HUỲNH MINH HIỀN Trang 3 Lời cảm ơnTrước khi đi vào nội dung của đề án, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồnthể các giảng viên của Khoa Tốn nói chung vì đã tận tâm dạy bảo tôi
Bất đẳng thức Nesbitt
Định lý 1.1(Bất đẳng thức Nesbitt) Choa, b, clà các số thực dương Khi đó a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c. Đây là một bất đẳng thức đẹp có nhiều ứng dụng trong giải toán, được nhiều nhà giáo, nhiều nhà toán học trong và ngoài nước quan tâm chứng minh lại bằng nhiều phương pháp khác nhau và được chia sẻ trên các diễn đàn toán học, tạp chí về bất đẳng thức toán học Mặt khác, từ Bất đẳng thức Nesbitt, nhiều mở rộng bất đẳng thức theo nhiều hướng khác nhau xuất hiện như: mở rộng theo số biến, mở rộng theo tham số, mở rộng theo số mũ, mở rộng bất đẳng thức với hàm lồi và một số mở rộng khác về bất đẳng thức này được trình bày ở Chương 2 trong đề án Đồng thời, từ đó xuất hiện nhiều bài toán bất đẳng thức lạ, đẹp, ấn tượng là các bài toán ở Chương 3 trong đề án này.
Như vậy, Bất đẳng thức Nesbitt được ví như một vùng đất màu mỡ dành cho nhiều nhà toán học cũng như nhiều người đam mê bất đẳng thức thỏa mãn đam mê phát huy năng lực suy nghĩ logic, sáng tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách có hệ thống của mình.
Tiếp theo, đề án trình bày một số bất đẳng thức sơ cấp khác để bổ trợ cho quá trình chứng minh các định lý, hệ quả, bổ đề cùng với các ví dụ, cũng như chứng minh bất đẳng thức đó bằng nhiều cách khác nhau. Định lý 1.2 (Bất đẳng thức AM-GM) Cho a1, a2, an là các số thực không âm. Khi đó n√ n a1a2 ã ã ãan ≤ a1 +a2 + +an. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia1 = a2 = = an. Định lý 1.3(Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho hai bộ số thực tùy ýa1, a2, , an vàb 1 , b 2 , , b n Khi đó n
! Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n Định lý 1.4(Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel) Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực bất kì vàb 1 , b 2 , , b n là các số thực dương Khi đó n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b1
Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai bộ số thực đơn điệu cùng chiều a 1 , a 2 , , a n vàb 1 , b 2 , , b n Khi đó a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n ≥ 1
Nếu hai bộ số thựca 1 , a 2 , , a n vàb 1 , b 2 , , b n đơn điệu ngược chiều thì a1b1 +a2b2 +ã ã ã+anbn ≤ 1
2(a1 + a2 +ã ã ã+an) (b1 +b2 +ã ã ã +bn). Định lý 1.6(Bất đẳng thức Jensen) Chof(x)là hàm số liên tục và có đạo hàm cấp hai trờnI(a, b)vànđiểm x 1 , x 2 ,ã ã ã, x n tựy ý trờn đoạn I(a, b) Khi đú
(i) Nếu f là hàm lồi thì f(x1) +f(x2) +ã ã ã+f(xn) n ≥f x1 + x2 +ã ã ã+xn n
(ii) Nếu f là hàm lõm thì f(x1) +f(x2) +ã ã ã+f(xn) n ≤f x1 + x2 +ã ã ã+xn n
Ở đâyI(a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp(a, b),[a, b),(a, b],[a, b]. Định lý 1.7(Bất đẳng thức Shur) Với a, b, c, k ∈ R + bất kì, khi đó
X cyc a k (a−b)(a−c) ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc đôi một bằng nhau và số còn lại bằng 0.
Ngoài ra, khik là một số nguyên dương chẵn thì bất đẳng thức trên đúng với mọi số thựca, b, c.
Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều làk = 1 vàk = 2 a(a−b)(a−c) +b(b−c)(b−a) +c(c−a)(c−b) ≥0, a 2 (a−b)(a−c) +b 2 (b−c)(b−a) +c 2 (c−a)(c−b) ≥ 0.
Chứng minh Bất đẳng thức Nesbitt
Chứng minh trực tiếp
Cách 1 Không mất tính tổng quát giả sửa ≥ b ≥ c Thế thì
1 b+c ≥ 1 c+ a ≥ 1 a+b. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta có a b+c + b c+a + c a+b ≥ b b+ c + c c+a + a a+b a b+c + b c+a + c a+b ≥ c b+ c + a c+a + b a+b. Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 2 Đặt f(a, b, c) = a b+c + b c+a + c a+ b và t = √ ab Không mất tính tổng quát, giả sửc = min{a, b, c} Ta cót ≥ cvà f(a, b, c)−f(a, b, t) = a(t−c)
Áp dụng các bất đẳng thức sơ cấp
Ngoài cách chứng minh trực tiếp, ta chứng minh Bất đẳng thức Nesbitt bằng cách gián tiếp khi dùng các bất đẳng thức như: Bất đẳng thức AM-GM, Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, Bất đẳng thức Chebyshev, Bất đẳng thức Jensen và Bất đẳng thức Shur. a) Áp dụng Bất đẳng thức AM - GM
Cách 1 Bất đẳng thức đã cho tương đương với a b+ c + 1
Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo Bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a+ b)(b+c)(c+a). Nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta được điều phải chứng minh.
Cách 2 Xét các biểu thức sau
Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta được
2. Vậy ta được điều phải chứng minh.
Cách 3 Đặt b c = x, c a = y, a b = z ta cóx, y, z > 0vàxyz = 1 Bất đẳng thức trở thành x
≥x+y +z +xy +yz+ zx. Áp dụng Bất đẳng thức AM - GM cho ba số ta có x z + y x + z y ≥ 3ã 3 s x 2 yz = 3x.
Từ đó dễ dàng suy ra x z + y x + z y ≥ x+y +z.
Chứng minh tương tự cho x z + y x + z y ≥ xy +yz +zx.
Suy ra điều phải chứng minh. b) Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a b+c + b c+a + c a+ b = a 2 ab+ac + b 2 bc+ba + c 2 ca+ cb
≥ (a+b+c) 2 2(ab+bc+ca) ≥ 3(ab+ bc+ ca)
2. Vậy ta được điều phải chứng minh. c) Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev
Cách 1 Không mất tính tổng quát, giả sửa ≥ b≥ c Thế thì
1 b+c ≥ 1 c+ a ≥ 1 a+b. Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có a b+c + b c+a + c a+b ≥ 1
Cách 2 Viết lại bất đẳng thức dưới dạng tương đương sau a b+c − 1
Không mất tính tổng quát, giả sửa ≥b ≥ c Khi đó
1 b+c ≥ 1 c+a ≥ 1 a+ b. Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev ta có
Suy ra điều phải chứng minh. d) Áp dụng Bất đẳng thức Jensen Đặtx = a b+c, y = b c+a, z = c a+b Xét hàmf(t) = t t+ 1, vớit > 0 Ta có f 0 (t) = 1
Suy raf(t) là hàm lõm, nên theo Bất đẳng thức Jensen thì f x+y +z
Mà hàmf tăng ngặt trên(0; +∞)nên ta có x+y +z
2. e) Áp dụng Bất đẳng thức Shur
. Áp dụng Bất đẳng thức Schur ta được a(a−b)(a−c) +b(b−a)(b−c) +c(c−a)(c−b) ≥0.
Vất đẳng thức trên luôn đúng vì được viết lại là
Suy ra điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức Nesbitt dạng ngược
Dưới đây là dạng ngược của Bất đẳng thức Nesbitt. Định lý 1.8([7]) Chox, y, z là các số thực dương Khi đó r x x+y + r y y +z + r z z+x ≤ 3√
√z +x r x (x+y)(z+ x). Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta được
Do đó, để chứng minh bất đẳng thức (1.1) ta cần chứng minh
Vậy định lý được chứng minh.
MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT
Bên cạnh việc Bất đẳng thức Nesbitt được khá nhiều người chứng minh thì việc mở rộng nó cũng thu hút không ít nhà toán học quan tâm Trong chương này, đề án trình bày một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt như mở rộng theo số biến, theo tham số, theo số mũ, mở rộng bất đẳng thức với hàm lồi và một số mở rộng khác của nó.
Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo số biến
Trong mục này, ta tìm hiểu về một số mở rộng của bất đẳng thức theo số biến. Định lý 2.1([2]) Cho bốn số thực dươnga, b, c, d Khi đó
Ta thấyP +Q = 4 Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta được
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khia = b = c = d Vậy định lý được chứng minh.
S −x (2.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix1 = x2 = = xn
Chứng minh Theo giả thiết ta có S −x i > 0, i= 1,2, , n Khi đó
S. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được n
S −x.Vậy bổ đề được chứng minh. Định lý 2.2([9]) Chox i ∈ R + , i = 1,2, , n Khi đó n
≥ n n−1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix 1 = x 2 = = x n
X j=1 x j Áp dụng Bổ đề 2.1, ta thu được n
Thêm bớt số hạngxi ta được n
Vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.1 Với n= 3 trong Định lý 2.2, ta thu được Bất đẳng thức Nesbitt.
Ta thấy Định lý 2.2 đưa ra cận dưới Để biết được cận trên của Định lý 2.2 khix i bị ràng buộc bởi một số điều kiện khác ngoài việc là số dương, ta có định lý sau. Định lý 2.3([9]) Chox i ∈ R + , i = 1,2, , n và n
Chứng minh Theo giả thiết ta có với x i ∈ R + , i= 1,2, , n và n
xn x 1 +x 2 + + x n−1 < 2xn x 1 +x 2 + x 3 + +x n Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được n
Vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.2 Định lý 2.3 là mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt dạng ngược.
Kết hợp Định lý 2.2 và 2.3, ta được định lý sau Định lý 2.4([9]) Chox i ∈ R + , i = 1,2, , n và n
Dấu bằng xảy ra khix1 = x2 = ã ã ã = xn
Dưới đây là một số ví dụ được chứng minh bằng cách áp dụng Bổ đề 2.1.
Ví dụ 2.1([9]) Chox 1 , x 2 , x 3 ∈ R + Chứng minh rằng
Lời giải.Áp dụng Bổ đề 2.1 cho n= 3, S = x 1 +x 2 +x 3 , ta được
2(x 1 +x 2 +x 3 ). Dấu bằng xảy ra khix 1 = x 2 = x 3 Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2([9]) Chox 1 , x 2 , x 3 ∈ R + Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng Bổ đề 2.1 cho n = 3, S = x 1 + x 2 + x 3 , a 1 = x 2 + x 3 , a 2 x 3 +x 1 , a 3 = x 1 +x 2 , ta được
= 9 x 1 +x 2 +x 3 Dấu bằng xảy ra khix 1 = x 2 = x 3 Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3([9]) Chox 1 , x 2 , x 3 ∈ R + Chứng minh rằng
Lời giải.Áp dụng Bổ đề 2.1 cho n= 3, S = x 1 +x 2 +x 3 , ta được
Dấu bằng xảy ra khix 1 = x 2 = x 3 Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4([9]) Chox i ∈ R + , i = 1,2,3,4 Chứng minh rằng
Lời giải.Áp dụng Bổ đề 2.1 chon = 4, S = x 1 +x 2 +x 3 +x 4 , a 1 = x 3 +x 4 , a 2 x 2 +x 4 , a 3 = x 2 +x 3 , a 4 = x 1 + x 4 , a 5 = x 1 +x 3 , a 6 = x 1 +x 2 , ta được
= 12 x 1 +x 2 +x 3 +x 4 Dấu bằng xảy ra khia 1 = a 2 = a 3 = a 4 = a 5 = a 6 hay x 1 = x 2 = x 3
Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.5([9]) Chox i ∈ R + , i = 1,2,3,4 Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng Bổ đề 2.1 cho n = 4, S = x 1 + x 2 +x 3 +x 4 , ta được
3(x 1 + x 2 + x 3 +x 4 ). Dấu bằng xảy ra khix 1 = x 2 = x 3 Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.6([9]) Chox 1 , x 2 ∈ R + Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng Bổ đề 2.1 cho n = 2, S = (x 1 + x 2 ) 2 , a 1 = x 1 2 , a 2 = x 2 2 , ta được
(x 1 +x 2 ) 2 + 2x 1 x 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khix 1 = x 2 Vậy ta được điều phải chứng minh.
Sau đây là một ví dụ áp dụng Định lý 2.3.
Ví dụ 2.7 Chox 1 , x 2 vàx 3 là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng
Dấu bằng xảy ra khix 1 = x 2 = x 3
Lời giải Vì x 1 , x 2 và x 3 là ba cạnh của tam giác nên ta có x 1 , x 2 , x 3 > 0 và x 1 < x 2 +x 3 , x 2 < x 1 +x 3 , x 3 < x 1 +x 2 Áp dụng Định lý 2.3, ta thu được x1 x 2 +x 3 + x2 x 1 +x 3 + x3 x 1 +x 2 < 2 (2.2) Mặt khác, theo Bất đẳng thức Nesbitt ta có x 1 x 2 +x 3 + x 2 x 1 +x 3 + x 3 x 1 +x 2 ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khix 1 = x 2 = x 3 Vậy ta được điều phải chứng minh.
Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo tham số
Tiếp theo, trong mục này ta tìm hiểu về một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt theo tham số. Định lý 2.5([7]) Chox, y, z, k là các số thực dương Khi đó x ky+z + y kz +x + z kx+y ≥ 3
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
(kxy+zx+kyz+xy +kxz +yz) x 2 kxy+ zx + y 2 kyz+xy + z 2 kxz +yz
Do đó x ky +z + y kz +x + z kx+ y ≥ (x+y +z) 2
1 +k. Vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.3 Trường hợp k = 1 thì Định lý 2.5 trở thành Bất đẳng thức Nesbitt. Định lý 2.6 ([8]) Cho x, y, z, tx+ ky+ lz, ty + kz + lx, tz +kx+ ly là các số thực dương và−k−l < t≤ k+ l
2 Khi đó x tx+ky+ lz + y ty+kz + lx + z tz +kx+ly ≥ 3 t+k +l (2.4) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khit = k = l hoặcx = y = z.
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta được x tx+ky+ lz + y ty+kz + lx + z tz +kx+ly
! ã[x(tx+ky +lz) + y(ty+kz +lx) + z(tz +kx+ly)]
Khi đó x tx+ ky+lz + y ty +kz +lx + z tz +kx+ly
≥ (x+y +z) 2 x(tx+ky+lz) +y(ty +kz +lx) +z(tz +kx+ly) (2.5) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tx+ky +lz = ty+kz +lx= tz +kx+ly (2.6)
(x+y +z) 2 x(tx+ky +lz) +y(ty+kz + lx) +z(tz +kx+ly)
(t+k+ l)[x(tx+ky +lz) +y(ty+kz + lx) +z(tz +kx+ly)]
2(t+k +l)[x(tx+ ky+lz) +y(ty +kz +lx) +z(tz +kx+ly)]
≥ 3 t+ k+l (2.7) Đẳng thức trong bất đẳng thức (2.7) được xảy ra khi và chỉ khi k+t = 2t hoặc x = y = z (2.8)
Từ (2.5) và (2.7) suy ra Bất đẳng thức (2.4) Đẳng thức (2.4) khi và chỉ khit= k = l hoặcx = y = z.
Nhận xét 2.4 Trường hợpk = 1, t = 1, z = 0thì Định lý 2.6 trở thành Bất đẳng thức Nesbitt.
Hệ quả 2.1([8]) Nếux, y, z là các số nguyên dương và 0< t ≤ 1 Khi đó x tx+y +z + y ty+z +x + z tz +x+y ≥ 3 t+ 2.
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.6 vớik = l = 1và 0< t ≤ 1, ta được x tx+y +z + y ty +z+ x + z tz +x+y ≥ 3 t+ 1 + 1
⇔ x tx+y +z + y ty +z+x + z tz +x+y ≥ 3 t+ 2. Vậy hệ quả được chứng minh.
Nhận xét 2.5 Trường hợp t= 0 thì Hệ quả 2.1 trở thành Bất đẳng thức Nesbitt. Áp dụng Định lý 2.6 vớit = 0ta được kết quả sau.
Hệ quả 2.2([8]) Nếux, y, z, k, l là các số nguyên dương thì x ky +lz + y kz +lx + z kx+ly ≥ 3 k +l.
Nhận xét 2.6 Trường hợp k = 1, l = 1 thì Hệ quả 2.2 trở thành Bất đẳng thứcNesbitt.
Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt theo số mũ
Trong mục này, ta tìm hiểu về một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt theo số mũ Trước tiên, ta cần bổ đề sau
Bổ đề 2.2([2]) Chox, y ≥ 0, n ∈ N, n ≥ 1thì x n +y n ≥ x n−1 y +xy n−1
Chứng minh Ta thấy rằng vớix, y ≥ 0,nnguyên dương thì(x−y)và(x n−1 −y n−1 ) cùng dấu Suy ra
⇔ x n + y n ≥ x n−1 y +xy n−1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix = y Vậy bổ đề được chứng minh. Định lý 2.7([2]) Choa, b, c, n ∈ R + , n ≥ 0 Khi đó a n+1 b+c + b n+1 c+a + c n+1 a+b ≥ a n +b n + c n
Chứng minh Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy với hai số dương ta được a n+1 b+c + a n−1 (b+c)
Suy ra a n+1 b+c+ b n+1 c+a + c n+1 a+b ≥ (a n +b n +c n )− (a n−1 b+ab n−1 ) + (b n−1 c+bc n−1 ) + (c n−1 a+ca n−1 )
4 Áp dụng Bổ đề 2.2 suy ra a n+1 b+c + b n+1 c+a + c n+1 a+b ≥(a n +b n +c n )− (a n +b n ) + (b n + c n ) + (c n +a n )
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c > 0 Vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.7 Trường hợp n= 0, Định lý 2.7 trở thành Bất đẳng thức Nesbitt. Định lý 2.8([2]) Choa, b, c, n ∈ R + , n ≥ 0 Khi đó a n b+ c + b n c+a + c n a+b ≥ 3
Chứng minh Áp dụng Định lý 2.7, ta được a n+1 b+ c + b n+1 c+a + c n+1 a+b ≥ a n +b n +c n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khia = b = c > 0 Vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.8 Ta thấy hai Định lý 2.7 và Định lý 2.8 là tương đương với nhau Khi vế trái của hai định lý này cùng bậc thì a n b+c + b n c+a + c n a+b ≥ 3
2 Định lý 2.9([2]) Choa, b, c, n ∈ R + , n ≥ 1 Khi đó a n+1 b+c + b n+1 c+ a + c n+1 a+b ≥ a n b+c + b n c+a + c n a+ b
Chứng minh Bất đẳng thức trên được viết lại như sau: a n+1 b+c +a n
Ta lại có bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức (2.11) đúng vì nó chính là bất đẳng thức trung bình lũy thừa Mặt khác, theo Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz dạng Engel ta có a n b+c + b n c+a + c n a+b ≥ (a n +b n +c n ) 2 a n (b+c) +b n (c+ a) +c n (a+b) (2.12)
Từ bất đẳng thức (2.10) và (2.12) ta suy ra bất đẳng thức (2.9). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c > 0.
Vậy định lý được chứng minh. Định lý 2.10([7]) Cho x1, x2, , xn là các số thực dương,n ≥ 2, k ≥1 Khi đó x 1 x2 +x3 + .+xn k
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức trung bình lũy thừa và Định lý 2.2, ta có x1 x 2 +x 3 + .+x n k
≥ n (n−1) k Vậy định lý được chứng minh. Định lý 2.11([2]) Cho msố thực dương a 1 , a 2 , , a m , m ∈ N, m ≥2, n > 1. ĐặtS = a 1 +a 2 + .+a m Khi đó m
Chứng minh Do vai trò củaa i (i = 1, , m)như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a 1 ≥a 2 ≥ ≥ a m > 0 ⇒ a 1
> 0, a n−1 1 ≥ a n−2 2 ≥ ≥ a n−1 m > 0. Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev, ta được m m
! Mặt khác, theo Định lý 2.2 suy ra m m
X i=1 a n−1 i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a m Vậy định lý được chứng minh. Định lý 2.12([5]) Cho a, b, c > 0vàk ∈ R Khi đó
Chứng minh Chúng ta sẽ xét các trường hợp sau: a) Nếuk = 1, ta được Bất đẳng thức Nesbitt. b) Nếuk ≥ 1hoặck ≤ 0thì dễ dàng suy ra rằng a b+c
2, ta được r a b+c + r b c+a + r c a+b ≥ 2. d) Nếu0 < k < 1thì ta sẽ chứng minh bằng cách trộn các biến là f(a, b, c) = a b+c
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằnga ≥b ≥ c. Đặt t = a+b
!k−1 ã −2t−c(u+ t+c) 2 có cùng dấu với hàm số sau h(u) = (kư1)[ln(t+u)ưln(tưu)] + (k+ 1)[ln(t+u+c)ưln(tưu+c)].
Dễ dàng kiểm tra rằng h 0 (u) = 2t(k−1) t 2 −u 2 + 2(k+ 1)(t+c)
Vì t ≥ c nên t(t+ c)(t − c) ≥ (t+ 2c)u 2 và do đó 2(t+ c)(t 2 − u 2 ) ≥ t((t+c) 2 −u 2 ) Nếuk+ 1> 2(1−k) hoặck > 1
3 thì ta cóh 0 (u) > 0 Vì vậyh(u) ≥ h(0) = 0, suy rag 0 (u) ≥0 Khi đóg là hàm đơn điệu nếuu ≥ 0 và do đó
Vìg(0)là hàm thuần nhất nên ta có thể giả sửc ≤ t = 1 Xét hàm p(c) = 2 k+1
(1 +c) k+1 +kc k−1 cùng dấu với hàm số q(c) = (k+ 1) ln(c+ 1) + (k−1) lnc−(k+ 1) ln 2 và ta dễ dàng kiểm tra q 0 (c) = k + 1 c+ 1 + k−1 c = (k + 1)c+ (c+ 1)(k−1) c(c+ 1) không có nhiều hơn một nghiệm thực, nên ta thu được rằng p 0 (c) = 0 không có nhiều hơn một nghiệm thực thuộc(0; 1) (vì p 0 (1) = 0) Hơn nữa, limc→0p(c) = +∞, nên ta được p(c) ≥ min{p(1); lim c→0p(c)}= min
Bất đẳng thức đã được chứng minh với trường hợp k > 1
3, bây giờ ta xét trường hợpk ≤ 1
2 Chọn ba số α, β, γ thỏa mãn √ α = a k ,√ β = b k ,√ γ c k thì
Do đó a k (b+c) k ≥ r α β +γ. Xây dựng kết quả tương tự và tổng hợp, ta được a k
Nếu k = ln 3 ln 2 −1, đẳng thức xảy ra khi a = b = c và a = b, c = 0 Ngược lại, đẳng thức xảy ra trong trường hợpa = b = c Vậy định lý được chứng minh.
Dưới đây là mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt dạng ngược. Định lý 2.13([7]) Cho x, y, z là các số thực dương,α ≤ 1
2α Áp dụng Định lý 1.8, ta được
2 α Vậy định lý được chứng minh. Định lý 2.14 ([8]) Cho x 1 , x 2 , , x n là các số thực dương, 3 ≤ n ≤ α+ 1 α với
2 α Vậy định lý được chứng minh.
Mở rộng Bất đẳng thức Nesbitt với hàm lồi
Trong mục này, ta trình bày một cách khái quát về một số định lý mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt khi sử dụng hàm lồi và Bất đẳng thức Chebyshev. Định lý 2.15 ([4]) Nếu n ∈ N, n ≥ 2, α ∈ (−∞; 0]∪ [1; +∞), x k > 0, p k ∈ [0; 1], k ∈ {1,2, , n}, sao cho n
Chứng minh Đặt f : (0,1) → R là một hàm số xác định bởi công thức f(x) x α
(1−x) 3 , ∀x ∈ (0,1) và đặtg α : (0,1) →Rlà một hàm số xác định bởi công thức gα(x) = (α −1)(α −2)x 2 −2α(α−2)x+α(α−1) ∀x ∈ (0,1).
Ta xét các trường hợp sau:
(i) Với α ∈ {0,1,2}ta kiểm tra được rằngg α (x) > 0với mọix ∈ (0,1).
(ii) Nếu α < 0 thì hàm số g α đạt cực tiểu tại điểm x v = α α−1 ∈ (0,1) và g α (x v ) = α α−1 > 0nên g α (x) > 0với mọix ∈ (0,1).
(iii) Nếu α ∈ (1,2), thì g α là hàm tăng trên (0,1), do đó g(x) ≥ lim x→0 + g α (x) α(α−1) > 0với mọix ∈ (0,1).
(iv) Nếu α >2thìg α là hàm giảm trên(0,1)do đóg α (x) ≥ lim x→1 − g(x) = 2 > 0 với mọix ∈ (0,1).
Từ các trường hợp trên, ta thấy g α (x) > 0 với mọi x ∈ (0,1) do đó f 00 (x) > 0 với x ∈ (0,1) Vì vậy f là hàm lồi trên (0,1) và bất đẳng thức f n
X k=1 pkf(xk) Chọn xk với x k x 1 +x 2 + .+x n , k ∈ {1,2, , n}, ta thu được Bất đẳng thức (2.15) của Định lý 2.15. Áp dụng Định lý 2.15 vớip 1 = p 2 = = p n = 1 n ta được hệ quả sau.
Hệ quả 2.3 ([4]) Nếu n ∈ N, n ≥ 2, α ∈ {−∞; 0] ∪ [1; +∞), xk > 0, k ∈ {1,2, , n}, thì n 2−α n−1 n
Nhận xét 2.9 Với n = 3 và α = 1 trong Hệ quả 2.3, ta thu được Bất đẳng thức Nesbitt. Áp dụng Hệ quả 2.3 ta lấyα = 1 ta được hệ quả sau
Nhận xét 2.10 Với n = 3 trong Hệ quả 2.4, ta thu được Bất đẳng thức Nesbitt "cổ điển" x 1 x 2 +x 3 + x 2 x 3 +x 1 + x 3 x 1 +x 2 ≥ 3
2 với mọix 1 , x 2 , x 3 > 0 Ta thấy Định lý 2.15, Hệ quả 2.3 và Hệ quả 2.4 là các mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt. Định lý 2.16([4]) Nếux, y, z > 0và ta ký hiệum = minA, M = maxA, trong đó
Chứng minh Gọi alà phần tử thuộc Avàa ≥ 3
Ta cần chứng minh rằng x y +z + y z+x + z x+y ≥a.
Bất đẳng thức(y −z) 2 (x+ y+ z) ≥ 0luôn đúng Ta lại có x y +z + 2(y +z)
Bất đẳng thức(2x−y −z) 2 ≥ 0là một bất đẳng thức đúng.
Nhận xét 2.11 Định lý 2.16 là một mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt. Định lý 2.17([4]) Nếu x, y, z > 0thì
Vậy Định lý 2.17 được chứng minh.
Nhận xét 2.12 Định lý 2.17 là mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt.
Cho tam giácABC có các cạnhAB = c, BC = a, AC = b, các gócA, B, C, nửa chu vi s, bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn nội tiếp r và diện tíchT.
Trong Định lý 2.17 ta xem xét lần lượt(x, y, z) ∈ {(a, b, c), (s−a, s−b, s−c)} và xét đến
X cyc a b+c = 2 s 2 −r 2 −Rr s 2 +r 2 + 2Rr Khi đó ta được kết quả sau.
Hệ quả 2.5([4]) Các bất đẳng thức sau đây đúng
Tiếp theo là mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt khi sử dụng Bất đẳng thức Chebyshev. Định lý 2.18([4]) Nếun ∈ N, α ≥0, a, b, c ∈ Rsao choan+c−b > 0, x k > 0 và a+ c n
Chứng minh Ta giả sử rằng x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x n Khi đó x α+1 1 ≤ x α+1 2 ≤ ≤ x α+1 n và n
. Áp dụng Bất đẳng thức Chebyshev ta có n
, nên ta được bất đẳng thức thứ nhất của Định lý 2.18. Áp dụng Bất đẳng thức Jensen ta có
Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được n
Vậy định lý được chứng minh. Áp dụng Định lý 2.18 vớia = b= 1 vàc = 0, ta được Hệ quả 2.6.
Hệ quả 2.6([4]) Nếun ∈ N, n ≥2, α ≥ 0vàx k > 0, k ∈ {1,2, , n}thì n
Nhận xét 2.13 Vớin= 3vàα = 0trong Hệ quả 2.6, ta được Bất đẳng thức Nesbitt. Áp dụng Hệ quả 2.6 vớin = 3vàα = 0, ta được Hệ quả 2.7.
Chương 3 ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT Ứng dụng của Bất đẳng thức Nesbitt là một trong những đề tài hay và khó đối với nhiều người đam mê toán học Các ứng dụng của nó đòi hỏi cần có phương pháp, kỹ thuật cùng với tư duy sáng tạo, trí thông minh của người học Để chứng minh một bài toán cần nhiều phương pháp kết hợp với Bất đẳng thức Nesbitt cùng với các bất đẳng thức cơ bản đã nhắc lại ở Chương 1.
Trong Chương 3 này, đề án đưa ra một số ứng dụng Bất đẳng thức Nesbitt và một số mở rộng của nó trong việc chứng minh một số bất đẳng thức khác, đồng thời sáng tạo ra nhiều bài toán về bất đẳng thức mới.
Chứng minh bất đẳng thức đại số
Sau đây là một số ví dụ về áp dụng của Bất đẳng thức Nesbitt để chứng minh các bất đẳng thức đại số:
Ví dụ 3.1([1]) Choa, b, c > 0thỏa mãnabc = 1 Chứng minh rằng
Lời giải.Vìa, b, c có vai trò như nhau nên ta có
1 a 2 (b+c) = X cyc abc a 2 (b+ c). Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được
2. Vậy ta được điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khia = b = c = 1.
Nhận xét 3.1 Trong ví dụ trên, vì vai trò của a, b, c như nhau nên ta dùng kí hiệu X cyc là tổng hoán vị để cho bài toán được gọn hơn và có một cách nhìn tổng quát hơn.
Ví dụ 3.2 ([1]) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
= (bc) 2 ab+ac + (ca) 2 bc+ ba + (ab) 2 ca+cb. Áp dụng mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt, ta được
(bc) 2 ab+ ac + (ca) 2 bc+ba + (ab) 2 ca+cb ≥ 3
2. Vậy giá trị nhỏ nhất củaP là 3
Ví dụ 3.3 Choa, b, c > 0thỏa mãnabc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
M = X cyc a 3 + 8 a 3 (b+c) = X cyc a 3 + 1 + 1 + 6 a 3 (b+c) Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM với 3 số dươnga 3 ,1,1, ta có a 3 + 1 + 1 ≥ 3 3
2. Theo ví dụ 3.2, ta suy ra
Cộng (3.1), (3.2) vế theo vế ta đượcM ≥ 27
2 Vậy giá trị nhỏ nhất củaM là 27
Nhận xét 3.2 Điểm khó của bài toán này là việc đưa bất đẳng thức ban đầu về dạng X cyc a 3 + 1 + 1 + 6 a 3 (b+c) để có thể sử dụng Bất đẳng thức AM-GM Từ đó có thể vận dụng Bất đẳng thức Nesbitt để giải quyết bài toán.
Ví dụ 3.4([1]) Choa, b, c > 0thỏa mãnabc = 1 Chứng minh rằng
Lời giải.Đặta = x y, b = y z, c= z x Vìa, b, c có vai trò như nhau, khi đó ta có X cyc
1 a(b+ 1) = X cyc yz xy +zx. Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được
2. Vậy ta được điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khia = b = c = 1.
Ví dụ 3.5 Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng a 2 b+c + b 2 c+a + c 2 a+ b ≥ a+b+c
Cách 1 Sử dụng Bất đẳng thức AM-GM Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta được a 2 b+c + b+c
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có a 2 b+c + b 2 c+a + c 2 a+b + a+ b+c
2 Đẳng thức xảy ra khia = b = c Vậy ta được điều phải chứng minh.
Cách 2 Sử dụng Bất đẳng thức Nesbitt Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ∀a, b, c > 0ta có a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
Nhận xét 3.3 a) Ta có thể thấy để giải bài toán bằng Bất đẳng thức AM-GM đối với những học sinh chưa tiếp xúc qua sẽ khá khó khăn Nhưng ở cách giải bài toán bằng Bất đẳng thức Nesbitt sẽ nhanh và gọn hơn. b) Ta thấy rằng Ví dụ 3.5 tương đương với các bất đẳng thức sau
Tiếp tục lặp lại cách làm tương tự như trên ta được Bất đẳng thức Nesbitt dạng mở rộng dưới đây a n+1 b+c+ b n+1 c+a+ c n+1 a+b ≥ 3(a+b+c) n
Ví dụ 3.6 Với ba số thực dươnga, b, c thỏa mãnab+bc+ac+ 2abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
Cách 1 Sử dụng Bất đẳng thức AM-GM
Từ giả thiết suy ra
1 a + 1 b + 1 c + 2 = 1 abc. Đặtx = 1 a, y = 1 b, z = 1 c Khi đó x+y +z + 2 = xyz ≤ x+y +z
= x 2 +y 2 + z 2 + 2(x+y +z) x+ y+ z+ 2 Hơn nữa, áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 + 4≥ 4x ⇒x 2 ≥ 4x−4.
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được x 2 +y 2 +z 2 ≥ 4(x+y +z)−12.
Do đó, giá trị nhỏ nhất củaP là3, đạt được khi x = y = z = 2, tức là a = b = c 1
Cách 2 Sử dụng Bất đẳng thức Nesbitt
Vìa, b, c dương thỏa mãnab+bc+ac+ 2abc = 1 nên tồn tạix, y, z dương sao cho a = x y+ z, b = y z +x, c = z x+y. Khi đó biểu thứcP được viết lại là
! Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy, ta có x y + x z ≥ 4x y+ z.
Tương tự, ta cũng có y x + y z ≥ 4y x+ z, z x + z y ≥ 4z x+y. Cộng các bất đẳng thức trên lại ta có được y +z x + z +x y + x+y z ≥ 4x y+ z + 4y x+z + 4z x+y
Vậy giá trị nhỏ nhất củaP là3, đạt được khix = y = z, tức làa = b = c = 1
Nhận xét 3.4 Bài toán này sẽ đơn giản khi ta biết đặt ẩn dựa trên biến đổi điều kiện ban đầu. a) Trong Cách 1, ta thấy bài toán đánh giá để áp dụng Bất đẳng thức AM-GM hoàn toàn không tự nhiên Nếu những ai mới tiếp xúc qua bất đẳng thức này thì khó mà nhìn ra điểm mấu chốt đó. b) Trong Cách 2, bài toán trở nên dễ dàng khi ta đặt a = x y +z, b = y z +x, c = z x+y.
Từ đó ta có thể nhìn ra cách áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt và bài toán được giải quyết một cách đơn giản.
Ví dụ 3.7 Với ba số thực dươnga, b, c Chứng minh rằng a b+c + b c+a + c a+b ≤ a b + b c + c a − 3
Cách 1 Chứng minh trực tiếp
Không mất tính chất tổng quát, ta giả sửclà số nhỏ nhất trong ba số a, b, c.
Bất đẳng thức cuối cùng tương đương với
Vì ta giả thiếtclà số nhỏ nhất nên bất đẳng thức trên đúng và ta có điều phải chứng minh.
Cách 2 Sử dụng Bất đẳng thức Nesbitt
Bất đẳng thức được viết lại như sau a b + b c + c a − 3
2 ≥ a b+c + b c+a + c a+ b. Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta có a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
Bất đẳng thức này đúng vì theo Bất đẳng thức AM-GM, với a, b, c là ba số thực dương ta có: a b + b c + c a ≥ 3 3 ra b ã b c ã c a = 3. Đẳng thức xảy ra khia = b = c = 1.
Nhận xét 3.5 Trong Cách 1, việc biến đổi tương đương không hề đơn giản Trong khi ở Cách 2, từ bài toán ta có thể nhìn ra ngay Bất đẳng thức Nesbitt và bài toán được giải quyết dễ dàng và không cần phải biến đổi phức tạp như ở Cách 1.
Ví dụ 3.8 Choa, b, c > 0 Chứng minh rằng
Lời giải.Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, với mọi a, b, c > 0, ta có a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khia = b = c = 1.
Ví dụ 3.9([1]) Choa, b, c > 0 Chứng minh rằng a (b+c) 2 + b
Lời giải.Ta viết lại bất đẳng thức đã cho
4. Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
. Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
4.Đẳng thức xảy ra khia = b = c = 1 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 3.10 Choa, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a 2 b 2 +c 2 + b 2 c 2 +a 2 + c 2 a 2 +b 2 ≥ 3
Lời giải.Vìa, b, clà các số thực dương nên theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a 2 b 2 +c 2 ≥ a b+c, b 2 c 2 +a 2 ≥ b c+a, c 2 a 2 + b 2 ≥ c a+b. Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên và theo Bất đẳng thức Nesbtt, ta được a 2 b 2 +c 2 + b 2 c 2 +a 2 + c 2 a 2 + b 2 ≥ a b+c + b c+ a + c a+b ≥ 3
2. Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.11 Choa, b, c > 0 Chứng minh rằng
Cách 1 Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Bất đẳng thức AM-GM
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(a+b+ c) 2 ≥5. Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
2a 2 ab+ac ≥ (a+ b+ c) 2 ab+bc+ca (3.3)
(a+b+c) 2 ≥ 3(ab+bc+ca) ⇒ 3(ab+ bc+ ca)
(a+b+c) 2 ≤1 (3.4) Kết hợp (3.3), (3.4) và Bất đẳng thức AM-GM, ta có
≥ (a+ b+c) 2 ab+bc+ca + 9(ab+bc+ca)
≥2 s (a 2 + b 2 +c 2 ) ab+bc+ca ã 9(ab+bc+ca)
Dấu đẳng thức khia = b = c Vậy ta được điều phải chứng minh.
Cách 2 Sử dụng Bất đẳng thức Nesbitt
Sử dụng phân tích theo Bất đẳng thức Nesbitt, ta có
Do đó bất đẳng thức đã cho tương đương với
Cộng (3.5), (3.6), (3.7) vế theo vế, ta được điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khia = b = c.
Nhận xét 3.6 Để giải được bất đẳng thức trên cần phối hợp rất nhiều kĩ thuật và các bất đẳng thức như Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, Bất đẳng thức AM-GM (ở Cách 1) và Bất đẳng thức Nesbitt (ở Cách 2).
Ví dụ 3.12 Chox, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng
(x+ √ yz+y) 2 Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
Vế phải của bất đẳng thức trên được viết lại là
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên lại ta được
−1. Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta có z y +z + y z +x + z x+y ≥ 3
P ≥3−1 = 2 ≥1. Đẳng thức xảy ra khix = y = z = 1.Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.13 Choa, b > 0vàx, y, z là các số dương tùy ý Tìm giá trị nhỏ nhất của x 2 (ay +bz)(az+ by) + y 2
Lời giải.Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có
(ay+bz)(az+by) ≤ (ay +bz +az +by) 2
Suy ra x 2 (ay +bz)(az +by) ≥ 2x 2
(a+ b) 2 (y 2 +z 2 ). Tương tự, y 2 (az+bx)(ax+ bz) ≥ 2y 2
X cyc x 2 (ay +bz)(az +by) ≥ 2
! Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta có x 2 y 2 + z 2 + y 2 z 2 +x 2 + z 2 x 2 +y 2 ≥ 3
X cyc x 2 (ay +bz)(az +by) ≥ 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 3
Chứng minh bất đẳng thức hình học
Bất đẳng thức Nesbitt không chỉ thường được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức đại số, mà còn là một công cụ quan trọng để chứng minh các bất đẳng thức hình học.
Ví dụ 3.14 ([1]) Cho tam giác ABC có 3 đường phân giác AA 1 , BB 1 , CC 1 Gọi khoảng cách từ A 1 đến AB, B 1 đến BC, C 1 đến CA lần lượt là a 1 , b 1 , c 1 Chứng minh rằng a 1 ha
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ Axuống BC vàK là chân đường vuông góc hạ từA 1 xuốngAB.
Tương tự, ta có b 1 hb
= c a+b. Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
2. Đẳng thức xảy ra khi4ABC đều.
Ví dụ 3.15 Choa, b, c là ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng
Lời giải.Để chứng minh ta sử dụng các đẳng thức sau
(c+b)(a+ b). Vậy bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng
Trong đó các hệ sốSa, Sb, Sc được xác định bởi
Không mất tính tổng quát của bài toán, giả sử rằnga ≥ b ≥ c Khi đóS a ≥ S b ≥
Ta sẽ chứng minhS b +S c ≥ 0 Thật vậy,
Mặt khác, ta cần chứng minh
Hơn nữa, áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
≥ 9. Đẳng thức xảy ra khia = b = c hoặca = 2, b = c = 1.
Ví dụ 3.16([5]) Gọia, b, c là ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng
Lời giải.Đầu tiên, ta chứng minh bất đẳng thức sau a b+c + b c+a + c a+b + 3
Ta đưa bất đẳng thức về dạng
Không mất tính tổng quát, giả sửa ≥ b ≥ c, khi đóS a ≥ S b ≥ S c Từ đó chứng minh rằng b 2 S b +c 2 S c ≥0
Bất đẳng thức này đúng vìb(a+c) ≥c(a+b)vàb 2b 2 −ac
Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta có a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
2 ≤ 2ab c(a+ b) + 2bc a(b+c) + 2ca b(c+a). Vậy ta được điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khia = b = c.
Ví dụ dưới đây là một dạng tương tự Bất đẳng thức Nesbitt.
Ví dụ 3.17 Choa, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng
Lời giải.Ta có a b+c + b c+a + c a+b + ab+bc+ca a 2 +b 2 +c 2 ≤ 5
Doa+b−c > 0, b+c−a > 0, c+a−b > 0nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có b+c−a b+c + c+a−b c+a + a+b−c a+b
≥ (a+b+c) 2 2(a 2 +b 2 + c 2 ). Mặt khác, vìa, b, clà độ dài ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 khi đó ab+bc+ca a 2 + b 2 +c 2 > 0.
Hơn nữa, áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
Từ đó suy ra a b+c + b c+ a + c a+b + ab+bc+ca a 2 +b 2 +c 2 ≥ a b+c + b c+ a + c a+b ≥ 3
2. Vậy ta được điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khia = b = c hay tam giác đã cho là tam giác đều.
Ví dụ 3.18([1]) Cho lục giác ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = F A.
E F Áp dụng Bất đẳng thức Ptoleme cho tứ giácABCE, ta được
AB ãCE +BC ãAE ≥ AC ãBE hay
BC ãCE +BC ãAE ≥AC ãBE (doAB = BC).
Hơn nữa, áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được
2. Cộng vế theo vế (3.8), (3.9), (3.10), ta được
2. Vậy ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.19 ([1]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường phân giác trong góc A cắt BC tại A 1 , cắt (O) tại A 2 Các điểm B 1 , B 2 ;C 1 , C 2 được định nghĩa tương tựA 1 , A 2 Chứng minh rằng
Vì đường phân giác trong gócAcắt (O) tạiA 2 nên BA 2 = CA 2 Do đó,
Ta dễ dàng chứng minh được4CA 1 A 2 ∼ 4ACA 2
Tứ giácABA2C nội tiếp, theo định lý Ptoleme có
BC ãAA 2 = ABãCA 2 + AC ãBA 2
⇔ BC ãAA 2 = CA 2 (AB +AC)
Hơn nữa, áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta có a b+ c + b c+a + c a+b ≥ 3
4.Đẳng thức xảy ra khi4ABC đều.
Ví dụ 3.20 ([1]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường trung tuyếnAA 1 , BB 1 , CC 1 lần lượt cắt(O)tạiA 2 , B 2 , C 2 Chứng minh rằng
! Áp dụng Bất đẳng thức Nesbitt, ta được
4. Đẳng thức xảy ra khi4ABC đều.
Nhận xét 3.7 Một số ví dụ trên được chứng minh bằng 2 cách khác nhau sử dụngBất đẳng thức Nesbitt và các bất đẳng thức cơ bản khác Nhìn chung các bài toán trên được chứng minh nhờ sự kết hợp của nhiều kỹ thuật và các phương pháp khác nhau, từ đó tạo nên điều thú vị riêng cho từng bài toán.
Tóm lại, trong đề án này chúng tôi đã thực hiện được những nội dung sau đây:
1 Giới thiệu Bất đẳng thức Nesbitt và các chứng minh nó bằng nhiều cách khác nhau.
2 Trình bày một số mở rộng của Bất đẳng thức Nesbitt.
3 Trình bày ứng dụng Bất đẳng thức Nesbitt và một số mở rộng của nó trong việc chứng minh một số bất đẳng thức khác.
Chúng tôi luôn cố gắng đưa thêm những điều mới, nhưng vì kiến thức còn hạn chế cho nên còn nhiều khía cạnh của vấn đề chưa nói hết được và không tránh khỏi nhiều sai sót Tôi mong rằng nhận được sự đóng góp tích cực của quý thầy cô cho đề án này được hoàn thiện.