(Luận văn) bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– TRẦN HUYỀN THƯƠNG lu an n va p ie gh tn to BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2018 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– TRẦN HUYỀN THƯƠNG lu an n va BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG p ie gh tn to d oa nl w Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 84 60 113 an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2018 n va ac th si i Mục lục Mở đầu lu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa số tính chất bất đẳng thức 1.2 Một số phương pháp giải toán bất đẳng thức thường gặp phổ thông an n va 20 20 20 p ie gh tn to Chương Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng 2.1 Bất đẳng thức xếp lại 2.1.1 Khái niệm bất đẳng thức xếp lại 2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải toán bất đẳng thức 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải số toán bất đẳng thức 2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải số toán bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi d oa nl w 22 23 nf va an lu 23 z at nh oi lm ul Tài liệu tham khảo 29 48 z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời nói đầu lu an n va p ie gh tn to Bất đẳng thức xếp lại (hay gọi bất đẳng thức hoán vị) bất đẳng thức sơ cấp mạnh Sử dụng bất đẳng thức xếp lại cho ta lời giải bất đẳng thức thú vị Trên tạp chí tốn quốc tế Mathematical Excalibur (Vol 4, No 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (cơng tác Khoa Tốn Đại học Khoa học Công nghệ Hồng Kông) viết báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bất đẳng thức này, từ có nhiều tác giả ngồi nước quan tâm, trao đổi bất đẳng thức xếp lại Với mong muốn làm rõ sở toán học, ý tưởng việc sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh bất đẳng thức, chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức xếp lại việc đưa lời giải cho số bất đẳng thức đề thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế làm hướng nghiên cứu luận văn thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng” Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày định nghĩa, tính chất bất đẳng thức liệt kê vài hướng giải toán bất đẳng thức thường gặp chương trình tốn phổ thơng đề thi chọn học sinh giỏi Chương Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng Nội dung Chương trình bày bất đẳng thức xếp lại ý tưởng việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào việc giải số toán liên quan đến bất đẳng thức, trình bày cụ thể số ví dụ minh họa cho việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào việc chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc chương trình phổ thông Cuối chương sưu tầm, chọn lọc đưa số toán kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức xếp lại d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si lu Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy Em xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa Tốn Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải nhiều lí do, luận văn cịn thiếu sót định Em hy vọng nhận nhiều đóng góp q Thầy cơ, anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh an va n Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả luận văn p ie gh tn to d oa nl w Trần Huyền Thương nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức số kết lý thuyết bất đẳng thức, kết kiến thức bổ trợ cho việc trình bày kết chương Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1] [2] lu an Định nghĩa số tính chất bất đẳng thức n va 1.1 p ie gh tn to Trong toán học, bất đẳng thức phát biểu quan hệ thứ tự hai đối tượng Ký hiệu a < b có nghĩa a nhỏ b ký hiệu a > b có nghĩa a lớn b Những quan hệ nói gọi bất đẳng thức nghiêm ngặt; ngồi ta cịn có bất đẳng thức không ngặt: nl w d oa a ≤ b có nghĩa a nhỏ b và; an lu a ≥ b có nghĩa a lớn b nf va Sau số tính chất quen thuộc bất đẳng thức thường dùng lm ul z at nh oi Tính chất 1.1.1 (Tính chất bắc cầu) Nếu a > b b > c a > c Tính chất 1.1.2 a > b ⇔ a + c > b + c l gm @ Hệ 1.1.4 a + c > b ⇔ a > b − c z Hệ 1.1.3 a > b ⇔ a − c > b − c m co Tính chất 1.1.5 a > b c > d ⇒ a + c > b + d  c > : a > b ⇔ ac > bc, Tính chất 1.1.6 c < : a > b ⇔ ac < bc an Lu n va ac th si Tính chất 1.1.7 a > b ⇔ −a < −b  a b   c > : a > b ⇔ > ; c c Tính chất 1.1.8  a b  c < : a > b ⇔ < c c  a > b > Tính chất 1.1.9 ⇒ ac > bd c > d > Tính chất 1.1.10 a > b > ⇔ < 1 < a b lu Tính chất 1.1.11 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ an > bn √ √ Tính chất 1.1.12 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ n a > n b an va n Hệ 1.1.13 (i) Nếu a b hai số dương a > b ⇔ a2 > b2 ie gh tn to (ii) Nếu a b hai số khơng âm a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2 p Tính chất 1.1.14 Với a, b ∈ R ta có: nl w (i) |a + b| ≤ |a| + |b| d oa (ii) |a − b| ≤ |a| + |b| an lu (iii) |a + b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≥ nf va (iv) |a − b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≤ lm ul 1.2 z at nh oi Một số phương pháp giải toán bất đẳng thức thường gặp phổ thơng z Trong chương trình phổ thơng, học sinh tiếp cận với số hướng để giải toán bất đẳng thức như: m co l - Phép biến đổi tương đương; gm @ - Định nghĩa; an Lu - Một số bất đẳng thức kinh điển, chẳng hạn bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopski, Chebyshev, Bernouli; n va ac th si - Tính chất bắc cầu; - Tính chất tỉ số; - Làm trội; - Bất đẳng thức tam giác; - Tam thức bậc hai; - Quy nạp toán học; - Chứng minh phản chứng; - Biến đổi lượng giác; lu - Khai triển nhị thức Newton; an - Tích phân va n Sau số ví dụ minh họa ie gh tn to Ví dụ 1.2.1 Chứng minh với m, n, p, q ta có: p m2 + n2 + p2 + q + ≥ m(n + p + q + 1) d oa nl w Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sau nf va an lu m2 + n2 + p2 + q + ≥ m(n + p + q + 1)     m m ⇔ − mn + n2 + − mp + p2 4     m m + − mq + q + −m+1 ≥0 4 2  m 2  m 2  m 2 m ⇔ −n + −p + −q + − ≥ 2 2 z at nh oi lm ul z Ta thấy bất đẳng thức cuối hiển nhiên m co l gm @ an Lu n va ac th si Dấu xảy  m   −n=0          m   −p=0   2 ⇔   m   −q =0           m   −1=0  m  n =          m    p=     m    q=           m=2  m = ⇔ n = p = q = Ví dụ 1.2.2 Cho xy ≥ Chứng minh rằng: lu 1 + ≥ 2 1+x 1+y + xy an va n Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sau: p ie gh tn to d oa nl w 1 + ≥ 2 1+x 1+y + xy     1 1 ⇔ − + − ≥0 + x2 + xy + y + xy xy − y xy − x2 + ≥0 ⇔ (1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y ) (1 + xy) x(y − x) y(x − y) ⇔ + ≥0 (1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y ) (1 + xy) (y − x)2 (xy − 1) ⇔ ≥ (1 + x2 ) (1 + y ) (1 + xy) nf va an lu lm ul z at nh oi Bất đẳng thức cuối xy ≥ z gm @ Ví dụ 1.2.3 Chứng minh rằng: l (a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 ) m co Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi tương an Lu n va ac th si đương sau: (a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 ) ⇔ a12 + a10 b2 + a2 b10 + b12 ≥ a12 + a8 b4 + a4 b8 + b12 ⇔ a8 b2 (a2 − b2 ) + a2 b8 (b2 − a2 ) ≥ ⇔ a2 b2 (a2 − b2 )(a6 − b6 ) ≥ ⇔ a2 b2 (a2 − b2 )2 (a4 + a2 b2 + b4 ) ≥ Bất đẳng thức cuối lu an n va p ie gh tn to Ví dụ 1.2.4 Cho a, b, c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥ (1.1) b+c−a c+a−b a+b−c Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cauchy: s a b c abc + + ≥33 b+c−a c+a−b a+b−c (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) (1.2) Cũng theo bất đẳng thức Cauchy: p (b + c − a)(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c (1.3) d oa nl w lu nf va an Viết tiếp hai bất đẳng thức tương tự (1.3) nhân với (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc lm ul Suy z at nh oi abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) (1.4) z Từ (1.2), (1.4) suy (1.1) Dấu “=” xảy a = b = c hay tam giác tam giác m nn+1 > (n + 1)n co l gm @ Ví dụ 1.2.5 Cho ≤ n ∈ Z Chứng minh an Lu n va ac th si p  p p √  2 2 a − b + b − a + ab − (1 − b )(1 − a ) ≤ 2, an va ∀a, b ∈ [−1, 1] n p ie gh tn to Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi lượng giác sau:  a = cos α Ta có |a| ≤ 1, |b| ≤ Đặt: , (α, β ∈ [0, π]) Khi đó: b = cos β  p p p √  2 2 a − b + b − a + ab − (1 − b )(1 − a ) √ = cos α sin β + cos β sin α + 3(cos α cos β − sin α sin β) √ = sin(α + β) + cos(α + β)  π = cos α + β − ∈ [−2, 2] d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Ví dụ 1.2.23 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng: √ √ √ c+a≥3 gm b+c+ @ a+b+ z √ 1 + + = a b c m co l Chứng minh: Đối với ví dụ ta dùng phương pháp chứng minh phản chứng sau: √ √ √ Đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a Khi ta có: an Lu 2a = x2 + z − y ; 2b = x2 + y − z ; 2c = z + y − x2 n va ac th si 19 Giải thiết viết lại thành 1 + + = 2 2 2 x +z −y x +y −z y +z −x √ Bất đẳng thức cần chứng minh x + y + z ≥ √ Giả sử bất đẳng thức chứng minh sai, tức ta có x + y + z < Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta 1 = + + 2 2 2 x +z −y x +y −z y + z − x2 ≥p (x2 + z − y )(x2 + y − z )(y + z − x2 ) Mặt khác ta lại có lu 2 2 2 2 2 2  an (x + z − y )(x + y − z )(y + z − x ) ≤ x y z ≤ x+y+z 6 √ (x2 + z − y )(x2 + y − z )(y + z − x2 ) 3 Hay ta > , bất đẳng thức thu bất đẳng thức sai 2 p ie gh tn to p nl w d oa Ví dụ 1.2.24 (IMO 1964) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh an lu nf va a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc lm ul Chứng minh: Ta có: a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc z at nh oi ⇔ a(b2 + c2 − a2 ) + b(c2 + a2 − b2 ) + c(a2 + b2 − c2 ) ≤ 3abc (1.20) Theo định lý Cosin tam giác ABC ta có: z @ m co l gm (1.20) ⇔ 2abccosA + 2abccosB + 2abccosC ≤ 3abc ⇔ cosA + cosB + cosC ≤ Mà cosA + cosB + cosC ≤ an Lu n va ac th si 20 Chương Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng lu Chương trình bày bất đẳng thức xếp lại việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức khác Cuối chương sưu tầm, chọn lọc để đưa số toán kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức xếp lại Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [4]-[10] an n va Bất đẳng thức xếp lại p ie gh tn to 2.1 Khái niệm bất đẳng thức xếp lại w 2.1.1 oa nl Cho hai dãy số thực d (a) := (a1 , a2 , a3 , , an ), (b) := (b1 , b2 , b3 , , bn ) an lu nf va Định nghĩa 2.1.1 Hai dãy (a) (b) gọi lm ul (i) thứ tự hai dãy tăng giảm, tức b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn , a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn z at nh oi a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an z @ l gm (ii) ngược thứ tự dãy tăng dãy giảm, tức b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn , a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn m co a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an an Lu n va ac th si 21 Bất đẳng thức xếp lại: Cho hai dãy số thực (a), (b) (x) := (x1 , x2 , x3 , , xn ) hoán vị tùy ý dãy (b) := (b1 , b2 , b3 , , bn ) (i) Nếu hai dãy (a1 , a2 , a3 , , an ) (b1 , b2 , b3 , , bn ) thứ tự a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn (2.1) (ii) Nếu hai dãy (a1 , a2 , a3 , , an ) (b1 , b2 , b3 , , bn ) ngược thứ tự a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn (2.2) Dấu "=" (2.1) (2.2) xảy a1 = a2 = a3 = = an b1 = b2 = b3 = = bn lu an (x1 , x2 , x3 , , xn ) = (b1 , b2 , b3 , , bn ) n va gh tn to Chứng minh: Xét hai dãy (a1 , a2 , a3 , , an ) (b1 , b2 , b3 , , bn ) tăng (x1 , x2 , x3 , , xn ) hoán vị tùy ý dãy (b1 , b2 , b3 bn ) Giả sử x1 ≥ x2 , đặt p ie S = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn , w S = a1 x2 + a2 x1 + · · · + an xn oa nl (S nhận từ S cách đổi vị trí x1 , x2 ) Ta có: d S − S = a1 x2 − a1 x1 + a2 x1 − a2 x2 = a1 (x2 − x1 ) + a2 (x1 − x2 ) lu nf va an = (x2 − x1 )(a1 − a2 ) ≥ z at nh oi lm ul Do S ≥ S Như đổi vị trí x1 , x2 giá trị S tăng lên Do đổi chỗ tất căp (xi , xj ) với xi ≥ xj , i < j tổng tăng lên Tổng đạt giá trị lớn (x1 , x2 , x3 , , xn ) = (b1 , b2 , b3 , , bn ) z Tức S = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn Khi a1 = · · · = an b1 = · · · = bn dấu đẳng thức xảy Lập luận tương tự (a1 , a2 , a3 , , an ) (b1 , b2 , b3 , , bn ) dãy giảm Vậy (2.1) chứng minh Việc chứng minh bất đẳng thức (2.2) làm tương tự m co l gm @ an Lu Từ bất đẳng thức xếp lại ta có hai hệ sau n va ac th si 22 Hệ 2.1.2 Nếu a1 , a2 , a3 , , an số thực (x1 , x2 , x3 , , xn ) hoán vị dãy (a1 , a2 , a3 , , an ) a21 + a22 + · · · + a2n ≥ a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn Hệ 2.1.3 Nếu a1 , a2 , a3 , , an số thực dương (x1 , x2 , x3 , , xn ) hoán vị dãy (a1 , a2 , a3 , , an ) a1 a2 an + + ··· + ≥ n x1 x2 xn 2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải toán bất đẳng thức lu Ý tưởng chung: Xét hai số thực an b1 , b2 , b3 , , bn n va a1 , a2 , a3 , , an , ie gh tn to Nếu ta lấy tất hoán vị (x1 , x2 , x3 , , xn ) dãy (b1 , b2 , b3 , , bn ) có tất n! = 1.2 n tổng có dạng p S = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn d oa nl w Câu hỏi đặt tất tổng có dạng S tổng lớn tổng nhỏ nhất? Giả sử a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn (n ∈ N∗ ) hai dãy số thực Ta đặt nf va an lu A = a1 b1 + a2 b2 + · + an bn lm ul B = a1 bn + a2 bn−1 + · · · + an b1 z at nh oi Gọi (x1 , x2 , x3 , , xn ) hoán vị dãy (b1 , b2 , b3 , , bn ) Đặt X = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn z m co l gm @ Khi ta có bất đẳng thức A ≥ X ≥ B Với kí hiệu trên, cách ngắn gọn ta coi A tổng số “cùng chiều”, B tổng số “đảo chiều”, X tổng số “tùy ý” Bất đẳng thức xếp lại cho ta: an Lu tổng chiều ≥ tổng tùy ý ≥ tổng đảo chiều n va ac th si 23 Việc áp dụng bất đẳng thức xếp lại quan trọng chỗ biến đổi bất đẳng thức cần chứng dạng có vế tổng tích phần tử tương ứng dãy mà thứ tự chúng liên quan với (cùng thứ tự ngược thứ tự) Chú ý 2.1.4 Nếu biểu thức f (a1 , a2 , , an ) đối xứng với a1 , a2 , , an , tức f (a1 , a2 , , an ) = f (x1 , x2 , , xn ) với hoán vị (x1 , x2 , , xn ) (a1 , a2 , , an ) Để chứng minh f (a1 , a2 , , an ) ≥ ta giả thiết a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an f (a1 , a2 , , an ) khơng đổi với hốn vị (a1 , a2 , , an ) lu an Ứng dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải số toán bất đẳng thức n va 2.2 p ie gh tn to Trong mục ta sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức đại số, hình học đề thi học sinh giỏi nước nl w Sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc d oa 2.2.1 an lu nf va Bài toán 2.2.1 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực (a) := (a1 , a2 , a3 , , an ) (b) := (b1 , b2 , b3 , , bn ) Chứng minh rằng: lm ul (i) Nếu hai dãy (a) (b) thứ tự z at nh oi a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn a1 + a2 + · · · + an b1 + b2 + · · · + bn ≥ n n n z (ii) Nếu hai dãy (a) (b) ngược thứ tự @ m Chứng minh: co l gm a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn a1 + a2 + · · · + an b1 + b2 + · · · + bn ≤ n n n an Lu n va ac th si 24 (i) Theo bất đẳng thức xếp lại (2.1) với hai dãy (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , b3 , , bn ) thứ tự ta có: a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 b2 + a2 b3 + · · · + an b1 a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 b3 + a2 b4 + · · · + an b2 a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥ a1 bn + a2 b1 + · · · + an bn−1 Cộng vế bất đẳng thức ta được: n(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) ≥ (a1 + a2 + · · · + an )(b1 + b2 + · · · + bn ) lu Ta có bất đẳng thức cần chứng minh an n va (ii) Theo bất đẳng thức xếp lại (2.2) với hai dãy (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , b3 , , bn ) ngược thứ tự nên ta có ta có: tn to gh a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn p ie a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ a1 b2 + a2 b3 + · · · + an b1 oa nl w a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ a1 b3 + a2 b4 + · · · + an b2 d a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≤ a1 bn + a2 b1 + · · · + an bn−1 lu nf va an Cộng vế bất đẳng thức ta được: n(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) ≤ (a1 + a2 + · · · + an )(b1 + b2 + · · · + bn ) lm ul Ta có bất đẳng thức cần chứng minh z at nh oi z Nhận xét 2.2.2 Dấu ” = ” bất đẳng thức Chebyshev xảy a1 = · · · = an b1 = · · · = bn gm @ m co l Bài tốn 2.2.3 (Bất đẳng thức Cauchy, cịn gọi bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân) Chứng minh a1 , a2 , a3 , , an số không âm an Lu √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n n va ac th si 25 Chứng minh: Nếu số a1 , a2 , a3 , , an bất đẳng thức hiển nhiên Nếu số (i = 1, , n) dương, đặt √ a1 a1 a2 a1 a2 an M = n a1 a2 an ; x1 = ; x2 = , , x = n M M2 Mn Khi từ hệ 2.1.3 ta có: x1 x2 xn a1 + a2 + · · · + an + + ··· + ≥n⇔ ≥n xn x1 xn−1 M √ a1 + a2 + · · · + an ⇔ ≥ n a1 a2 an n Dấu “=” xảy ⇔ x1 = · · · = xn ⇔ a1 = · · · = an lu an va n Bài toán 2.2.4 (Bunhiacopski) Chứng minh a1 , a2 , a3 , , an b1 , b2 , b3 , , bn 2n số thực ie gh tn to (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) p Dấu “=” xảy tồn t ∈ R cho = tbi , bi = tai Chứng minh: Nếu a1 = · · · = an = b1 = · · · = bn = bất đẳng thức hiển nhiên Nếu tồn 6= 0, bj 6= ta đặt q q 2 M = a1 + a2 + · · · + an , N = b21 + b22 + · · · + b2n d oa nl w lu bi , xn+i = (i = 1, , n) M N nf va an xi = lm ul Khi theo hệ 2.1.2 ta có: z at nh oi a21 + a22 + · · · + a2n b21 + b22 + · · · + b2n 2= + M2 N2 = x21 + x22 + · · · + x2n + x2n+1 + · · · + x22n z ≥ x1 xn+1 + · · · + xn x2n + xn+1 x1 + · · · + x2n xn 2(a1 b1 + · · · + an bn ) = M.N co l gm @ (i = 1, , n) m Suy bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy ⇔ xi = xn+i ⇔ N = bj M an Lu n va ac th si 26 lu Bài tốn 2.2.5 (Bất đẳng thức trung bình nhân – trung bình điều hịa) Chứng minh rằng: a1 , a2 , a3 , , an số dương √ n n a1 a2 an ≥ 1 + + ··· + a1 a2 an a1 a1 a2 √ Chứng minh: Đặt N = n a1 a2 an ; x1 = , x2 = , , xn = N N2 a1 a2 an theo hệ 2.1.3 ta có: Nn xn N N N x1 x2 + + ··· + = + + ··· + n≤ x2 x3 x1 a1 a2 an √ n ⇔ n a1 a2 an ≥ 1 + + ··· + a1 a2 an an n va Dấu “=” xảy x1 = x2 = · · · = xn ⇔ a1 = a2 = · · · = an Bài toán 2.2.6 (Bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình bình phương) Chứng minh a1 , a2 , a3 , , an số thực r a1 + a2 + · · · + an a21 + a22 + · · · + a2n ≤ n n Chứng minh: p ie gh tn to d oa nl w an lu Theo hệ 2.1.2 ta có: nf va lm ul a21 + a22 + · · · + a2n = a21 + a22 + · · · + a2n a21 + a22 + · · · + a2n ≥ a1 a2 + a2 a3 + · · · + an a1 z at nh oi a21 + a22 + · · · + a2n ≥ a1 a3 + a2 a4 + · · · + an a2 z a21 + a22 + · · · + a2n ≥ a1 an + a2 a1 + · · · + an an−1 @ l gm Cộng vế bất đẳng thức ta được: m co n(a21 + a22 + · · · + a2n ) ≥ (a1 + a2 + · · · + an )2 an Lu Ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy a1 = a2 · · · = an n va ac th si 27 Bài toán 2.2.7 (Bất đẳng thức xếp lại dạng lũy thừa) Cho a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ Chứng minh aa bb cc ≥ ab bc ca Chứng minh: Bất đẳng thức aa bb cc ≥ ab bc ca tương đương với: a ln a + b ln b + c ln c ≥ b ln a + c ln b + a ln c lu Nếu a ≥ b ≥ c ≥ (a, b, c) (ln a, ln b, ln c) hai dãy thứ tự Nếu a ≥ c ≥ b ≥ (a, c, b) (ln a, ln b, ln c) hai dãy thứ tự Trong hai trường hợp theo bất đẳng thức xếp lại (2.1) ta có an va n a ln a + b ln b + c ln c ≥ b ln a + c ln b + a ln c p ie gh tn to Nhận xét 2.2.8 Bất đẳng thức aa bb cc ≥ ab bc ca a, b, c dương Bài tốn 2.2.7 mở rộng sau: Với số dương a1 , a2 , , an ta ln có: oa nl w n aa11 aa22 aann ≥ aa12 aa23 aan−1 aan1 d Bài toán 2.2.9 (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh a, b, c ba số dương b c a + + ≥ b+c a+c a+b nf va an lu lm ul z at nh oi Chứng minh: Bất đẳng thức đối xứng theo a, b, c nên  ta giả sử  1 hai dãy < a ≤ b ≤ c Khi (a, b, c) , , b+c a+c a+b thứ tự nên theo bất đẳng thức xếp lại (2.1) ta có: a b c a b c + + ≥ + + b+c c+a a+b a+b b+c a+c a b c a b c + + ≥ + + b+c c+a a+b a+c b+a b+c z co l gm @ m Cộng vế bất đẳng thức ta   a b c a+b b+c c+a + + ≥ + + = b+c c+a a+b a+b b+c c+a an Lu n va ac th si