3.13), ta suy ra: a+b 2 n a+b 2
Do đó, bất đẳng thức (3.10) cũng đúng với n+ 1,
Vì n∈ N ∗ tùy ý Do đó theo nguyên lý quy nạp ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 3.1.4 Thực ra, ở ý (iii) của bài toán 3.1.10, việc chứng minh bất đẳng thức (3.12) thực chất là xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên
(a−b) (a n −b n ) ≥ 0. Ở hệ quả 2.1.3 ta cũng đã đề cập đến trường hợp đặc biệt này.
Bài toán 3.1.11 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:
(i) ab+ bc+ ca ≥a√ bc+b√ ca+c√ ab (ii) (a+b+c)
(i) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c
Khi đó ab ≤ ac ≤ bc Suy ra
Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và sắp cùng thứ tự là √ab, √ac, √bc, ta có thể sắp xếp lại thành √ac, √bc, √ab Kết quả cho thấy rằng √ab ≤ √ac ≤ √bc.
√ ab.√ ab+√ ac.√ ac+√ bc.√ bc ≥√ ab.√ ac+√ ac.√ bc+√ bc.√ ab
⇔ ab+ac+bc ≥ a√ bc+c√ ab+b√ ac hay ab+bc+ca ≥a
Ta có điều cần chứng minh.
(ii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c Khi đó
1 a ≥ 1 b ≥ 1 c. Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a, b, c) và
Vậy ta có điều cần chứng minh.
(iii) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a+b+c
Ta chứng minh bất đẳng thức (3.14) bằng nguyên lý quy nạp theo n.
+) Với n = 1 thì bất đẳng thức (3.14) hiển nhiên đúng
+) Với n = 2 thì bất đẳng thức (3.14) trở thành bất đẳng thức AM-QM cho ba số dương a, b, c.
Giả sử bất đẳng thức (3.14) đúng với n, tức là: a+b+c
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (3.14) cũng đúng với n+ 1, tức là: a+b+c
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: a+b+c
Ta sẽ chứng minh rằng: a n+1 +b n+1 +c n+1
Giả sử a ≤ b ≤ c, ta có a^n ≤ b^n ≤ c^n Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a, b, c) và (a^n, b^n, c^n) với hoán vị (b^n, c^n, a^n), ta có bất đẳng thức: a.a^n + b.b^n + c.c^n ≥ a.b^n + b.c^n + c.a^n.
Tương tự, áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (a, b, c) và (a n , b n , c n ) với hoán vị (c n , a n , b n ) của (a n , b n , c n ), ta được: a.a n +b.b n + c.c n ≥a.c n +b.a n +c.b n
⇔a n+1 +b n+1 +c n+1 ≥ a.c n + b.a n + c.b n (3.18) Cộng theo vế của (3.17) và (3.18), ta được:
Vậy bất đẳng thức (3.16) đúng.
Do đó, ta có: a n+1 +a n b+a n c+ ab n + b n+1 +b n c+c n a+ c n b+ c n+1
Từ (3.15) và (3.19), ta suy ra: a+b+c
Do đó, bất đẳng thức (3.14) cũng đúng với n+ 1.
Vì n ∈ N ∗ tùy ý Do đó theo nguyên lý quy nạp, ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.12 Cho các số thực dương a1, a2, , an Chứng minh rằng:
Giải Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n Khi đó 1 a 1 ≥ 1 a 2 ≥ ≥ 1 a n Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 1 , a 2 , , a n ) và
Ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.13 Cho các số thực dươnga, b, cvànlà một số nguyên dương. Chứng minh rằng: a n b+c + b n c+ a + c n a+b ≥ a n−1 +b n−1 +c n−1
Giải: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó a n ≤ b n ≤c n và b+c ≥ c+ a ≥a+b Suy ra
1 b+c ≤ 1 c+a ≤ 1 a+b. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy đơn điệu cùng chiều là (a n , b n , c n ) và
Tương tự, áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy đơn điệu cùng chiều là (a n , b n , c n ) và
⇔ a n b+c + b n c+a + c n a+b ≥ a n a+b + b n b+ c + c n c+a (3.21) Cộng theo vế (3.20) và (3.21), ta được:
≥ a n +b n a+b + b n + c n b+ c + c n +a n c+a (3.22) Mặt khác, áp dụng kết quả của bài toán 3.1.9, ta được a n +b n a+b ≥ 1
2(c n−1 +a n−1 ). Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên, ta được: a n + b n a+ b + b n +c n b+c + c n +a n c+a ≥ a n−1 +b n−1 +c n−1 (3.23)
Từ (3.22) và (3.23), ta suy ra:
Ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 3.1.5 Bất đẳng thức trong bài toán 3.1.13 là một mở rộng của bất đẳng thức Nesbitt đã được đề cập trong bài toán 3.1.4.
Bài toán 3.1.14 (USA-MO 1974) Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a a b b c c ≥ (abc) a+b+c 3
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: alna+bnb+ clnc ≥ a+b+c
Giả sử a ≤ b ≤ c, ta có lna ≤ lnb ≤ lnc Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy (a, b, c) và (lna, lnb, lnc), ta nhận được kết quả alna + blnb + clnc.
Ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.15 (IMO-1995) Cho các số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:
Giải: Vì abc = 1 nên bất đẳng thức (3.24) tương đương với:
(3.25) Đặt x = 1 a;y = 1 b;z = 1 c thì x, y, z > 0, xyz = 1 và (3.25) trở thành: x 2 y +z + y 2 z +x + z 2 x+y ≥ 3
Giả sử x ≤ y ≤ z, ta có x² ≤ y² ≤ z² và y + z ≥ z + x ≥ x + y Từ đó suy ra x² ≤ y² ≤ z² và 1/(y + z) ≤ 1/(z + x) ≤ 1/(x + y) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự (x², y², z²).
⇔ x 2 y +z + y 2 z+x + z 2 x+y ≥ x 2 z +x + y 2 x+y + z 2 y +z (3.27) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (x 2 , y 2 , z 2 ) và 1 y +z, 1 z +x, 1 x+y với hoán vị
⇔ x 2 y +z + y 2 z+x + z 2 x+y ≥ x 2 x+y + y 2 y+ z + z 2 z+ x (3.28) Cộng theo vế của (3.27) và (3.28), ta được:
Ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 3.1.6 Bất đẳng thức (3.26) trong bài toán 3.1.15 có thể được chứng minh trực tiếp từ bài toán 3.1.13 với n = 2 Cụ thể, ta có: x 2 y+ z + y 2 z+ x + z 2 x+y ≥ x+y +z
Bài toán 3.1.16 (IMO-1978)Choa 1 , a 2 , , a n lànsố nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng: a 1
2 + + 1 n. Giải: Sắp xếp dãy (a 1 , a 2 , , a n ) thành dãy đơn điệu tăng (x 1 , x 2 , , x n ) thì áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là(x 1 , x 2 , , x n ) và
2 2 , , 1 n 2 với hoán vị (a 1 , a 2 , , a n ) của (x 1 , x 2 , , x n ), ta được: x 1 1
2 2 + + xn n 2 Nhưng vì (x 1 , x 2 , , x n ) là dãy đơn điệu tăng các số nguyên dương nên x i ≥ i,∀i = 1,2, , n.
2 + + 1 n. Bài toán 3.1.17 (IMO-1983) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng: a 2 b(a−b) +b 2 c(b−c) +c 2 a(c−a) ≥0.
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a 2 b(a−b) +b 2 c(b−c) +c 2 a(c−a) abc ≥ 0
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c Từ đó, ta có:
(a 2 + bc)−(b 2 +ca) ≤ 0 (b 2 + ca)−(c 2 +ab) ≤ 0 (a 2 + bc)−(c 2 +ab) ≤ 0
a 2 +bc ≤ b 2 + ca b 2 +ca ≤ c 2 +ab a 2 +bc ≤ c 2 +ab
Suy ra a 2 +bc ≤ b 2 +ca ≤ c 2 +ab và ta cũng có 1 a ≥ 1 b ≥ 1 c. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là
, ta được: a 2 +bc 1 a + b 2 +ca 1 b + c 2 +ab 1 c
⇔ a 2 +bc a + b 2 +ca b + c 2 + ab c ≤ a 2 + bc c + b 2 +ca a + c 2 +ab b
⇔a 2 −ab c + bc−c 2 c + b 2 −bc a + ca−a 2 a + c 2 −ca b + ab−b 2 b ≥ 0
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.18 (IMO-1964) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng: a 2 (b+c−a) +b 2 (c+a−b) +c 2 (a+b−c) ≤ 3abc (3.29)
Giải: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó, ta có:
Suy ra a(b+ c−a) ≥ b(a+c−b) ≥ c(a+b−c) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a, b, c) và(a(b+c−a), b(a+c−b), c(a+ b−c)) với hoán vị (b, c, a) của (a, b, c), ta được: a 2 (b+c−a) +b 2 (c+a−b) +c 2 (a+b−c)
≤ ab(b+c−a) +bc(c+a−b) +ac(a+b−c) (3.30) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là:(a, b, c) và (a(b+c−a), b(a+c−b), c(a+ b−c)) với hoán vị (c, a, b) của (a, b, c), ta được: a 2 (b+c−a) +b 2 (c+a−b) +c 2 (a+ b−c)
≤ ac(b+c−a) +ab(c+a−b) + bc(a+b−c) (3.31) Cộng theo vế của (3.30) và (3.31), ta được:
Ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét 3.1.7 Ta cũng có thể sử dụng định lý hàm số côsin để giải bài toán 3.1.18 Cụ thể như sau:
Bất đẳng thức (3.29) tương đương với:
⇔ a b 2 +c 2 −a 2 +b c 2 + a 2 −b 2 +c a 2 +b 2 −c 2 ≤ 3abc (3.32) Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác ABC với ba cạnh
AB = c, BC = a, CA = b, ta có (3.32) tương đương với: a.(2bc.cosA) + b.(2ca.cosB) +c.(2ab.cosC) ≤ 3abc
⇔2abc.cosA+ 2abc.cosB + 2abc.cosC ≤ 3abc
⇔2abc(cosA+cosB + cosC) ≤ 3abc
Bất đẳng thức (3.33) là bất đẳng thức đã biết trong mọi tam giác ABC.Vậy ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.19 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh rằng: a 2 b+b 2 c+c 2 a+abc ≤4
Giả sử a = min{a, b, c}, ta có a ≤ b ≤ c dẫn đến ab ≤ ac ≤ bc Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a, b, c) và (ab, ac, bc), với hoán vị (ab, bc, ac), ta nhận được bất đẳng thức: a.ab + b.ac + c.bc ≥ a.ab + b.bc + c.ac.
Nếu a ≤ c ≤ b, thì theo bất đẳng thức, ta có ac ≤ ab ≤ cb Bằng cách áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (a, c, b) và (ac, ab, cb), ta nhận được bất đẳng thức: a.ac + c.ab + b.cb ≥ a.ab + c.ac + b.cb.
Vậy trong cả hai trường hợp, ta đều có điều cần chứng minh.
Bài toán 3.1.20 Cho tam giácABC với ba cạnh AB = c, BC = a, CA b và p = a+b+c
2 là nửa chu vi Chứng minh rằng:
A p−a + B p−b + C p−c ≥ 3π p , trong đó các góc A, B, C được đo theo đơn vị rađian.
Giải: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤c Khi đó,
A ≤B ≤C 1 p−a ≤ 1 p−b ≤ 1 p−c Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy sắp cùng thứ tự là(A, B, C) và
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 nên sinx > 0 và cosx > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh đối xứng với sinx và cosx
Do đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử sinx ≤cosx Khi đó
. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là
1 sinx, 1 cosx và sin 3 x,cos 3 x với hoán vị cos 3 x,sin 3 x của sin 3 x,cos 3 x , ta được:
1 sinx.sin 3 x+ 1 cosx.cos 3 x ≤ 1 sinx.cos 3 x+ 1 cosx.sin 3 x hay sin 3 x cosx + cos 3 x sinx ≥ 1
Do đó, giá trị nhỏ nhất của A bằng 1.
Bài toán 3.1.22 (VMO-2014).Cho các số thực dươngx, y, z thay đổi tùy ý Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
(z 4 +x 4 ) (zx+ y 2 ) 3 Giải: Dự đoán đẳng thức trong đánh giá giá trị lớn nhất của P xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Khi đó P = 3
16. Áp dụng các bất đẳng thức x 4 +y 4 ≥ xy(x 2 +y 2 )và(xy+z 2 ) 2 ≥4xyz 2 , ta được: x 4 + y 4 xy +z 2 3 ≥4x 2 y 2 z 2 x 2 +y 2 xy +z 2
Ta sẽ chứng minh rằng:
4 (3.34) Đặt a = xy, b = yz, c = zx thì bất đẳng thức (3.34) trở thành:
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c Khi đó ab ≤ ac ≤ bc và
2a 2 +b 2 + c 2 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (ab, ac, bc) và
2a 2 +b 2 +c 2 với hoán vị (ac, bc, ab)của (ab, ac, bc), ta được:
2a 2 +b 2 +c 2 (3.36) Mặt khác, theo các bất đẳng thức AM-GM và Bunhiacopski – Cauchy –
Từ (3.36) và (3.37), ta suy ra:
4 Vậy (3.35) được chứng minh, tức là (3.34) được chứng minh.
16. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
16, đạt được khi và chỉ khi x = y = z.
Bài toán 3.1.23 (Bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số)
Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tác một số bài toán chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị
toán chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị
Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng bất đẳng thức hoán vị để tạo ra một số bài toán về bất đẳng thức, nhằm nâng cao khả năng tư duy cho học sinh giỏi ở trường phổ thông Dưới đây là một số ví dụ cụ thể để tham khảo.
Chúng ta có thể dễ dàng tạo ra các bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức hoán vị bằng cách chọn hai hàm số đơn điệu f(x) và g(x) xác định trên tập K (K ⊆ R) Đối với mọi x1, x2, , xn thuộc K và (x0 1, x0 2, , x0 n) là một hoán vị tùy ý của (x1, x2, , xn), ta có thể thiết lập bất đẳng thức tương ứng.
(i)f(x 1 )g(x 1 )+f(x 2 )g(x 2 )+ +f(x n )g(x n ) ≥ f(x 1 )g(x 0 1 )+f(x 2 )g(x 0 2 )+ +f(x n )g(x 0 n ) (nếu f(x), g(x) đơn điệu cùng chiều).
(ii)f(x 1 )g(x 1 )+f(x 2 )g(x 2 )+ +f(x n )g(x n ) ≤ f(x 1 )g(x 0 1 )+f(x 2 )g(x 0 2 )+ +f(x n )g(x 0 n ) (nếu f(x), g(x) đơn điệu ngược chiều).
Sau đây ta xét một số ví dụ cụ thể áp dụng nhận xét 3.2.1 để sáng tác một số bài toán về bất đẳng thức.
Ví dụ 3.2.1 Xét các số thực dương a, b, c Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤c Khi đó b+c ≥ c+a ≥ a+b.
Suy ra a b+c ≤ b c+a ≤ c a+b. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (a, b, c) và a b+c, b c+a, c a+ b với hoán vị (c, a, b) của (a, b, c), ta được: a 2 b+c + b 2 c+a + c 2 a+b ≥ ac b+c + ab c+a + bc a+b.
Cộng cả hai vế của bất đẳng thức trên cho biểu thức ab b+c+ bc c+a+ ac a+ b, ta được: a 2 b+c + ab b+c
Mặt khác, a(a+b) b+c +b = a 2 +ab+b 2 + bc b+c = a 2 +b(a+b+c) b+c b(b+c) c+a +c = b 2 +bc+c 2 + ac c+a = b 2 +c(a+b+c) c+a c(c+a) a+ b +a = c 2 +ac+a 2 +ab a+b = c 2 +a(a+ b+ c) a+b
3 thì đẳng thức trong (3.41) xảy ra.
Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho các số thực dương a, b, c thay đổi và thoả mãn a +b+ c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Ví dụ 3.2.2 Xét các số thực dương a, b, c Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤c Khi đó a 3 √ 4 a ≤ b 3 √ 4 b ≤ c 3 √ 4 c và 1
√4 c. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ thự là
√4 a ≥a 3 +b 3 + c 3 Áp dụng bất đẳng thức AM −GM cho ba số dương, ta được a 3 + b 3 +c 3 ≥ 3√ 3 a 3 b 3 c 3 = 3abc.
Cho abc = 1 thì ta được a 3 +b 3 +c 3 ≥ 3
Khi a = b = c = 1 thì đẳng thức trong (3.42) xảy ra.
Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau: “Cho các số thực dươnga, b, cthay đổi và thoả mãn abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Xét các số thực không âm a, b, c với giả thiết a ≤ b ≤ c, ta có a² ≤ b² ≤ c² Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a, b, c) và (a², b², c²) với hoán vị (b², c², a²), ta nhận được bất đẳng thức: a.a² + b.b² + c.c² ≥ a.b² + b.c² + c.a².
⇔a 3 +b 3 +c 3 ≥ a.b 2 + b.c 2 +c.a 2 (3.43) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp xếp cùng thứ tự là (a, b, c) và (a 2 , b 2 , c 2 ) với hoán vị (c 2 , a 2 , b 2 ) của (a 2 , b 2 , c 2 ), ta được: a.a 2 +b.b 2 +c.c 2 ≥ a.c 2 +b.a 2 +c.b 2
Cộng theo vế của (3.43) và (3.44) ta được:
⇔4(a 3 +b 3 +c 3 ) ≥ 2[ab(a+b) +bc(b+c) +ca(a+c)] (3.45) Mặt khác, theo bất đẳng thức Schur ta có:
(a 3 +b 3 + c 3 ) + 3abc ≥ ab(a+b) +bc(b+c) +ca(a+c) (3.46) Cộng theo vế của (3.45) và (3.46), ta được:
9(a+b+c) 3 Cho a+b+c = 1 thì ta được a 2 +b 2 +c 2 + 3abc ≥ 4
9 Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi và thoả mãn a + b+ c = 1. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 +c 2 + 3abc ≥ 4
Ví dụ 3.2.4 Xét các số thực dương a, b, c sao cho 1 a + 1 b > 1 c,1 b + 1 c > 1 a và 1 c + 1 a > 1 b. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤b ≤ c.
Suy rab+c−2a ≥ c+a−2b ≥ a+b−2cvà a a 2 + bc ≤ b b 2 +ca ≤ c c 2 + ab. Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy sắp ngược thứ tự là
, ta được: a(b+c−2a) a 2 +bc + b(c+a−2b) b 2 +ca + c(a+b−2c) c 2 +ab ≤ 0
⇔ ab+ac a 2 +bc + bc+ba b 2 + ca + ca+cb c 2 +ab ≤ 2a 2 a 2 +bc + 2b 2 b 2 +ca + 2c 2 c 2 +ab
⇔ ab+ac+ 2bc a 2 +bc + bc+ba+ 2ca b 2 +ca + ca+cb+ 2ab c 2 + ab ≤ 6.
Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
Cho các số thực dương a, b, c sao cho 1/a, 1/b, 1/c là độ dài ba cạnh của một tam giác Cần chứng minh rằng: \( \frac{ab + ac + 2bc}{a^2 + bc} + \frac{bc + ba + 2ca}{b^2 + ca} + \frac{ca + cb + 2ab}{c^2 + ab} \leq 6 \).
Xét các số thực dương a, b, c với giả thiết a ≤ b ≤ c, ta có a^5 ≤ b^5 ≤ c^5 và 1/(bc) ≤ 1/(ca) ≤ 1/(ab) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (a^5, b^5, c^5).
1 bc, 1 ca, 1 ab với hoán vị
, ta được: a 5 bc + b 5 ca + c 5 ab ≥ a 5 ca + b 5 ab + c 5 bc
Ta cũng có a 4 ≤ b 4 ≤c 4 và 1 a ≥ 1 b ≥ 1 c Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 4 , b 4 , c 4 ) và
Từ (3.47) và (3.48) ta suy ra: a 5 bc + b 5 ca + c 5 ab ≥a 3 +b 3 +c 3 Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c, ta có bất đẳng thức: \( a^5bc + b^5ca + c^5ab \geq a^3 + b^3 + c^3 \) Ngoài ra, chúng ta cũng có thể sáng tác bài toán tương tự như trong ví dụ 3.2.5.
Xét các số thực dương a, b, c với giả thiết a ≤ b ≤ c, ta có a^4 ≤ b^4 ≤ c^4 và bc ≥ ca ≥ ab Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a^4, b^4, c^4) và (bc, ca, ab) với hoán vị (ca, ab, bc), ta nhận được bất đẳng thức: a^4bc + b^4ca + c^4ab ≤ a^5c + b^5a + c^5b.
Ta cũng có: a ≤ b ≤ c và a 5 ≤b 5 ≤ c 5 Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là (a, b, c) và (a 5 , b 5 , c 5 ) với hoán vị (b 5 , c 5 , a 5 )của(a 5 , b 5 , c 5 ), ta được: a 6 +b 6 +c 6 ≥ ab 5 +bc 5 +ca 5
Từ (3.49) và (3.50), ta suy ra a 6 +b 6 +c 6 ≥a 4 bc+b 4 ca+c 4 ab
⇔ a 5 bc + b 5 ca + c 5 ab ≥a 3 +b 3 +c 3 Vậy ta cũng nhận được bài toán trong ví dụ 3.2.5 ở trên.
Xét các số thực dương x, y, z với giả định x ≤ y ≤ z, ta có x³ ≤ y³ ≤ z³ Đồng thời, áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự, ta có 1/y² + z² ≤ 1/z² + x² ≤ 1/x² + y².
1 y 2 +z 2 , 1 z 2 +x 2 , 1 x 2 +y 2 và(x 3 , y 3 , z 3 )với hoán vị(z 3 , x 3 , y 3 )của(x 3 , y 3 , z 3 ), ta được: x 3 y 2 +z 2 + y 3 z 2 + x 2 + z 3 x 2 +y 2 ≥ z 3 y 2 +z 2 + x 3 z 2 +x 2 + y 3 x 2 +y 2 (3.51) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự là
1 y 2 +z 2 , 1 z 2 +x 2 , 1 x 2 +y 2 và(x 3 , y 3 , z 3 )với hoán vị(y 3 , z 3 , x 3 )của(x 3 , y 3 , z 3 ), ta được: x 3 y 2 +z 2 + y 3 z 2 + x 2 + z 3 x 2 +y 2 ≥ y 3 y 2 +z 2 + z 3 z 2 +x 2 + x 3 x 2 +y 2 (3.52) Cộng theo vế của (3.51) và (3.52), ta được:
Bất đẳng thức Muirhead được thiết lập từ việc so sánh các biến x và y, với điều kiện x ≤ y dẫn đến x² ≤ y² Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (x, y) và (x², y²), ta có thể chứng minh rằng x³ + y³ ≥ xy² + x²y.
Cộng cả hai vế của bất đẳng thức Muirhead trên cho x 3 +y 3 , ta được:
Tương tự, ta cũng có: y 3 + z 3 y 2 + z 2 ≥ y +z
2 Áp dụng các bất đẳng thức ở trên cho (3.53) thì ta được:
2 Áp dụng bất đẳng thức AM −GM cho ba số dương, ta được: x+y +z ≥3√ 3 xyz.
Cho xyz = 1 thì ta được: x+y +z ≥ 3
Khi x = y = z = 1 thì đẳng thức trong (3.54) xảy ra.
Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho các số thực dương x, y, z thay đổi và thoả mãn xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Xét các số thực dương a, b, c với giả thiết a ≤ b ≤ c, ta có các bất đẳng thức sau: a + ab + ac ≤ b + ba + bc ≤ c + ca + cb và a ab + ac + a ≤ b bc + ba + b ≤ c ca + cb + c Điều này cho phép áp dụng bất đẳng thức Chebyshev với hai dãy sắp cùng thứ tự.
(a+ab+ac, b+ba+bc, c+ca+cb)và a ab+ac+a, b bc+ba+b, c ca+cb+c
, ta được: a ab+ac+a + b bc+ba+b + c ca+cb+c ≤ 3(a+b+c) a+ b+ c+ 2(ab+bc+ca)
(3.55) Bây giờ, xét tam giác ABC nhọn Khi đó tanA > 0,tanB > 0,tanC > 0. Đặt a = tanA, b = tanB, c = tanC. Áp dụng (3.55) cho a = tanA, b = tanB, c= tanC ta được:
1 tanB+ tanC + 1 + 1 tanC + tanA+ 1 + 1 tanA+ tanB+ 1
≤ 3(tanA+ tanB + tanC) tanA+ tanB + tanC + 2(tanAtanB + tanBtanC + tanCtanA)
Ta có bất đẳng thức xy +yz +zx ≤ (x+y +z) 2
3 ,∀x, y, z > 0 (3.56) Đặt a rzx y , b rxy z , c ryz x thì x = ab, y = bc, z = ca Áp dụng bất đẳng thức (3.56) cho x = ab, y = bc, z = ca thì ta được
(ab)(bc) + (bc)(ca) + (ca)(ab) ≤ (ab+bc+ca) 2
⇔3(ab 2 c+ abc 2 +a 2 bc) ≤ (ab+bc+ca) 2
Vậy ta có bất đẳng thức ab+bc+ca ≥ q3abc(a+b+c),∀a, b, c > 0 (3.57) Áp dụng bất đẳng thức (3.57) cho a = tanA, b = tanB, c = tanC, ta được: tanAtanB+ tanBtanC + tanCtanA
3(tanA+ tanB + tanC) tanA+ tanB + tanC + 2(tanAtanB + tanBtanC + tanCtanA)
≤ 3(tanA+ tanB + tanC) tanA+ tanB + tanC + 2p3 tanAtanBtanC(tanA+ tanB + tanC)Ngoài ra, ta còn có đẳng thứctanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC
3(tanA+ tanB + tanC) tanA+ tanB + tanC + 2(tanAtanB + tanBtanC + tanCtanA)
1 tanB + tanC + 1 + 1 tanC + tanA+ 1+ 1 tanA+ tanB + 1 ≤ 3
3 Như vậy ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:
1 tanB + tanC + 1+ 1 tanC + tanA+ 1+ 1 tanA+ tanB + 1 ≤ 3
Xét các số thực dương a, b, c với giả định a ≤ b ≤ c, ta có bất đẳng thức a + 2abc ≤ b + 2abc ≤ c + 2abc và a a + 2abc ≤ b b + 2abc ≤ c c + 2abc Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy sắp cùng thứ tự (a + 2abc, b + 2abc, c + 2abc) và (a a + 2abc, b b + 2abc, c c + 2abc) giúp khẳng định mối quan hệ giữa các số này.
, ta được: a a+ 2abc + b b+ 2abc + c c+ 2abc ≤ 3(a+b+ c) a+ b+ c+ 6abc
⇔ 2(a+b+c) ≤ 6abc ⇔a+b+c ≤ 3abc thì ta được:
Khi a = b = c = 1 thì đẳng thức trong (3.58) xảy ra.
Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho các số thực dươnga, b, c thay đổi và thoả mãn a+b+c ≤ 3abc Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Xét tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b và AB = c, cùng với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp Giả sử không mất tính tổng quát, ta có thể đặt a ≤ b ≤ c, dẫn đến a² ≤ b² ≤ c².
= 4R 2 (1−sinAsinB) ≥ 0 (theo định lý hàm số sin).
Tương tự, 4R 2 −bc ≥ 0 và 4R 2 −ca ≥0.
Vì a ≤ b ≤ c nên ab ≤ ca ≤ bc Suy ra −ab ≥ −ca ≥ −bc.
√4R 2 −bc+ R. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 2 , b 2 , c 2 ) và 1
√4R 2 −ab+R với hoán vị(b 2 , c 2 , a 2 ) của (a 2 , b 2 , c 2 ), ta được a 2
√4R 2 −ab+R (3.59) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 2 , b 2 , c 2 ) và
√4R 2 −ab+R với hoán vị(c 2 , a 2 , b 2 ) của (a 2 , b 2 , c 2 ), ta được a 2
√4R 2 −ab+R (3.60) Cộng theo vế của (3.59) và (3.60), ta được:
√4R 2 −ab+R ≤ 0 (3.61) Mặt khác, từ bất đẳng thức quen thuộc a 2 +b 2 +c 2 ≤9R 2 ta suy ra b 2 +c 2 ≤ 9R 2 −a 2 ⇒ −(b 2 +c 2 ) ≥ a 2 −9R 2
√4R 2 −bc+ R Tương tự, ta cũng có:
Từ (3.61) và (3.62), ta suy ra:
√4R 2 −ab+R ≤ 0 (3.63) Mặt khác, áp dụng định lý hàm số sin ta được (3.63) tương đương với
1−sinAsinB + 1 ≤ 0. Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:
Xét ba số thực dương a, b, c với giả thiết a ≤ b ≤ c, ta có a² ≤ b² ≤ c² và 1/a ≥ 1/b ≥ 1/c Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy (a², b², c²) và (1/a, 1/b, 1/c) cho thấy mối quan hệ giữa các số này.
⇔ a+b+c ≤ a 2 b + b 2 c + c 2 a (3.64) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a 2 , b 2 , c 2 ) và
Cộng theo vế của (3.64) và (3.65), ta được
Từ bất đẳng thức a ≤ b ≤ c, ta có thể suy ra rằng a³ ≤ b³ ≤ c³ và a * abc ≤ b * abc ≤ c * abc Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự (a³, b³, c³) và (a * abc, b * abc, c * abc), ta nhận được hoán vị mới là (b * abc, c * abc, a * abc) của dãy (a * abc, b * abc, c * abc).
, ta được: a 3 a abc +b 3 b abc + c 3 c abc ≥ a 3 b abc +b 3 c abc +c 3 a abc
Bất đẳng thức sau đây được đưa ra: \( a^3b + b^3c + c^3a \geq a^2c + b^2a + c^2b \) Để chứng minh điều này, ta áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy số có thứ tự giống nhau là \( (a^3, b^3, c^3) \) và \( (abc, abc, abc) \), với các hoán vị là \( (cabc, aabc, babc) \) của \( (abc, abc, abc) \).
, ta được: a 3 a abc +b 3 b abc + c 3 c abc ≥ a 3 c abc +b 3 a abc +c 3 b abc
Cộng theo vế của (3.67) và (3.68) ta được:
Từ (3.66) và (3.69), ta suy ra: a+b+c ≤ b 2 +c 2
2c ≤ a 3 bc + b 3 ac + c 3 ab. Như vậy, ta sáng tác được bài toán sau:
“Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a+b+c ≤ b 2 +c 2
Ví dụ 3.2.11 Trước hết ta chứng minh hàm số f(x) = tanx x tăng trên khoảng
Thật vậy, ta có f 0 (x) x cos 2 x −tanx x 2 = x−sinxcosx x 2 cos 2 x > x−sinx x 2 cos 2 x > 0,∀x ∈ 0,π
Do đó hàm số f(x) = tanx x tăng trên khoảng
Xét các số thực dương α, β, γ ∈ 0,π
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử α ≤ β ≤ γ Suy ra α 4 ≤ β 4 ≤ γ 4 Vì hàm số f(x) = tanx x tăng trên khoảng