Bất đẳng thức xoay vòng
www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Lời mở đầu Trong bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức xoay vịng nội dung hay khó Có bất đẳng thức có dạng đơn giản phải hàng chục năm, nhiều nhà tốn học giải Ví dụ bất đẳng thức Shapiro đặt vào năm 1903 Neishbitt Với số không âm a, b, c chứng minh rằng: a b c + + ≥ (đơn giản) b+c c+a a+b dạng tổng quát: Mở rộng với n số a1 , a2 , , an thì: a2 an n a1 + + ··· + ≥ a + a a3 + a4 a1 + a2 Khì đúng, sai Đến năm 1954 tức sau 52 năm, Shapiro tổng kết lại giả thuyết sau: 1) Bất đằng thức với n lẻ ≤ 23 2) Bất đằng thức với n chẵn ≤ 12 Cịn lại sai Hồn tồn tự nhiên ta thấy nhiều dạng bất đẳng thức xoay vòng khác bất đẳng thức gì, đúng, sai luôn Trong luận văn xây dựng dạng bất đẳng thức xoay vòng tổng quát mà trường hợp riêng tốn khó khó sử dụng đề thi học sinh giỏi Luận văn gồm có chương: Chương 1: Bất đẳng thức xoay vịng (Trình bày kết có bất đẳng thức phân thức.) Chương 2: Một dạng bất đẳng thức xoay vòng (Xây dựng bất đẳng thức với trường hợp đơn giản, tổng quát toán) GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Em xin chân thành cảm ơn các thầy khoa Tốn-Cơ-Tin học thời gian học tập trường Khoa Học Tự Nhiên, thầy cô Khoa Sư Phạm ĐH Quốc Gia Hà Nội, bạn lớp Sư phạm Toán 48 Đặc biệt hướng dẫn, giúp đỡ tận tình thầy TS Nguyễn Vũ Lương giúp đỡ em hồn thành khóa luận GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Mục lục Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ 1.1.2 Một số toán minh họa 1.2 Bất đẳng thức xoay vòng khác tam giác 12 1.3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh số dạng bất đẳng thức 1.4 xoay vòng 23 Bất đẳng thức xoay vòng phân thức 32 Một dạng bất đẳng thức xoay vòng 2.1 2.2 41 Các trường hợp đơn giản 41 2.1.1 Trường hợp số n = 41 2.1.2 Trường hợp số n = 42 2.1.3 Trường hợp số n = 43 2.1.4 Trường hợp số n = 45 2.1.5 Trường hợp số n = 47 Trường hợp tổng quát 53 2.2.1 Một số kiến thức liên quan 53 2.2.2 Nhận xét đặc biệt 53 2.2.3 Trường hợp tổng quát n số hạng 55 www.VNMATH.com Chương Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ Bài (Bất đẳng thức Schurs) Với x, y, z số thực dương, λ số thực bất kì, chứng minh rằng: xλ (x − y)(x − z) + y λ (y − z)(y − x) + z λ (z − x)(z − y) ≥ Dấu xảy vào x = y = z Chứng minh Chú ý có hai biến số bất đẳng thức hiển nhiên Chẳng hạn y = z ta có: xλ (x − z)2 ≥ Dấu ” = ” xảy x = y = z Khơng tính tổng quát ta giả thiết rằng: x > y > z + Xét trường hợp λ ≥ Bất đẳng thức viết lại dạng: (x − y)[xλ (x − z) + y λ (y − z)] + z λ (z − x)(z − y) ≥ Sử dụng điều kiện x > y ta thu M > (x − y)(y − z)(xλ − y λ ) + z λ (x − z)(y − z) > 0, (∀λ > 0) www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 bất đẳng thức + Xét trường hợp λ < Ta có M = xλ (x − y)(x − z) + (y − z)[z λ (x − z) − y λ (x − y)] Sử dụng điều kiện y > z (hay x − z > y − z ) ta có: M > xλ (x − y)(x − z) + (y − z)(x − y)(z λ − y λ ) > 0, (∀λ < 0) Vậy bất đẳng thức cần chứng minh Bài (Bất đẳng thức Schurs mởi rộng) Giả sử I khoảng thuộc R f : I −→ R+ hàm đơn điệu hay f ”(x) ≥ 0, ∀x ∈ I Với x1 , x2 , x3 ∈ I, chứng minh rằng: f (x1 )(x1 − x2 )(x1 − x3 ) + f (x2 )(x2 − x3 )(x2 − x1 ) + f (x3 )(x3 − x1 )(x3 − x2 ) ≥ (1) Dấu ” = ” xảy x1 = x2 = x3 Chứng minh Vì f hàm đơn điệu hay f ”(x) ≥ 0, x ∈ I nên ta có bất đẳng thức: f [λx + (1 − λ)y] < f (x) f (y) + λ 1−λ (2) ∀x, y ∈ I λ ∈ (0, 1) Khơng tính tổng qt ta giả sử x1 < x2 < x3 (vì biến bất đẳng thức ln đúng, dấu bất đẳng thức xảy x1 = x2 = x3 ) Chia hai vế (1) cho (x2 − x3 )(x2 − x1 ) < ta thu được: x3 − x f (x1 ) + f (x2 ) − f (x3 ) ≤ − x2 − x x3 − x1 x − x1 ⇔ f (x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x3 ) x3 − x2 x2 − x1 x1 − x3 x2 − x3 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 x2 − x1 x3 − x1 1 − λ = x3 − x2 Đặt: λ = ⇒ x3 − x1 x = λx1 + (1 − λ)x3 ta thu bất đẳng thức (2) hay (1) Bài (Một dạng mở rộng bất đẳng thức Schurs) Xét a, b, c, u, c, w số thực dương chứng minh rằng: a) Nếu p > 1 1 1 1 1 1 1 a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≥ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≥ b) Nếu −1 < p < 1 a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≤ c) Nếu p < −1 1 a p + c p ≥ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≥ Dấu bất đẳng thức xảy 1 1 1 a p + c p = b p ; u 1+p + w 1+p = v 1+p Chứng minh a) Nếu p > ta có: 1 + p+1 = 1+p p Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: p p+1 1 1 1 a 1+p (uc) 1+p + c 1+p (wa) 1+p ≤ a p + c p (uc + wa) p+1 Lũy thừa p + hai vế ta có: h ip+1 1 1 p a 1+p (uc) p+1 + c 1+p (wa) p+1 ≤ a p + c p (uc + wa) p+1 1 p+1 ⇔ ac u 1+p + w 1+p ≤ ap + cp (uc + wa) GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Áp dụng giả thiết tốn ta có: p+1 1 acv ≤ ac u 1+p + w 1+p ≤ b(uc + wa) suy ubc − acv + wab ≥ b) Với −1 < p < ta có: p+1 + p+1 = với 0, p < 0) ta có: acv ≥ ac u 1+p +w 1+p p+1 p ≥ (uc + wa) a + c p p ≥ (uc + wa)b suy ra: abw − auv + ubc ≤ c) Với p < −1 ta có: 1 + p+1 = với p + < p+1 p Áp dụng bất đẳng thức Holder: a 1+p (uc) 1+p +c 1+p (wa) 1+p p ≤ a +c p p p+1 (uc + wa) p+1 Lũy thừa p + hai vế (chú ý p + > 0) ta được: ac u 1+p +w GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 1+p p+1 p p p ≤ a +c (uc + wa) Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Áp dụng giả thiết phần c) (chú ý p + < 0) ta có: p+1 1 p acv ≤ ac u 1+p + w 1+p ≤ (uc + wa) a p + c p ≤ (uc + wa)b suy ra: ucb − acv + wab ≥ Bài (Bài toán hệ 1) Với x > y > z > f hàm đơn điệu hay f ”(x) = ∀x > f nhận giá trị R+ , chứng minh rằng: f (x) f (y) f (z) + + ≥0 y−z z−x x−y Chứng minh Áp dụng toán ta có: f (x)(x − y)(x − z) + f (y)(y − z)(y − x) + f (z)(z − x)(z − y) ≥ Chia vế cho (y − z)(z − x)(x − y) < ta thu bất đẳng thức cần chứng minh Bài (Bài toán hệ 2) Với x, y, z, a, b, c > thỏa mãn điều kiện: a2 + b ≤ c 2 2 x3 + y ≥ z x y z + ≥ a b c Chứng minh chứng minh Áp dụng toán với p = ta có: xbc − zab + yac ≥ Chia vế cho a, b, c ta có bất đẳng thức cần chứng minh GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp 1.1.2 Sư Phạm Toán 48 Một số toán minh họa Bài Giả sử ∆ABC không nhọn, chứng minh rằng: 27 64 125 + ≥ sin A sin B sin C Chứng minh Áp dụng toán với điều kiện sin2 A + sinB ≤ sin2 C Tam giác không nhọn 27 32 + 64 32 = 125 23 Ta thu điều phải chứng minh Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện 3 1 + y2 ≤ z2 + + , x a3 b c Chứng minh rằng: x y z + ≤ a b c Chứng minh Ta có: 1− + 1− 13 − 31 =1 Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: 3 3 a (xb) + b (ya) ≥ (xb + ya) (a−3 + b−3 )− ⇔ (ab) x +y 1 + 3 a b 3 ≥ (xb + ya) 1 + a3 b − 12 Từ giả thiết suy ra: GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương − 21 ≥ c3 − 12 = c2 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương www.VNMATH.com Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 Do ta có bất đẳng thức 3 3 (abz) ≥ (ab) x + y ≥ (xb + ya) c ⇔ abz ≥ (xb + ya)c z x y ⇔ + ≤ a b c Bài Với a, b, c ba cạnh tam giác p = a+b+c , chứng minh (p − a)4 + (p − b)4 + (p − c)4 + S ≥ a (p − a)3 + b (p − c)3 + c (p − a)3 (Với S diện tích tam giác ABC ) Chứng minh Chứng minh bất đẳng thức Schurs với λ = ta có: x2 (x − y)(x − z) + y (y − z)(y − x) + z (z − x)(z − y) ≥ ⇔ x4 + y + z + xyz(x + y + z) ≥ x3 (y + z) + y (z + x) + z (x + y) Đặt: x=p−a y =p−b z = p − c (1) x+y+z =p−a+p−b+p−c=p S xyz = (p − a)(p − b)(p − c) = p ⇒ y + z = (p − b) + (p − c) = a x + z = b, x + y = c Thay vào (1) ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài Với x, y, z dương thỏa mãn: yz zx xy + + =3 x2 y z tìm giá trị lớn biểu thức sau: M= y+z z+x x+y + + x y z Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Schurs với λ = −2 ta có: 1 (x − y)(x − z) + (y − z)(y − x) + (z − x)(z − y) ≥ x2 y2 z2 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 10 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương ... thức xoay vòng khác tam giác 12 1.3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh số dạng bất đẳng thức 1.4 xoay vòng 23 Bất đẳng thức xoay vòng phân thức. .. lục Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ 1.1.2 Một số toán minh họa 1.2 Bất đẳng thức. .. www.VNMATH.com Chương Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ Bài (Bất đẳng thức Schurs) Với x, y, z số thực dương, λ số thực bất kì, chứng minh rằng: xλ (x − y)(x