Sử dụng phương pháp hàm số để chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN TRUNG SỸ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN TRUNG SỸ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN ĐÌNH BÌNH THÁI NGUYÊN - 2015 i Mục lục Lời cam đoan Lời cảm ơn Danh mục kí hiệu, chữ viết tắt Mở đầu Cơ 1.1 1.2 1.3 sở lý luận kiến thức cần thiết cho đề tài Tính chất hàm số bậc Hàm số đồng biến, nghịch biến Hàm lồi bất đẳng thức Karamata 1.3.1 Hàm lồi, hàm lõm khả vi bậc hai 1.3.2 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm 1.3.3 Bất đẳng thức Karamata 1.3.4 Các hệ bất đẳng thức Karamata 1.4 Hàm số nửa lồi iii iii iv Trình bày số phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức 2.1 Sử dụng tính chất hàm số bậc để chứng minh bất đẳng thức 2.2 Sử dụng tính đơn điệu, cực trị hàm số để chứng minh bất đẳng thức 2.2.1 Sử dụng tính đơn điệu, cưc trị hàm số 2.2.2 Sử dụng hàm số đặc trưng 2.2.3 Khử dần biến số đạo hàm biến 2.3 Sử dụng tính chất hàm lồi, bất đẳng thức Karamata chứng bất đẳng thức 2.3.1 Sử dụng tính chất hàm lồi 3 5 6 10 13 13 18 18 22 25 30 30 ii 2.3.2 2.3.3 Phương pháp tiếp tuyến Sử dụng bất đẳng thức Karamata hệ bất đẳng thức Karamata 37 42 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 iii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn công trình nghiên cứu tơi (từ tháng năm 2014 đến tháng năm 2015), sở nghiên cứu tham khảo tài liệu, phân tích, tổng hợp kinh nghiệm qua năm công tác Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Đình Bình Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc TS - người thầy truyền đạt nhiều kiến thức quý báu với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học suốt thời gian tác giả theo học nghiên cứu đề tài Đồng thời, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, thầy giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệu Trường THPT Lý Tự Trọng - Nam Định gia đình tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả suốt q trình học tập, cơng tác thực đề tài luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Trung Sỹ iv Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt • BĐT - Bất đẳng thức • AM - Arithmetic Mean • GM - Geometric Mean • HCF - Half Convex Function Theorem • IMO - International Mathematical Olympiad • MO - National Mathematical Olympiad • TST - Selection Test for International Mathematical Olympiad • ĐH - Đề thi Đại học • HSG - Học sinh giỏi • I (a; b) I - Nhằm ngầm định bốn tập hợp R (a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b] → → − − → − • A B - Véctơ A = [x1 , x2 , , xn ] với giả thiết x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn → − xa B = [y1 , y2 , , yn ] với giả thiết y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn ,  x1 ≥ y1   x1 + x2 ≥ y1 + y2   x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1    x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn Mở đầu Tốn học mơn học quan trọng chương trình phổ thơng Việc giảng dạy học tập mơn tốn trường phổ thơng khơng nhằm trang bị cho học sinh kiến thức cụ thể để áp dụng sống môn học khác mà điều quan cung cấp rèn luyện cho học sinh kĩ năng, phương pháp môn học cách tư Toán học, điều cần thiết cho học sinh đời Chuyên đề bất đẳng thức có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực giải tích, hình học, lượng giác ứng dụng Trong kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh đại hoc, cao đẳng Olympic Toán sinh viên tốn liên quan đến bất đẳng thức đề cập xem dạng tốn thuộc loại khó, thuộc phân loại vận dụng mức độ cao Mặc dù trình giảng dạy học sinh giáo viên cọ sát nhiều gặp toán chứng minh bất đẳng thức thường thấy lúng túng q trình tìm cách giải, có nhiều cách tiếp cận, phương pháp giải đa dạng phong phú phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển, phương pháp hàm số, phương pháp dồn biến, giảm biến, phương pháp phân tích thành tổng bình phương (SOS), phương pháp hình học hóa, lượng giác hóa, phương pháp ABC Có thể nói, nghiên cứu phương pháp sử dụng hàm số chứng minh bất đẳng thức đề tài đa dạng thú vị, nhận quan tâm nhiều nhà toán học nước giới, đề tài không ngừng nảy sinh có nhiều kết đẹp Một số nghiên cứu trước như: "Một số bất đẳng thức lớp hàm đơn điệu" tác giả Nguyễn Thị Thu Hà; "Một số vấn đề bất đẳng thức Jensen" tác giả Võ Thị Nhật Vi; "Một số lớp bất đẳng thức dạng Karamata áp dụng" tác giả Mạc Văn Thư; Qua nghiên cứu, thân tác giả thấy đề tài nghiên cứu vào vấn để cụ thể Với suy nghĩ trên, mục tiêu luận văn trình bày cách tổng quan, có hệ thống kiến thức sở, cách thức tiếp cận phương pháp chứng minh bất đẳng thức quan điểm sử dụng hàm số Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương trình bày sở lý luận kiến thức cần thiết cho đề tài Chương trình bày phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức Các kiến thức luận văn này, hướng dẫn Giáo viên hướng dẫn tơi nghiên cứu, phân tích tổng hợp từ kiến thức Giải tích cao cấp Các tập minh họa tổng hợp cách hệ thống giúp cho giáo viên học sinh dễ dàng vận dụng vào trình dạy học Chương Cơ sở lý luận kiến thức cần thiết cho đề tài Phương pháp hàm số có nhiều ứng dụng đặc biệt dạng tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Trong chương tác giả trình bày định nghĩa, chứng minh tính chất, định lý, hệ kiến thức Toán học cao cấp sử dụng luận văn 1.1 Tính chất hàm số bậc Chúng ta định lý đơn giản giải tích Định lí 1.1 Hàm số bậc f (x) = ax + b (a = 0) đồng biến R a > nghịch biến R a < Nhận xét 1.1 ([5]) Đồ thị hàm số y = ax + b đoạn [α; β] đoạn thẳng có hai đầu mút A (α; f (α)) B (β; f (β)), ta có tính chất sau Tính chất 1.1 f (x) ≥ ∀x ∈ [α; β] ⇔ f (α) ≥ f (β) ≥ Tính chất 1.2 f (x) ≤ ∀x ∈ [α; β] ⇔ f (α) ≤ f (β) ≤ Tính chất 1.3 min{f (α); f (β)} ≤ f (x) ≤ max{f (α); f (β)} ∀x ∈ [α; β] 1.2 Hàm số đồng biến, nghịch biến Định nghĩa 1.1 ([4]) Giả sử hàm số f (x) xác định tập I (a; b) ⊂ R thỏa mãn điều kiện • Với x1 , x2 ∈ I (a; b) x1 < x2 ta có f (x1 ) < f (x2 ) ta nói f (x) hàm số đồng biến (hàm đơn điệu tăng thực sự) I (a; b) • Với x1 , x2 ∈ I (a; b) x1 < x2 ta có f (x1 ) > f (x2 ) ta nói f (x) hàm số nghịch biến (hàm đơn điệu giảm thực sự) I (a; b) Sử dụng định lý Lagrange biết chương trình Tốn giải tích ta có định lý sau: Định lí 1.2 ([4])Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) i) Nếu f (x) > với x ∈ (a; b) hàm số y = f (x) đồng biến khoảng ii) Nếu f (x) < với x ∈ (a; b) hàm số y = f (x) nghịch biến khoảng Chứng minh Lấy hai điểm x1 , x2 (x1 < x2 ) khoảng (a; b) Vì f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) nên f (x) liên tục [x1 ; x2 ] có đạo hàm khoảng (x1 ; x2 ) Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số y = f (x) [x1 ; x2 ], ∃c ∈ (x1 ; x2 ) cho f (x2 ) − f (x1 ) = f (c)(x2 − x1 ) i) Nếu f (x) > khoảng (a; b) f (c) > 0, mặt khác x2 − x1 > nên f (x2 ) − f (x1 ) > hay f (x2 ) > f (x1 ), suy hàm f (x) đồng biến khoảng (a; b) ii) Nếu f (x) < khoảng (a; b) f (c) < 0, mặt khác x2 − x1 > nên f (x2 ) − f (x1 ) < hay f (x2 ) < f (x1 ), suy hàm f (x) nghịch biến khoảng (a; b) Định lí 1.3 (Mở rộng định lý 1.2) ([4]) Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) Nếu f (x) ≥ (f (x) ≤ 0) ∀x ∈ (a; b) đẳng thức xảy hữu hạn điểm khoảng (a; b) hàm số f (x) đồng biến (nghịch biến) khoảng Chứng minh Thậy vậy, để đơn giản cách lập luận, giả sử f (x) ≥ (a; b) f (x) = x1 ∈ (a; b) f (x) đồng biến khoảng 44 Lời giải Xét hàm số f (x) = 2x + x2 với x > Ta có f (x) = 2x ln x + 2x, f (x) = 2x ln2 x + > ∀x > Vậy f (x) hàm lồi khoảng (0; +∞) Mặt khác ta có  a ≥  a+b≥4+3 a+b+c=4+3+2 Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta f (a) + f (b) + f (c) ≥ f (4) + f (3) + f (2) hay 2a + 2b + 2c + a2 + b2 + c2 ≥ 57 Đẳng thức xảy a = 4, b = 3, c = Ví dụ 2.39 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 1 1 1 + + ≤ + + (a + b)2015 (b + c)2015 (c + a)2015 (2a)2015 (2b)2015 (2c)2015 Lời giải Không giảm tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c Khi ta có  2a ≥ a + b 2a + 2b ≥ a + b + a + c 2a + 2b + 2c = a + b + a + c + b + c  Xét hàm f (x) = x2015 , ∀x > ta có f (x) = − f (x) = 2015 , x2016 2015.2016 >0 x2017 ∀x > Theo bất đẳng thức Karamata ta có: f (2a) + f (2b) + f (2c) ≥ f (a + b) + f (a + c) + f (b + c) hay 1 1 1 + + ≥ + + 2015 2015 2015 2015 2015 (2a) (2b) (2c) (a + b) (a + c) (b + c)2015 Đẳng thức xảy a = b = c 45 Ví dụ 2.40 Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Chứng minh x y z ≤ + + ≤ x+1 y+1 z+1 Lời giải Bài toán quen thuộc, giải bất đẳng thức AM-GM, muốn dùng bất đẳng thức Karamata để giải toán Xét hàm số f (t) = t , t ∈ [0; 1] t+1 Ta có f (t) = f (t) = − , (t + 1)2 0, đó, ba số (x−y+z), (y−z+x), (z−x+y) khơng thể có trường hợp hai số âm Nếu số có ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp ba số dương, cách lấy logarit Nêpe hai vế, ta ln (x − y + z) + ln (y − z + x) + ln (z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Khơng tính tổng qt giả sử x ≥ y ≥ z Khi (y − z + x, x − y + z, z − x + y) (x, y, z) Xét hàm số f (x) = ln x với x ∈ (0; +∞), ta có f (x) = >0 x ∀x ∈ (0; +∞), < ∀x ∈ (0; +∞), x2 f (x) = ln x hàm số lõm (0; +∞) f ”(x) = − Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta f (y − z + x) + f (x − y + z) + f (z − x + y) ≤ f (x) + f (y) + f (z) ⇔ ln (x − y + z) + ln (y − z + x) + ln (z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c = Ví dụ 2.42 Xét tam giác ABC không nhọn Chứng minh bất đẳng thức cos A B C + cos + cos ≤ √ + 2 2 2+ √ Lời giải Không tính tổng quát, giả sử A ≥ B ≥ C Khi đó, dễ dàng kiểm tra A B C , , 2 π π π , , 8 47 Xét hàm số x ∈ 0; f (x) = cos x, π Ta có f (x) = − sin x, f ”(x) = − cos x < 0, ∀x ∈ 0; π π Sử dụng bất đẳng thức Karamata, Từ đó, suy f (x) hàm số lõm 0; ta nhận A B C π π π + cos + cos ≤ cos + cos + cos 2 8 √ B C A ⇔ cos + cos + cos ≤ √ + + 2 2 π π π , , Đẳng thức xảy (A, B, C) = 4 cos Ví dụ 2.43 Xét số thực a, b, c ∈ [−1; 1] thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a4 + b + c ≤ 32 16 Lời giải Xét hàm số f (x) = x4 , x ∈ [−1; 1] Ta có f ”(x) = 12x2 ≥ ∀x ∈ [−1; 1], f hàm số lồi [−1; 1] Không tính tổng quát giả sử −1 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 1, a + b + c = , suy − ≤ c ≤ Do đó: ≤ b ≤ a  a ≤  a+b≤1+1  a + b + c = + + − Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta f (a) + f (b) + f (c) ≤ f (1) + f (1) + f (− ) hay a4 + b + c ≤ 32 16 Đẳng thức xảy a = b = 1, c = − giao hoán 48 Ví dụ 2.44 [1997 Chinese Mathematical Olympiad] Xét số thực a, b, c ∈ [−1; 1] thỏa mãn a + b + c = − Tìm giá trị lớn biểu thức S = a12 + b12 + c12 Lời giải Xét hàm số f (x) = x12 , x ∈ [−1; 1] Ta có f ”(x) = 132x10 ≥ ∀x ∈ [−1; 1], f hàm số lồi [−1; 1] Khơng tính tổng qt giả sử −1 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 1, a + b + c = − suy  a ≤   a+b≤1+ −   a + b + c = + − + (−1) Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta f (a) + f (b) + f (c) ≤ f (1) + f (− ) + f (−1) hay a12 + b12 + c12 ≤ + Vậy Max S = + 212 1 , xảy a = 1, b = − , c = −1 giao hốn 12 2 Ví dụ 2.45 Cho a.b số thực không âm Chứng minh a+ √ a+ b+ √ b≤ a+ √ b+ b+ √ a Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử b ≥ a ≥ Giữa số x1 = b + √ √ √ √ b, x2 = b + a, x3 = a + b, x4 = a + a, x1 số lớn nhất, x4 số nhỏ Vì x + x4 = x2 + x3 49 Suy (x1 , x4 ) (x2 , x3 ), (x1 , x4 ) (x3 , x2 ) √ Mặt khác hàm số f (x) = x hàm số lõm [0; +∞), đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có f (x1 ) + f (x4 ) ≤ f (x2 ) + f (x3 ) hay a+ √ a+ b+ √ b≤ a+ √ b+ b+ √ a Đẳng thức xảy a = b Ví dụ 2.46 [Bất đẳng thức AM-GM] Nếu a1 , a2 , , an số thực không âm √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n Lời giải Nếu có số = 0, i = 1, 2, , n bất đẳng thức cho Nếu a1 , a2 , , an > 0, xét hàm số f (x) = log x với x thuộc khoảng (0; +∞), ta có f (x) hàm số lồi khoảng (0; +∞), áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có log a1 + a2 + · · · + an log a1 + log a2 + · · · + log an ≥ n n √ a1 + a2 + · · · + an ⇔ log ≥ log n a1 a2 an n √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an ⇔ n Điều phải chứng minh, đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức cổ điển đẹp sử dụng nhiều chứng minh bất đẳng thức mơn khoa học tự nhiên khác Ví dụ 2.47 [Vasile Cirtoaje] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh a b c a b b c c a ≥ 50 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 a ln a + b ln b + c ln c ≥ b c a Xét hàm số f (x) = x ln x, x ∈ (0; +∞) Khi f (x) = ln x + 1, f ”(x) = > 0, ∀x ∈ (0; +∞) Suy hàm số f hàm lồi x (0; +∞) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có  1 a ln a + b ln b + c ln c ≥ b c a  a b c 1 b + c + a + + ln  1 1 a b c + + b c c   a b c 1  b+c+a  ⇔ a ln a + b ln b + c ln c ≥ (ab + bc + ca) ln   b c a ab + bc + ca 1 ⇔ a ln a + b ln b + c ln c ≥ (ab + bc + ca) ln = b c a Điều phải chứng minh Ví dụ 2.48 Cho tam giác ABC nhọn có số đo góc lớn 450 Chứng minh √ 2 + + ≤ 3( − 1) + tan A + tan B + tan C Lời giải Xét hàm số f (x) = , với x ∈ + tan x π π ; Ta có: =− π ; (sin x + cos x) sin x + π cos x + π π f ”(x) = π < 0, ∀x ∈ ; , sin3 x + π π ; hàm số f (x) hàm số lõm f (x) = − Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3.f ( A+B+C ) 2 2 + + ≤ + tan A + tan B + tan C + tan 600 √ 2 ⇔ + + ≤ 3( − 1) + tan A + tan B + tan C Dấu xảy tam giác ABC đều, điều phải chứng minh ⇔ 51 Ví dụ 2.49 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 2 1 + + + ≥ + + a b c a+b+c a+b b+c a+c Lời giải Xét hàm số f (x) = , x x > Ta có f (x) = − f ”(x) = đó, hàm số f (x) = ; x2 > 0, ∀x > 0, x3 hàm số lồi (0; +∞) x Áp dụng bất đẳng thức T Popoviciu, ta f (a) + f (b) + f (c) + 3f ( ⇔ a+b+c a+b b+c c+a ) ≥ 2f ( ) + 2f ( ) + 2f ( ) 2 2 1 + + + ≥ + + a b c a+b+c a+b b+c a+c Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 2.50 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ 10 Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với ln (1 + a2 ) + ln (1 + b2 ) + ln (1 + c2 ) ≥ ln 10 Xét hàm số f (x) = ln (1 + x2 ) với x ≥ 0, ta có f ”(x) = >0 (1 + x2 )2 ∀x ≥ 0, hàm số f (x) lồi khoảng (0; +∞) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f (a) + f (b) + f (c) ≥f a+b+c ln (1 + a2 ) + ln (1 + b2 ) + ln (1 + c2 ) ⇔ ≥ ln 1+ a+b+c 52 ⇔ ln (1 + a2 ) + ln (1 + b2 ) + ln (1 + c2 ) ≥ ln 10 Dấu xảy a = b = c = Ví dụ 2.51 [Đề thi HSG 12 THPT Tỉnh Vĩnh Phúc 2015] Cho số thực a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Chứng minh (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≤ 216 Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với ln (a2 + 2) + ln (b2 + 2) + ln (c2 + 2) ≤ ln 216 Xét hàm số f (x) = ln (x2 + 2) với x ≥ Ta có f (x) = f ”(x) = 2x ; +2 x2 2(1 − x2 ) ≤0 (x2 + 2)2 ∀x ≥ Do hàm số f (x) lõm khoảng (1; +∞) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f (a) + f (b) + f (c) ≤f a+b+c ln (a2 + 2) + ln (b2 + 2) + ln (c2 + 2) ⇔ ≤ ln a+b+c +2 ⇔ ln (a2 + 2) + ln (b2 + 2) + ln (c2 + 2) ≤ ln = ln 216 Dấu xảy a = b = c = Bài tập sử dụng tính chất hàm lồi bất đẳng thức Karamata Bài tập 2.22 Cho a1 , a2 , , a2015 số thực khơng âm có tổng 2015 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = n + a2015 + n + a2015 + + n + a2015 2015 53 Bài tập 2.23 [ Thi HGS 12 THPT Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu 2014] Cho a, b, c ∈ 0; thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 5a − 5b − 5c − + + ≤ a − a2 b − b2 c − c2 Bài tập 2.24 [ 2003 USA Math Olympiad] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 + + ≤ 2a2 + (b + c)2 2b + (c + a)2 2c + (a + b)2 Bài tập 2.25 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a3 b3 c3 + + ≥ + bc + ca + ab Bài tập 2.26 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh 4− √ ab + 1 √ + √ ≤ − bc − ca Bài tập 2.27 Với số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức b3 c3 a3 + + ≥ 2 (1 − a) (1 − b) (1 − c) Bài tập 2.28 Với số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức a2 1 + + ≥ − 4a + b − 4b + c − 4c + 18 Bài tập 2.29 Xét số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ 125 64 Bài tập 2.30 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh √ 1 +√ +√ ≤ a+4 c+4 b+4 Bài tập 2.31 Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh √ (sin A + sin B + sin C) + (tan A + tan B + tan C) ≥ 3 54 Bài tập 2.32 Cho a, b, c ∈ [1; 2] Chứng minh (a + b + c) 1 + + a b c ≤ 10 Bài tập 2.33 Cho tam giác ABC không nhọn chứng minh tan √ A B C + tan + tan ≥ 2 − 2 Bài tập 2.34 Cho tam giác ABC không nhọn chứng minh sin A + sin B + sin C ≤ √ + Bài tập 2.35 Cho tam giác ABC Chứng minh √ 1 + + ≥2 sin A sin B sin C Bài toán tổng quát 2.1 Cho < xi < π, ∀i = 1, 2, n Chứng minh bất đẳng thức 1 1 + + + ≥ x1 + x2 + + xn sin x1 sin x2 sin xn sin n Bài tập 2.36 [APMO 1996] Cho tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức √ √ √ √ √ √ a + b − c + b + c − a + c + a − b ≤ a + b + c Bài tập 2.37 Chứng minh với tam giác ABC ta có sin √ A B C A B C + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 Bài tập 2.38 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a+b+c a b c ≥ (abc) a b c Bài tập 2.39 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh aa(a+2b) bb(b+2c) cc(c+2a) ≥ Bài tập 2.40 [Vasile Critoaje, 2008] Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức 1 + + ≥ 2 5+a+a 5+b+b 5+c+c 55 Bài tập 2.41 [Vasile Critoaje, 2008] Cho a, b, c, d số thực không âm thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh bất đẳng thức 1 1 + + + ≤ 2 2 10 + a + a 10 + b + b 10 + c + c 10 + d + d Bài tập 2.42 Cho a, b, c, d, e ≥ thỏa mãn a + b + c + d + e = Chứng minh bất đẳng thức 31(a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ) ≥ a4 + b4 + c4 + d4 + e4 + 150 Kết luận chương Trong chương tác giả trình bày phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức như: - Sử dụng tính chất hàm số bậc - Sử dụng tính chất đơn điệu, cực trị hàm số - Sử dụng tính chất, định lý hàm số lồi, hàm số lõm - Tác giả tổng hợp, sáng tác hệ thống số tập để học sinh giáo viên vận dụng, rèn luyện kỹ sử dụng phương pháp hàm số để chứng minh bất đẳng thức 56 Kết luận Trong luận văn này, tác giả nghiên cứu trình bày số kết sau: Tác giả trình bày sở lý luận, kiến thức hàm số, hàm số nửa lồi, bất đẳng thức Karamata Hệ để sử dụng luận văn Tiếp theo, trình bày việc vận dụng sở lý thuyết việc tiếp cận chứng minh số bất đẳng thức, đồng thời tác giả đưa hệ thống tập chứng minh bất đẳng thức vận dụng phương pháp nêu để chứng minh Hướng nghiên cứu Luận văn mở số vấn đề tiếp tục hướng nghiên cứu tới: Ứng dụng phương pháp hàm số vấn đề khác giải tích đại số 57 Tài liệu tham khảo Tài liệu Tiếng Việt [1] Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội [2] Trần Phương (2009), Những viên kim cương bất đẳng thức toán học, NXB Tri thức, Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXB GD [4] Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn ( 2012), Tài liệu chuyên toán Giải tích 12, NXB GD [5] Hồng Sỹ Luyện (2011), "Điều thú vị từ tính chất hàm số bậc nhất", Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Số 9, tr.2-3 Tài liệu Tiếng Anh [6] Vasile Cirtoaje (2006), Algebraic inequalities old and new methods, GIL Publishing House, Zalău, Romania [7] Vasile Cirtoaje (2015), Discrete inequalities, Volume CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc BẢN XÁC NHẬN Xác nhận luận văn chỉnh sửa theo ý kiến kết luận Hội đồng bảo vệ luận văn Giáo viên hướng dẫn Nguyễn Đình Bình Xác nhận sở đào tạo ... bày số phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức Trong chương tác giả trình bày số phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức 2.1 Sử dụng tính chất hàm số bậc để chứng minh. .. số phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất đẳng thức 2.1 Sử dụng tính chất hàm số bậc để chứng minh bất đẳng thức 2.2 Sử dụng tính đơn điệu, cực trị hàm số để chứng. .. chứng minh bất đẳng thức Trong tốn chứng minh bất đẳng thức có nhiều biến đổi đưa chứng minh bất đẳng thức dạng f (t) ≥ 0; f (t) ≤ f (t) hàm số bậc Sử dụng tính chất hàm số bậc ta chứng minh tốn