Phương pháp nghiên cứu khoa học phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Tr-ờng THPT CHUYÊN QUảNG BìNH ti nghiờn cu khoa hc PHƯƠNG PHáP CHứNG MINH BấT ĐẳNG THứC Giỏo viờn hng dn : Nguyễn Chiến Thắng Nhóm tác giả: Tập thể chuyên Toán khóa 2012-2015 LI NểI U Trong mụn Toán trường THPT, bất đẳng thức ngày quan tâm mức tỏ có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vẽ đẹp tính độc đáo phương pháp kỹ thuật giải chúng yêu cầu cao tư cho người giải Bất đẳng thức dạng toán hay khó học sinh q trình học tập kỳ thi, trước hết kỳ thi đại học mà hầu hết học sinh THPT phải vượt qua Ngoài bất đẳng thức dạng thường gặp kỳ thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, Quốc gia, Olympic khu vực Olympic quốc tế Các toán bất đẳng thức khơng rèn luyện tư sáng tạo, trí thơng minh mà cịn đem lại say mê u thích mơn Tốn người học Trong đề tài nghiên cứu khoa học này, tập thể lớp 10 Toán trường THPT Chuyên Quảng Bình xin trình bày số vấn đề bất đẳng thức, số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Đề tài gồm viết nhóm tác giả trình bày dạng chuyên đề Nhóm tác giả -2- MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU MỤC LỤC BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VÀ ỨNG DỤNG Bất đẳng thức AM-GM 1.1 Định lí 1.2 Chứng minh 1.3 Các dạng thường gặp Ví dụ Bài tập tự giải 23 BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI VÀ ỨNG DỤNG 24 Bất đẳng thức Minkowski 24 1.1 Bất đẳng thức Minkowski dạng 24 1.1.1 Định lí 24 1.1.2 Chứng minh 24 1.2 Bất đẳng thức Minkowski dạng 25 1.2.1 Định lí 25 1.2.2 Chứng minh 25 Ví dụ .25 Bài tập tự giải 28 BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER VÀ ỨNG DỤNG 29 Bất đẳng thức Holder .29 1.1 Dạng tổng quát 29 1.1.1 Định lí 29 1.1.2 Chứng minh 29 1.2 Mở rộng bất đẳng thức Holder 30 1.3 Mở rộng bất đẳng thức Holder 30 1.4 Mở rộng bất đẳng thức Holder 30 Ví dụ .30 Bài tập tự giải 41 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 43 -3- 1.Bất đẳng thức Cauchy-schwarz .43 1.1 Định lí 43 1.2 Chứng minh .43 1.3 Hệ 45 Ví dụ .45 Bài tập tự giải 78 BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV 82 1.Bất đẳng thức Cheybyshev .82 1.1 Định lí 82 1.2 Chứng minh .82 Ví dụ .83 Bài tập tự giải 96 BẤT ĐẲNG THỨC MUIRHEAD 97 Giới thiệu bất đẳng thức Muirhead 97 Một số khái niệm liên quan đến Bất đẳng thức Muirhead .97 2.1 Bộ trội 97 2.2 Trung bình loại [a] .98 2.3 Tổng hoán vị .98 2.4 Tổng đối xứng 98 2.5 Lược đồ Young 99 Định lý Muirhead .99 Kỹ thuật sử dụng định lí Muirhead 101 Phương pháp chung 101 Sử dụng định lý Muirhead với AM – GM, Holder, ASYM, Schur 102 5.1 Bất đẳng thức AM – GM 102 5.2 Bất đẳng thức Holder 102 5.3 Bất đẳng thức ASYM 102 5.4 Sử dụng định lý Muirhead với bất đẳng thức Schur 102 Ví dụ 103 Bài tập tự giải 112 -4- PHƢƠNG PHÁP PQR 114 Kiến thức liên quan 114 1.1 Định nghĩa phép biến đổi 114 1.2 Phương pháp pqr kết hợp bất đẳng thức Schur 114 1.3 Mở rộng phương pháp pqr kết hợp hàm số 117 Bài tập tự giải 119 PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG BÌNH PHƢƠNG S.O.S 124 Lý thuyết ví dụ 124 1.1 Định lý kĩ thuật phân tích 124 1.2 Các tiêu chuẩn kĩ thuật xếp biến 130 1.3 Ứng dụng tìm số k tốt 135 Bài tập tự giải 137 Mở rộng 141 SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP S.O.S TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 142 Lời nói đầu 142 Xây dựng định lí, tiêu chuẩn 142 Phân tích sở 143 Các ứng dụng phƣơng pháp S.O.S 144 Bài tập vận dụng 149 Bài tập dành cho bạn đọc 151 PHƢƠNG PHÁP DỒN BIẾN 153 Kiến thức liên quan 153 Ví dụ minh họa 157 Bài tập vận dụng 184 SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 187 Phƣơng trình tiếp tuyến tổng quát 187 Sử dụng tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức 187 Ví dụ 188 -5- PHƢƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE 203 Cơ sở lí thuyết 203 Một số ví dụ 204 Bài tập vận dụng 215 KẾT LUẬN 218 -6- BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VÀ ỨNG DỤNG Đồn Quốc Đạt – Ngơ Hồng Thanh Quang Bất đẳng thức AM-GM 1.1 Định lí Định lí (Bất đẳng thức AM-GM) Với số thực dương a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức a1  a2   an n  a1a2 an n Đẳng thức xảy a1  a2   an 1.2 Chứng minh Phương pháp “Quy nạp Cauchy” Với n  : a1  a2  a1a2   a1  a2  2 0 a1  a2  a1a2 (đúng) Giả sử bất đẳng thức với n  k ta chứng minh bất đẳng thức với n  2k Sử dụng giả thiết quy nạp ta có: a1  a2   a k  a1  a2   ak ak 1  ak    a2 k      2k 2 k 2k    k a1a2 ak  k ak 1ak 2 a2k   k a1 ak k ak 1 a2k  2k a1a2 ak a2k Giả sử bất đẳng thức với n  p ta chứng minh bất đẳng thức với n  p 1 Thật vậy, xét p  số: a1 , a2 , , ap 1  Sử dụng giả thiết quy nạp với n  p ta có: a1  a2   a p 1  p 1 a1a2 a p 1 p  p a1 a p 1 p 1 a1 a p 1  p 1 a1a2 a p 1  a1  a2   a p 1  p 1 a1a2 a p 1  p p 1 a1a2 a p 1 -7-  a1  a2   a p 1   p  1 p 1 a1a2 a p 1  a1  a2   a p 1 p 1  p 1 a1 a p 1 Theo nguyên lí quy nạp ta có bất đẳng thức với n  2, n  Đẳng thức xảy a1  a2   an 1.3 Các dạng thường gặp n n2 n3 n4 Điều kiện a, b  a, b, c  a, b, c, d  Dạng ab  ab abc  abc abcd  abcd Dạng  ab    ab    abc     abc    abcd     abcd   Dấu a b a bc a bc d Ví dụ Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Nesbit) Chứng minh với số thực khơng âm a, b, c ta có a b c    bc a c a b Giải: Xét biểu thức sau a b c   bc a c a b b c a M   bc a c a b c a b N   bc a c a b S Ta có M  N  Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM -8- ab bc ca   3 bc ac ab ac ab bc N S    3 bc ac ab M S  Vậy M  N  2S   2S  hay a b c    bc a c a b Đẳng thức xảy a  b  c (đpcm) Nhận xét: Bài nhiều cách giải khác có lẽ cách hay việc nghĩ biểu thức M , N dễ dàng Ví dụ phần cho ta thấy sức mạnh tinh tế bất đẳng thức AMGM, ví dụ đơn giản Chúng ta xét đến kĩ thuật thêm bớt bất đẳng thức AM-GM qua ví dụ sau Ví dụ 2: Chứng minh với số thực khơng âm a, b, c ta có a2 b2 c2 a bc    bc a c a b Giải: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: a2 bc a2 b  c  2 a bc bc b2 ac b2 a  c  2 b ac ac c2 ab c2 a  b  2 c ab ab Cộng theo vế bất đẳng thức ta có: a2 b2 c2 a bc     abc bc a c a b a2 b2 c2 a bc    Hay bc a c a b -9- Đẳng thức xảy a  b  c (đpcm) Nhận xét: Đây dạng tập đánh giá điểm rơi từ AM sang GM Nếu tiếp xúc qua bất đẳng thức AM-GM nhận xét việc tìm a2 bc a2 b  c đánh giá  2  a mang nhiều tính may mắn Nhưng bc bc vậy, để ý, điểm rơi bất đẳng thức a  b  c Khi a a2 a  , phải tạo biểu thức để vừa có giá trị , vừa bc loại mẫu biểu thức a2 Hơn nữa, vế bất đẳng thức đồng bc bậc 1, từ dễ dàng nhận biểu thức thêm vào phải bc Sử dụng kết ta làm tốn sau: Ví dụ 3: [IMO 1995] Cho a, b, c  thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: 1    a b  c  b  a  c  c  a  b  (1) Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: abc abc abc 11 1        a b  c  b  a  c  c  a  b   a b c  1 2 11 1  a  b  c      1 1 1 2a b c    b c a c a b 1 Đặt x  , y  , z  , ta quay trở lại ví dụ a b c Nhận xét: Bài giải bất đẳng thức Cauchy – Schwarz mà xét phần sau Ví dụ 4: Cho a, b, c  Chứng minh rằng: ab bc ca a bc    a  b  2c b  c  2a c  a  2b - 10 - Một số ví dụ Ví dụ 1: Với x, y dương thoả mãn x  y  10 Tìm giá trị lớn của: x  y Giải Thiết lập hàm Lagrange L( x, y,  )  x  y   ( x3  y  10) 2 x  3 x   Điểm cực trị nghiệm hệ 2 y  3 y   x  y  10  Từ phương trình thứ thứ hai ta suy 2x 2y    3x 3y  Ta có cực trị xảy x  y , từ có điểm dừng  5, 5,  x Giá trị lớn x  y 25 2 25   15   y   1  1  x3  y  x3  y3  Chú ý: Với ví dụ này, dấu xảy tâm nên khơng khó để ta nghĩ cách giải sau: Theo bất đẳng thức Holder: x  y   (1  1)  x3  y  x3  y   200  x  y  25 Ta xét ví dụ đơn giản sau Ví dụ 2: Cho a, b, c, d  thoả a  b  c  d  Tìm Min P  a2  2b2  2c2  3d Lời giải Thiết lập hàm Lagrange L(a, b, c, d ,  )  a  2b  2c  3d   (a  b  c  d  2) - 204 -  2a    4b     Điểm cực trị nghiệm hệ 4c    6 d     a  b  c  d Khi P   a   b     tương đương với: c    2 d     12  12 Kết luận: Min P  12 3 a  ; b  ; c  ; d  7 7 7 7 Chú ý sau biết giá trị Min P xảy a  ; b  ; c  ; d  phương pháp nhân tử Lagrange nghĩ cách lời giải sau: Lời giải Ta thấy 2 2 6 3 3 2      a     b     c    3 d    7 7 7 7     12 84 12 84 12  a  2b  2c  3d   a  b  c  d      49 49 Hoặc không sử dụng nhân tử Lagrange, ta dùng phương pháp điểm rơi AMGM Ta cần có  ,  ,  ,  dương để thực phép đánh giá sau AM-GM: a    a.2  2b    b.2 2 2c    c.2 2 3d    d 3  a  2b  2c  3d  a.2   b.2 2  c.2 2  d 3  (       ) - 205 - Để sử dụng điều kiện a  b  c  d  , ta cần có   2  2  3    2  2  3 (1) a    2b   Mà theo điều kiện dấu bất đẳng thức AM-GM  2c   3d    (2) Thay (2) vào (1): a2  4b2  4c2  9d Chú ý a, b, c, d  nên a  2b  2c  3d 7 Từ với a  b  c  d  a  ; b  ; c  ; d  Qua toán trên, ta thấy tiện lợi sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange Nhưng có ý kiến cho phương pháp Lagrange chưa thật thuyết phục, sử dụng phương pháp đơn giản giải cách nhanh chóng, với tốn có điều kiện dấu phức tạp, phương pháp khác gặp khó khăn, xét tốn sau Ví dụ 3: (British Mathematical Olympiad 1996) Cho a, b, c thực thoả mãn a  b  c  a2  b2  c2  Tìm giá trị lớn biểu thức : A  a2b  b2c  c2a Nhận xét: Với loại tốn có điều kiện này, nhân tử Lagrange tỏ vô hữu hiệu Ta tham khảo lời giải sau: Xét hàm nhân tử Lagrange L(a, b, c, 1 , 2 )  a 2b  b2c  c a  1 (a  b  c)  2 (a  b2  c  6) 2ab  c  1  22 a   2bc  a  1  22b   Điểm cực trị nghiệm hệ 2ca  b  1  22 c  a  b  c   a  b  c   - 206 - Cộng vế theo vế ba phương trình lại, ta a  b  c  31  22 (a  b  c)   1  2ab  c  22 a    2bc  a  22b   Từ 2ca  b  22 c  a  b  c   a  b  c   Suy ra: 2ab  c2 2bc  a 2ca  b2 (quy ước mẫu tử 0) (*)   a b c Ta tìm điều kiện xảy dấu toán này, từ sử dụng Cauchy Schwarz sau 2 2  a  2ab  c   b  2bc  a   c  2ca  b    a  b  c   2ab  c    2bc  a    2ca  b       Lại có a  2ab  c   b  2bc  a   c  2ca  b    a 2b  b 2c  c 2b  Và  2ab  c    2bc  a    2ca  a   2(ab  bc  ca)2  (a  b2  c )2  54 2 Do A  Giờ ta cần giải tìm điều kiện dấu xảy với a, b, c Ta có: 2ab  c2 2bc  a 2ca  b2   a b c (2ab  c )2 (2bc  a )2 (2ca  b )2 (2ab  c )2  (2bc  a )2  (2ca  b )2    9 a2 b2 c2 a  b2  c2 2ab  c 2bc  a 2ca  b     3 a b c  Lại có - 207 - 2ab  c 2bc  a  a b 2  2ab  c b  2abc  a  2b (b  c)  c 2b  2bc(b  c)  (6  b  c )(b  c)  2bc  6b  6c  3b3  b c  c Xây dựng đẳng thức tương tự cộng lại, ta 2bc  2ca  2ab  4(a  b3  c3 )  b c  c a  a 2b  4(a  b3  c )   bc  ca  ab  2(a  b3  c )  Với (1) 2ab  c2 2bc  a 2ca  b2   3 a b c Ta có 2ab  c  3a  2ab2  c 2b  3ab Xây dựng đẳng thức tương tự cộng lại ta ab  bc  ca 2 a  b  c  ab  bc  ca   a  b2  c  3 (2) Từ (1) (2) ta có a3  b3  c3  3 2ab  c 2bc  a 2ca  b2    3 Với a b c Tương tự ta có a3  b3  c3  Tổng hợp lại ta có hệ  a  b  c   a  b  c   a  b  c     2 2 2  a  b  c   (b  c)  b  c   b  c  bc    3 3 3  a  b  c  3  (b  c)  b  c  3  bc(b  c)         a  b  c   a  b  c   a  b  c     2  2 2  a  b  c   (b  c)  b  c  b  c  bc   3  bc(b  c)  3  a  b  c   (b  c)  b  c   Xét hệ (I) - 208 - a  b  c  a  b  c    2  2 b  c  bc    b  c    a  3a   a bc(b  c)    abc    Một cách tương tự, ta có a, b, c ba nghiệm đa thức f ( x)  x3  3x   f (1) f ( 2) 0  Ta thấy  f (1) f (1) 0  f (1) f (2) 0  Nên nghiệm f ( x) thuộc khoảng (2;2) Từ đặt x  2cos  xét   (0; ) , ta có: 8cos3   cos     cos 3  1     (0; ) nên ta có nghiệm x  2cos 2 2 k 2 4 8 ; x  cos ; x  cos 9 a  b  c  a   2 Xét hệ (II) b  c  bc   b  bc(b  c)  c   Từ quy ước (*) ta suy số số 0, trái điều kiện a2  b2  c2  Kết luận: A  Dấu xảy a  2cos 2 4 8 ; b  cos ; c  cos 9 hốn vị vịng quanh tương ứng Quả điều kiện đẳng thức loại tốn phức tạp, việc tìm cách giải sơ cấp không khả thi, phương pháp nhân tử Lagrange đưa để giải vấn đề điều kiện dấu bằng, dù phức tạp đến đâu tường minh trọn vẹn Ví dụ 4: Cho a, b, c  thoả mãn a2  b2  c2  Tìm GTLN P  a3  b3  c3  abc - 209 - Nhận xét : Trước giải tốn này, ta có nhận xét sau đây: Đặt biểu thức bên dấu giá trị tuyệt đối Q Q nhận giá trị âm dương với điều kiện tốn Từ max P  max  Q , maxQ  Vì theo đường sau: tìm giá trị lớn , nhỏ Q so sánh giá trị tuyệt đối chúng Hướng làm ta nghĩ đến phương pháp nhân tử Lagrange để tìm cực trị hàm nhiều biến có điều kiện Giải Chuyển biểu thức Q sang ẩn p, q, r ( p  a b c ;q ab bc ca ;r abc ) ta có Q  p  pq  2r Xét f (r )  Q , ta có f (r ) hàm đơn điệu nên theo định lí ABC, giá trị nhỏ lớn đạt ba số a, b, c có hai số Giả sử a  b , Q  2a  c  a c với điều kiện ràng buộc 2a2  c2  Xây dựng hàm Lagrange L  2a  c  a 2c   (2a  c  1) 6a  2ac  4a   2 Điểm dừng nghiệm hệ 3c  a  2c   2a  c   Xét a  a  0, b  0, c  1 P  Khi c  a  b   , c  P  2 Khi a, b, c khác 0, từ hệ điểm dừng ta có 6a  2ac 3c  a  4a 2c  4c  3ac  a   (a  c)(4c  a )  a  c   a  4c Kết hợp 2a2  c2  1ta có - 210 -   a      a  4c   2  c  2a  c      a  c    a  2a  c       c    33 33 13   P  33   P   3  So sánh giá trị P ta thu được: max P  Kết luận: max P  (a, b, c)  (0;0;1), (0;0; 1) hoán vị Chú ý: ta giải tốn lời giải sơ cấp hơn, tham khảo cách làm thành viên diendantoanhoc.net sau: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz: a  b3  c3  abc   a  b3  c3  abc    a3  b3  c(c  ab)  2  (a  b  c )  a  b  (c  ab)2   a  b4  c  2c ab  a 2b Ta có đánh giá sau: ( a  b)   a  b  2ab  a 2c  b2c  2abc Vì a  b4  c  2c ab  a 2b2  a  b4  c  a 2b2  b2c  c a  a  b4  c  2(a 2b2  b2c  c a )  (a  b2  c )2  Vậy P  1, đẳng thức xảy a,b,c hoán vị hai (0,0,1) (0,0,-1) Lời giải sơ cấp dễ hiểu để có lời giải đẹp này, thực người làm tốn cần có kĩ đánh giá điêu luyện, có bước đánh giá thiếu tự nhiên, bước a 2b  b 2c  c a  2(a 2b  b 2c  c a ) Do dù - 211 - lời giải sơ cấp, việc nghĩ lời giải vơ khó khăn, cách đó, ta phải biết trước điều kiện đẳng thức tốn Ví dụ 5: Cho x, y , z không âm thoả x  y  z  Tìm Min Max P  x  y  3z Thiết lập hàm nhân tử Lagrange L( x, y, z )  x  y  3z   ( x  y  z ) Điểm Max, Min nghiệm hệ  x   81 2 x     4 y    y    81 9 z       z  x  y  z   27     81  Khi P  14 6561 Xét trường hợp biên Trường hợp 1: z  Khi x  y  L( x, y, 0)  x  y   ( x  y )  g ( x, y ) Điểm Max, Min nghiệm hệ    x  27 2 x       4 y      y  27   x  y      27  Khi P  243  11  46  32  ; ; ; ;  243 243   81 81 243 Tương tự với trường hợp lại P   - 212 - So sánh tất cả, ta đến đáp án: Kết luận: MinP  14 2 x  ; y  ; z  6561 81 81 27 MaxP  x  0; y  ; z  81 Ví dụ (1999 Canada Math Olympiad) Cho x, y , z số dương thoả x  y  z  Chứng minh rằng: 2 A= x y  y z  z x  xyz  27 Giải Thiết lập hàm Lagrange L  x y  y z  z x  xyz  .( x  y  z  1)  Lx '   Điểm dừng hệ  Ly '  L '   z 2 xy  z  yz     Hay ta có 2 yz  x  zx    2 zx  y  xy     Rút  ta xy  z2  yz  yz  x2  xz  xz  y2  xy ( x  y )( x  y  z )  y( x  z)  Có hệ ( y  z )( y  z  x)  z ( y  x) ( z  x)( z  x  y)  x( z  y)  Với x  y  z ta có L  27 Với x, y , z đôi khác ta có xyz  ( x  y  z)( y  z  x)( z  x  y) Vô nghiệm do: xyz  ( x  y  z)( y  z  x)( z  x  y) (*) với x, y , z khác nhau, dương - 213 - Thật xét x, y , z ba cạnh tam giác:  x yz yzx ( x  y  z )( y  z  x)    y    yzxzx y ( y  z  x)( z  x  y )    z    zx yx yz ( z  x  y )( x  y  z )    x   Nhân theo vế bất đẳng thức ta có xyz  ( x  y  z)( y  z  x)( z  x  y) Khi x, y , z không ba cạnh tam giác có trường hợp sau xảy i Một tổng ( x  y  z );( y  z  x);( z  x  y ) khơng dương, hai tổng cịn lại dương, giả sử tổng khơng dương ( x  y  z) Thì vế phải (*) khơng dương, vế trái (*) dương nên (*) hiển nhiên ii Tồn hai ba tổng ( x  y  z );( y  z  x);( z  x  y ) không dương, giả sử ( x  y  z) ( y  z  x) , ta có x  y  z  y  x (vơ lí) Vậy (*) Dấu xảy x  y  z Từ điểm dừng x  y  z   f  Lại có  f   1 1  ; ;   3  27 1 1   ; ;   4  64 27 2 Kết luận ta có A= x y  y z  z x  xyz  27 Ví dụ 7: Cho a, b, c thực thoả a  b  c  Chứng minh rằng: 2 a  b  c  (a  b  c )  3abc 3 2 (*) Nhận xét: Bài tốn chưa có điều kiện ràng buộc nên ta chưa thể sử dụng phương pháp nhân từ Lagrange, ý bất đẳng thức (*) bất đẳng thức nhất, nên ta làm sau - 214 - Giải Chuẩn hoá a2  b2  c2  ta có (*) trở thành: a3  b3  c3   3abc Thiết lập hàm nhân tử Lagrange: L(a, b, c,  )  a  b3  c3  3abc   (a  b  c  1) 3a  3bc  2a   3b  3ca  2b  Điểm dừng nghiệm hệ  3c  3ab  2c  a  b  c   Rút  ta 3(a  bc) 3(b  ac) 3(c  ab)   2a 2b 2c (a  b)(ab  bc  ca)  a  b  c   (a  c)(ab  bc  ca)     ab  bc  ca  (b  c)(ab  bc  ca)    Khi a  b  c a3  b3  c3  3abc   Khi ab  bc  ca  (a  b  c)  a  b  c  2(ab  bc  ca )  Lại có a  b  c  nên a  b  c  Từ a  b3  c3  3abc  (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ca )  Bài tập vận dụng Cho số thực dương a,b,c thoả mãn a2  b2  c2  Chứng minh 2(a 2b  b c  c a )  15  3(a  b  c)  4(ab  bc  ca ) Hƣớng dẫn: Thiết lập hàm Lagrange, giải hệ điểm dừng ta a  b  c Cho a, b, c  thoả a  b  c  Tìm Max P = (2a  c)b  (a  c)(2c  a)b Hƣớng dẫn: xét riêng trường hợp biên, lập hàm Lagrange cho trường hợp tổng quát đáp số Max P= Cho a, b, c  Chứng minh: a  b3  c3  3abc  ab(a  b)  bc(b  c)  ca (c  a ) Hƣớng dẫn: Sau thiết lập hàm Lagrange, giải hệ điểm dừng a  b  c , sau xét trường hợp biên - 215 - Tương tự chứng minh bất đẳng thức sau với a, b, c  i a (a  b)(a  c)  b (b  c)(b  a )  c (c  a )(c  b)  ii a k (a  b)(a  c)  b k (b  c)(b  a )  c k (c  a )(c  b)  Các toán dạng đặc biệt tổng quát bất đẳng thức Schur Cho a, b, c  thoả a  b  c  a2  b2  c2  Tìm giá trị nhỏ lớn : P  a3  b3  c3 Hƣớng dẫn: tương tự VD2, ta dùng nhân tử Lagrange để tìm điều kiện dấu xảy sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz Cho n  x1 , x2 , , xn ; y1 , y2 , , yn 2n số thực thoả mãn điều kiện n n n i 1 i 1 i 1  xi  1;  yi  1;  xi yi  2  n   n  Chứng minh rằng:   xi     yi   n  i 1   i 1  n n i 1 i 1 Hƣớng dẫn: Đặt A=  xi , B=  yi Lập nhân tử Lagrange, viết phương trình tìm điểm dừng tổng quát Suy dấu xảy Axi  Byi  phân tích thành tổng bình phương Cho x, y thoả mãn điều kiện x  xy  y   Tìm giá trị nhỏ của: x  xy  y Cho a,b,c,d  Chứng minh a  b  c  d  2abcd   a 2b sym Hƣớng dẫn: Sau lập hàm nhân tử Lagrange đưa điểm dừng, dùng toán bất đẳng thức Schur để chứng minh hệ có nghiệm a  b  c  d a  0, b  c  d hốn vị, từ đến kết     Cho  i 51  a  11 i  i 1 Tìm giá trị lớn P   i 1 - 216 - Hƣớng dẫn: Tương tự    Cho  i 51 Tìm giá trị nhỏ P   i 1  a  13  i  i 1 Hƣớng dẫn: Tương tự 10 Cho a, b, c, d , e thực thoả a  b  c  d  e  Chứng minh ab  bc  cd  de  ea 1  2 2 a b c d e Tài liệu: i Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quốc Anh Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức ii Trần Phương Những viên kim cương bất đẳng thức toán học iii Diendantoanhoc.net - 217 - KẾT LUẬN Bài viết trình bày số kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức từ cổ điển đến đại, ý tưởng, ví dụ tập xếp cách có hệ thống nhằm giúp cho đối tượng học sinh có điều kiện ơn tập, nghiên cứu phát triển Do trình độ cịn hạn chế nên viết khơng thể tránh khỏi sai sót trình bày chuyên môn Rất mong quý thầy cô bạn đọc đóng góp ý kiến để đề tài trở thành tài liệu tham khảo tốt Xin chân thành cảm ơn - 218 -