Luận văn một số phương pháp chọn lọc chứng minh bất đẳng thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– LÊ VĂN LÂM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỌN LỌC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— LÊ VĂN LÂM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỌN LỌC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: TS Đỗ Văn Lợi THANH HÓA, 2021 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số 960/QĐ-ĐHHĐ ngày 27 tháng năm 2021 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị, Họ tên Cơ quan công tác PGS TS Nguyễn Hữu Hậu Trường ĐH Hồng Đức Chức danh hội đồng Chủ tịch HĐ GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Trường ĐHKHTN-ĐHQGHN UV Phản biện TS Lê Xuân Dũng Trường ĐH Hồng Đức UV Phản biện PGS TS Vũ Trọng Lưỡng Trường ĐHGD-ĐHQGHN Ủy viên TS Phạm Thị Cúc Trường ĐH Hồng Đức UV Thư ký Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày 10 tháng năm 2021 (ký, ghi rõ họ tên) TS Đỗ Văn Lợi * Có thể tham khảo luận văn Thư viện trường Đại học Hồng Đức Bộ mơn Giải tích - PPGD Tốn LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi, hồn thành hướng dẫn khoa học TS Đỗ Văn Lợi Các kết trình bày luận văn trung thực, nội dung luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Lê Văn Lâm i LỜI CẢM ƠN Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học TS Đỗ Văn Lợi Trong thời gian thực luận văn em TS Đỗ Văn Lợi tận tình bảo, truyền thụ nhiều kiến thức quý báu kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy Em xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, phòng đào tạo sau Đại học, khoa Khoa học Tự nhiên Trường Đại học Hồng Đức, thầy mơn Giải tích - PPGD Tốn giúp đỡ, giảng dạy để em hồn thành khóa học Thanh Hóa, ngày 10 tháng 08 năm 2021 Lê Văn Lâm ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Phương pháp sử dụng bất đẳng thức thường gặp 1.1 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức AM-GM 1.2 Phương pháp sử dụng Bất dẳng thức Cauchy – Bunhiakowski – Scharz 18 1.2.1 Bất dẳng thức Cauchy – Bunhiakowski – Scharz 18 1.2.2 Sử dụng Bất dẳng thức Cauchy – Bunhiakowski – Scharz chứng minh bất đẳng thức 1.3 Chương Phương pháp đánh giá chứng minh bất đẳng thức 2.2 2.3 19 Phối hợp bất đẳng thức AM-GM CBS chứng minh bất đẳng thức 2.1 33 38 Phương pháp đánh giá đại diện 38 2.1.1 Đánh giá đại diện kĩ thuật ghép đối xứng 38 2.1.2 Đánh giá đại diện kĩ thuật hệ số bất định 41 Phương pháp đánh giá đưa khảo sát hàm số 46 2.2.1 Kĩ thuật khảo sát theo biến 46 2.2.2 Kĩ thuật đánh giá đưa khảo sát hàm biến 50 2.2.3 Kĩ thuật đánh giá hàm số trung gian 54 Phương pháp xây dựng tiêu chuẩn đánh giá iii 57 2.3.1 Phương pháp phân tích bình phương SOS 57 2.3.2 Phương pháp ABC 65 2.3.3 Phương pháp sử dụng tiêu chuẩn đánh giá cho bất đẳng thức hoán vị 72 Kết luận 79 Tài liệu tham khảo 80 iv MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Bất đẳng vấn đề quan trọng Toán học phổ thơng, trải dài xun suốt từ cấp học THCS lên cấp THPT Đây vấn đề hay khó, xuất nhiều dạng câu phân loại mức độ cao đề thi học sinh giỏi cấp, đề thi THPT Quốc gia Việc giải toán Bất đẳng thức đa dạng phong phú, ngồi việc phân loại theo dạng tốn đặc trưng phân loại theo phương pháp giải toán Nội dung Bất đẳng thức xuất đầu học kì chương trình Tốn lớp 10 THPT Đây nội dung quan trọng, xuất nhiều đề thi học sinh giỏi, đề thi THPT quốc gia mức độ vận dụng cao Tuy nhiên nội dung lí thuyết phần hệ thống SGK phổ thơng trình bày đơn giản chưa có nhiều nội dung phương pháp, thực tế để giải Bất đẳng thức đề thi lại cần phối hợp nhiều kĩ thuật phương pháp giải tốn Vì tác giả chọn đề tài “ Một số phương pháp chọn lọc chứng minh Bất đẳng thức” để giúp học sinh hệ thống kiến thức Bất đẳng thức, đồng thời thấy rõ hệ thống phương pháp có hiệu để chứng minh Bất đẳng thức Qua giúp học sinh phát triển tư sáng tạo, tư phương pháp, có khả phân tích, tổng hợp giải tốn nói chung kĩ giải toán, lựa chọn phương pháp cho toán Bất đẳng thức nói riêng Mục tiêu nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp, kỹ thuật vận dụng chứng minh bất đẳng thức Đối tượng nghiên cứu Các bất đẳng thức số phương pháp chọn lọc để chứng minh bất đẳng thức Phạm vi nghiên cứu Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức xuất đề thi học sinh giỏi THPT học sinh giỏi Quốc gia Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, seminar mơn, nhóm hướng dẫn người hướng dẫn khoa học Sử dụng phương pháp, kỹ thuật, kết giải tích Ý nghĩa luận văn Luận văn tổng hợp trình bày cách chọn lọc, chi tiết, có hệ thống phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương • Chương Phương pháp sử dụng bất đẳng thức thường gặp Trong chương phát biểu, chứng minh số bất đẳng thức thường gặp (bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức CBS) sử dụng bất đẳng thức để chứng minh lớp bất đẳng thức liên quan • Chương Phương pháp biến đổi đánh giá chứng minh bất đẳng thức Trong chương chúng tơi phân tích, sử dụng đánh giá để chứng minh bất đẩng thức Chương PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG GẶP Chương trình bày số bất đẳng thức thường gặp (bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức CBS), phân tích kỹ thuật q trình vận dụng bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức liên quan thơng qua hệ thống ví dụ 1.1 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức AM-GM Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức AM - GM, [4]) Giả sử a1 , a2 , , an số thực không âm n ∈ N∗ , ta có a1 + a2 + · · · + an √ ⩾ n a1 a2 an n (1.1) Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Trong giải toán, ta thường sử dụng dạng tương đương sau √ • a1 + a2 + · · · + an ⩾n n a1 a2 · · · an ,   a1 + a2 + · · · + an n • a1 a2 · · · an ⩽ n Phương pháp sử dụng bất đẳng thức AM-GM Khi sử dụng bất đẳng thức AM-GM để chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng kỹ thuật sau: Kỹ thuật chọn điểm rơi, kỹ thuật chuyển hóa AM sang GM ngược lại, kỹ thuật phân tách số hạng, kỹ thuật đánh giá ngược mẫu số, kỹ thuật phân tích ngược dấu Ví dụ 1.1.2 Với a, b, c⩾0, chứng minh r r r r r r √ a+b b+c c+a a b c + + + + + ⩾3 + √ c a b b+c c+a a+b Phân tích Ở ví dụ này, tính đối xứng ta nhận thấy điểm rơi bất đẳng thức xảy a = b = c nên ta sử dụng bất đẳng thức AM–GM để đánh giá theo nhóm Khi tập xác định abc ) # " (

2 − 2m X1 + m − 2m X2 + m ; max 0; 9 với X1 , X2 nghiệm phương trình 3X − 2mX + = Chứng minh Xét phương trình f (X) = X − mX + X − abc = Ta có f ′ (X) = 3X − 2mX + = có hai nghiệm phân biệt X1 = m− √ m + m2 − m2 − X2 = 3 √ Mệnh đề 2.3.16 tương đương với điều kiện để phương trình X − mX + X − abc = có ba nghiệm thực hay  " #

f (X2 ) ⩾ 2 − 2m X2 + m − 2m X1 + m ; ⇔ abc ∈ f (X ) ⩽ 9 Mệnh đề 2.3.17 tương đương với điều kiện để phương trình X − mX + X − abc = có ba nghiệm thực không âm hay   f (X2 ) ⩾  " ( ) #

  − 2m2 X2 + m − 2m2 X1 + m ; f (X2 ) ⩽ ⇔ abc ∈ max 0;  9   abc⩾0 Mệnh đề 2.3.18 ([3]) Với số (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 tồn (x0 , x0 , y0 ) ∈ R3 (z0 , z0 , t0 ) ∈ R3 cho   a0 + b + c = x + x + y = z + z + t    a0 b + b c + c a0 = x x + x y + y x = z z + z t + t z    x x y ⩽ a b c ⩽ z z t 0 0 0 0 Đẳng thức xảy hai ba phần tử (a0 , b0 , c0 ) ∈ R3 66 Mệnh đề 2.3.19 ([3]) Với số (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 tìm hai (x0 , x0 , y0 ) ∈ R3 , (z0 , z0 , t0 ) ∈ R3 (0, x0 , y0 ) ∈ R3 , (z0 , z0 , t0 ) ∈ R3 cho • hoặc,   a0 + b + c = x + x + y = z + z + t    a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 x0 + x0 y0 + y0 x0 = z0 z0 + z0 t0 + t0 z0    x x y ⩽ a b c ⩽ z z t 0 0 0 0 Đẳng thức xảy hai ba phần tử (a0 , b0 , c0 ) ∈ R3   a0 + b0 + c0 = x0 + x0 + y0 = z0 + z0 + t0    • hoặc, a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 x0 + x0 y0 + y0 x0 = z0 z0 + z0 t0 + t0 z0    0 ⩽ a b c ⩽ z z t 0 0 0 Đẳng thức xảy ba phần tử (a0 , b0 , c0 ) ∈ R3 nhận giá trị Dựa mệnh đề nêu, ta có định lý nội dung phương pháp ABC Định lý 2.3.20 ([3]) Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c) hàm đơn điệu R theo biến abc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ xảy ba số a, b, c có hai số nhau, cịn tập R+ xảy có số hay có hai số Định lý 2.3.21 ([3]) Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c) hàm lồi R theo biến abc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ xảy ba số a, b, c có hai số nhau, cịn tập R+ xảy có số hay có hai số Định lý 2.3.22 ([3]) Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c) hàm lõm R theo biến abc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ xảy ba số a, b, c có hai số nhau, cịn tập R+ xảy có số hay có hai số Nhận xét 2.3.23 Trên cở nội dung nêu, chứng minh bất 67 đẳng thức đối xứng ba biến f (a, b, c) ⩾ theo phương pháp ABC ta thực theo bước: • Bước 1: Biến đổi để chuyển f (a, b, c) = g (A, B, C) với A = a + b + c, B = ab + bc + ca C = abc • Bước 2: Chỉ hàm g(A, B, C) thỏa mãn điều kiện định lý, chuyển chứng minh toán chứng minh trường hợp dấu định lý Ví dụ 2.3.24 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh " # 1 (a + b + c) + + ⩾ (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với 9[(a + b) (b + c) (c + a)]2 i h 2 2 2 − (ab + bc + ca) (a + b) (b + c) + (b + c) (c + a) + (c + a) (a + b) ⩾ hay m(abc)2 + nabc + p ⩾ 0, (m ⩾ 0) , với m, n, p số chứa đại lượng A = a + b + c, B = ab + bc + ca Nhận thấy f (C) = mC + nC + p với m⩾0 hàm lồi nên theo Định lý 2.3.21, ta có f (C) đạt giá trị nhỏ xảy có số hay có hai số • Nếu có số 0, chẳng hạn c = bất đẳng thức trở thành " # 1 + ab ⩾ + (a + b)2 a2 b2
⇔(a − b)2 4a2 + 7ab + 4b2 ⩾ ln • Nếu có hai số nhau, chẳng hạn a = c bất đẳng thức trở thành # "
2 ⩾ ⇔ b(a − b) ⩾ a2 + 2ab + 4a2 (a + b) Tóm lại, bất đẳng thức chứng minh 68 Ví dụ 2.3.25 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh b c a + + ⩾ a3 + bc b3 + ca c3 + ab Phân tích Nếu thực quy đồng ta đa thức bậc chín biến a, b, c nên hàm bậc ba biến abc Để giảm bậc cho hàm ta thực bc ca ab đổi biến x = , y = , x = a b c bc ca ab Lời giải Đặt x = , y = , x = Ta có xy + yz + zx = Bất đẳng a b c thức trở thành 1 + + ⩾3 xy + z yz + x zx + y ⇔ (xy + z) (yz + x) + (yz + x) (zx + y) + (zx + y) (xy + z) ⩾ (xy + z) (yz + x) (zx + y) ⇔m(xyz)2 + nxyz + p ⩾ 0, (m ⩾ 0) , với m, n, p số chứa đại lượng A = x + y + z Nhận thấy f (C) = mC + nC + p, với m⩾0 hàm lồi nên theo Định lí 2.3.21, f (C) đạt giá trị nhỏ xảy có số hay có hai số • Nếu có số 0, chẳng hạn z = bất đẳng thức trở thành 1 + + ⩾ ⇔ x + y + xy ⩾ 3xy ⇔ x + y ⩾ xy x y ln xy = • Nếu có hai số nhau, chẳng hạn x = z bất đẳng thức trở thành + ⩾3 xy + x x + y với điều kiện − x2 2xy + x = hay y = 2x 69 Khi đó, điều phải chứng minh tương đương với + ⩾ − x2 − x + x x2 + x· 2x 2x với x ∈ (0, 1) Tóm lại, bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.3.26 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh √ a2 b + b2 c + c2 a + √ ab2 + bc2 + ca2 ⩽ Phân tích Các biểu thức khơng thể phân tích theo biến A = a + b + c, B = ab + bc + ca C = abc Do đó, để chứng minh bất đẳng thức ta cần thực phép bình phương hai vế Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với √ √ 2 2 2 2 a b + b c + c a + ab + bc + ca + a b + b c + c a ab2 + bc2 + ca2 ⩽ q ⇔ 2B − 3C + 9C + (8 − 12B) C + B ⩽ q ⇔ 9C + (8 − 12B) C + B ⩽ − 2B + 3C
⇔ 9C + (8 − 12B) C + B ⩽ (4 − 2B + 3C)2 ⇔ 27C + (8 − 36B) C + 4B − (4 − 2B)2 ⩽ Nhận thấy f (C) = 27C + (8 − 36B) C + 4B − (4 − 2B)2 hàm lồi nên theo Định lí 2.3.21 f (C) đạt giá trị lớn xảy có số hay có hai số • Nếu có số 0, chẳng hạn c = bất đẳng thức trở thành √ √ a2 b+ + ab2 ⩽ với a + b = bất đẳng thức ln √ √ √ √  a+b q √ 2 · (a + b) = a b+ + ab = ab a+ b ⩽ • Nếu có hai biến nhau, chẳng hạn a = c bất đẳng thức trở thành √ a3 + a2 b + ab2 ⩽ với 2a + b = bất đẳng thức ln √ a3 + a2 b + ab2 ⩽ 70 ⇔a3 + a2 b + ab2 ⩽
⇔ (a − 1) 3a2 − 3a + ⩾ 0, với a ∈ (0; 1) Tóm lại, bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 2.3.27 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh 2 a +b +c
 1 + 12 ⩾ a + b + c + + + a b c  Phân tích Bài tốn này, giả thiết cho đại lượng C = abc = nên để áp dụng phương pháp ABC phải thực đổi biến để khử giả thiết abc = Lời giải Do a, b, c dương thỏa mãn abc = nên tồn số dương x, y, z thỏa mãn y2 z2 x2 , c= a= , b= yz zx xy Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành   x3 y + y z + z x3 x3 + y + z x + y3 + z3 +7· + 12 ⩾ · xyz xyz (xyz)2
2 ⇔ x3 + y + z + 12(xyz)2

⩾ x3 + y + z xyz + x3 y + y z + z x3 Nhận thấy bất đẳng thức nên ta chuẩn hóa x + y + z = Đặt xy + yz + zx = B, xyz = C , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2(1 − 3B + 3C)2 + 12C ⩾ (1 − 3B + 3C) C + B − 3BC + 3C
⇔ 2(1 − 3B)2 + (1 − 3B) C ⩾ B − 3BC
⇔ (9 − 6B) C + 2(1 − 3B)2 − 7B ⩾ Nhận thấy f (C) = (9 − 6B) C + 2(1 − 3B)2 − 7B hàm đơn điệu nên theo Định lí 2.3.20, f (C) đạt giá trị nhỏ xảy có số hay có hai số 71 • Nếu có số 0, chẳng hạn z = bất đẳng thức trở thành
2 ⩾ 7x3 y
2 ⇔ t3 + ⩾ 7t3
2 x ⇔ t3 − + t3 ⩾ ln t = > y x3 + y • Nếu có hai biến nhau, chẳng hạn x = z bất đẳng thức trở thành

2

2 2x3 + y + 12 x2 y ⩾ 2x3 + y x2 y + 2x3 y + x6
2

⇔2 + t3 + 12t2 ⩾ + t3 t + 2t3 +
y ⇔(t − 1)2 2t4 + 4t3 + 3t2 − 4t + ⩾ t = > x Tóm lại, bất đẳng thức chứng minh 2.3.3 Phương pháp sử dụng tiêu chuẩn đánh giá cho bất đẳng thức hoán vị 2.3.3.1 Dùng phần tử cực hạn thứ tự biến Bất đẳng thức hoán vị với biến a, b, c ta giả sử biến giá trị nhỏ lớn giả sử biến nằm hai biến Khi ta thu đánh giá khơng âm từ biểu thức hiệu biến a, b, c Ví dụ 2.3.28 Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh √ (a + b + c)3 ⩾ (a − b) (b − c) (c − a) (2.8) Lời giải Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị biến a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử a = max {a, b, c} Khi đó, ta có trường hợp sau • Trường hợp 1: a⩾b⩾c Ta có VT(2.8)⩾0⩾VP(2.8) nên (2.8) 72 • Trường hợp 2: a⩾c⩾b Khi (2.8) tương đương với (a + b + c)6 ⩾ 108[(a − b) (b − c) (c − a)]2 (2.9) Ta có [(a − b) (b − c) (c − a)]2 = [(a − b) (c − b) (a − c)]2 ⩽ (a − c)2 a2 c2 (2.10) Hơn nữa, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, 4(a − c)2 a2 c2 = (a − c)2 2ac.2ac h i3 (a − c) + 2ac + 2ac (a + c)6 ⩽ = 27 27 Suy ra, (a + b + c)6 (a + c)6 ⩽ (2.11) (a − c) a c ⩽ 108 108 Kết hợp (2.10) (2.11) ta (2.9) Từ suy (2.8) 2 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 2.3.29 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a+b+c = Chứng minh a b c + + ⩽ a+b+1 b+c+1 c+a+1 (2.12) Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với hay b c a + + ⩽1 4−c 4−a 4−b a2 b + b2 c + c2 a + abc ⩽ (2.13) Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị biến a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử c nằm a b Khi a (a − c) (b − c) ⩽ ⇔a2 b + c2 a ⩽ a2 c + abc ⇔a2 b + b2 c + c2 a + abc ⩽ a2 c + b2 c + 2abc 73 ⇔a2 b + b2 c + c2 a + abc ⩽ c(a + b)2 Mặt khác, (2c + a + b + a + b)3 c(a + b) = 2c (a + b) (a + b) ⩽ = 2.27 Từ đánh giá suy (2.13) đúng, hay (2.12) Đẳng thức xảy a = b = c = 2.3.3.2 Dùng phân tích bình phương đánh giá sau phân tích Ta nhận thấy rằng, bất đẳng thức hoán vị với ba biến a, b, c biến đổi dạng Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ⩾ S (a − b) (b − c) (c − a) (2.14) Khi để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta chứng minh (2.14) đánh giá cho Sa , Sb , Sc , S Cụ thể • Nếu S (a − b) (b − c) (c − a) ⩽ ta chứng minh Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ⩾ biến đổi, đánh giá • Nếu S (a − b) (b − c) (c − a) ⩾ ta chứng minh (2.14) cách xây dựng tiêu chuẩn cho Sa , Sb , Sc , S Ví dụ 2.3.30 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca ̸= Chứng minh a2 b + b c + c a ⩾ a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 (2.15) a + b + c + 3abc · 2 ab + bc + ca 3 Lời giải Bất đẳng thức (2.15) tương đương với   2 a b + b c + c a −1 a3 + b3 + c3 − 3abc + 3abc ab2 + bc2 + ca2 ⩾ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) − 6abc i h (a − b) (b − c) (c − a) 2 ⇔ (a + b + c) (a − b) + (b − c) + (c − a) − 3abc · ab2 + bc2 + ca2 74 ⩾ a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 Bất đẳng thức sau có dạng (2.14) với Sa = b + c − a, Sb = c + a − b, Sc = a + b − c, S = 6abc ab2 + bc2 + ca2 Ta có Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 = Sa (b − c)2 + Sb (c − b + b − a)2 + Sc (a − b)2 = (Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sb + Sc ) (a − b)2 + 2Sb (a − b) (b − c) Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị biến a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử b nằm a c Lúc này, ta xét trường hợp sau: • Trường hợp a⩾b⩾c Khi a − b ⩾ 0, b − c ⩾ 0, a − c ⩾ ⇒ VP(2.14)⩽0 Mặt khác, VT(2.14) = (Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sb + Sc ) (a − b)2 + 2Sb (a − b) (b − c) = 2c(b − c)2 + 2a.(a − b)2 + (a + b − c) (a − b) (b − c) ⩾ Như vậy, VP(2.14)⩽0 VT(2.14)⩾0 nên (2.14) • Trường hợp c⩾b⩾a Ta có Sa ⩾ 0, Sb ⩾ 0, Sc ⩾ Hơn VT(2.14) = (Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sb + Sc ) (a − b)2 + 2Sb (a − b) (b − c) q ⩾ (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) (b − c) (b − a) + 2Sb (a − b) (b − c) Suy ra, VP(2.14) − VT(2.14)   q ⩾ (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) (a − b) (b − c) Từ q (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ⩾ 75 √ 6abc (c − a) ⩾0 ⇔4 ac + (c + a − b) − ab + bc2 + ca2


√ √ ⇔2bc2 ac − a + ab2 + bc2 (c − b) + ac ab2 + ca2 +
+ a2 b2 + c2 + ac + 2bc ⩾ 0, suy (2.14) Tóm lại bất đẳng thức (2.15) chứng minh Đẳng thức xảy ba biến khác hai biến khác 0, biến cịn lại Nhận xét 2.3.31 Qua ví dụ trên, trường hợp c⩾b⩾a ta xây dựng tiêu chuẩn cho bất đẳng thức (2.14) q (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ⩾ 0, (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) ⩾ Bằng biến đổi đánh giá trung gian ta xây dựng tiêu chuẩn khác Ví dụ 2.3.32 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh
a2 b + b2 c + c2 a − abc a2 + b2 + c2 +3· ⩾5 2· ab + bc + ca (ab2 + bc2 + ca2 ) − abc Lời giải Ta có (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 a2 + b2 + c2 −2= ab + bc + ca ab + bc + ca
a2 b + b2 c + c2 a − abc −6 (a − b) (b − c) (c − a) −1= 2 2 (ab + bc + ca ) − abc (ab2 + bc2 + ca2 ) − abc Khi đó, bất đẳng thức (2.16) tương đương với
  a2 b + b2 c + c2 a − abc a + b2 + c 2 −2 +3· −1⩾0 ab + bc + ca (ab2 + bc2 + ca2 ) − abc hay (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 −6 (a − b) (b − c) (c − a) + ⩾ ab + bc + ca (ab2 + bc2 + ca2 ) − abc 76 (2.16) Bất đẳng thức có dạng (2.14) với Sa = Sb = Sc = , S= a+b+c (ab2 + bc2 + ca2 ) − abc Khơng tính tổng qt, ta giả sử b nằm a c Ta có trường hợp sau • Trường hợp 1: a⩾b⩾c Khi a − b ⩾ 0, b − c ⩾ 0, a − c ⩾ ⇒ VP(2.14)⩽0 Mặt khác, VT(2.14)⩾0 nên (2.14) • Trường hợp 2: c⩾b⩾a Ta kiểm tra tiêu chuẩn q (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ⩾ 6 (c − a) − ⩾0 a + b + c (ab2 + bc2 + ca2 ) − abc
⇔2 ab2 + bc2 + ca2 − abc (c − a) (a + b + c) ⩾ ⇔ ⇔c (b − a) (c − a) + 2ca2 + 3a2 b ⩾ Nhận thấy tiêu chuẩn với a, b, c dương nên (2.14) Tóm lại bất đẳng thức (2.16) chứng minh Đẳng thức xảy ba biến 2.3.3.3 Chuyển bất đẳng thức hoán vị thành bất đẳng thức đối xứng đánh giá Ta nhận thấy rằng, bất đẳng thức dạng hoán vị với ba biến a, b, c ta phân tích đánh giá phần hoán vị để chuyển thành phần đối xứng Khi ta chuyển bất đẳng thức dạng hốn vị thành bất đẳng thức dạng đối xứng Ví dụ 2.3.33 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh √ √ √ a2 + b2 + ab + ac + b2 + c2 + bc + ba + c2 + a2 + ca + cb ⩾ (2.17) 77 Lời giải Ta chuyển (2.17) dạng đối xứng b c, ta thực đánh giá sau √ b2 + c2 + bc + ba + √ c2 + a2 + ca + cb √ √ ⩾ b2 + c2 + bc + bc + c2 + a2 + ca + ab Bằng phép bình phương ta thu bất đẳng thức tương đương b (a − b) (a − c) (a + b + c) ⩾ Bất đẳng thức Do (2.17) có dạng hốn vị biến a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử a = max {a, b, c} Khi VT(2.17) ⩾ √ a2 + b2 + ab + ac + √ b2 + c2 + bc + bc + √ c2 + a2 + ca + ab Lúc này, ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức dạng hoán vị (2.17) thành chứng minh bất đẳng thức dạng đối xứng b c Ta có √ √ a2 + b2 + ab + ac + b2 + c2 + bc + bc + c2 + a2 + ca + ab ⩾ √ √ ⇔ a + b2 + a + c2 + b + c ⩾ √ hay √ a + b2 + √ a + c2 ⩾ a + (2.18) Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có: q q √ √ √
2 √
2 2 a+b + a+c = a +b + a + c2 q √
2 √ a + a + (b + c)2 = a + ⩾ Như vậy, (2.18) đúng, đo (2.17) chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = hoán vị 78 a = 1, b = c = KẾT LUẬN Trong luận văn này, đã: • Trình bày số bất đẳng thức thường gặp kĩ thuật áp dụng chứng minh bất đẳng thức • Trình bày chi tiết có hệ thống phương pháp biến đổi đánh giá chứng minh bất đẳng thức chương trình phổ thơng • Đề xuất ví dụ minh họa phân tích, tìm tịi lời giải 79 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vasile Cjrtoaje, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), Phân loại phương pháp giải toán bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc Gia Hà nội [2] Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội [3] Trần Phương (2009), Những viên kim cương bất đẳng thức Toán học, NXB Tri thức [4] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục 80