Bất đẳng thức và phương pháp chứng minh

Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh Giáo viên hướng dẫn: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Tác giả: Nguyễn Tiến Thành Khoa Toán - Trường Đại học Khoa học Thái Nguyªn 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn mở đầu Bất đẳng thức vấn đề cổ điển, xuất lĩnh vực toán học Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức có mặt tất môn Số học, Đại số, Giải tích, Hình học Lượng giác Đặc biệt, kỳ thi Đại học, Học sinh giỏi quốc gia quốc tế có bất đẳng thức Chính mà chuyên đề bất đẳng thức thiết thực muốn tìm hiểu sâu toán sơ cấp Hơn nữa, bất đẳng thức liên quan đến đánh giá, tìm chặn cực trị cho biểu thức Bởi bất đẳng thức số toán nhiều người thuộc nhiều lĩnh vực quan tâm đến Bất đẳng thức toán khó, chọn cách chứng minh cho đơn giản Sáng tác bất đẳng thức không khã, nh­ng biĨu diƠn h×nh thøc ë hai vÕ thÕ cho đẹp mắt Nếu để ý thấy toán bất đẳng thức chia làm hai nhóm Nhóm I vận dụng số bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức qua phép biến đổi nhóm II tìm cực trị biểu thức Đây toán tìm chặn xét xem biểu thức đạt chặn Như vậy, chuyên đề trình bày nhằm giải hai vấn đề chính: (i) Chứng minh lại, theo phương pháp sáng tác, số bất đẳng thức gắn liền với tên tuổi nhà toán học trình bày việc vận dụng để giải vài ví dụ (ii) Tìm cực trị cho số biểu thức để từ suy tính chất đặc biệt cần quan tâm đối tượng Luận văn gồm ba chương Chương trình bày khái niệm vài tính chất đặc biệt bất đẳng thức nhắc lại với vài ví dụ vËn dơng ë mơc 1.1 Mơc 1.2 giíi thiƯu mét vài phương pháp đơn giản thường sử dụng để chứng minh bất đẳng thức 2S húa bi Trung tõm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ch­¬ng 2: Tập trung trình bày phương pháp hàm số để xây dựng bất đẳng thức với việc chứng minh lại số bất đẳng thức cổ điển Chương 3: Một số ứng dụng bất đẳng thức việc tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức mục 3.1, chứng minh bất đẳng thức hình sơ cấp mục 3.2, áp dụng giải phương trình hệ phương trình với điều kiện định mục 3.3 Dù đà cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn không tránh khỏi thiếu xót định tác giả mong nhận góp ý thầy cô giáo bạn Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS TS Đàm Văn Nhỉ Xin tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy Tác giả xin cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa Học Thái Nguyên, nơi tác giả đà nhận học vấn sau đại học cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè, động nghiệp đà cảm thông, ủng hộ giúp đỡ suốt thời gian thời gian tác giả học Cao học viết luận văn Hà Nội, ngày 09 tháng 09 năm 2011 Nguyễn TiÕn Thµnh 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Môc lôc Bất đẳng thức 1.1 Khái niệm vài tính chất bất đẳng thức 1.2 Một vài phương pháp chứng minh đơn giản Một vài phương pháp xây dựng bất đẳng thức 40 2.1 Phương pháp hàm số 40 2.2 Bất đẳng thức với dÃy không giảm 62 2.3 Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard 67 2.4 Bất đẳng thức Abel đánh giá tổng 72 Một số ứng dụng bất đẳng thức 77 3.1 Giá trị lớn nhất-nhỏ 3.2 Một vài bất đẳng thức hình sơ cấp 3.3 Phương trình hệ phương trình 77 96 100 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ch­¬ng Bất đẳng thức 1.1 Khái niệm vài tính chất bất đẳng thức Định nghĩa 1.1.1 a > b, nÕu hiÖu Cho hai sè thùc a−b a > b, b, a < b, b»ng b a b, ký hiÖu ký hiÖu a−b a−b (a − b a |a| = −a a b a a ký hiÖu a a b, gọi nhỏ gọi nhỏ số không dương khi Tính chất 1.1.2 Với số thực b, gọi lớn số âm; hiệu gọi lớn số không âm; hiệu Giá trị tuyệt đối số dương; hiệu , ký hiệu a a>0 a < a, b, c vµ sè tự nhiên n có tính chất: a>b a>b a>b |a| > |b| ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ a−b>0 a+c>b+c a2n+1 > a2n+1 a2n > a2n a=b ⇐⇒ a>b ⇐⇒ ac > bc ⇐⇒ ac < bc =⇒ a > c ( α>0 |a| α ⇐⇒ −α a α a>b Víi a > b, c > c b, b > c Khi chøng minh bÊt đẳng thức, đồng thức thường sử dụng: 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mệnh đề 1.1.3 Với sè thùc a, b, c, x, y, z vµ d 6= có đồng thức sau đây: (i) (ii) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 vµ (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) (iii) (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 (iv) a2 − b2 = (a − b)(a + b) (v) (vi) (vii) (viii) vµ (a − b)3 = a3 − 3ab(a − b) − b3 a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) vµ a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) (a2 + b2 )(x2 + y ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 (a2 + b2 + c2 )(x2 + y + z ) = (ax + by + cz)2 + (ay − bx)2 + (bz − cy)2 + (cx − az)2 a |a| |ab| = |a||b|, | | = d |d| vµ |a| = |b| vµ chØ a = b Ba bổ đề trình bày bất đẳng thức thường sử dụng sau Bổ ®Ị 1.1.4 Víi c¸c sè thùc (i) (ii) a, b, c, x, y, z d 6= có kÕt qu¶ sau: a2 + b2 > 2ab (a2 + b2 )(x2 + y ) > (ax + by)2 (iii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y + z ) > (ax + by + cz)2 (iv) ||a| − |b|| |a + b| |a| + |b| Bài giải: (i) Bởi (a − b)2 > nªn a2 + b2 > 2ab DÊu = xÈy vµ chØ a = b (a2 + b2 )(x2 + y ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 > (ax + by)2 b a = (a2 + b2 )(x2 + y ) > (ax + by)2 x y 2 2 2 2 (a +b +c )(x +y +z ) = (ax+by+cz) +(ay−bx) +(bz−cy)2 + (cx−az)2 > (ax+by+cz)2 (a2 +b2 +c2 )(x2 +y +z ) > (ax+by+cz)2 a b c = = x y z |a| > ±a, |b| > ±b a+b > |a+b| = a+b |a|+|b|; a+b < |a+b| = −a−b |a|+|b| |a+b| |a|+|b| (ii) Do nên Dấu = xẩy (iii) Do nên Dấu = xẩy (iv) Ta có Còn Khi 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn Tóm lại http://www.lrc-tnu.edu.vn Bởi |a| = |a + b + (−b)| |a + b| + | − b| = |a + b| + |b| |a| − |b| |a + b| |b| = |a + b + (−a)| |a + b| + | − a| = |a + b| + |a| |b| − |a| |a + b| ||a| − |b|| |a + b| |a| + |b| nên Tương tự nên Tãm l¹i a, b, c, x, y, z, u, v, t > có bất đẳng thức sau: √ a + b + c > 3 abc p √ √ (a + x)(b + y)(c + z) > abc + xyz p √ √ √ (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t) > abc + xyz + uvt p p √ √ √ √ 3 Bài giải: a + b + c + abc > ab + c abc > abc abc √ √ √ 3 a + b + c + abc > abc a + b + c > abc a + x, b + y, c + z a + x = 0, a=x=0  r a + x, b + y, c + z 6= : a b c abc   + + >33  a+x b+y c+z r (a + x)(b + y)(c + z) x y z xyz   + + >33  a+x b+y c+z (a + x)(b + y)(c + z) √ √ abc + xyz > 3p (a + x)(b + y)(c + z) p p 3 (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t) > (a + x)(b + y)(c + z)+ p √ √ √ √ 3 3 uvt (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t) > abc+ xyz+ uvt Bổ đề 1.1.5 Với (i) (ii) (iii) (i) Vì nên hay (ii) NÕu mét ba sè b»ng 0, ch¼ng hạn bất đẳng thức hiển nhiên Xét Theo (i) ta có cộng vế theo vế (iii) Từ suy (ii) Vì nên Bổ đề 1.1.6 Cho ba sè thùc (i) (ii) (iii) (iv) (v) a, b, c > Chứng minh bất đẳng thøc sau: 1 + > ab > 1 + a2 + b2 + ab 1 + + > a, b, c > 1 + a2 + b2 + c2 + abc 1 + > (1 + a)2 (1 + b)2 + ab 1 + (1 + a)2 (1 + b)2 + ab ab 1 1 + + (1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2 + abc 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên a, b, c http://www.lrc-tnu.edu.vn (vi) 1 1 √ + √ > r + + vµ √  a + b 2 + a2 + b2 + a2 + b2 1+ √ >r a, b, c > √  a + b + c 2 + c2 1+ Bài giải: (i) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (ab − 1)(a − b)2 > + > ab > 1 + a2 + b2  + ab 1 2  + > >    + b2 + ab + abc 1 + a 1 2 a, b, c > + > >  + b + c2 + bc + abc   2   + > > + c + a2 + ca + abc 1 + + > + a2 + b2 + c2 + abc (ab − 1)2 + ab(a − b)2 > 1 + > (1 + a)2 (1 + b)2 + ab Vậy (ii) Vì nên từ ta suy (iii) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức Vậy (iv) hiển nhiên qua quy đồng hai vÕ  1 2   + 6  2  (1 + b) + ab + abc   (1 +1 a) 2 + 6 a, b, c (1 + b)2 (1 + c)2 + bc + abc    1 2    + 6 (1 + c)2 (1 + a)2 + ca + abc 1 + + (1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2 + abc x > y = −x(1 + x2 )−3/2 < y y=√ 1+x 2x2 − 2 −5/2 −3/2 y” = 3x (1 + x ) − (1 + x ) =p > (1 + x2 )5 1 √ x > √ y + √ > + a2 + b2 1 r √ √ √ r + + >  a + b 2  a + b + c 2 + a2 + b2 + c2 1+ 1+ (v) Vì nên tõ ta suy víi (vi) Hµm sè cã VËy điệu giảm Ta lại có hµm låi VËy vµ 8Số hóa Trung tâm Học liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn đơn a, b, c > √ ab > sÏ kh«ng cã (iv) ThËt 1 1 ab = > vµ + = + < (1 + a)2 (1 + b)2 1 + = 9, b = cã ab = > vµ (1 + a)2 (1 + b)2 Chó ý 1.1.7 Khi 1.2 vËy, a = 2, b = cã 2 = ; cßn a = + ab 1 2 + > = 100 10 + ab Mét vài phương pháp chứng minh đơn giản Sử dụng định nghÜa §Ĩ chøng minh A>B ta cã thĨ xÐt hiƯu A−B vµ chØ A − B > a, b, c lu«n cã a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca  1 Bài giải: a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca = (a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 > 2 2 a + b + c > ab + bc + ca VÝ dơ 1.2.1 Víi ba sè thực Vì nên Ví dụ 1.2.2 Với số thực a < có bất đẳng thức T = (1 + a)(1 + a2 )(1 + a4 ) (1 + a64 ) 1−a (1 − a)(1 + a)(1 + a2 )(1 + a4 ) (1 + a64 ) − a128 Bài giải: T = = 1a 1a 128 1a T = 1a 1a Vì nên Ví dụ 1.2.3 Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Khi ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) a2 > (b − c)2 , b2 > (c − a)2 c2 > (a − b)2 a2 + b2 + c2 > (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) Bài giải: Vì nên hay a2 = b2 + c2 Chøng minh r»ng, nÕu hai sè thùc x vµ y tháa m·n bx + cy = a th× x2 + y > VÝ dụ 1.2.4 Giả sử Bài giải: Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác vuông với (b2 + c2 )(x2 + y ) > (bx + cy)2 = a2 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên nªn x2 + y > http://www.lrc-tnu.edu.vn VÝ dơ 1.2.5 Víi hai sè thùc
1
+ a b (a − 1)(a − 2) (b − 1)(b − 2) 2 a2 + 3a, b2 + 3b a + b + a b r

2

1
2
> a+b + + >2 a+b + a+b + a b a b a b Bài giải: V× a, b, c ∈ [1; 2] a, b ∈ [1; 2] có a + b nên Từ suy hay Do nên a, b, c ∈ [−2; 3] tháa m·n a + b + c = có bất đẳng thức a + b + c 18 VÝ dơ 1.2.6 Víi ba sè thùc 2 a, b, c ∈ [−2; 3] (c + 2)(c − 3) a+b+c = a2 + b2 + c2 18 Bài giải: Vì nên (a + 2)(a 3) 0, (b + 2)(b − 3) a2 − a 6, b2 − b 6 c2 − c 6 Từ suy Do nên sau cộng ba bất đẳng thức này, vế theo vế, Ví dụ 1.2.7 Giả sử và a, b, c ∈ [0; 4] tháa m·n a + b + c = Khi ®ã ta cã a + b + c 20 Khi nµo dÊu b»ng xÈy a > b > c > a a2 + b2 + c2 = a2 + (b + c)2 − 2bc a2 + (6 − a)2 = 2a2 − 12a + 36 a2 + b2 + c2 2(a2 − 6a + 18) = 2[(a − 2)(a − 4) + 10] 20 a = 4, b = 2, c = Bµi giải: Ta có Không hạn chế giả thiết Khi ®ã Nh­ vËy DÊu b»ng xÈy VÝ dụ 1.2.8 Với Bài giải: Xét a > b > c lu«n cã a4 + b4 + c4 > a3 b + b3 c + c3 a T = a4 + b4 + c4 − a3 b − b3 c − c3 a BiÕn ®ỉi biĨu thøc T = a3 (a − b) + b3 (b − c) + c3 (c − a) = a3 (a − b) + b3 (b − c) − c3 [(a − b) + (b − c)] = (a − b)(a3 − c3 ) + (b − c)(b3 − c3 ) > Do ®ã có bất đẳng thức a4 + b4 + c4 > a3 b + b3 c + c3 a VÝ dô 1.2.9 Víi c¸c sè thùc a, b, c > ta có bất đẳng thức a b c a2 b2 c2 + + + + b + c c + a a + b b + c2 c2 + a2 a2 + b2 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường tròn ngoại tiếp R Đặt x = sin A, y = sin B, z = sin C Ta có bất đẳng thức 4(xy + yz + zx) + (x + y + z) 11 + VÝ dô 2.1.15 Cho a, b, c, x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = ab + bc + ca + (a + b + c)R = 2R2 + 4pR + p2 + r2 + 4Rr √ B C A a + b + c = 8R cos cos cos 3R ab + bc + ca + (a + b + c)R 2 √ √ (11 + 3)R2 4(xy + yz + zx) + (x + y + z) 11 + Bµi giải: Vì nghiệm nên Vì nên hay ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp r, R Khi ®ã ta cã bÊt ®¼ng thøc √
39 + 3 R2 ab + bc + ca + (a + b + c)r + r2 Bµi gi¶i: a, b, c, x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 1 3x2 − 4px + p2 + r2 + 4Rr + + = x = −r x−a x−b x−c (x − a)(x − b)(x − c) VÝ dô 2.1.16 Cho Vì nghiệm Với nên có 1 4r2 + 4pr + p2 + 4Rr + + = a+r b+r c+r (r + a)(r + b)(r + c) √
39 + 3 R 1 + + a+r b+r c+r (r + a)(r + b)(r + c) √
39 ab + bc + ca + (a + b + c)r + r2 + 3 R2 Tõ suy bất đẳng thức hay Định lý Rolle, Đa thức bậc n Bổ đề 2.1.17 [Rolle] Nếu hàm số y = g(x) xác định liên tục ®o¹n [a; b], a < b, tháa m·n g(a) = g(b) tồn x0 (a; b) để g (x0 ) = VÝ dơ 2.1.18 NÕu hµm sè f (x) (a; b) tháa m·n f (a) = f (b) = x0 ∈ (a; b) ®Ĩ αf (x0 ) + f (x0 ) = vi khoảng Bài giải: điều Xét hàm kiện h(x) = ex f (x) Định h (x0 ) = αf (x0 ) + f (x0 ) = tháa m·n lý hay Rolle αe αx0 [a; b], khả R có xác định liên tục đoạn Theo [a; b] Bổ f (x0 ) + e 47Số hóa Trung tâm Học liu i hc Thỏi Nguyờn đề x0 Hàm với 2.1.17, thỏa tồn f (x0 ) = Vì e mÃn x0 x0 tất (a; b) = nªn http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 f (x), g(x) xác định liên tục đoạn [a; b], kh¶ vi kho¶ng (a; b) tháa m·n f (a) = f (b) = th× víi α ∈ R sÏ cã x0 ∈ (a; b) ®Ĩ g (x0 )f (x0 ) + f (x0 ) = Ví dụ 2.1.19 Nếu hai hàm số Bài giải: Xét hàm h(x) = eg(x) f (x) [a; b] Hàm điều kiện Định lý Rolle Theo Bổ ®Ị 2.1.17, tån t¹i 0 g(x0 ) h (x0 ) = g (x0 )e g (x0 )f (x0 ) + f (x0 ) = m·n hay f (x0 ) + e g(x0 ) f (x0 ) = tháa m·n tÊt x0 ∈ (a; b) eg(x0 ) 6= Vì thỏa nên f (x), g(x), h(x) xác định liên tục đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b) Khi tån t¹i x0 ∈ (a; b) tháa m·n f (x0 ) g (x0 ) h0 (x0 ) f (a) g(a) h(a) = f (b) g(b) h(b) VÝ dơ 2.1.20 Gi¶ thiÕt ba hµm sè (i) f (b) − f (a) = (b − a)f (x0 )