Chứng minh bất đẳng thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - - NGUYỄN VĂN LONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, NĂM 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - - NGUYỄN VĂN LONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn khoa học: TS Đỗ Văn Lợi THANH HÓA, NĂM 2019 Danh sách Hội đồng chấm luận văn Thạc sĩ khoa học Theo Quyết định số 1897/QĐ-ĐHHĐ ngày 21 tháng 11 năm 2019 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức Chức danh Học hàm, học vị, Họ tên Cơ quan Công tác GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Trường ĐH Hồng Đức Chủ tịch GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Trường ĐHQG Hà Nội Phản biện TS Hoàng Nam Trường ĐH Hồng Đức Phản biện GS.TSKH Vũ Ngọc Phát Viện Toán học Ủy viên PGS.TS Vũ Trọng Lưỡng Trường ĐH Tây Bắc Thư ký Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày tháng 12 năm 2019 Xác nhận Người hướng dẫn TS Đỗ Văn Lợi * Có thể tham khảo luận văn Thư viện trường Bộ môn Hội đồng i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khố luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Nguyễn Văn Long ii LỜI CẢM ƠN Tôi xin chân thành cảm ơn TS.Đỗ Văn Lợi, người thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện giúp tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng quản lý Đào tạo sau Đại học, khoa Khoa học Tự nhiên trường Đại học Hồng Đức thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập trường Tơi xin trân trọng cám ơn BGH đồng nghiệp thuộc tổ tự nhiên trường trung học sở Quảng Hưng, Thành phố Thanh Hóa, tỉnh Thanh Hóa tạo điều kiện thuận lợi để giúp tơi tham gia khóa học thạc sỹ Cuối tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến cha mẹ, người thân, bạn bè tất người giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình học tập hồn thành luận văn Thanh Hóa, Tháng 11 năm 2019 Kí tên Nguyễn Văn Long Mục lục Mở đầu iv Chương Sử dụng bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức 1.1 Bất đẳng thức Cauchy 1.1.1 Định lí 1.1[2] : 1.1.2 Một số dạng biểu diễn bất đẳng thức Côsi 1.1.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân 1.1.4 Kỹ thuật chọn điểm rơi đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng 1.1.5 Kỹ thuật thêm bớt 10 1.1.6 Kỹ thuật ghép cặp chứng minh bất đẳng thức Cauchy 13 1.1.7 Kỹ thuật ngược dấu: 18 1.1.8 Kỹ thuật đổi biến số 20 1.2 Bất đẳng thức Bunhiacopski 24 1.2.1 Bất đẳng thức Bunhiacopski (B.C.S) 24 1.2.2 Các hệ quả[2] 25 1.2.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi 25 1.2.4 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức B.C.S dạng 30 1.2.5 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức B.C.S dạng phân thức 33 1.2.6 Kỹ thuật thêm bớt bất đẳng thức B.C.S 36 iii iv 1.2.7 Kỹ thuật đổi biến bất đẳng thức B.C.S 1.3 Sử dụng bất đẳng thức Trêbưsep 40 44 44 1.3.2 Dùng bất đẳng thức Trêbưsep chứng minh bất đẳng thức 45 1.4 Bất đẳng thức Jensen 48 1.4.1 Bất đẳng thức Jensen 48 1.4.2 Các toán 50 1.3.1 Định lí [4] Chương Sử dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức 2.1 Các định lí hàm số 54 54 2.2 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính đơn điệu hàm số 2.2.1 55 Khảo sát trực tiếp cực trị hàm số để tìm tập giá trị hàm số 55 2.2.2 Sử dụng tính đơn điệu để chứng minh bất đẳng thức 56 2.2.3 Kết hợp tính đơn điệu hàm số với bất đẳng thức cổ điển 58 2.2.4 Phương pháp sử dụng hàm đặc trưng Chương Sử dụng định lý giá trị trung bình 3.1 61 65 ĐỊNH LÍ ROLLE 65 3.2 ĐỊNH LÍ LAGRANGE 66 3.2.1 Định lí[8]: 66 3.2.2 Ý nghĩa hình học: 66 3.2.3 Các toán 67 Kết luận kiến nghị 74 Tài liệu tham khảo 75 Mở đầu Lí chọn đề tài Bài toán chứng minh bất đẳng thức có từ lâu Trong chương trình tốn phổ thơng tốn có mặt hầu hết cấp học, có mặt tất mơn Số học, Đại số, Giải tích, Hình học lượng giác Đặc biệt kì thi học sinh giỏi tỉnh thành tồn quốc, kì thi quốc gia quốc tế thường có tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Bởi vậy, toán chứng minh bất đẳng thức toán nhiều người quan tâm đến Trong khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nghiên cứu đề tài “Chứng minh bất đẳng thức” với mục tiêu hệ thống cho học sinh, đặc biệt em học sinh giỏi kiến thức bất đẳng thức thông dụng phương pháp sử dụng chúng để giải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chương trình tốn học phổ thơng Mục đích nghiên cứu Mục đích đề tài nghiên cứu, trình bày cách có hệ thống sử dụng bất đẳng thức thơng dụng bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức CauchyShwarz, bất đẳng thức Trebyshev, bất đẳng thức Jensen, phương pháp sử dụng hàm số định lí giá trị trung bình để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức toán sơ cấp bậc phổ thơng, tốn thi học sinh giỏi Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu bất đẳng thức gồm: Bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy-Shwarz, bất đẳng thức Trebyshev, bất đẳng thức Jensen, hàm số, định lí giá trị trung bình vào tốn chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Phạm vi nghiên cứu tốn tìm giá trị lớn nhỏ chương trình tốn phổ thông Phương pháp nghiên cứu Phương pháp phân tích, tổng hợp từ việc nghiên cứu định lí, tính chất để đề xuất việc ứng dụng việc giải toán THPT Phương pháp đọc sách, tài liệu nhằm tổng hợp cách giải dạng tập để khái quát hóa thành phương pháp tổng quát giải dạng tốn Cấu trúc luận văn Ngồi phần phụ lục, mở đầu, tài liệu tham khảo luận văn gồm có chương Chương 1: Sử dụng bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức, chương trình bày bất đẳng thức, cách sử dụng bất đẳng thức vào giải toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Chương 2: Sử dụng tính biến thiên hàm số để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Chương trình bày định lí hàm số, vào giải toán Chương 3: Sử dụng định lí giá trị trung bình Chương trình bày định lí giá trị trung bình, cách sử dụng bất đẳng thức vào giải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ ≥ + + a b c a b c b2 c2 a2 a2 b2 c2 b c a Hay + + ≥ + + b2 c2 a2 a b c Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = b =c Bài toán 1.18: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác p nửa chu vi tam giác Chứng minh 1 1 1 + + ≥2 + + p–a p–b p–c a b c   (1.18) Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có      1 1 1 1 1 1 + + = + + + + + p–a p–b p–c p–a p–b p–b p–c p–c p–a 1 ≥p +p +p ≥ (p – a)(p – b) (p – b)(p – c) (p – c)(p – a)  1 + + (p – a) + (p – b) (p – b) + (p – c) (p – c) + (p – a) 2   1 1 1 Vậy + + ≥2 + + p–a p–b p–c a b c Bài toán 1.19: Cho a, b, c > ab + bc +ca =1 Chứng minh rằng: 10a2 + 10b2 + c2 ≥ (1.19) Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: r 8a2 + c2 ≥2 8a2 · r c2 ≥2 8b2 + 8b2 · c2 = 4ac c2 = 4bc p 2a2 + 2b2 ≥ 2a2 · 2b2 = 4ab Cộng vế với vế bất đẳng thức với ta có: 10a2 + 10b2 + c2 ≥ 4(ab + bc + ca) = 4.1 = Đẳng thức xảy khi:    ab + bc + ca =      c 8a2 = 8b2 =        2a2 = 2b2 ⇔      a=b=     c= Nhận xét: Đây lời giải ngắn gọn thiếu tự nhiên, nhiều người thắc 17 mắc lại tách 10a2 = 6a2 + 4a2 , nói cách khác tách 10a2 = 6a2 + 4a2 , có phải may mắn ? Bây ta tìm lí cho việc tách 10a2 = 6a2 + 4a2 Từ giả bất đẳng thức ta thấy vai trò a, b nên ta cần chia c thành c 2 phần phải lấy ka, kb để ghép với cặp , tức < k < 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: r c2 ≥2 ka2 + ka2 · r c2 ≥2 kb2 + ka2 · c2 √ = 2kac c2 √ = 2kbc p (10 – k)a2 + (10 – k)b2 ≥ (10 – k)a2 (10 – k)b2 = (20 – 2k)ab √ Cộng vế bất đẳng thức ta có 10a2 + 10b2 + c2 ≥ 2k(ac + bc) + (20 – 2k)ab √ Lúc cân hệ  số để làm xuất 2k = 20 – 2k ⇔ 2k = 400 – 80k + 4k2 ⇔  k=8 2k2 – 41k + 200 = ⇒   Chọn k = ta có lời giải 25 k= > 10 Bài toán 1.20: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: 10 a b c √  + + + abc ≥  c a b a2 + b2 + c2 (1.20) 10 10 10
≤ = (Côsi) 2 2 a +b +c 3(a + b + c) Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = Theo đánh giá quen thuộc ta nhận thấy 10 a b c √ + + + abc ≥ c a b Để chứng minh điều ta cần triệt tiêu được, điều có nghĩa cần đánh giá kiểu Như ta cần chứng minh √ √ ≥ k, ý tới đẳng thức xảy ta chọn k = Tuy nhiên để abc a b c làm xuất √ ta cần chứng minh + + ≥ √ c a b abc abc √ a a c a2 3a Để ý rằng: + + ≥ √ = √ , 3 abc + √ k c c b bc abc Áp dụng cặp ghép tương tự ta Đến ta trình bày lại lời giải sau Bài giải: Theo bất đẳng thức Cauchy ta có √ a a c a2 3a + + ≥ √ = √ 3 c c b bc abc 18 Áp dụng tương tự ta có b b c 3b + + ≥ √ ; a a b abc 3c c c a + + ≥ √ b b c abc Cộng vế với vế bất đẳng thức ta a b c a+b+c + + ≥ √ = √ 3 c a b abc abc Do bất đẳng thức √ a b c √ + + + abc ≥ √ + abc c a b abc √ 10
+ abc ≥ Ta cần chứng minh: √ a2 + b2 + c2 abc √ + abc ≥ Thật theo bất đẳng thức Cauchy ta được: √ 3 abc √ 8 Mà a+b+c=1 ⇒ abc ≤ ⇔ √ ≥ 3 abc √ √ 8 10 3 abc = abc + √ Do đó: + + ≥ + = √ √ 3 3 3 abc abc abc Mặt khác theo đánh giá quen thuộc ta có 10 a2 + b2 + c2 Từ ta có Vậy 1.1.7 √ abc + √
≤ abc ≥ 10 3(a + b + c)2 = 10 10 a2 + b2 + c2 10 a b c √  + + + abc ≥  c a b 2 a +b +c
Dấu xảy a = b = c = Kỹ thuật ngược dấu: Trong trình tìm lời giải cho tốn bất đẳng thức, sai lầm sau loạt biến đổi ta thu bất đẳng thức ngược chiều, điều gây nản lòng người giải Lúc ta suy nghĩ chút với đánh giá ngược chiều, cách thêm vào dấu âm đằng trước ta đánh giá chiều Sử dụng ý tưởng tương tự kỹ thuật thêm bớt, kỹ thuật Cauchy giải lớp toán bất đẳng thức hốn vị chặt khó Chúng ta xét số toán sau: 19 Bài toán 1.21: Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a2 + b2 + c2 + (1.21) Nhận xét: Quan sát bất đẳng thức khơng bạn đánh giá: a2 + ≥ 2a, áp dụng tương tự ta có bất đẳng thức : a2 + 1 1 1 + + + + ≤ b + c + 2a 2b 2c Tuy nhiên tới ta lại thu bất đẳng thức ngược chiều, đến ta bị lúng túng cách giải Ta đánh giá mẫu thêm dấu âm trước đánh giá tốt hơn, điều ta mong muốn giải sau: a2 a2 a =1– ≥1– =1– 2a a +1 a +1 b 1 c ≥1– ; ≥1– Hồn tồn tương tự ta có : 2 c2 + b +1 Đến ta đánh giá mẫu mà khơng sợ bị ngược chiều Bài giải: Áp dụng bất đẳng thưc Cauchy ta có a2 a2 a = – ≥ – =1– 2 2a a +1 a +1 Tương tự ta có : b2 + ≥1– b ; c ≥ – c2 + Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: a2 + 1 a+b+c + + ≥3– = 2 b +1 c +1 Bất đẳng thức chứng minh dấu xảy a = b = c = Bài toán 1.22: Cho số a, b, c dương tùy ý chứng minh rằng: a3 c3 b3 a+b+c + + ≥ a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 ab2 ab2 b = a – ≥ a – = a – 2ab a2 + b2 a2 + b2 (1.22) 20 b3 c3 c ≥b– ; b2 + c2 Tương tự ta có : c2 + a2 ≥c– a Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: b3 a+b+c c3 a+b+c + = + ≥ a + b + c – 2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a3 Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = b = c = Bài toán 1.23 Cho a, b, c > a + b + c = 3, chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b2 b + 2c2 c + 2a2 (1.23) Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 2ab2 2ab2 =a– ≥a– p =a– 2 a + 2b a+b +b ab4 b2 ≥b– b + 2c Tương tự ta có: q q c2 (ab)2 ≥c– c + 2a (bc)2 ; q (ca)2 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: q q q 3 (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ≤ (a + b + c) + (a + b + c)2 2 ≤ (a + b + c) + · 3 Suy ta có: q q (ab + bc + ca) 32 = ·3+ · =3 3 3 q  3 (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ≤ · = a2 b2 c2 + ≥1 b + 2c2 c + 2a2 Đẳng thức có dấu a = b = c = Từ ta có: 1.1.8 a + 2b2 + Kỹ thuật đổi biến số Trong bất đẳng thức có quy luật chung bất đẳng thức nhiều biến số khó vậy, điều có nghĩa tốn biến trở nên đơn giản, có cách mà làm cho tốn biến có lợi tới việc tiếp cận lời giải toán, phần ta đề cập tới kỹ thuật đổi biến số Bài toán 1.24 : Cho a, b, c số thực khác Chứng minh rằng: 4a2 b2 a2 b2 + + ≥3
2 b2 a2 a2 + b2 (1.24) 21 Phân tích: Nhìn vào vế trái bất đẳng thức ta thấy hai hạng tử phía sau nghịch đảo tử phía trước, ta thử phân tích tổng số có dự đốn khơng
2 a2 + b2 b2 a4 + b4 + 2a2 b2 – 2a2 b2 + = = –2 b2 a2 a2 b2 a2 b2 a2 Với kết ta đặt ẩn phụ để đưa bất đẳng thức dạng đơn giản để chứng minh Bài giải: Để ý bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 4a2 b2 a2 + b Đặt t = a2 + b2 a2 b2
+ 2 a +b a2 b2 ≥5
2 ta có t ≥ Từ ta suy ra: 4a2 b2
2 = t a2 + b2 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: t+ t t2 – 5t + (t – 1)(t – 4) ≥5⇔ ≥0⇔ ≥0 t t Bất đẳng thức cuối với t ≥ Bất đẳng thức cuối chứng minh xong dấu xảy a = ±b Bài toán 1.25: Cho số a, b, c số thực thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng: 1 + + ≤1 a+b+1 b+c+1 c+a+1 (1.25) Phân tích: Ta nhận thấy tương tự bất đẳng thức với bất đẳng thức a3 + b3 + 1 + + ≤1 b + c + c + a3 + Do ý tưởng ta đặt x3 = a; y3 = b; z3 = c, ta xyz = ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh: x3 + y + 1 + + ≤1 y + z + z + x3 + Ngoài giả thiết abc = 1, ta sử dụng biến đổi sau: x y z x2 z2 yz zx xy a = ; b = ; c = ,a = ; c = ;a = 2;b = 2;c = y z x yz xy x y z 22 Bài giải: Đặt x3 = a; y3 = b; z3 = c, ta xyz = Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 1 + + ≤1 x + y + y + z + z3 + x + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta
x3 + y3 = (x + y) x2 + y2 – xy ≥ xy(x + y) z 1 = Chứng minh tương tự: Khi ta được: ≤ x + y + xy(x + y) + xyz x + y + z 1 z x y + + ≤ + + =1 x+y+z x+y+z x+y+z x + y + y + z + z3 + x + Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 1.26: Cho a, b, c > thỏa mãn: a + b + c = abc Chứng minh rằng: a b c p + p ≥ + p a b2 + b c2 + c a2 + Phân tích: Ta viết giả thiết: 1 (1.26) = 1, điều gợi ý cho phép ta đặt ab bc ca 1 biến phụ x = ; y = ; z = Khi giả thiết toán trở thành: xy + yz + zx = a b c z x y +p ≥ Bất đẳng thức trở thành : p +p y2 + z2 + x2 + Chú ý tới xy + yz + zx = ta viết được: + + p p p x2 + = x2 + xy + yz + zx = (x + y)(x + z) ta suy bất đẳng thức cần chứng minh p x y z +p +p ≥ (y + x)(y + z) (z + x)(z + y) (x + y)(x + z) Đến ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải toán Bài giải: Từ giả thiết toán a + b + c = abc suy + + =1 ab bc ca 1 Đặt x = ; y = ; z = , giả thiết tốn trở thành xy + yz + zx = a b c Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x p y2 + +p y z2 + +p z x2 + ≥ 23 Dễ thấy: p Tương tự có: p x2 + = y2 + = p x2 + xy + yz + zx = p (y + z)(y + x); p (x + y)(x + z) p z2 + = p (z + x)(z + y) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có x y z x y z p +p +p =p +p +p (y + x)(y + z) (z + x)(z + y) (x + y)(x + z) y2 + z2 + x2 + ≥ Ta cần chứng minh: 2x 2y 2z + + x + 2y + z x + y + 2z 2x + y + z 2y 2z 2x + + ≥ x + 2y + z x + y + 2z 2x + y + z Thật áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được: 2x 2y 2z 2x2 2y2 2z2 + + = + + x + 2y + z x + y + 2z 2x + y + z x(x + 2y + z) y(x + y + 2z) z(2x + y + z) ≥ 2(x + y + z)2 2(x + y + z)2 = ≥ 12 (x + y + z)2 Như bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = b = c = √ Bài toán 1.27: Cho số a, b, c số dương tùy ý Chứng minh : a + 3b + c 3a + b + c 15 a + b + 3c + + ≥ 3a + 3b + 2c 3a + 2b + 3c 2a + 3b + 3c (1.27) Phân tích: Để đơn giản đại lượng vế trái ta đặt:   3y + 3z – 5x     a = x = a + b + c       3z + 3x – 5y b= y = 3a + 2b + 3c ⇒       x + y – 5z    z = 3a + 3b + 2c  c= Khi ta cần viết bất đẳng thức cần chứng minh trở thành   x+y y+z z+x + + z x y – 27 15 ≥ 8 Đến ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá tiếp Bài giải: Đặt x = 2a + 3b + 3c; a= y = 3a + 2b + 3c; z = 3a + 3b + 2c, ta 3y + 3z – 5x 3z + 3x – 5y 3x + 3y – 5z ;b = ;c = 8 Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành   x+y y+z z+x + + z x y – 27 15 ≥ 8 24 Theo bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh Do ta được:  x+y y+z z+x + + z x y  – 7.6 27 15 27 ≥ – = 8 8 Vậy bất đẳng thức chứng minh, dấu xảy a = b = c Bài toán 1.28: Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= Bài giải: Đặt: a+b b+c c+a + + a + b + c b + c + 4a a + c + 16b (1.28)    3a = y – x    15b = z – x y = b + c + 4a ⇒      15c = 21x – 5y – z z = c + a + 16b    x=a+b+c         Khi biểu thức P viết lại P= –6x + 5y + z 20x – 5y 16x – z y 3x z 16x + + = + + + – 15x 15y 15z 3x 4y 15x 15z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 4x z 16x y + ≥ ; + ≥ 3x 3y 15x 15z 15 16 5c 3c + – = , đẳng thức xảy a = ; b = 15 15 7 16 5c 3c Vậy giá trị nhỏ P dấu xảy a = ; b = 15 7 Do ta P ≥ 1.2 1.2.1 Bất đẳng thức Bunhiacopski Bất đẳng thức Bunhiacopski (B.C.S) Định lý[2] : Cho 2n số tùy ý: a1 , a2 , a3 , an; b1 , b2 , b3 bn ta ln có : (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + a2n ) (b21 + b22 + b2n ) a a a Đẳng thức xảy = = = n (Quy ước bi = 0, i = 1, n = 0) b b b n Nhận xét: • Cũng bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức B.C.S bất đẳng thức thường xuyên sử dụng 25 • Giống bất đẳng thức Cauchy, để áp dụng thành công bất đẳng thức B.C.S ứng với biểu thức cần tìm giá trị lớn nhỏ cần lựa chọn dãy số thích hợp ( khơng địi hỏi số khơng âm bất đẳng thức Cauchy) Việc lựa chọn minh họa cụ thể thí dụ sau 1.2.2 Các hệ quả[2] Hệ : Nếu a1 x1 + + an xn = C( C : khơng đổi ) :
xn x1 C đạt Min x21 + + x2n = = = a1 a1 + + an Hệ : Nếu x21 + + x2n = C2 ( C : khơng đổi) thì: an x1 xn = = ≥0 a1 an q x x Min (a1 x1 + + an xn ) = –|C| a21 + + a2n ⇔ = = n ≤ a1 an q Max (a1 x1 + + an xn ) = |C| 1.2.3 a21 + + a2n đạt Kỹ thuật chọn điểm rơi Cũng tương tự kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thưc Cauchy, sử dụng bất đẳng thức B.C.S để chứng minh bất đẳng thức ta phải bảo toàn dấu xảy ra, điều có nghĩa phải xác định điểm rơi toán áp dụng bất đẳng thưc B.C.S sau số toán Bài toán 1.29: Cho a số thực dương thỏa mãn a ≥ Tìm giá trị nhỏ : A = a2 + a (1.29)

Nhận xét : Để sử dụng bất đẳng thức a2 + b2 x2 + y2 ≥ (ax + by)2 với đẳng  
a b 1 + · a2 + b2 ≥ thức xảy = , với số a; b ta có A = a2 + = · a a a + b2 a2  x y a b a a+ a b 2+ Ta cần chọn sốa; b cho giá  trị lớn đạt tai a=2 từ ta có sơ đồ    a=2  a=4 điểm rơi : a ⇒   =  b=1 a ba Bài giải : Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có   
1 1 2 A=a + = a + 17 a a · +1 ≥ 17 4a +  a 26 a 15a 15 17 ( + + ) ≥ (1 + )2 = 17 a 17 17 Vậy giá trị nhỏ A dấu xảy a= = Bài toán 1.30: Cho a, b số thực dương thỏa mãn a+b=4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức r A= a2 + + a r b2 + b (1.30) Nhận xét: Bài tốn người giải chưa có kinh nghiệm dễ dẫn tới sai lầm : r r √ √ √ 1 A = a2 + + b2 + ≥ + = 2 a b √ giá trị nhỏ 2 ⇒ (sai) 1 Nguyên nhân sai lầm dấu xảy a = b = = ⇔ a = b = a b a+b=2, trái với giả thiết a+b=4

Phân tích lời giải tốn: Để sử dụng bất đẳng thức a2 + b2 x2 + y2 ≥ a b (ax + by)2 với đẳng thức xảy = , với số a; b ta có x y r r   
 b 1 1   · a2 + · a2 + b2 ≥ p aa + a  a + a2 = p 2 + b2 a a + b a r   : r 
b 1 1   2 2  · b + · a +b ≥ p ab + b  b + b2 = p 2 + b2 b a + b2 a h  1 i ⇒A≥ p a (a + b) + b + a b a2 + b2 Do A đối xứng với a,  b, c, dấubẳng xảy a = b =2 Từ ta có sơ đồ a    =  a=4 a b a điểm rơi a = b = ⇒ ⇒    b=  b=1 a bb Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: r r   
1 1   2 2 a + · +1 ≥ √ 4a +  a + 2=√ · a a a 17 r 17 r    
1 1    b2 + = √ · b2 + · 42 + 12 ≥ √ 4b + c 17 h Khi ta A ≥ √ 17 b 1 i b 4(a + b) + + a b 17 1 Chú ý + ≥ theo bất đẳng thức Cauchy ý giả thiết ta có a b a+b 27   a+b 15(a + b) A≥ √ 4(a + b) + =√ + + a+b a +b 17 17   a = √ a ⇔a=b=2 ≥ √ [2 + 15] = 17 Dấu xảy ⇔  17 b   = b √ Vậy giá trị nhỏ A 17 dấu xảy a = b = h i Bài toán 1.31: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức r A= a2 + + b r b2 + + c r c2 + a (1.31)

Nhận xét: Để sử dụng bất đẳng thức a2 + b2 x2 + y2 ≥ (ax + by)2 với đẳng a b thức xảy = , với số a; b ta có : x y r r   
b 1 1   · a2 + · a2 + b2 ≥ p aa + b a2 + = p   2 + b2  b b a + b a  r     r
b 1 1 b2 + = p · ab + c b2 + · a2 + b2 ≥ p 2 + b2 c c  a + b a  r r     
 b 1 1  2 2  · ac + a c + · a +b ≥ p  c + 2=p 2 + b2 a a a + b2 a h  1 i ⇒A≥ p a (a + b + c) + b + + a b c a2 + b2 Do A biểu thức đối xứng nên  dấu xảy a = b =c =2 Từ ta có sơ a   =   a bb          a = b a đồ điểm rơi a = b = c = ⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = ⇒ a bc b      b =        c= a ba Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có : r r   
1 1  2 2  a + =√ · a + · +1 ≥ √ 4a +   b  17 r 17 b b  r     
1 1 2 2 b + =√ · b + · +1 ≥ √ 4b +  c c c 17 17  r r      
 1 1  2  c2 + =√ · c + · +1 ≥ √ 4c + a2 Khi a2 17 1 1 A≥ √ 4(a + b + c) + + + a b c 17 h  17 i a 28 Để ý ta có a + b + c ≥ a+b+c , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta  a+b+c 15(a + b + c) 4(a + b + c) + =√ + + A≥ √ a+b+c a+b+c 17 17 h i    a   =    √ 4 b h i 15 3 17 ≥√ ·6+2· = ⇔ b = ⇔a=b=c=2 2  17 4 c     c   = a √ 17 Vậy giá trị nhỏ A dấu xảy a=b=c=2 √ Bài toán 1.32 : Cho số thực dương thỏa mãn a + b + c + 2abc ≥ 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức r r A= 9b2 c2 a2 + + + a2 9c2 a2 b2 + + + b2 r 9a2 b2 c2 + + c2 (1.32) Phân tích: Do A biểu thức đối xứng a, b, c nên biểu thức đạt giá trị nhỏ a=b=c=2  Do ta có sơ đồ chọn điểm rơi a   =   a bb         a=b=c=2⇒ b ⇒ c a b          c= = a = ab = bc = ca = ⇒ a = b   b=1 a ba Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta  r  √ 9b2 c2 a2   + 18 + + + ≤ + 9b + ca   2 a  a     r   √ 9c2 a2 b2 + 18 + · + + ≤ + 9b + ca b b     r    √ 9a2 b2 c2   + 18 + + + ≤ + 9b + ca   2 a c   4 Do ta A ≥ √ + + + 9(a + b + c) + (ab + bc + ca) a b c 24 4 4 √ Hay 24.A ≥ + + + 9(a + b + c) + (ab + bc + ca) h a b  c i 29 Áp dụng bất đẳng thưc Cauchy ta  4  4  4 √ +a + +b + + c + (2a + bc) + (2b + ac) + (2c + ab) + 6(a + 24.A ≥ rb r c √ √ √ 4 b + c)≥ ·a+2 ·b+2 · c + 2abc + +2 2abc + +2 2abc + 6(a + b + c) a b c √ ≥ 12 + 6(a + b + c + 2abc) ≥ 72 √ 72 =6 24 A≥ √ Ta được: √ 72 = 6 Đẳng thức xảy a=b=c=2 24 Vậy giá trị nhỏ A A ≥ √ Bài toán 1.33: Cho số thực a, b thỏa mãn: 2a-b=2 Chứng minh rằng: q a2 + (b + 1)2 + q √ a2 + (b – 3)2 ≥ (1.33) Nhận xét : Giả sử đẳng thức xảy a = m; b = n với điều kiện 2a – b = 2, từ mạnh dạn đưa vào số p, q để có đánh sau: r q i
h 1 2 2 2 a + (b + 1) = p p +q a + (b + 1) ≥ p [pa + q(b + 1)] p2 + q p2 + q2 p q dấu xảy a = m; b = n; 2a – b = 2, ta = từ ta m qn + chọn p = m, q = n + 1, hoàn toàn tương tự với biểu thức x2 + (y – 3)2 ta chọn p = m, q = n – Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S q a2 + (b + 1)2 ≥ q · [ma + (n + 1)(b + 1)] m2 + (n + 1)2 q a2 + (b – 3)2 ≥ q · [ma + (n – 3)(b – 3)] 2 m + (n – 3) Từ ta : q q a2 + (b + 1)2 +  a2 + (b – 3)2 ≥ q 1 [ma+(n+1)(b+1)]+ q [ma+ 2 2 m + (n + 1) m + (n – 3)    m m n–3  a+ q n + b (n–3)(b–3)]=  q +q +q 2 2 2 2 m + (n + 1) m + (n – 3) m + (n + 1) m + (n – 3) Ta  cần chọn m, n cho     m n+1 n–3 m  =0  +q – q +q q 2 2 m2 + (n + 1) m2 + (n – 3) m2 + (n + 1) m2 + (n – 3)     2m – n =