Luận văn thạc sĩ một số vấn đề về bất đẳng thức trung bình số học hình học và áp dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 e BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN: PGS TS ĐINH THANH ĐỨC Bình Định - 2020 e Mục lục Mở đầu Trung bình số học - Trung bình hình học 1.1 Các giá trị trung bình 1.1.1 Giá trị trung bình thơng thường 1.1.2 Giá trị trung bình trọng số 1.2 Một số khái niệm hàm lồi 1.3 Bất đẳng thức AM- GM toán liên quan 1.3.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.3.2 Ý nghĩa hình học AM-GM 10 1.3.3 Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức 11 1.4 Một số kết làm chặt bất đẳng thức AM-GM 14 Một số áp dụng bất đẳng thức trung bình số học- trung bình hình học 18 2.1 Một số kĩ thuật sử dụng AM-GM 18 2.1.1 Kỹ thuật cân hệ số 18 2.1.2 Kỹ thuật AM-GM ngược dấu 39 2.2 Áp dụng vào tìm Giá trị lớn - Giá trị nhỏ 47 2.3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM để giải phương trình, hệ phương trình 58 2.4 Bất đẳng thức AM-GM toán đa thức 66 2.5 Bất đẳng thức AM-GM tốn hình học, lượng giác 70 2.6 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giải toán thực tế 79 KẾT LUẬN 84 TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) e MỞ ĐẦU Bất đẳng thức trung bình số học- trung bình hình học (AM-GM) hệ thức tốn học Nó sử dụng cho việc giải nhiều toán tạo nhiều hệ thức khác quan trọng toán học Bất đẳng thức AM-GM coi bất đẳng thức nguyên thủy thứ hai sau bất đẳng thức tam giác Euclid – “Vị cha đẻ hình học” sử dụng ý tưởng từ phương pháp hình học để chứng minh bất đẳng thức AM-GM tổng quát với n = Vào thời kì cận đại, Cauchy xem người phát đưa phép chứng minh hay độc đáo cho bất đẳng thức AM-GM tổng quát dựa phép quy nạp Tốn học Nhưng có lẽ điều người biết thực tế trước vào năm 1729, C Maclaurin (1698-1746), nhà toán học người Scotland chứng minh bất đẳng thức này, nhiên ông không trọng việc đặt tên bất đẳng thức tổng quát mà chứng minh nên giới nhắc đến Cauchy nhiều nói tới bất đẳng thức AM-GM Tại trường phổ thông Việt Nam, bất đẳng thức đưa vào giảng dạy từ sớm với tên gọi bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) thời lượng cho dạng bất đẳng thức không nhiều, thầy cô không trọng tới việc cho học sinh nắm kĩ thuật giải bản, không đưa dạng cách giải tổng quát mà lại dành phần lớn thời gian cho việc làm tập cụ thể Vì phần đơng học sinh có nhiều em giỏi cảm thấy lo lắng đối mặt với tốn có liên quan đến bất đẳng thức AM-GM trước em chưa giải tập giống Trong kì thi tuyển sinh 10, tuyển học sinh giỏi, kì thi Olympic việc giải đa phần toán bất đẳng thức, toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, khó khăn khơng có cơng cụ mạnh mẽ bất đẳng thức AM-GM Thậm chí sống có nhiều ứng dụng bất đẳng thức này, ví dụ việc xây ngơi nhà cho diện tích lớn nhất, không gian rộng nhất, Từ lý nên chọn đề tài “Một số vấn đề bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học áp dụng” cho luận văn Luận văn tìm hiểu nghiên cứu bất đẳng thức trung bình số học – trung bình hình học từ định hình phương án dạy học theo định hướng e sáng tạo nhằm bồi dưỡng tư sáng tạo cho học sinh, nâng cao hiệu trình dạy học Luận văn trình bày 87 trang, gồm: Lời nói đầu, chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương 1: Trung bình số học - Trung bình hình học Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày số kết Bất đẳng thức AM-GM số kết liên quan Các kết chương trình bày dựa vào [7], [9], [8], Chương 2: Áp dụng bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học Trong chương này, chúng tơi trình bày số kĩ thuật quan trọng việc sử dụng AM-GM: Kỹ thuật cân hệ số, Kỹ thuật AM-GM ngược dấu; với việc vận dụng bất đẳng thức AM - GM vào giải toán đại số, hình học, số học, tổ hợp, Các kết chương trình bày dựa vào [10], [8], [11] Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Thầy PGS.TS Đinh Thanh Đức Lời đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Thầy tận tình giúp đỡ, hướng dẫn động viên tơi suốt q trình hồn thành luận văn Tiếp đến, xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng chức năng, Phịng Đào tạo sau đại học, Khoa Tốn Thống kê tạo điều kiện cho hồn thành khóa học Và tơi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô tham gia giảng dạy bạn học viên cao học Tốn khóa 21 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 29 tháng năm 2020 Học viên thực Trương Minh Nhật e Chương Trung bình số học - Trung bình hình học Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày số kết về: Các dạng trung bình bản, số khái niệm tính chất hàm lồi, Bất đẳng thức AM-GM sử dụng AM-GM công cụ để chứng minh số bất đẳng thức Các kết chương trình bày dựa vào [7],[9], [8], 1.1 Các giá trị trung bình Trong phần này, chúng tơi trình bày khái niệm trung bình Các kết chương trình bày dựa vào [3], [5], [8] 1.1.1 Giá trị trung bình thơng thường Trong mục này, tập trung xem xét khái niệm trung bình hai nhiều số khơng âm Với hai số khơng âm a, b ta kí hiệu s √ a+b a2 + b2 A= ; G = ab; Q = 2 trung bình số học , trung bình hình học , trung bình tồn phương hai số khơng âm a, b Nếu thêm giả thiết a, b số thực dương, ta kí hiệu H= 1 + a b trung bình điều hịa hai số dương a, b Tổng quát, với n số thực dương cho trước a1 , a2 , , an , ta định nghĩa trung bình số học, trung bình hình học, trung bình tồn phương,trung bình điều hòa Trong tài liệu Việt Nam, người ta thường quen gọi "The Arithmetic Mean" trung bình cộng; Trong tài liệu Việt Nam, người ta thường quen gọi "The Geometric Mean" trung bình nhân e n số thực dương a1 , a2 , , an định nghĩa sau An = s Qn = √ a1 + a2 + · · · + a n ; Gn = n a1 · a2 · · · an ; n a21 + a22 + · · · + a2n ;H= 1 + +···+ a1 a2 an (1.1) Trung bình số học có tính chất sau: Mệnh đề 1.1 ([5]) Cho h = (h1 , h2 , , hn ), a = ( a1 , a2 , , an ), b = (b1 , b2 , , bn ), a + h = ( a1 + h1 , a2 + h2 , , an + hn ) gồm n số hạng dương λ > Khi đó, Tính cộng tính An ( a + b) = An ( a) + An (b) Tính kết hợp An ( a) = An ( Am , , Am , am+1 , , an ), Am = a1 + · · · + a m m Tính liên tục lim An ( a + h) = An ( a) h →0+ Tính An (λa) = λAn ( a) Tính nội a ≤ An ( a) ≤ max a, a = min{ a1 , , an } max a = max{ a1 , , an } Dấu xảy a số Tính đơn điệu a ≤ b ⇒ An ( a) ≤ An (b) Dẫu đẳng thức xảy a = b Tính phản xạ Nếu a số, có nghĩa = α với i ∈ {1, 2, , n}, An ( a) = α Tính đối xứng An ( a1 , , an ) khơng đổi hốn vị thứ tự vị trí phần tử a Trung bình hình học có tính chất tương tự trung bình số học Mệnh đề 1.2 ([5]) Cho h = (h1 , h2 , , hn ), a = ( a1 , a2 , , an ), b = (b1 , b2 , , bn ), a + h = ( a1 + h1 , a2 + h2 , , an + hn ) gồm n số hạng dương λ > Khi đó, Tính liên tục lim An ( a + h) = An ( a) h →0+ Tính An (λa) = λAn ( a) e Tính nội a ≤ An ( a) ≤ max a, a = min{ a1 , , an } max a = max{ a1 , , an } Dấu xảy a số Tính đơn điệu a ≤ b ⇒ An ( a) ≤ An (b) Dẫu đẳng thức xảy a = b Tính phản xạ Nếu a số, có nghĩa = α với i ∈ {1, 2, , n}, An ( a) = α Tính đối xứng An ( a1 , , an ) khơng đổi hốn vị thứ tự vị trí phần tử a Kết đây, cho ta mối quan hệ đại lượng trung bình Định lý 1.1 Cho n số thực dương a1 , a2 , , an với n ≥ Ta có Qn ≥ An ≥ Gn ≥ Hn , An , Gn , Qn , Hn định nghĩa (1.1) 1.1.2 Giá trị trung bình trọng số Trong mục này, ta xem xét hai n số thực dương
p = p1 , p2 , , pn a = ( a1 , a2 , , an ) Khi đó, trung bình số học trung bình hình học a có trọng số p xác định sau An a; q
Gn a; p
= o1 a1 + p2 a2 + · · · + p n a n p1 + p2 + · · · + p n ! n = ∏ i =1 p i (1.2) p1 +···+ pn (1.3) Rõ ràng, trung bình trọng số trở thành trung bình thơng thường pi = với i ∈ {1, 2, , n} Các kết đây, đưa số tính chất quan trọng đại lượng trung bình Mệnh đề 1.3 ([5]) Cho số dương a = ( a1 , , an ), b = (b1 , , bn ) w = ( w1 , , w n )   (a) Kí hiệu b−1 = b1−1 , , bn−1 Khi đó, với ab−1     An ( a; w) ≤ max ab−1 , ab−1 ≤ An (b; w)   an a1 = , , b1 bn e (b) Nếu Wn = w1 + · · · + wn = n ≥ √ p 2 w max a − An ( a; w) ≥ − a j n + 1≤i∑ < j≤n Mệnh đề 1.4 ([5]) Cho số dương a = ( a1 , , an ), b = (b1 , , bn ) w = (w1 , , wn ) Khi Gn ( ab; w) = Gn ( a; w) · Gn (b; w)

r = Gn ar ; w , ∀r ∈ R Gn ( a; w) 1.2 Một số khái niệm hàm lồi Trong phần này, chúng tơi trình bày số vấn đề hàm lồi Các kết phần trình bày dựa vào Để thuận lợi việc diễn giải, quy ước rằng, kí hiệu I = I( a, b) bốn tập hợp sau ( a, b), [ a, b], ( a, b], [ a, b) Định nghĩa 1.1 [8][Hàm lồi] Hàm số f : I −→ R gọi hàm lồi I với cặp số thực dương α, β thỏa mãn α + β = 1, ta có
f αx + βy ≤ α f ( x ) + β f (y), với x, y thuộc I Dấu xảy x = y Ví dụ 1.2.1 • Hàm số y = xr , với r ≥ 1, hàm lồi (0; +∞); • Hàm số y = e x hàm lồi R Định nghĩa 1.2 [8][Hàm lõm] Hàm số f : I −→ R gọi hàm lõm I với cặp số thực dương α, β thỏa mãn α + β = 1, ta ln có
f αx + βy ≥ α f ( x ) + β f (y), với x, y thuộc I Dấu xảy x = y Ví dụ 1.2.2 • Hàm số y = xr , với r ∈ (0; 1), hàm lõm (0; +∞); • Hàm số y = loga x, với a ∈ (0; +∞) \ {1}, hàm lõm (0; +∞) Từ định nghĩa hàm lồi, lõm ta có kết sau e Mệnh đề 1.5 [8] Nếu hàm số f ( x ) khả vi I f ( x ) hàm lồi I f ( x ) hàm đơn điệu tăng I Kết cho điều kiện cần đủ đề hàm số lồi (lõm, tương ứng) Định lý 1.2 [8] Nếu hàm số f ( x ) khả vi I f ( x ) hàm lồi I f 00 ( x ) ≥ (tương ứng f 00 ( x ) ≤ 0)trên I 1.3 1.3.1 Bất đẳng thức AM- GM toán liên quan Bất đẳng thức AM-GM Trước hết, xem xét mối liên hệ An , Gn trường hợp n = thơng qua ví dụ sau Ví dụ 1.3.1 Cho hai số thực khơng âm a, b Khi đó, √ a+b ≥ ab (1.4) Dấu xảy a = b Chứng minh bất đẳng thức đơn giản, thơng qua việc bình phương hai vế (1.4), ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( a + b)2 ≥ 4ab ( a − b )2 ≥ (1.5) Rõ ràng, bất đẳng thức (1.5) với a, b ≥ Do đó, (1.4) Dấu xảy a = b Một cách tổng quát, có kết sau, thường biết đến với tên gọi Bất đẳng thức AM-GM Bất đẳng thức Cauchy Định lý 1.3 [7][Bất đẳng thức AM-GM] Với n số thực dương a1 , a2 , , an ta ln có √ a1 + a2 + · · · + a n ≥ n n a1 a2 · · · a n (1.6) Có nhiều để chứng minh bất đẳng thức trên, khoảng 50 cách Ở đây, chúng tơi trình bày cách chứng minh phương pháp quy nạp kiểu Cauchy Để hoàn thành chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, cần thực bước sau • Bước sở, kiểm tra P2 e 51 Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, ta c7 3( a4 + b4 + c4 ) a7 b7 + + + − bc ca ab abc ! 7 7 7 a b c 21 a b c ≥ + + + − + + − bc ca ab abc 32 bc ca ab 32abc ! c7 55 11 a7 b7 + + + = 32 bc ca ab 32abc M= Từ đây, sử dụng AM-GM lần nữa, ta s   7 7 b7 c7 a b c 1 a = S= + + +5· ≥8 · · + bc ac ab abc bc ac ab abc 11 11 11 ·S ≥ ·8 = 32 32 11 Vậy giá trị nhỏ M a = b = c = Do M ≥ Ví dụ 2.2.5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 + 3b2 b2 + 3c2 c2 + 3a2 + + , ab2 (4 − ab) bc2 (4 − bc) ab2 (4 − ca) với a, b, c số thực dương thỏa a + b + c = Chứng minh Sử dụng liên tiếp bất đẳng thức AM – GM, ta có a2 + 3b2 ( a2 + b2 ) + 2b2 2ab + b2 2( a + b ) = ≥ = ≥p 2 ab(4 − ab) ab (4 − ab) ab (4 − ab) ab (4 − ab) ( ab)(4 − ab) Mặt khác, lại sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có " 3ab + 3(4 − ab) 3ab(4 − ab)3 = 3ab · (4 − ab) · (4 − ab) · (4 − ab) ≤ √ tức ab(4 − b)3 ≤ 34 , suy ab(4 − ab) ≤ Từ đây, ta có √ 1 1 = √ ·√ ≥ ·√ 6 ab(4 − ab) ab ab(4 − ab) ab Hoàn toàn tương tự, ta có √ bc(4 − bc) ≥ 1 1 √ √ ≥ ·√ , · bc ac ac(4 − ac) Tiếp tục áp dụng AM – GM, ta s 1 1 1 √ +√ +√ ≥33 √ ·√ ·√ ≥ q = 6 6 6 ac ac a+b+c ab bc ab bc e #4 = 34 , 52 Từ đó, dễ dàng có a2 + 3b2 b2 + 3c2 c2 + 3a2 A= + + ≥ ab (4 − ab) bc2 (4 − bc) ab2 (4 − ca) Vậy giá trị nhỏ A a = b = c =   Ví dụ 2.2.6 Cho x, y, z số thực thuộc ; ( a; b; c) hoán vị tùy ý ( x; y; z) Tìm giá trị nhỏ 60b2 − 60c2 − 60a2 − + + 4xy + 5z 4yz + 5x 4xz + 5y Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức AM – GM (với ý x, y ≥ ), ta có   4xy + 5z ≤ 2( x2 + y2 ) + z2 + = 5( x2 + y2 + z2 ) + − 3x2 − 3y2 2 3 20( a + b + c ) − ≤ 5( x + y2 + z2 ) + − − = 4 4 Từ đây, 60a2 − > nên dễ dàng suy 60a2 − 4(60a2 − 1) ≥ 4xy + 5z 20( a2 + b2 + c2 ) − Tương tự ta có 60b2 − 4(60b2 − 1) ≥ , 4yz + 5x 20( a2 + b2 + c2 ) − 60c2 − 4(60c2 − 1) ≥ 4xz + 5y 20( a2 + b2 + c2 ) − Cộng ba bất đẳng thức lại theo vế, ta 60a2 − 60b2 − 60c2 − 4(60a2 − 1) + 4(60a2 − 1) + 4(60c2 − 1) + + ≥ = 12 4xy + 5z 4yz + 5x 4xz + 5y 20( a2 + b2 + c2 ) − Vậy giá trị nhỏ 60a2 − 60b2 − 60c2 − + + 12 4xy + 5z 4yz + 5x 4xz + 5y x=y=z= e 53 Nhận xét: Với việc ( a; b; c) hoán vị tuỳ ý ( x; y; z) ngược lại gợi ý cho việc đánh giá 4xy + 5z dạng biểu thức đối xứng ba biến x, y, z Ví dụ 2.2.7 Cho ≤ a ≤ b ≤ c ≤ Tìm giá trị lớn ( a2 − b2 )(b − c) + c2 (1 − c) Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức AM – GM với ý ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1, ta có ( a2 − b2 )(b − c) + c2 (1 − c) = a2 (b − c) + b2 (c − b) + c2 (1 − c) ≤ + · b · b · (2c − 2b) + c2 (1 − c) " #3 b + b + (2c − 2b) ≤ + c2 (1 − c )   23 = c 1− c 27 Mặt khác lại theo bất đẳng thức AM – GM    2       23 23 53 23 23 c2 − c = · c · c · 1− c 27 24 54 54 27    3 23 23 23  2  c + c + − c  53  54 108 54 27  ≤   = 24  529  Vậy giá trị lớn ( a2 − b2 )(b − c) + c2 (1 − c) a = 0, b = 108 529 12 18 ,c= 23 23 Ví dụ 2.2.8 Cho x, y, z > thỏa xy2 z2 + x2 z + y = 3z2 Tìm giá trị lớn biểu thức z4 P= + z4 ( x + y4 ) Chứng minh Từ giả thiết, chia hai vế cho z2 > 0, ta xy2 + x2 · Đặt x = a, y = b, 1 + y · = x z = c, ta z ab2 + bc2 + ca2 = e 54 Khi z4 = + z4 ( x + y4 ) P= z4 1 = a + b4 + c4 + x + y4 Áp dụng bđt AM – GM, ta 3a4 + ≥ 4a3 , 3b4 + ≥ 4b3 , 3c4 + ≥ 4c3 Cộng bất đẳng thức theo vế, có 3( a4 + b4 + c4 ) + ≥ 4( a3 + b3 + c3 ) Mặt khác, lại áp dụng AM – GM, ta 2a3 + c3 ≥ 3a2 c, 2b3 + a3 ≥ 3b2 a, 2c3 + b3 ≥ 3c2 b Do 3( a3 + b3 + c3 ) ≥ 3( a2 c + b2 a + c2 b) = 9, hay a3 + b3 + c3 ≥ Cho nên 3( a4 + b4 + c4 ) + ≥ 12 ⇔ a4 + b4 + c4 ≥ ⇔ P ≤ Vậy giá trị lớn P = x = y = z = Ví dụ 2.2.9 Cho số thực dương a, b, c thỏa abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= ∑ a4 (b + 1)(c + 1) cyc Chứng minh Từ điều kiện tốn, ta viết lại b3 c3 A=∑ cyc (1 + ac )(1 + ab ) Áp dụng AM – GM, ta b3 c3 + ac + ab 3bc + + ≥ (1 + ac)(1 + ab) 8 Tương tự với bất đẳng thức lại, cộng vế theo vế, có A≥ 3bc + bc bc 3 3 −∑ =∑ − ≥ − = 4 4 cyc cyc cyc ∑ Vậy giá trị nhỏ A a = b = c = e 55 Ví dụ 2.2.10 Cho số thực dương a, b thỏa a4 + b4 = Tìm giá trị nhỏ 5a2 3b3 + b a Chứng minh Biểu thức tương đương với 5a4 + 3b4 a2 b Để ý 5a4 + 3b4 = ( a4 + b4 ) + 4a4 + 2b4 = 2(2a4 + b4 + 1) Lại có 2a4 + b4 + ≥ 4a2 b nên 5a4 + 3b4 ≥ 8a2 b Suy P ≥ hay giá trị nhỏ P a = b = Ví dụ 2.2.11 Cho x1 , x2 , x3 , x4 , x5 > thỏa điều kiện 1 1 1 + + + + = x1 + 2010 x2 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 2010 √ Tìm giá trị nhỏ x1 x2 x3 x4 x5 Chứng minh Từ giả thiết, ta có 1 1 1 + + + = − x2 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 2010 x1 + 2010 x1 = 2010( x1 + 2010) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta x1 1 1 = + + + 2010( x1 + 2010) x2 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 s 1 1 ≥ 44 · · · x2 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 Khi đó, ta có s x1 1 1 ≥44 · · · 2010( x1 + 2010) x2 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 Tương tự ta có s x2 1 1 ≥44 · · · 2010( x2 + 2010) x1 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 e 56 s x3 1 1 ≥44 · · · 2010( x3 + 2010) x1 + 2010 x2 + 2010 x4 + 2010 x5 + 2010 s 1 x4 ≥44 · · · 2010( x4 + 2010) x1 + 2010 x2 + 2010 x3 + 2010 x5 + 2010 s x5 1 1 ≥44 · · · 2010( x5 + 2010) x1 + 2010 x2 + 2010 x3 + 2010 x4 + 2010 Nhân bất đẳng thức trên, vế theo vế ta có: x1 x2 x3 x4 x5 2010 ( x1 + 2010)( x2 + 2010)( x3 + 2010)( x4 + 2010)( x5 + 2010) s 1 1 ≥ 45 · · · · · 4 4 ( x1 + 2010) ( x2 + 2010) ( x3 + 2010) ( x4 + 2010) ( x5 + 2010)4 √ tức x1 x2 x3 x4 x5 ≥ 20105 · 45 hay x1 x2 x3 x4 x5 ≥ 8040 √ Vậy giá trị nhỏ x1 x2 x3 x4 x5 8040 x1 = x2 = x3 = x4 = 8040 Nhận xét: Với toán này, ta cần phải thực biến đổi giả thiết tốn cho sau kỳ vọng sử dụng AM – GM Ví dụ 2.2.12 Cho x1 , x2 , x3 , x4 , x5 > thỏa điều kiện 15 1 1 + + + + = 30 x1 x2 x3 x4 x5 Tìm giá trị lớn P = (30x1 − 4)(30x2 − 4)(30x3 − 4)(30x4 − 4)(30x5 − 4) Chứng minh Từ giả thiết, ta 4 4 + + + + = 120 x1 x2 x3 x4 x5 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 30x2 − 30x3 − 30x4 − 30x5 − = + + + x1 x2 x3 x4 x5 s (30x2 − 4)(30x3 − 4)(30x4 − 4)(30x5 − 4) ≥44 x2 x3 x4 x5 e 57 Tương tự, ta có ≥ x2 s ≥ x3 s ≥ x4 s ≥ x5 s 4 4 (30x1 − 4)(30x3 − 4)(30x4 − 4)(30x5 − 4) , x1 x3 x4 x5 (30x1 − 4)(30x2 − 4)(30x4 − 4)(30x5 − 4) , x1 x2 x4 x5 (30x1 − 4)(30x2 − 4)(30x3 − 4)(30x5 − 4) , x1 x2 x3 x5 (30x1 − 4)(30x2 − 4)(30x3 − 4)(30x4 − 4) x1 x2 x3 x4 Nhân bất đẳng thức vế theo vế ta (30x1 − 4)(30x2 − 4)(30x3 − 4)(30x4 − 4)(30x5 − 4) ≤ 1 Vậy giá trị lớn P vào x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = Ví dụ 2.2.13 Cho x1 , x2 , , xn > thỏa mãn x1 x2 · · · xn = Tìm giá trị nhỏ biểu thức n x ∑ xi + ni − P= i =1 Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có n −1 x1 x1 n x1 = = 1 n −1 x1 + n − x1 + (n − 1)( x1 x2 · · · xn ) n x1 n + (n − 1)( x2 x3 · · · xn ) n n −1 = x1 n −1 n x n q1 n −1 n −1 n −1 n −1 + ( n − 1) x2 n · x3 n · · · x n n x1 ≥ x1 n −1 n  n −1  n −1 n −1 + x2 n + x3 n + · · · + x n n x1 = x1 n −1 n n −1 n + x2 n −1 n n −1 n + x3 n −1 n + · · · + xn n −1 n Tương tự, ta có n −1 x2 x2 n ≥ n −1 , n −1 n −1 n −1 x2 + n − x1 n + x2 n + x3 n + · · · + x n n , n −1 xn xn n ≥ n −1 n −1 n −1 n −1 xn + n − n n n n x1 + x2 + x3 + · · · + xn e 58 Cộng n bất đẳng thức vế theo vế, ta thu n x ∑ xi + ni − ≥ i =1 Vậy giá trị nhỏ P x1 = x2 = · · · = xn = 2.3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM để giải phương trình, hệ phương trình Ví dụ 2.3.1 Giải phương trình sau √ x3 − 3x2 − 8x + 40 = 4x + Lời giải Điều kiện 4x + ≥ ⇔ x ≥ −1 Ta có √ q x − 3x − 8x + 40 = 4x + = 4 ( x + 1) · · AM-GM ≤ x+1+4+4+4 ⇔ ( x + 3) ( x − 3)2 ≤ ⇔ x = Ví dụ 2.3.2 Giải phương trình sau : √ 27x10 − 5x6 + √ 864 = Chứng minh Do x = khơng nghiệm phương trình, nên chia vế cho √ 27x6 ta r 5 864 + x4 − √ · = ⇔ x4 + = √ 5 27 x x 27 27 v !3   u u x4 x4 5 t √ ⇔ √ = · + · ≥ · = 5 3 x6 x6 27 27 Dấu “ = ” xảy √ x4 10 = ⇔ x10 = ⇔ x = ± 3 x √ Vậy phương trình cho có nghiệm x = ± 10 Ví dụ 2.3.3 Giải phương trình p p x2 + x − + x − x2 + = x2 − x + e (1) 59 Ví dụ 2.3.4 Giải phương trình ! x10 y10 16 16 2 + + x + y = ( + x y ) − 10 y2 x2 Chứng minh Điều kiện x, y 6= Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho số dương ta có x10 s 10 · y10 x + + ≥ · = 4x2 y2 y2 x2 x · y2 ! x10 y10 ⇒ + + ≥ 8x2 y2 y x + y10 x 16 ⇒ ⇒ q 16 + y + + ≥ · x16 · y16 = 4x4 y4 ! x10 y10 + + + x16 + y16 + ≥ 4x4 y4 + 8x2 y2 y x ! x10 y10 + + x16 + y16 ≥ 4(1 + x2 y2 ) − 10 y x Dấu đẳng thức xảy x2 = y2 ⇔ | x | = |y| = Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y) (1; 1), (1; −1), (−1; 1), (−1; −1) Ví dụ 2.3.5 Giải phương trình: r 28 27x2 + 24x + = 1+ r 27 x + Chứng minh Ta có r 3(9x + 4) 28 27x2 + 24x + = 1+ s r (9x + 4) 3(9x + 4) ⇔ +4 = 1+ r Điều kiện 9x + = y ≥ Khi (2.1) trở thành s s r 3y y2 3y p y +4 = 1+ ⇔4 +4 = 1+ + 6y 3 e (2.1) 60 Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có p 6+y 6y ≤ Do vậy, s ⇔4 y2 + ≤ 2y + ! y ( y − 6)2 + ≤ ( y + 2) ⇔ ≤0 3 Ta lại có (y − 6)2 ≥ nên y = Từ x = đầu y−4 = thỏa mãn điều kiện ban 9 Vậy phương trình cho có nghiệm x = Ví dụ 2.3.6 Giải phương trình p p 13 x − x + x2 + x4 = 16 Lời giải Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có : q 4(1 − x ) + x − 3x2 4(1 − x ) x ≤ = 2 p 52 − 39x ⇒13 x2 − x4 ≤ Tương tự q 13x2 + 9x2 · 4(1 + x2 ) ≤ 2 p 39x + 12 ⇒9 x + x ≤ Cộng vế theo vế (2.2) (2.3) ta có p p 13 x2 − x4 + x2 + x4 ≤ 16 Dấu xảy √ ⇔x= 9x2 = 4(1 + x2 )  4(1 − x ) = x Ví dụ 2.3.7 Giải hệ phương trình sau :  √ 1   √ √ + + = 3  √   y z  x x+y+z =       xy + yz + zx = + 2xyz 27 e (2.2) (2.3) 61 Chứng minh Điều kiện x, y, z > Từ phương trình thứ nhất, ta có s √ 1 1 3= √ +√ +√ ≥33 √ y xyz x z √ ⇔ xyz ≥ 3 xyz ⇔ xyz ≥ 27 (2.4) Từ phương trình thứ hai, ta có √ = x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ xyz ≤ 27 (2.5) Dấu “ = ” (2.4) (2.5) xảy đồng thời tương đương    √1 = √1 = √1 y x z ⇔ x = y = z  x = y = z thoả mãn phương trình thứ ba Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x = y = z = Ví dụ 2.3.8 Giải hệ phương trình   2x2    =y   + x   2y2 =z  + y2     2z2   =x  + z2 Thay vào phương trình thứ nhất, ta x = y = z = Chứng minh Rõ ràng, hệ cho có nghiệm x = y = z = Với x, y, z 6= 0, từ hệ cho ta nhận x > 0, y > 0, z > Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2x2 2y2 2z2 y= ≤x;z= ≤y;y= ≤ z + x2 + y2 + z2 Do vậy, x = y = z Khi đó, hệ phương trình cho trở thành 2x2 = x ⇔ 2x2 = x + x3 ⇔ x = 1+x Vậy, hệ phương trình cho có hai nghiệm (0; 0; 0) (1; 1; 1) Ví dụ 2.3.9 Giải hệ phương trình   x + y2 = √ 125y5 − 125y3 + 15 = e 62 Chứng minh Hệ phương trình cho tương đương với     x = − y2 ,   2 2    x = − y  x + y = √ ⇔ y > 0, √ ⇔ 15 15     y3 x =   y3 (1 − y2 ) = · 33   125 125 y x = (∗) (∗∗) 3 Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho số không âm y2 , y2 , y2 , x2 , x2 ta có 2 r · 32 (2.6) y6 · x ≤ 3( x + y2 ) = ⇔ y6 x ≤ Kết hợp (∗∗) (2.6) bất đẳng thức (2.6) trở thành đẳng thức Khi y2 = Kết hợp với (∗) ta có: √ 10 x2 + x2 = ⇔ x2 = ⇔ x = ± 5 √ 15 Do y2 = ⇔ y = , y > 5 √ √ ! 10 15 ; Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y) 5 x √ √ ! − 10 15 ; 5 Ví dụ 2.3.10 Giải hệ phương trình  q  x p12 − y + 12y − x2 y = 12  x3 − 8x − = 2py − √ Chứng minh Điều kiện xác định: | x | ≤ 3, ≤ y ≤ 12 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta x p 12 − y + q y 12 − x2
x2 − y + 12 − x2 + y + 12 ≤ + = 12 2 Suy phương trình thứ hệ tương đương với   p  x = 12 − y x ≥ ⇔ y = 12 − x2 y = 12 − x2 Thay y = 12 − x2 vào phương trình thứ hai hệ ta p x − 8x − = 10 − x2   p ⇔ x3 − 8x − + − 10 − x2 = ⇔ ( x − 3) 2x + √ x2 + 3x + + + 10 − x2 e ! = (2.7) 63 Dễ thấy x2 + 3x + + 2x + √ > 0, ∀ x ≥ Do + 10 − x2 (2.7) ⇔ x = ⇒ y =
Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y = (3; 3) Ví dụ 2.3.11 (Tạp chí TH & TT, T6/499) Tìm số thực dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình  2  =4   x + y + z + xyz !
1  + 2xyz = + +   x y9 z9 Chứng minh Theo bất đẳng thức AM – GM ta có q
2 2 = x + y + z + xyz ≥ xyz + xyz Đặt t = √ xyz > Khi ta có t3 + 3t2 − ≤ ⇔ (t − 1) (t + 2)2 ≤ ⇔ t ≤ Suy xyz ≤ Mặt khác, lại theo bất đẳng thức AM – GM ta có !

1 + 2xyz + 2xyz ≥ 9= + +
x y9 z9 xyz    =3
3 +
2 xyz xyz ≥ (1 + 2) = Do x = y = z Thay vào phương trình đầu hệ ta 3x2 + x3 = ⇔ ( x − 1) ( x + 2)2 = ⇔ x =
Vậy x; y; z = (1; 1; 1) nghiệm hệ phương trình Ví dụ 2.3.12 Giải hệ phương trình  x y    √ + √ = xy, y x q    x2010 + y2010 = ( xy)2007 Chứng minh Điều kiện x, y > Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: √ √ x y xy = √ + √ ≥ xy ⇒ xy ≥ 16 y x e (2.8) 64 √ =x +y ≥ ( xy)2010 ⇒ xy ≤ 16 (2.9) √ √ Từ (2.8), (2.9) ta có xy = 16 Đẳng thức xảy x = y = 16 Đó nghiệm hệ phương trình q 2010 ( xy)2007 q 2010 Ví dụ 2.3.13 Giải hệ phương trình q q     2x x + y
3 + y x2 + y2
= x2 + y2 p
√   x + 5y − = y + x − + 2y − Chứng minh Điều kiện xác định x ≥ 2, y ≥ Phương trình thứ hệ tương đương với q 2x x + y + y2 v u u x ⇔ t2 y Đặt t = q
3 x +1 y !3 x2 y v u u + t2 + y2   x + y2
= x2 +1 y2 y2 ! =3 ! x2 +1 y2 x > Khi ta có y q q  
2 (2.10) ⇔ 2t(t + 1) + t + = t + Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta 2t(t + 1) + (t + 1)2 2t(t + 1) = 2t · (t + 1) · (t + 1) ≤ , q
+ t2 + ⇔ t2 + ≤ q q Suy
4t2 + 4t + 2t(t + 1) + t2 + ≤   4t2 + 4t + ⇔ t2 + ≤ 2 ⇔ 2( t − 1) ≤ q q ⇔ t = ⇔ x = y e (2.10) 65 Thay y = x vào phương trình thứ hai hệ ta √ √ x2 + 5x − = 2( x + 4) x − + 2x −   √ √ ⇔ ( x + 4) x − − x − + 2x + − 2x − = √ 2  √ 2 ⇔ ( x + 4) x−2−1 + 2x − − =  √ 2   ( x + 4) x−2−1 = ⇔ √  ( 2x − − 2)2 = √  x−2 = ⇔ √ ⇔ x = ⇒ y =  2x − =
Vậy hệ cho có nghiệm x; y = (3; 3) Ví dụ 2.3.14 (Tạp chí TH & TT, T6/496) Giải hệ phương trình sau  1 1    + + = x y z xyz
3    x + y + z = xyz + x+y+z 27 Chứng minh Điều kiện xác định xyz 6= Ta có 1 1 + + = ⇔ xy + yz + zx = x y z xyz

⇒ x + y + z = x + y + z xy + yz + zx


3 ⇒ x + y + z − xyz = x + y y + z (z + x ) = x+y+z 27 Mặt khác
x2 + = x2 + xy + yz + zx = x + y (z + x )

y2 + = y2 + xy + yz + zx = y + z x + y
z2 + = z2 + xy + yz + zx = (z + x ) y + z    
2
2 2 2 ⇒ x + y y + z (z + x ) = x + y + z + Do    h i2

x + y2 + z2 + = x + y y + z ( z + x ) 3
2 i3 82  82 h = x+y+z = x + y2 + z2 + 27 27 Theo bất đẳng thức AM – GM     3 1 2 2 2 x +1 y +1 z +1 ≤ x +y +z +3 27  e ... chọn đề tài ? ?Một số vấn đề bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học áp dụng? ?? cho luận văn Luận văn tìm hiểu nghiên cứu bất đẳng thức trung bình số học – trung bình hình học từ định hình. .. VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ... toán học Bất đẳng thức AM-GM coi bất đẳng thức nguyên thủy thứ hai sau bất đẳng thức tam giác Euclid – “Vị cha đẻ hình học? ?? sử dụng ý tưởng từ phương pháp hình học để chứng minh bất đẳng thức