KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC doc

KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC 1.. i Đồ thị C gọi là lồi trên ; a b nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB luôn nằm phía trên đồ thị C.. ii

KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM

ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC

1 Cơ sở lí thuyết

a Định nghĩa: Cho hàm số y f x= ( ) liên tục [ ; ]a b và có đồ thị là (C) Khi đó ta có hai điểm A a f a( ; ( )), ( ; ( ))B b f b nằm trên đồ thị (C)

i) Đồ thị (C) gọi là lồi trên ( ; )a b nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB

luôn nằm phía trên đồ thị (C)

ii) Đồ thị (C) gọi là lõm trên ( ; )a b nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB

luôn nằm phía dưới đồ thị (C)

b Dấu hiệu đồ thị lồi

Định lí 1: Cho hàm số y f x= ( ) có đạo hàm cấp hai liên tục trên ( )a b;

* Nếu f x''( ) 0 > " Îx ( )a b; thì đồ thị hàm số lõm trên ( ; )a b

* Nếu f x''( ) 0 < " Îx ( )a b; thì đồ thị hàm số lồi trên ( )a b;

c Ứng dụng

Từ hình ảnh trực quan của định nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BĐT

và cực trị sau :

Đồ thị hàm lõm

_ x

_ y

_

Đồ thị hàm số lồi

_ x

_ y _ b _

a

Định lí 2: (Bất đẳng thức tiếp tuyến)

Cho hàm số y f x= ( ) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b]

i) Nếu f x''( ) 0 ³ " Îx a b[ ; ] thì f x( ) ³ f x x x'( )( 0 - 0 ) +f x( ) 0 "x0 Î [ ; ]a b

ii) Nếu f x''( ) 0 £ " Îx a b[ ; ] thì f x( ) £ f x x x'( )( 0 - 0 ) +f x( ) 0 "x0 Î [ ; ]a b

Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra Û =x x0

Ta có thể chứng minh định lí trên như sau

i) Xét hàm số g x( ) = f x( ) - f x x x'( )( 0 - 0 ) -f x( ) 0 , x a bÎ [ ; ]

Ta có : g x'( ) = f x'( ) -f x'( ) 0 Þg x''( ) = f x''( ) 0 ³ " Îx a b[ ; ]

0

'( ) 0

Þ = Û = và g x'( ) đổi dấu từ - sang + khi x qua x0 nên ta có :

0

( ) ( ) 0 [ ; ]

g x ³g x = " Îx a b

ii) Chứng minh tương tự

Định lí 3: (Bất đẳng thức cát tuyến)

Cho hàm số y f x= ( ) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b]

i) Nếu f x''( ) 0 ³ " Îx a b[ ; ] thì f x( ) f a( ) f b( )(x a) f a( ) x0 [ ; ]a b

a b

-ii) Nếu f x''( ) 0 £ " Îx a b[ ; ] thì f x( ) f a( ) f b( )(x a) f a( ) x0 [ ; ]a b

a b

Đẳng thức trong các BĐT trên có khi và chỉ khi x a= hoặc x b=

2 Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của đề tài:

Ví dụ 1: Cho các số thực dương a b c, , thỏa a b c+ + = 1 Chứng minh rằng

3 10

Giải: Xét hàm số

2

( )

1

x

f x

x

=

+ với x Î(0;1)

Ta có:

x

Nên ta có: ( ) '( )(1 1) ( )1

( ) '( )(1 1) ( )1

f b £ f b- +f

( ) '( )(1 1) ( )1

f c £ f c - + f

Suy ra : ( ) ( ) ( ) ' 1 ( 1 3 ( )) 1 3

f a +f b +f c £ f æ öç ÷ a b c+ + - + f =

è ø

Đẳng thức xảy ra 1

3

a b c

Û = = =

Ví dụ 2 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa : a2 +b2 +c2 = 3 Chứng minh

1 8 + a + 1 8 + b + 1 8 + b ³

Giải :

Xét hàm số : ( ) 1

1 8

f x

a

= + , 0 < £a 3 Ta có :

8

Nên ta có : f a( ) ³ f'(1)(a - + 1) f(1)

f b( ) ³ f '(1)( 1)b - + f(1)

f c( ) ³ f '(1)( 1)c - + f(1)

( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1)

Mặt khác : (a b c+ + ) 2 £ 3(a2 +b2 +c2 ) 9 =

Þ - £ + + £ Þ + + - £ và '(1) 4 0

27

f = - < nên từ (*)

Ta suy ra : f a( ) +f b( ) +f c( ) 3 (1) 1 ³ f =

Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần chứng

minh có dạng

( ) ( ) ( )n

f a +f a + +f a ³k hoặc f a( ) 1 + f a( ) 2 + +f a( )n £k, trong đó a i i ( 1, , ) = n là các số thực cho trước Trong một số trường hợp BĐT chưa có dạng trên, ta phải thực

hiện một số phép biến đổi mới đưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu sau

· Nếu BĐT có dạng f a f a( ) ( ) ( ) 1 2 f a n ³k thì ta lấy loganepe hai vế

· Nếu BĐT cần chứng minh đồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa Tùy thuộc vào từng bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp

Ví dụ 3 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa : a b c+ + = 3 Tìm GTLN của biểu

thức :

P =æça + +a ö æ÷ çb + +b ö æ÷ çc+ +c ö÷

Giải :

Ta có : lnP b a= ln( + 1 +a2 ) +clnæçb + 1 +b2ö÷+alnæçc+ 1 +c2ö÷

Xét hàm số : f x( ) ln = æçx + 1 +x2ö÷, 0 < <x 1

1

x

" Îx (0;1)

Suy ra : f a( ) £ f '(1)(a - 1)+f(1) = f '(1)a f+ (1) - f'(1)

( ) '(1) (1) '(1)

bf a f ab éf f ùb

cf b( )£ f '(1)cb +éëf(1)- f'(1) ùûc

af c( )£ f '(1)ac+ éëf(1)-f '(1) ùûa

lnP f '(1) ab bc ca a b c( ) f(1)(a b c) 3 ln(1 2)

(Do ab bc ca+ + £ = + + 3 a b c)

Nên Þ lnP £ 3 ln(1 + 2) ÞP £ (1 + 2) 3

Đẳng thức xảy ra Û = = =a b c 1 Vậy GTLN của P = +(1 2) 3

Ví dụ 4 : Cho x y, > 0 thỏa x y z+ + = 1 Tìm GTNN của biểu thức

y z x

P x= - +y- +z-

Giải : Áp dụng BĐT Cô si, ta có :

3

3

y z x

P

x y z

³ Đặt A x y z= y z x Þ lnA y x z y x z= ln + ln + ln Vì hàm số f t( ) ln = t có

2

1

f t

t

= - <

-è ø -è ø

lnA y x(3 1 ln 3) (3z y 1 ln 3) x z(3 1 ln 3)

= 3(xy yz zx+ + ) 1 3 ln 3 ( - - £ x y z+ + ) 2 - - 1 3 ln 3 = - 3 ln 3

3

3

3

x y z

Û = = =

Vậy GTNN của P =3 3 3

Ví dụ 5 : Cho , , 1

2

a b c ³ thỏa a b c+ + = 2 Tìm GTNN của biểu thức

P a= +b +c

Giải :

Xét hàm số ( ) , 1 1

2

t

f t =t £ £t Ta có : ln ( )f t =t tln lấy đạo hàm hai vế ta được

'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1

+

Vì , , 1;1

2

a b cÎ êé ùú

ë û nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :

( ) '( )( ) ( )

( ) '( )( ) ( )

f b ³ f b - + f

2 2 2

( ) '( )( ) ( )

f c ³ f c- +f

Cộng ba BĐT trên ta có : ( ) ( ) ( ) '( )2 ( 2) 3 ( ) 32 3 4

f a +f b +f c ³ f a b c+ + - + f =

Vậy GTNN của 33 4

9

3

a b c

Û = = =

Ví dụ 6 : Choa b c >, , 0 Chứng minh rằng :

1 3( )(1 1 1)

(Trích đề thi Albania 2002) Lời giải Vì BĐT đã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng với mọi số

thực dương a,b,c thỏa mãna2 +b2 +c2 = 1, khi đó bđt cần chứng minh trở thành: ( ) ( ) ( ) 1

f a + f b + f c ³ trong đó:

1 3 1

3 3

x

+

= - với0 < <x 1 Dễ thấy hàm số f có f x''( ) 0 > " Îx (0;1)

Nên theo BĐT tiếp tuyến ta có :

f a + f b + f c ³ f æçç ö÷÷ a b c+ + - + f æçç ö÷÷

Do

1

3

3

f

ì æ ö

<

è ø

ïî

Ví dụ 7: Cho n số thực x x1 2 , , ,x n thuộc khoảng (0; )

2

p

thỏa :

tanx + tanx + tan + x n £n.Chứng minh : sin sin sin1 2 1

2

Giải :

Đặt a i = tan ( 1,2, , )x i i = n Þa i > 0 i = 1,2, ,n và

1

n i

=

£

å

Ta cần chứng minh :

2 1

1

n i

n

a a

=

£ +

Xét hàm số

2

1

x

x

+

có

2 3

1 '( )

(1 )

f x

x

= + Þ f x''( ) 0 < " >x 0

3

2 2 2 2

1 2

( 1)

n n

i

a a

n a

=

+

å

Đẳng thức xảy ra Ûa1 =a2 = =a n = Û 1 tanx1 = tanx2 = tan = x n = 1

4

n

Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có được kết quả tổng quát sau

Định lí 4 : Cho hàm số y f x= ( ) có đạo hàm cấp hai trên éëa b; ùû và nsố a a1 2 , , ,a n

nằm trong đoạn éëa b; ùû thỏa mãn :

n i

=

· Nếu f x''( ) 0 > " Î ë ûx éa b; ù thì ta có :

n i i

k

n

=

³

å

· Nếu f x''( ) 0 < " Î ë ûx éa b; ù thì ta có :

1

1

n i i

k

n n

=

£

Ví dụ 8 Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 2

3

p

Chứng minh rằng :

Lời giải

Không mất tính tổng quát, ta giả sử 2

A ³ p >B C³ ÞC £ p

Hàm số f x( ) tan = x, 0;

3

x Î çæ p ö÷

è ø có ''( ) 0 0;

3

f x > " Î çx æ p ö÷

è ø Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta

có

2

f æ ö fæ ö fæ ö éf p f p ù æ p ö f p æ + + pö

2

f æ öp fæp ö

+ ç ÷+ ç ÷

f æ öç ÷p -f æçp ö÷> -p ³

+ +

= nên ta có :

f æ öç ÷+ fæ öç ÷+fæ öç ÷ ³ fæ öç ÷p + f æçp ö÷ =

Đẳng thức xảy ra 2 ;

Û = = = và các hoán vị

Ví dụ 9 Cho các số thực không âm a b c, , thỏa max{ , , } 3

4

a b c ³ và a b c+ + = 1 Tìm GTNN của biểu thức :P = 3 1 3 + a2 + 3 1 3 + b2 + 3 1 3 + c2

Lời giải

Không mất tính tổng quát, ta giả sử max{ , , } 3, 1

Xét hàm số f x( ) = 3 1 3 , + x2 x Î( )0;1 có

2 2 3

2 '( )

(1 3 )

x

f x

x

= +

2

2 5 3

2 2

(1 3 )

x

x

+ Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :

( ) '( )( ) ( )

f a ³ f a - +f ; ( ) '( )(1 1) ( )1

f b ³ f b- +f ; ( ) '( )(1 1) ( )1

f c ³ f c - + f

( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )

Đẳng thức xảy ra 3; 1

Û = = = và các hoán vị

Vậy min 3 172 2 67 3

4

Nhận xét : Trong một số trường hợp đồ thị hàm số y f x= ( ) có khoảng lồi, lõm trên

;

a b

é ù

ë û nhưng ta vẫn có được đánh giá : f x( ) ³ f x x x'( )(0 - 0) + f x( ) ,0 x0Î ( ; )a b Chẳng hạn các bạn xem đồ thị minh họa dưới đây

Ví dụ 10: Cho a b c Î ¡, , và a b c+ + = 6 Chứng minh rằng :

4 4 4 2( 3 3 3 )

a +b +c ³ a +b +c

Lời giải:

_ x

_ y

x0

a _

BĐT đã cho Û (a4 - 2 ) (a3 + b4 - 2 ) (b3 + c4 - 2 ) 0c3 ³ Û f a( ) + f b( ) +f c( ) 0 ³

Trong đó f x( ) =x4 - 2x3 Ta thấy f x''( ) 12 = x2 - 12x nên đồ thị hàm số f có khoảng lồi và khoảng lõm do đó ta không thể áp dụng BĐT tiếp tuyến được Tuy nhiên ta vẫn có thể đánh giá được f x( ) qua tiếp tuyến của nó tại điểm có hoành độ x =2 (vì đẳng thức xảy ra khi a b c= = = 2)

Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại y f x= ( ) điểm có hoành độ x =2 là:y = 8x - 16

( ) (8 16) 2 8 16 ( 2) ( 2 4) 0

f x - x - =x - x - x + = x - x - x + ³ " Îx ¡

( ) ( ) ( ) 8( ) 48 0

f a f b f c a b c

Chú ý Vì y = 8x - 16 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số f x( ) =x4 - 2x3tại điểm có hoành độ x =2nên ta có sự phân tích: f x( ) (- 8x - 16) (= x - 2) ( )k g x với k ³2 và (2) 0

g ¹

Ví dụ 11: Cho , , 3

4

a b c ³ - và a b c+ + = 1 Chứng minh rằng:

9 10

a + +b + +c + £ ( Vô địch Toán Ba Lan 1996)

Lời giải

Ta thấy đẳng thức xảy ra khi 1

3

a b c= = = và Bđt đã cho có dạng:

9 ( ) ( ) ( )

10

f a + f b + f c £ trong đó

2

( )

1

x

f x

x

= + với

3 5 [ ; ]

4 2

x Î -

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x= ( ) tại điểm có hoành độ 1

3

x = là : 36 3

50

x

(3 1) (4 3)

Vậy :

a b c

+ + +

Ví dụ 12 : Cho các số thực a b c >, , 0 thoả mãna b c+ + = 1 Chứng minh :

1 +a bc +1 +b ac +1 +c ab ³ 10

Lời giải Ta có :

2 4 2 4 2 4 ( ) ( ) ( )

1+a bc +1+b ac +1+c ab a³ -2a a +5 +b -2b b+5 +c -2c c +5 = f a + f b + f c

(Nhận xét : Đẳng thức xảy ra khi 1

3

a b c= = = và tiếp tuyến của đồ thị hàm

số

2 4

( )

2 5

x

f x

=

- + tại điểm có hoành độ

1 3

x = là : 99 3

100x

(3 1) (15 11 )

100

a b c

+ +

Ví dụ 13 Cho a b c, , là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng :

Lời giải Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a b c+ + = 1, khi đó Bđt đã cho trở thành

5a 1 5a 1 5 1 9c

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và a b c+ + = 1 suy ra , , (0; )1

2

a b cÎ

(3 1) (2 1)

2

-2

5 1 18 3 (0; )1

2

a a

Ta cũng có hai Bđt tương tự Cộng các Bđt này lại với nhau ta có:

2 2 2

5a 1 5a 1 5 1 18(c a b c) 9 9

Đẳng thức xảy ra khi 1

3

a b c= = =

Ví dụ 14 Cho a b c >, , 0 Chứng minh rằng :

5

(Olympic Toán Nhật Bản 1997)

Lời giải Vì Bđt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng

với mọi số thực dương a b c, , thỏa mãna b c+ + = 1 Khi đó Bđt đã cho trở thành:

5

5

5

2a 2a 1 2b 2 1 2b c 2 1c

27 ( ) ( ) ( )

5

Trong đó

2

1 ( )

f x

=

- + với x Î(0;1) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x= ( ) tại điểm có hoành độ 1

3

x = là : 54 27

25

x

2(54 27 1) 2(3 1) (6 1)

( ) ( ) ( )

a b c

Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BĐT đối xứng ba biến và đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau Phần tiếp theo ta sẽ đi xét một số BĐT không đối xứng hoặc BĐT đối xứng nhưng đẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng nhau

Ví dụ 15: Cho a b c >, , 0 và a b c+ + = 1 Chứng minh rằng:

3 3 3 5 5 5

10(a +b +c ) 9( - a +b +c ) 1 ³ (Trung Quốc 2005)

Lời giải: Giả sử a b c³ ³

Xét hàm số f x( ) 10 = x3 - 9 , x x4 Î (0;1) có f x'( ) 30 = x2 - 45x4 Þ f x''( ) 60 = x - 180x3

0 1 ''( ) 0

3

Þ = Û = = đồng thời f x''( ) 0 > " Îx (0; )x0 và f x''( ) 0 < " Îx ( ;1)x0

· Nếu a x< 0 Áp dụng BĐT tiếp tuyến ,ta có:

( ) '

f a ³ f æ ö æç ÷ ça - ö÷+ f æ öç ÷

( ) '

f b ³ f æ ö æç ÷ çb - ö÷+f æ öç ÷

( ) '

f c ³ f æ ö æç ÷ çc - ö÷+ f æ öç ÷

· Nếu a x> 0 Áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:

0 0

(1) ( )

1

x

( ) ( ) ( ) 1

f a f b f c

Þ + + >

Ví dụ 16: Cho DABC nhọn Tìm GTLN của biểu thức: F = sin sin sinA 2B 2C

Lời giải:

Ta có : lnF = ln sinA+ 2 ln sinB + 3 ln sinC

Xét hàm số

2

1

x

Áp dụng BĐT tiếp tuyến với DMNP nhọn, ta có :

( ) ( )

tan ( ) tan ( ) tan ( ) tan ln sinM f A N f B P f C M M tan ln sinN N tan ln sinP P

Chọn ba góc M N P, , sao cho :

1M = 2N = 3P k= Þ M k= N = k P = k

Mặt khác : tanM + tanN + tanP = tan tan tanM N P

3

2

1 tan

M

M

+

( ) ( ) ( ) ln 2 ln 3 ln ln

f A f B f C

27

25 5

F

Þ £ Đẳng thức xảy ra Û A M B N C P= ; = ; =

Vậy GTLN của 27

25 5

Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài toán tổng quát sau :

Cho DABC nhọn Tìm GTLN của E = sinm A.sinn B.sinp C , với m n p, , là những số thực dương (Xem ở phần bài tập)

Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn Tìm GTNN của biểu thức :

tan 2 tan 3 tan

Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M)

Xét hàm số ( ) tan , 0;

2

f x = x xÎ çæ p ö÷

è ø, có

2

'( ) 1 tan

2

''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0;

2

è ø

Áp dụng BĐT tiếp tuyến với DMNP nhọn, ta có :

2

1

cos

M

cos ( ) sin 2

2

-Tương tự : cos2 ( ) 1sin 2 ; cos ( )2 1sin 2

cos ( ) cos ( ) cos ( )

2

Ta chọn các góc M N P, , sao cho : cosM k= > 0; cosN = 2 ; cosk P = 3k

Vì M N P, , là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức :

cos M + cos N + cos P + 2 cos cos cosM N P = 1

3

(1 2 3)k 2 6k 1 k

Þ + + + = Þ là nghiệm dương của phương trình :

3

2 6x + + (1 2 + 3)x - = 1 0 (1)

sin 2M 2 1 cos M.cosM 2 1k k

sin 2N = 2 2(1 2 ); sin 2k - k P = 2 3(1 3 )k - k

2

sin 2 sin 2 sin 2

2

F

k k

Vậy GTNN của

1 k 2(1 2 )k 3(1 3 )k F

k

A M B N C P= = =

Với M N P, , là ba góc của tam giác nhọn được xác định bởi :

cosM k= > 0; cosN = 2 ; cosk P = 3k, trong đó k là nghiệm dương duy nhất của

PT (1)

Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.tan tan tan

F m= A n+ B p+ C , trong đó m n p, , là các số thực dương và A B C, , là ba góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập)

Ví dụ 18: Cho x y z, , > 0 thỏa x y z+ + = 1 Tìm GTNN của :

4

Lời giải:

Ta có các hàm số f t( ) =t g t3; ( ) = 1 +t h t2; ( ) = 4 1 +t4 , t Î(0;1) là những hàm số có đạo hàm cấp hai dương trên khoảng (0;1) Nên với a b c >, , 0 thỏa a b c+ + = 1 áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:

( ) '( )( ) ( )

f x ³ f a x a- +f a ; h y( ) ³h b y b h b'( )( - ) + ( ); g z( ) ³g c z c g c'( )( - ) + ( )

Ta chọn a b c, , sao cho f a'( ) =g b'( ) =h c'( ) =k

2

4

4

k a

ï

î

(1)

4

a b c

(2)

Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (0;1)

4

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

k k

-Đẳng thức xảy ra Û =x a y b z c; = ; =

Vậy

4

min

k k P

với k là nghiệm nằm trong (0;1) của (2)

Ví dụ 19 (BĐT Jensen) Cho hàm số y f x= ( ) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên ( )a b; và n số thực dương a a 1 2 , , , an có tổng bằng 1

a) Nếu f x''( ) 0 > " Îx ( ; )a b thì ta có:

1 ( ) 1

³

với " Îx i ( )a b i; = 1,n Đẳng thức có khi x1 =x2 = = x n

b) Nếu f x''( ) 0 < " Îx ( ; )a b thì ta có:

1 ( ) 1

£

với " Îx i ( )a b i; = 1,n Đẳng thức có khi x1 =x2 = = x n

Lời giải

a) Đặt y = a1 1a + a2 2a + + an n a Þ Îy a b( ; )

Vì f x >''( ) 0 nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:

( )i '( ) i ( ) 1,2, ,

f a ³ f y a y- +f y " =i n

b) Chứng minh tương tự

Ví dụ 20 (2M) Cho hai bộ số thực dương x x1 2 , , ,x n và a a1 2 , , ,a n thỏa mãn:

=

å å Chứng minh rằng:

³

Lời giải

BĐT cần chứng minh

Hàm số f x( ) ln = x là hàm lồi, nên áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có:

1 ( )i '( )(i i i) ( )i ( i i) ( )i

i

a

Chú ý: Điều thú vị là BĐT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên Thật vậy: