Trong bài viết này, nhóm tác giả đề xuất các ý tưởng và phương pháp để tạo ra các bài toán mới về bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và tìm giá trị bé nhất. Nghiên cứu dựa trên bất đẳng thức về điều kiện cần và đủ của hàm lồi và hàm lõm một biến, kết hợp với phép biến đổi tương đương, phương pháp đổi biến và/ hoặc các bất đẳng thức cơ bản khác.
Huỳnh Đức Vũ, Phạm Quý Mười 64 SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI DỰA TRÊN BẤT ĐẲNG THỨC VỀ ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ CỦA HÀM LỒI VÀ HÀM LÕM CREATING NEW PROBLEMS BASED ON THE NECESSARY AND SUFFICIENT INEQUALITIES OF CONVEX AND CONCAVE FUNCTIONS Huỳnh Đức Vũ1, Phạm Quý Mười2* Trường THPT Phạm Văn Đồng, huyện Mộ Đức, Quảng Ngãi Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng Tác giả liên hệ: pqmuoi@ued.edu.vn (Nhận bài: 22/2/2021; Chấp nhận đăng: 17/7/2021) * Tóm tắt - Lý thuyết hàm lồi hàm lõm nghiên cứu ứng dụng nhiều lí thuyết tối ưu, chứng minh bất đẳng thức nhiều lĩnh vực khác Trong báo này, nhóm tác giả đề xuất ý tưởng phương pháp để tạo toán bất đẳng thức, tìm giá trị lớn tìm giá trị bé Nghiên cứu dựa bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi hàm lõm biến, kết hợp với phép biến đổi tương đương, phương pháp đổi biến và/ bất đẳng thức khác Dựa ý tưởng phương pháp này, nhóm tác giả tạo nhiều toán phong phú, từ đơn giản đến phức tạp Điều cho thấy, ý tưởng phương pháp mà nhóm tác giả đề xuất có tính ứng dụng cao, cần cho giảng viên giáo viên trường đại học trung học phổ thông để tạo đề thi học sinh giỏi, Olympic học sinh, sinh viên kì quan trọng khác Abstract - The theory of convex and concave functions is investigated and applied in optimization theory, in proving inequalities, and many other fields In this paper, we propose some ideas and methods to create new problems on proving inequalities, finding maximum and minimum values Our research is based on the necessary and sufficient inequalities of convex and concave functions, the combination of these inequalities with equivalent transforms, change of variables and/or other inequalities Based on the ideas and methods proposed, we have created many new problems from easy to difficult They have showed that, the ideas and methods proposed are highly practical and necessary to lecturers at high schools and universities in giving questions in examinations, especially in examinations of selecting good students at levels, in Olympic examinations of high school and university students and others Từ khóa - Hàm lồi; Hàm lõm; Sáng tạo toán; Bất đẳng thức; Giá trị lớn nhất; Giá trị nhỏ Key words - Convex functions; Concave functions; Create new problem; Inequality; Maximum value; Minimum value Đặt vấn đề Giải tích lồi nhánh tốn học dành cho việc nghiên cứu tính chất hàm lồi tập hợp lồi, có nhiều ứng dụng lí thuyết tối ưu, lí thuyết điều khiển, lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, đặc biệt việc chứng minh bất đẳng thức bản, quan trọng Lí thuyết giải tích lồi nghiên cứu công bố nhiều công trình khoa học khác nhau, tiêu biểu số kể đến cơng trình nghiên cứu [1, 2, 3, 4] Trong chương trình tốn phổ thơng, lí thuyết hàm lồi hàm lõm sử dụng phổ biến chứng minh toán bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ [5, 6, 7] Chẳng hạn, bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Hölder, chứng minh cách đơn giản thông qua việc áp dụng bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi, xem chứng minh tài liệu [8] Tuy nhiên, việc sử dụng lí thuyết hàm lồi hàm lõm để sáng tạo toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn hay giá trị nhỏ biểu thức đề cập Theo hiểu biết nhóm tác giả, hướng mới, chưa khai thác nghiên cứu nhiều Gần đây, nhóm tác giả công bố số phương pháp sáng tạo tốn dựa tính chất đạt cực trị bất đẳng thức biến phân hàm lồi hàm lõm báo [7] Trong báo này, nhóm tác giả tiếp tục giới thiệu đề xuất số phương pháp sáng tạo toán dựa bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi, hàm lõm Ý tưởng phương pháp đề xuất việc kết hợp ba yếu tố sau: Sử dụng bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi hàm lõm; Xét trường hợp cụ thể hàm lồi, hàm lõm ứng với miền khảo sát; Kết hợp với phương pháp tổng quát hóa, đặc biệt hóa, phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đổi biến, và/hoặc yếu tố hình học Bài báo trình bày ý tưởng phương pháp sáng tạo toán dựa việc kết hợp ba yếu tố nội dung Trong báo, nhóm tác giả kí hiệu 𝐼(𝑎, 𝑏) khoảng (𝑎, 𝑏), (𝑎, 𝑏], [𝑎, 𝑏) [𝑎, 𝑏] 𝑎 < 𝑏 nhận giá trị ±∞ 2 Phương pháp chung sáng tạo toán Trong phần này, xem xét ý tưởng sáng tạo toán dựa bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm hàm lõm (còn gọi Bất đẳng thức Jensen) Cụ thể, ta dựa mệnh đề sau: Pham Van Dong High School, Mo Duc District, Quang Ngai (Huynh Duc Vu) The University of Danang - University of Science and Education (Pham Quy Muoi) ISSN 1859-1531 - TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ - ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG, VOL 19, NO 7, 2021 Tính chất 2.1 [8, Mệnh đề 3, tr.174] Hàm số 𝑓 lồi (lõm) đoạn 𝐼(𝑎, 𝑏) với 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 ∈ 𝐼(𝑎, 𝑏) với số thực không âm 𝛼1 , 𝛼2 , … , 𝛼𝑛 thỏa mãn ∑𝑛𝑖=1 𝛼𝑖 = ta có 𝑓(∑𝑛𝑖=1 𝛼𝑖 𝑥𝑖 ) ≤ (≥) ∑𝑛𝑖=1 𝛼𝑖 𝑓(𝑥𝑖 ) (1) 𝑛 𝑎𝑚 Nếu 𝑓(𝑥) hàm lồi chặt 𝐼(𝑎, 𝑏) đấu bất đẳng thức xảy khí 𝑥1 = 𝑥2 = ⋯ = 𝑥𝑛 Từ điều kiện cần đủ trên, ta chọn hàm số 𝑓(𝑥) lồi cụ thể, số thực không âm 𝛼1 , 𝛼2 , … , 𝛼𝑛 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 cụ thể ta nhận tốn bất đẳng thức cụ thể khác Hơn nữa, đặt điều kiện để hai vế bất đẳng thức có giá trị có tốn tìm giá trị lớn tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức tương ứng với điều kiện Đây ý tưởng để sáng tạo toán phần Để tạo tốn có độ khó tăng lên, kết hợp với bất đẳng thức với phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ kết hợp với yếu tố hình học, Nghiên cứu trình bày chi tiết ý tưởng sáng tạo thông qua số trường hợp cụ thể hàm số 𝑓(𝑥) 𝑚 Sáng tạo toán đơn giản Trước hết, chọn hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥 , 𝑥 ∈ ℝ Vì 𝑓(𝑥) lồi ℝ nên với 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0, 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 > 0, sử dụng bất đẳng thức (1) ta có: ( 𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧 𝑎+𝑏+𝑐 ) ≤ 𝑎𝑥 +𝑏𝑦 +𝑐𝑧 𝑎+𝑏+𝑐 (2) Đẳng thức xảy 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 > Từ đây, ta sáng tạo toán sau: Trong (2), cho 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = ta có tốn: Bài tốn 3.1 Chứng minh bất đẳng thức ( 𝑥+𝑦+𝑧 ) ≤ 𝑥 +𝑦 +𝑧 , ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ Đẳng thức xảy 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 Trong 𝑏12 , 𝑏 (2), 𝑏22 , 𝑐 ta đặt 𝑥= 𝑏32 , 𝑎𝑖 𝑎1 𝑏1 ∗ ,𝑦 = 𝑎2 𝑏2 ,𝑧 = 𝑎3 𝑏3 , 𝑎= = = ∈ ℝ, 𝑏𝑖 ∈ ℝ , ∀𝑖 = 1,2,3 ta có tốn khác sau đây: Bài toán 3.2 Chứng minh với 𝑎𝑖 ∈ ℝ, 𝑏𝑖 ∈ ℝ∗ , ∀𝑖 = 1,2,3, ta có (𝑎1 𝑏1 + 𝑎2 𝑏2 + 𝑎3 𝑏3 )2 ≤ (𝑎12 + 𝑎22 + 𝑎32 )(𝑏12 + 𝑏22 + 𝑏32 ) Đẳng thức xảy 𝑎1 𝑏1 = 𝑎2 𝑏2 = 𝑎3 𝑏3 Chú ý rằng, Bài toán 3.1 Bài toán 3.2 trường hợp đặc biệt bất đẳng thức Cauchy–Schwarz [8, tr.10] Tiếp theo, xem xét việc tạo tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ Ta thấy, với cách chọn khác cho tham số 𝛼𝑖 (1) tạo nhiều dạng toán đa dạng phong phú Minh họa điều thông qua việc chọn hàm số 𝑓(𝑥) làm lũy thừa, tức 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑛 , 𝑛 ≥ 𝑥 ∈ [0; ∞) Chú ý rằng, với 𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 2, hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑛 lồi nửa khoảng [0; +∞) nên với số không âm 𝑎1 , 𝑎2 , ⋯ , 𝑎𝑚 , ta có: 𝑛 𝑎1𝑛 +𝑎2𝑛 +⋯+𝑎𝑚 𝑚 ≥( 𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑚 𝑛 𝑚 ) Đặt 𝑇 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚 𝑆 = 𝑎1𝑛 + 𝑎2𝑛 + ⋯ + 65 Khi đó, bất đẳng thức trở thành: 𝑆 𝑚 𝑇 𝑛 𝑛 ≥ ( ) ⇔ 𝑇 𝑛 ≤ 𝑆 𝑚𝑛−1 ⇔ 𝑇 ≤ √𝑆𝑚𝑛−1 𝑚 Đẳng thức xảy 𝑎1 = 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚 = 𝑛 𝑆 √ Như vậy, 𝑆 số, 𝑇 đạt giá trị lớn 𝑛 𝑆 𝑛 √𝑆𝑚𝑛−1 𝑎1 = 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚 = √ 𝑚 Ngược lại, 𝑚 𝑇 số 𝑆 đạt giá trị nhỏ 𝑎1 = 𝑎2 + 𝑇 ⋯ + 𝑎𝑚 = Do đó, có hai dạng toán sau đây: 𝑚 Bài toán 3.3 Cho số không âm 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑚 thỏa 𝑛 mãn 𝑎1𝑛 + 𝑎2𝑛 + ⋯ + 𝑎𝑚 = 𝑆 không đổi, 𝑛 số nguyên dương lớn Tìm giá trị lớn biểu thức 𝑇 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚 Bài tốn 3.4 Cho số khơng âm 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑚 thỏa mãn 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑚 = 𝑇 không đổi, 𝑛 số nguyên dương lớn Tìm giá trị nhỏ biểu thức 𝑛 𝑆 = 𝑎1𝑛 + 𝑎2𝑛 + ⋯ + 𝑎𝑚 Chú ý rằng, tốn tổng qt hóa ta 𝑛 xét hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑘 (𝑛, 𝑘 ∈ ℕ∗ , 𝑛 > 𝑘) Vì 𝑓(𝑥) hàm lồi (0; +∞) nên với 𝑎𝑖 > 0, 𝑖 = 1, … , 𝑚 ta có: 𝑘) 𝑓(𝑎1𝑘 )+𝑓(𝑎2𝑘 )+⋯+𝑓(𝑎𝑚 𝑚 ≥ 𝑓( 𝑘 𝑎1𝑘 +𝑎2𝑘 +⋯+𝑎m 𝑚 ) Tức ( 𝑛 𝑎1𝑛 +𝑎2𝑛 +⋯+𝑎𝑚 𝑚 𝑘 ) ≥( 𝑘 𝑎1𝑘 +𝑎2𝑘 +⋯+𝑎m 𝑚 𝑛 ) Khi đó, theo phương pháp trình bày trên, tạo số toán khác sau: Bài tập 3.5 Cho 𝑛, 𝑘 ∈ ℕ∗ , 𝑛 > 𝑘 số không âm 𝑛 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑚 thỏa mãn 𝑎1𝑛 + 𝑎2𝑛 + ⋯ + 𝑎m = 𝑆 khơng đổi Tìm giá trị lớn 𝑘 𝑇 = 𝑎1𝑘 + 𝑎2𝑘 + ⋯ + 𝑎m ∗ Bài tập 3.6 Cho 𝑛, 𝑘 ∈ ℕ , 𝑛 > 𝑘 số không âm 𝑘 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑚 thỏa mãn 𝑎1𝑘 + 𝑎2𝑘 + ⋯ + 𝑎m = 𝑆 khơng đổi Tìm giá trị nhỏ 𝑛 𝑇 = 𝑎1𝑛 + 𝑎2𝑛 + ⋯ + 𝑎m Sáng tạo toán với độ khó tăng lên Để tạo tốn có độ khó tăng lên, cách đơn giản chọn hàm lồi phức tạp Ví dụ, xét hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑥 với 𝑥 > Ta có 𝑓′(𝑥) = (1 + ln𝑥)e𝑥ln𝑥 , 𝑓′′(𝑥) = 𝑥𝑥 𝑥 + (1 + ln𝑥)2 𝑥 𝑥 > 0, ∀𝑥 > Vậy 𝑓(𝑥) hàm lồi (0; +∞) Sử dụng hàm số phương pháp sáng tạo toán giới thiệu minh họa trên, ta tạo nhiều toán khác Một số toán phát biểu sau: Bài tập 4.1 Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Chứng minh rằng: (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧)ax+𝑏𝑦+𝑐𝑧 ≤ 𝑎𝑥 𝑥 + 𝑏𝑦 𝑦 + 𝑐𝑧 𝑧 Bài tập 4.2 Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0, 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑎 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 𝑃 = 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 + 𝑧𝑧 Huỳnh Đức Vũ, Phạm Quý Mười 66 Bài tập 4.3 Cho 𝑛 số dương 𝑥1 , 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛 Chứng minh rằng: 𝑥1 +𝑥2 +⋯+𝑥𝑛 𝑥 𝑥 𝑥 𝑛 𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑛 ( ) ≤ 𝑛 𝑛 Một cách khác để sáng tạo tốn có độ khó tăng lên kết hợp bất đẳng thức (1) với phép biến đổi tương đương và/hoặc kết hợp với phép đổi biến Điều làm cho người giải khó nhận diện hàm lồi 𝑓(𝑥) cần chọn Minh họa phương pháp thơng qua hàm số đơn giản, hàm 𝑓(𝑥) = Cho 𝑥1 , 𝑥2 , , 𝑥𝑛 > 𝑥 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 không âm khơng đồng thời 0, ta có bất đẳng thức: 𝑓( ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 𝑥𝑖 ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 𝑓(𝑥𝑖 ) )≤ ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 Bất đẳng thức tương đương với (𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛 )2 ≤ 𝑎1 𝑥1 +𝑎2 𝑥2 +⋯+𝑎𝑛 𝑥𝑛 𝑎1 𝑥1 + 𝑎2 𝑥2 + ⋯+ 𝑎𝑛 𝑥𝑛 (3) Đẳng thức xảy 𝑥1 = 𝑥2 = ⋯ = 𝑥𝑛 > Như vậy, ta tạo toán sau: Bài tập 4.4 Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 𝑎, 𝑏, 𝑐 không đồng thời Chứng minh (𝑎+𝑏+𝑐)2 𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧 𝑎 𝑏 𝑐 𝑥 𝑦 ≤ + + 𝑧 Đối với hàm 𝑓(𝑥) = , ta tạo tốn khó 𝑥 cách đổi biến số kết hợp với phép biến đổi tương đương Ví dụ, ta xét trường hợp đặc biệt (3) là: 𝑥+𝑦+𝑧 1 𝑥 𝑦 𝑧 ≤ + + (4) 𝑎3 𝑏3 Thay (𝑥; 𝑦; 𝑧) số ( + 𝑎; + 𝑏 𝑐 𝑏; 𝑐3 𝑎2 + 𝑐), ta 𝑎3 𝑏2 +𝑎 + 𝑏3 𝑐2 + 𝑐3 +𝑏 𝑎2 +𝑐 ≥ 𝑎3 𝑏3 𝑐3 (𝑏2 + 𝑐 + 𝑎2 ) + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≥ 𝑎3 𝑏3 𝑐3 (𝑏 + 𝑐 + 𝑎 ) 𝑎3 𝑏3 𝑐3 Từ đặt + + = ta nhận tốn 𝑏 𝑐 𝑎 tìm giá trị nhỏ Chú ý rằng, tốn khó biến đổi tương đương cho điều kiện cuối, biểu thức cần chứng minh toán sau: Bài tập 4.5 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 > thoả mãn điều kiện 𝑎5 𝑐 + 𝑏 𝑎2 + 𝑐 𝑏2 = 𝑎2 𝑏2 𝑐 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 𝑆= 𝑏2 𝑎3 +𝑎𝑏 + 𝑐2 𝑏3 +𝑏𝑐 + 𝑎2 𝑐 +𝑐𝑎 Bài toán trở nên khó nhiều ta cho (𝑥, 𝑦, 𝑧) (4) nhận nhiều giá trị khác sau cộng lại theo vế để nhận bất đẳng thức cuối Ta kết hợp với kết hợp với phép biến đổi tương đương bất đẳng thức khác Ví dụ, thay (𝑥; 𝑦; 𝑧) ba số (𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 3𝑎); (𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 3𝑏); (𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 3𝑐) ta 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 + + 𝑎+𝑏+𝑐 + 3𝑎 + 𝑎+𝑏+𝑐 + 3𝑏 + 𝑎+𝑏+𝑐 3𝑐 ≥ ≥ ≥ 5𝑎+2𝑏+2𝑐 2𝑎+5𝑏+2𝑐 2𝑎+2𝑏+5𝑐 ; ; Ba bất đẳng thức tương đương với 𝑎𝑏 𝑏𝑐 ( 𝑎+𝑏+𝑐 𝑐𝑎 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏+𝑐 + 3𝑎) ≥ 5𝑎+2𝑏+2𝑐 ; + 𝑏𝑐 3𝑏 ) ≥ 2𝑎+5𝑏+2𝑐 ; 𝑐𝑎 (𝑎+𝑏+𝑐 + 3𝑐) ≥ 2𝑎+2𝑏+5𝑐 Cộng theo vế bất đẵng thức áp dụng bất đẳng thức 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 , ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ ta 𝑎𝑏 𝑏𝑐 𝑐𝑎 + + 5𝑎 + 2𝑏 + 2𝑐 2𝑎 + 5𝑏 + 2𝑐 2𝑎 + 2𝑏 + 5𝑐 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≤ [ + ] 𝑎+𝑏+𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≤ [ + ] 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑎+𝑏+𝑐 = Đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = Khi đó, ta có tốn chứng minh bất đẳng thức tốn tìm giá trị lớn sau: Bài tập 4.6 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ Chứng minh 𝑎𝑏 5𝑎+2𝑏+2𝑐 + 𝑏𝑐 2𝑎+5𝑏+2𝑐 + 𝑐𝑎 𝑎+𝑏+𝑐 ≤ 2𝑎+2𝑏+5𝑐 Bài tập 4.7 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Tìm giá trị lớn biểu thức: 𝑎𝑏 5𝑎+2𝑏+2𝑐 + 𝑏𝑐 2𝑎+5𝑏+2𝑐 + 𝑐𝑎 2𝑎+2𝑏+5𝑐 Tương tự, thay (𝑥; 𝑦; 𝑧) ba số (2𝑎 + 2𝑏 + 𝑐; 2𝑎 + 𝑏 + 2𝑐; 5𝑐); (𝑎 + 2𝑏 + 2𝑐; 2𝑎 + 2𝑏 + 𝑐; 5𝑎); (2𝑎 + 𝑏 + 2𝑐; 𝑎 + 2𝑏 + 2𝑐; 5𝑏) vào bất đẳng thức (4) ta được: 2𝑎+2𝑏+𝑐 𝑎+2𝑏+2𝑐 2𝑎+𝑏+2𝑐 + + + 2𝑎+𝑏+2𝑐 2𝑎+2𝑏+𝑐 𝑎+2𝑏+2𝑐 + + + ≥ 5𝑐 5𝑎 5𝑏 ≥ ≥ 4𝑎+3𝑏+8𝑐 8𝑎+4𝑏+3𝑐 3𝑎+8𝑏+4𝑐 ; ; Ba bất đẳng thức tương đương với: 𝑏𝑐 ( 2𝑎+2𝑏+𝑐 𝑐𝑎 ( 𝑎+2𝑏+2𝑐 𝑎𝑏 + + 2𝑎+𝑏+2𝑐 2𝑎+2𝑏+𝑐 + + 𝑏𝑐 5𝑐 ) ≥ 4𝑎+3𝑏+8𝑐 ; 5𝑎 𝑐𝑎 ) ≥ 8𝑎+4𝑏+3𝑐 ; 𝑎𝑏 (2𝑎+𝑏+2𝑐 + 𝑎+2𝑏+2𝑐 + 5𝑏) ≥ 3𝑎+8𝑏+4𝑐 Cộng theo vế bất đẵng thức trên, ta được: 𝑏𝑐 𝑐𝑎 + + 𝑎𝑏 4𝑎+3𝑏+8𝑐 8𝑎+4𝑏+3𝑐 3𝑎+8𝑏+4𝑐 𝑐(𝑎+𝑏) 𝑏(𝑎+𝑐) 𝑎(𝑏+𝑐) ≤ [ 2𝑎+2𝑏+𝑐 + 2𝑎+𝑏+2𝑐 + 𝑎+2𝑏+2𝑐 + 𝑎+𝑏+𝑐 ] Từ ta đặt điều kiện 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 số, chẳng hạn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1, có bất đẳng thức: 𝑏𝑐 4𝑎+3𝑏+8𝑐 ≤ + 𝑐𝑎 8𝑎+4𝑏+3𝑐 𝑐−𝑐 𝑏−𝑏2 2−𝑏 ( 2−𝑐 + + + 𝑎𝑏 3𝑎+8𝑏+4𝑐 𝑎−𝑎2 2−𝑎 + ) ISSN 1859-1531 - TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ - ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG, VOL 19, NO 7, 2021 (𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛 )3 Để đánh giá giá trị lớn vế phải bất đẳng 𝑥−𝑥 thức cuối cùng, xét hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑓′′(𝑥) = − 2−𝑥 (0; 1), ta có < 0, ∀𝑥 ∈ (0; 1) Suy ra, 𝑓(𝑥) lõm (2−𝑥)3 (0; 1) Do đó, với 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ (0; 1), 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝑓(𝑎)+𝑓(𝑏)+𝑓(𝑐) 𝑎+𝑏+𝑐 ≤ 𝑓( ) Tức 3 𝑐−𝑐 2−𝑐 + 𝑏−𝑏2 + 2−𝑏 𝑎−𝑎2 2−𝑎 ≤ 3𝑓 ( ) = (𝑎1 𝑥1 +𝑎2 𝑥2 +⋯+𝑎𝑛 𝑥𝑛 )2 𝑃= 𝑏𝑐 4𝑎+3𝑏+8𝑐 + 𝑐𝑎 𝑎𝑏 + 8𝑎+4𝑏+3𝑐 3𝑎+8𝑏+4𝑐 Để kết thúc phần này, ta xét thêm hàm số 𝑓(𝑥) = 1+e𝑥 Dùng đạo hàm cấp hai, dễ dàng rằng, 𝑓(𝑥) lồi (0; +∞) lõm (−∞; 0) Để tạo tốn khó, ta kết hợp bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi hàm lõm với phương pháp đổi biến Ví dụ, 𝑎1 , 𝑎2 > 1, ta đặt 𝑎1 = e𝑥1 , 𝑎2 = e𝑥2 Khi đó, ta có 𝑥1 , 𝑥2 ∈ (0; +∞) Vì thế, 𝑥1 + 𝑥2 𝑓(𝑥1 ) + 𝑓(𝑥2 ) 𝑓( )≤ 2 ⇔ 1+√𝑎1 𝑎2 ≤ 1+𝑎1 + 1+𝑎2 𝑎 𝑓( 𝑥1 +𝑥2 )≥ 𝑓(𝑥1 )+𝑓(𝑥2 ) ⇔ 𝑥2 ≥ 1+𝑎1 + 1+𝑎2 sin𝐴 • • 1+𝑎1 1+𝑎1 + + 1+𝑎2 1+𝑎2 ≤ ≥ 1+√𝑎1 𝑎2 1+√𝑎1 𝑎2 với 𝑎1 , 𝑎2 ∈ (0; 1) với 𝑎1 , 𝑎2 ∈ (1; +∞) Trong trường hợp tổng qt, ta có tốn sau: Bài tập 4.10 Chứng minh bất đẳng thức • 1+𝑎1 + 1+𝑎2 + ⋯+ 1+𝑎𝑛 ≤ 𝑛 1+ 𝑛√𝑎1 𝑎2 𝑎𝑛 với 𝑎𝑖 ∈ (0; 1), ∀𝑖 = 1,2, , 𝑛 • 1+𝑎1 + 1+𝑎2 + ⋯+ 1+𝑎𝑛 ≥ 1+ 𝑛√𝑎1 𝑎2 𝑎𝑛 Sáng tạo toán tam giác Trong phần này, áp dụng ý tưởng, phương pháp đề xuất minh họa phần trước cho hàm số khác kết hợp với yếu tố hình học để tạo toán tam giác Trước hết, xét hàm số 𝑓(𝑥) = Cho 𝑥1 , 𝑥2 , , 𝑥𝑛 > 𝑥 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 không âm khơng đồng thời Vì hàm số 𝑓(𝑥) = lồi (0; +∞) nên ta có bất đẳng thức: 𝑥 𝑓( ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 )≤ ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 𝑓(𝑥𝑖 ) ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 + ⋯+ 𝑎𝑛 𝑥𝑛 𝑏 𝑦2 + 𝑐 ≥ 𝑧2 8𝑝3 (𝑎𝑥+𝑏𝑦+𝑐𝑧)2 + sin𝐵 + sin𝐶 ≥ (𝑎+𝑏+𝑐)3 2𝑅(𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵+𝑐sin𝐶)2 sin𝐴 sin𝐵 sin𝐶 Bài tập 5.2 Cho tam giác nhọn 𝐴𝐵𝐶 với độ ba cạnh 𝑎, 𝑏, 𝑐 ứng với góc 𝐴, 𝐵, 𝐶 có chu vi 2𝑝 Chứng minh 𝑎 + 𝑏 cos2 𝐵 + 𝑐 ≥ cos2 𝐶 8𝑝3 (𝑎cos𝐴+𝑏cos𝐵+𝑐cos𝐶)2 Bài tập 5.3 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 với độ ba cạnh 𝑎, 𝑏, 𝑐 ứng với góc 𝐴, 𝐵, 𝐶 có chu vi Kí hiệu 𝑚𝑎 , 𝑚𝑏 , 𝑚𝑐 theo thứ tự độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh 𝐴, 𝐵, 𝐶 Chứng minh 𝑎 𝑚𝑎 + 𝑏 𝑚𝑏 + 𝑐 𝑚𝑐2 ≥ (𝑎𝑚 𝑎 +𝑏𝑚𝑏 +𝑐𝑚𝑐 ) Để kết thức phần này, ta chuyển qua xét hàm số 𝑓(𝑥) = e𝑘𝑥 với 𝑘 ≠ số thực cho trước Dễ thấy 𝑓(𝑥) = e𝑘𝑥 hàm lồi ℝ Do đó, với 𝛼1 , 𝛼2 , … , 𝛼𝑛 ∈ [0; 1], 𝛼1 + 𝛼2 + ⋯ + 𝛼𝑛 = 1, dùng bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi, ta có 𝑓(∑𝑛𝑖=1 𝛼𝑖 𝑥𝑖 ) ≤ ∑𝑛𝑖=1 𝛼𝑖 𝑓(𝑥𝑖 ) hay 𝑛 𝑛 với 𝑎𝑖 ∈ (1; +∞), ∀𝑖 = 1,2, , 𝑛 ∑𝑛 𝑖=1 𝑎𝑖 𝑥𝑖 𝑎2 𝑥22 Chú ý bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác 𝑎 𝑏 𝑐 𝐴𝐵𝐶 xác định 2𝑅 = = = Bài tập 4.9 Chứng minh bất đẳng thức + Từ bất đẳng thức sử dụng phương pháp đặc biệt hóa, sáng tạo tập sau liên quan đến tam giác số toán sau: Bài tập 5.1 Cho tam giác không suy biến 𝐴𝐵𝐶 với độ ba cạnh 𝑎, 𝑏, 𝑐 ứng với góc 𝐴, 𝐵, 𝐶 𝑅 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh 1+√𝑎1 𝑎2 + cos2 𝐴 Nếu < 𝑎1 , 𝑎2 < 1, ta đặt 𝑎1 = e𝑥1 , 𝑎2 = e𝑥2 Khi đó, ta có 𝑥1 , 𝑥2 ∈ (−∞; 0) Vì thế: 𝑥12 Đẳng thức xảy 𝑥1 = 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 > Ta dùng bất đẳng thức kết hợp với yếu tố hình học để tạo tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ tam giác Ví dụ, với 𝑥, 𝑦, 𝑧 số dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 2𝑝 Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có Đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = Từ ta có tốn tìm giá trị lớn sau Bài tập 4.8 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Tìm giá trị lớn biểu thức 𝑎1 ≤ 67 Bất đẳng thức tương đương với: e𝑘 ∑𝑖=1 𝛼𝑖 𝑥𝑖 ≤ ∑𝑛𝑖=1 𝛼𝑖 e𝑘𝑥𝑖 Để tạo tốn khó hơn, ta kết hợp bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi hàm lõm với phương pháp đổi biến Ví dụ, đặt 𝑦𝑖 = e𝑘𝑥𝑖 , 𝑖 = 1, … , 𝑛, ta nhận bất đẳng thức sau 𝛼 𝛼 𝛼 𝑦1 ⋅ 𝑦2 … 𝑦𝑛 𝑛 ≤ 𝛼1 𝑦1 + 𝛼2 𝑦2 + ⋯ + 𝛼𝑛 𝑦𝑛 Đẳng thức xảy 𝑥1 = 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 Từ đây, kết hợp với yếu tố hình học, ta tạo nhiều tốn tam giác khác Dưới số ví dụ Bài tập 5.4 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 có chu vi 𝑎, 𝑏, 𝑐 độ dài cạnh Chứng minh rằng: a) 𝑎𝑎 ⋅ 𝑏 𝑏 ⋅ 𝑐 𝑐 ≤ 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 , b) 𝑎𝑏 ⋅ 𝑏 𝑐 ⋅ 𝑐 𝑎 ≤ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 Bài tập 5.5 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 có chu vi 𝑎, 𝑏, 𝑐 độ dài cạnh Chứng minh rằng: Huỳnh Đức Vũ, Phạm Quý Mười 68 𝑎2 +𝑏2 +𝑐 a) 𝑎e𝑎 + 𝑏e𝑏 + 𝑐e𝑐 ≥ e sin𝐴 sin𝐵 sin𝐶 , 𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵+𝑐sin𝐶 b) 𝑎e + 𝑏e + 𝑐e ≥e Bài tập 5.6 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 có chu vi 𝑎, 𝑏, 𝑐 độ dài cạnh Gọi 𝑚𝑎 , 𝑚𝑏 , 𝑚𝑐 , ℎ𝑎 , ℎ𝑏 , ℎ𝑐 theo thứ tự độ dài đường trung tuyến độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh 𝐴, 𝐵, 𝐶 Chứng minh a) 𝑎e𝑚𝑎 + 𝑏e𝑚𝑏 + 𝑐e𝑚𝑐 ≥ e𝑎𝑚𝑎 +𝑏𝑚𝑏+𝑐𝑚𝑐 , b) 𝑎eℎ𝑎 + 𝑏eℎ𝑏 + 𝑐eℎ𝑐 ≥ e𝑎ℎ𝑎+𝑏ℎ𝑏+𝑐ℎ𝑐 Kết luận Trong báo này, nhóm tác giả trình bày phương pháp sáng tạo tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dựa bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi hàm lõm Nhóm tác giả minh họa phương pháp thông qua số hàm bản, thường gặp; Trình bày phương pháp kết hợp bất đẳng thức với phép biến đổi tương đương, đổi biến và/hoặc yếu tố hình học để tạo nhiều tốn khác có độ khó tăng lên Những ý tưởng minh họa cụ thể Từ phương pháp đề xuất ví dụ minh họa, người đọc tự tạo cho nhiều tốn khác với độ khó khác Tương tự nghiên cứu [7], ta hoàn toàn kết hợp phương pháp với bất đẳng thức bất đẳng thức AMGM, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Josef Stoer and Christoph Witzgall Convexity and optimization in finite dimensions I Springer Science & Business Media, volume 163, 2012 [2] R Tyrrell Rockafellar Convex analysis Princeton university press, volume 36, 1970 [3] Jean-Baptiste Hiriart-Urruty and Claude Lemaréchal Fundamentals of convex analysis Springer Science & Business Media, 2004 [4] Jonathan Borwein and Adrian S Lewis Convex analysis and nonlinear optimization: theory and examples Springer Science & Business Media, 2010 [5] Đỗ Văn Lưu Giải tích hàm NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội, 1999 [6] Nguyễn Quý Duy Tuyển tập 200 vơ địch tốn Nhà xuất Giáo dục Hà Nội, 2001 [7] Huynh Duc Vu Pham Quy Muoi Creating new problems on proving inequalities, finding maximum and minimum values based on the critical properties and tangent inequalities of convex and concave functions The university of Danang – Journal of Science and Technology, 19(6), 24-28, 2021 [8] Jean-Marie Monier (Lí Hồng Tú Dịch) Giáo trình Tốn Tập 1: Giải tích Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2013 ... phương pháp sáng tạo tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dựa bất đẳng thức điều kiện cần đủ hàm lồi hàm lõm Nhóm tác giả minh họa phương pháp thông qua số hàm bản, thường... phần này, ta xét thêm hàm số