dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả...
Trang 1Mục lục
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 3
www.laisac.page.tl
DÙNG DÃY SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Nguyễn Tài Chung THPT chuyên Gia Lai
Trang 3Chương 1
Tên chương
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức
Chúng ta đều biết rằng thế giới Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn và phong phú, là lĩnh vực phát triển nhất của Toán sơ cấp Do vậy các phương pháp và kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức ngày càng nhiều, và có nhiều phương pháp mới Theo dõi các tài liệu trên Internet ta thấy trong thời gian gần đây Bất đẳng thức được quan tâm, trao đổi, thảo luận và phát triển rất nhiều, đã xuất hiện nhiều cao thủ về bất đẳng thức là các Học sinh, Sinh viên người Việt Nam, theo đó đã có một số phương pháp mới
để tấn công các bài toán về Bất đẳng thức Trong quá trình giảng dạy Bất đẳng thức cho các em học sinh giỏi, tôi thấy có một phương pháp mới lạ và rất độc đáo đó là sử dụng Dãy số để chứng minh Bất đẳng thức Vấn đề này cũng khá rộng lớn, phải kể đến như dùng Giới hạn dãy số để chỉ ra hằng số tốt nhất làm cho Bất đẳng thức đúng, tìm tất
cả các giá trị của tham số để Bất đẳng thức đúng, Bất đẳng thức trong Dãy số, dùng Giới hạn dãy số để chứng minh Bất đẳng thức ba biến đối xứng Bài viết này đề cập đến kĩ thuật dùng Giới hạn dãy số để chứng minh một số Bất đẳng thức khó dạng ba biến đối xứng, đây là vấn đề mới mẻ nên các ví dụ mà tôi sưu tầm được còn ít Hy vọng rằng sau khi đọc bài viết, bạn đọc sẽ phát triển thêm kĩ thuật này và sưu tầm, sáng tạo thêm nhiều bài toán giải được bằng kĩ thuật này
1 Một số lưu ý về phương pháp Tất cả các bất đẳng thức đối xứng
ba biến số đều có thể quy về các hàm đối xứng cơ bản của
p= x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz
Trang 4Sau khi đã viết bất đẳng thức cần chứng minh theo p, q, r ta chỉ cần khảo sát bất đẳng thức này theo ba biến mới p, q, r
• Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa các biến p, q, r mà các biến dương x, y, z ban đầu không có như
p2 ≥ 3r, p3 ≥ 27r, q2 ≥ 3pr, pq ≥ 9r
• Một số biểu diễn theo p, q, r :
x2 + y2 + z2 = p2 −2q
x3 + y3 + z3 = p3 −3pq + 3r
x4 + y4
+ z4
= p2
−2q2
−2 q2
−2pr (x + y) (y + z) (z + x) = pq − r
xy(x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) = pq − 3r
x2y2 + y2z2 + z2x2 = q2 −2pr
x3y3 + y3z3 + z3x3 = q3 −3pqr + 3r2
x4y4 + y4z4 + z4x4 = q4 −4pq2r + 2p2r2 + 4qr2 Việc chứng minh các công thức trên là đơn giản Sau đây là một vài chứng minh đó
◦ Ta có
x4 + y4 + z4 = x2 + y2+ z22
−2 x2y2 + y2z2 + z2x2
= p2 −2q2
−2h(xy + yz + zx)2 −2xyz (x + y + z)i
= p2
−2q2
−2 q2
−2pr
◦ Ta có
(x + y) (y + z) (z + x) = (p − x) (p − y) (p − z)
=p3 −(x + y + z) p2 + (xy + yz + zx) p − xyz
=p3 −p3 + pq − r = pq − r
◦ Ta có
xy(x + y) + yz (y + z) + zx (z + x)
Trang 5Chương 1 Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
=xy (p − z) + yz (p − x) + zx (p − y)
=p (xy + yz + zx) − 3xyz = pq − 3r
◦ Do hằng đẳng thức
A3+B3
+C3
−3ABC = (A + B + C) A2
+ B2
+ C2
−AB − BC − CA nên
x3y3+ y3z3 + z3x3
=3x2y2z2 + (xy + yz + zx)x2
y2 + y2z2 + z2x2 −xyz(x + y + z)
=3r2 + q q2−2pr − rp = q3
−3pqr + 3r2
• Bất đẳng thức Schur : Nếu x, y, z là các số thực dương và t là một số thực dương, thì
xt(x − y) (x − z) + yt(y − z) (y − x) + zt(z − y) (z − x) ≥ 0 (1) Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z > 0 Gọi P
là vế trái của (1) Khi đó
P ≥ xt(x − y) (x − z) + yt(y − z) (y − x)
= (x − y)xt
(x − z) − yt(y − z)
≥(x − y)yt
(x − z) − yt(y − z) = (x − y)2
yt ≥ 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc x = y và z = 0 cùng các hoán vị của nó
Lưu ý Nếu t là số nguyên dương, chẳng hạn t = 1, t = 2 thì chỉ cần điều kiện của x, y, z không âm là bất đẳng (1) đúng Bất đẳng thức (1) cũng đúng khi t < 0, thật vậy, nếu t < 0 thì với giả sử x ≥ y ≥ z > 0,
ta có zt
≥ yt, suy ra
P ≥ yt(y − z) (y − x) + zt(z − y) (z − x)
= (y − z)yt
(y − x) − zt(z − x)
≥(y − z)zt
(y − x) − zt(z − x) = (y − z)2
zt ≥ 0
Trang 6• Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là t = 1 và t = 2 Với
x ≥0, y ≥ 0, z ≥ 0 ta có
x(x − y) (x − z) + y (y − z) (y − x) + z (z − y) (z − x) ≥ 0 (2)
x2(x − y) (x − z) + y2(y − z) (y − x) + z2(z − y) (z − x) ≥ 0 (3) Các bất đẳng thức (2) và (3) còn được viết lại là
x3 + y3 + z3 + 3xyz ≥ xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) (4)
x4 + y4 + z4 + xyz (x + y + z) ≥ x3(y + z) + y3(z + x) + z3(x + y)
(5) Còn nếu viết theo p, q, r thì từ (4) và (5) ta có
p3 −4pq + 9r ≥ 0, p4 −5p2q + 4q2 + 6pr ≥ 0
Thật vậy, ta có
(4) ⇔ p3 −3pq + 3r + 3r ≥ xy (p − z) + yz (p − x) + zx (p − y)
⇔ p3 −3pq + 6r ≥ p (xy + yz + zx) − 3xyz ⇔ p3
−4pq + 9r ≥ 0
và (5) tương đương với
p4 −4p2q + 2q2 + 4pr + pr ≥ x3
(p − x) + y3(p − y) + z3(p − z)
⇔p4 −4p2q + 2q2 + 5pr ≥ x3 + y3 + z3 p − x4
+ y4 + z4
⇔p4 −4p2q + 2q2 + 5pr ≥ p3 −3pq + 3r p − p4
−4p2q + 2q2 + 4pr
⇔p4 −5p2q + 4q2 + 6pr ≥ 0
2 Một số bài toán
Bài toán 1 Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1 Chứng minh rằng
(1 − ab − bc − ca) (1 − 27abc)
≥6 [1 + 3 (ab + bc + ca)]h(ab + bc + ca)2 −3abci
Trang 7Chương 1 Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Giải Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc Khi đó p = 1 Ta cần chứng minh
(1 − q) (1 − 27r) ≥ 6 (1 + 3q) q2 −3r (1)
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ 1
3(a + b + c)
2
= 1
3 Khi 0 < q ≤ 1
4, ta có (1 − q) (1 − 27r) ≥ 3 (1 − 27r)
6 (1 + 3q) q2 −3r ≤ 6
1 + 3 4
1
16 −3r
= 42 4
1
16 −3r
(3)
Vì
3 (1 − 27r)
42 4
1
16 −3r
⇔ 3−81r ≥ 42
16−126r ⇔ 45r ≥ −
3
8 (đúng) nên từ (2) và (3) suy ra (1) đúng Tiếp theo ta xét 1
4 ≤ q ≤
1
3 Xét dãy
số (an) như sau
a1 = 1
4 ; an+1 =
1 + an
5 − 3an
Ta có a1 ≤ 1
3 Giả sử ak ≤ 1
3 Xét hàm số f(x) = x+ 1
−3x + 5, khi đó hàm
f đồng biến vì
f0(x) = 8
(5 − 3x)2 > 0.
Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f 1
3
= 1
3 Theo nguyên lí quy nạp, suy ra
0 ≤ an ≤ 1
3, ∀n = 1, 2,
Do đó
an+1 −an = 1 + an
5 − 3an
−an = 3a
2
n −4an+ 1
5 − 3an
> 0
Trang 8Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→+∞an = L Từ (4) cho n → +∞, ta được
L = 1 + L
5 − 3L ⇔3L
2
−4L + 1 = 0do L≤
1 3
3.
Vì dãy số (an) tăng về 1
3 và q ∈ 1
4;
1 3
, suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒q ≤ 1 + ak
5 − 3ak
⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak
⇒3q − 3qak + 1 − ak ≤2 − 2q ⇒ 1
2(1 − ak) (3q + 1) ≤ 1 − q.
Từ ak ≤q ≤ 1
3, ta có (q − ak)
q − 1 3
≤ 0 ⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak
3 ⇔q
2
≤q 1
3 + ak
− ak
3 . Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r Do đó
q2 ≤ 1 + 9r
4
1
3 + ak
− ak
3 ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1 − ak
12
⇒q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Vậy ta đã chứng minh được
1
q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Để ý rằng 1 − ak > 0, 3q − 1 ≤ 0, 1 − q > 0, q2
−3r ≥ 0, 1 − 27r ≥ 0
Từ (6) suy ra
1 − ak ≥ 12 q2
−3r
1 − 27r
Trang 9Chương 1 Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Thay vào (5) ta được
1−q ≥ 1
2.
12 q2
−3r
1 − 27r (3q + 1) ⇒ 6 q
2
−3r (3q + 1) ≤ (1 − q) (1 − 27r)
Phép chứng minh hoàn thành
Lưu ý Dãy số (an) được tìm ra như sau : Ta cần xây dựng dãy số (an) thoả mãn điều kiện a1 = 1
4 và dãy (an) tăng về 1
3 Vì 1
4 ≤ q ≤
1
3 nên tồn tại k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1 Chú ý rằng điều kiện ak ≤ q tương đương với
(q − ak)
q − 1 3
≤ 0 ⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak
3 ⇔q
2
≤q 1
3 + ak
− ak
3 .
Vì 4q ≤ 9r + 1 nên
q2 ≤ 1 + 9r
4
1
3 + ak
− ak
3 ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1 − ak
12
⇒q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Vậy để chứng minh 6 q2 −3r (3q + 1) ≤ (1 − q) (1 − 27r), ta cần chứng minh
1
2 (1 − ak) (3q + 1) ≤ 1 − q ⇒ 5q − 3qak ≤1 + ak ⇒q ≤
1 + ak
5 − 3ak
Vì vậy, ta dẫn đến ý tưởng là chọn luôn ak+1 = 1 + ak
5 − 3ak
và xét dãy số (an) như trên
Bài toán 2 Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, chứng minh rằng
1 + 162a2b2c2 ≥ 27abc + 54 a3b3 + b3c3 + c3a3 Giải Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc Khi đó p = 1 và
a3b3 + b3c3 + c3a3 = q3 −3pqr + 3r2 = q3 −3qr + 3r2
Trang 10Ta cần chứng minh
1 + 162r2 ≥27r + 54 q3 −3qr + 3r2 ⇔ 54q q2
−3r ≤ 1 − 27r (1)
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ 1
3(a + b + c)
2
= 1
3 Khi 0 < q ≤ 1
4, ta có 54q q2 −3r ≤ 27
2
1
16 −3r
(2) 27
2
1
16 −3r
Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng Tiếp theo ta xét 1
4 ≤ q ≤
1
3 Xét dãy số (an) như sau
a1 = 1
4 ; an+1 =
2 9(1 − an), ∀n = 1, 2, (4)
Ta có a1 ≤ 1
3 Giả sử ak ≤ 1
3 Xét hàm số f(x) = 2
9(1 − x), khi đó hàm
f đồng biến vì f0
(x) > 0 Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f 1
3
= 1
3 Theo nguyên
lí quy nạp, suy ra
0 ≤ an ≤ 1
3, ∀n = 1, 2,
Do đó
an+1 −an = 2
9 (1 − an) −an =
9a2
n−9an + 2
9 (1 − an) ≥ 0.
Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→+∞an = L Từ (4) cho n → +∞, ta được
9(1 − L) ⇔ 9L
2
−9L + 2 = 0do L≤
1 3
3.
Vì dãy số (an) tăng về 1
3 và q ∈ 1
4;
1 3
, suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒q ≤ 2
9 (1 − ak) ⇒ 0 ≤ 1 − ak ≤
2 9q.
Trang 11Chương 1 Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Từ ak ≤q ≤ 1
3, ta có (q − ak)
q − 1 3
≤ 0 ⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak
3 ⇔q
2
≤q 1
3 + ak
− ak
3 . Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r Do đó
q2 ≤ 1 + 9r
4
1
3 + ak
− ak
3 ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1 − ak
12
⇒q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Vậy ta đã chứng minh được
1 − ak ≤ 2
q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Để ý rằng 1 − ak > 0, 1 − 27r ≥ 0, nên từ (5) và (6) suy ra
q2 −3r ≤ 2
9q.
1 − 27r
2
−3r ≤ 1 − 27r
Phép chứng minh hoàn thành
Bài toán 3 Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, chứng minh rằng
7 (ab + bc + ca)2 ≥18abc + 27 a3b3 + b3c3 + c3a3
Giải Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc Khi đó p = 1 và
a3b3 + b3c3 + c3a3 = q3 −3pqr + 3r2 = q3 −3qr + 3r2
Ta cần chứng minh
7q2
≥ 18r + 27 q3
−3qr + 3r2
Trang 12⇔27q q2 −3r ≤ 7q2
−18r − 81r2
⇔27q q2 −3r ≤ 7 q2
−3r + 3r (1 − 27r)
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ 1
3(a + b + c)
2
= 1
3 Khi 0 < q ≤ 1
4, thì (1) đúng, do vế trái âm, còn vế phải không âm Tiếp theo ta xét 1
4 ≤ q ≤
1
3 Xét dãy số (an) như sau
a1 = 1
4 ; an+1 =
7an −3 27an −11, ∀n = 1, 2, (4)
Ta có a1 ≤ 1
3 Giả sử ak ≤ 1
3 Xét hàm số f(x) = 7x − 3
27x − 11, khi đó hàm
f đồng biến vì f0
(x) > 0 Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f 1
3
= 1
3 Theo nguyên
lí quy nạp, suy ra 0 ≤ an ≤ 1
3, ∀n = 1, 2, Do đó
an+1−an = 7an−3
27an −11−an =
− 27a2
n −18an + 3
−3 (3an−1)2 27an−11 ≥ 0. Vậy dãy số (an) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→+∞an = L Từ (4) cho n → +∞, ta được
L = 7L − 3 27L − 11 ⇔3(3L − 1)
2
= 0 ⇔ L = 1
3.
Vì dãy số (an) tăng về 1
3 và q ∈ 1
4;
1 3
, suy ra tồn tại k ∈ N∗ sao cho
ak ≤q ≤ ak+1 ⇒q ≤ 3 − 7ak
11 − 27ak
⇔ 11q − 27qak ≤ 3 − 7ak
Nếu 1
4 ≤ q ≤
7
27 thì (1) đúng Tiếp theo xét 7
27 < q ≤
1
3 Từ (5) ta được
ak ≥ 11q − 3
27q − 7 ⇔1 − ak ≤ 1 −
11q − 3 27q − 7 ⇔ 1 − ak ≤
16q − 4 27q − 7.
Trang 13Chương 1 Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai.
Từ ak ≤q ≤ 1
3, ta có (q − ak)
q − 1 3
≤ 0 ⇔ q2
≤ q
3 + qak −
ak
3 ⇔q
2
≤q 1
3 + ak
− ak
3 . Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r Do đó
q2 ≤ 1 + 9r
4
1
3 + ak
− ak
3 ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1 − ak
12
⇒q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Vậy ta đã chứng minh được
1 − ak ≤ 16q − 4
q2 −3r ≤ (1 − ak) (1 − 27r)
Từ (6) và (7) ta có
(27q − 7) q2 −3r ≤ (27q − 7) (1 − ak) (1 − 27r)
12
≤ (16q − 4) (1 − 27r)
(4q − 1) (1 − 27r)
3
≤3r (1 − 27r) (do 4q − 1 ≤ 9r) Phép chứng minh hoàn thành
Lưu ý Các bài toán trên còn được giải bằng cách vận dụng "Phương pháp ABC" (một phương pháp mới, được đưa ra bởi Nguyễn Anh Cường), tuy nhiên khi đi thi Học sinh giỏi Quốc gia, nếu làm theo cách này thì phải chứng minh nhiều Định lí, Hệ quả phức tạp, điều
đó không thích hợp do thời gian hạn hẹp trong phòng thi Còn nếu giải theo phương pháp dùng giới hạn dãy số như ở trên thì ta chỉ cần chứng minh kết quả p3
−4pq + 9r ≥ 0, điều này rất ngắn gọn, đơn giản, chỉ vài dòng là xong