Xây dựng một số bất đẳng thức sơ cấp dựa trên bất đẳng thức bernoulli

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------- BÙI TRỌNG NGUYỆN XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC SƠ CẤP DỰA TRÊN BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------- BÙI TRỌNG NGUYỆN XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC SƠ CẤP DỰA TRÊN BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN MINH TUẤN Hà Nội - Năm 2014 MỞ ĐẦU Toán học môn khoa học đóng vai trò quan trọng ngành khoa học. Trong đó, bất đẳng thức mảng kiến thức hay thú vị toán học đặc biệt toán sơ cấp. Việc nghiên cứu bất đẳng thức giúp tăng cường tính sáng tạo, khả giải vấn đề phát triển tư duy. Lý thuyết tập bất đẳng thức phong phú đa dạng. Trong hầu hết kì thi học sinh giỏi toán, bất đẳng thức đề cập thuộc loại toán khó khó. Nhiều bất đẳng thức trở thành công cụ đắc lực để giải toán bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki, Jensen… bất đẳng thức Bernoulli thường quan tâm. Là người say mê bất đẳng thức sơ cấp tác giả biết không nhiều bất đẳng thức này. Vì vậy, tác giả lựa chọn đề tài "Xây dựng số bất đẳng thức sơ cấp dựa bất đẳng thức Bernoulli" với mong muốn tìm nhiều vẻ đẹp bất đẳng thức để có nhìn tổng quan đầy đủ bất đẳng thức sơ cấp để cung cấp thêm tài liệu tham khảo bổ ích toán học trường THPT nay. Với ý nghĩa trình làm luận văn, tác giả xây dựng lựa chọn toán hay nhằm làm bật lên mặt mạnh bất đẳng thức Bernoulli. Luận văn chia thành ba chương. Chương 1. Bất đẳng thức Bernoulli. Trong chương tác giả trình bày bất đẳng thức Bernoulli dạng phát biểu khác số ví dụ thể kỹ thuật bất đẳng thức Bernoulli. Chương 2. Một số bất đẳng thức xây dựng dựa bất đẳng thức Bernoulli. Tác giả trình bày ý tưởng xây dựng toán từ bất đẳng thức Bernoulli thông qua ví dụ cụ thể. Từ trình bày hệ thống tập. Mặc dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn không tránh khỏi thiếu sót, em mong muốn nhận góp ý thầy cô giáo bạn. Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo thầy PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn. Em xin chân thành cảm ơn thầy giúp đỡ nhiệt tình từ xây dựng đề cương, viết hoàn thành luận văn. Em xin chân thành cảm ơn khoa Toán-Cơ-Tin học, trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQG Hà Nội, nơi em nhận bảo tận tình thầy cô để có học vấn sau đại học bản. Em xin chân thành cảm ơn thầy cô phản biện đọc góp ý kiến quý báu để em hoàn thiện luận văn mình. Em xin chân thành cảm ơn trường THPT Trưng Vương, Hưng Yên, nơi em công tác, tạo điều kiện cho em học hoàn thành chương trình. Cuối cùng, em xin gửi lời chúc đến tất thầy cô, kính chúc thầy cô luôn mạnh khỏe hạnh phúc. Chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 01 tháng 10 năm 2014 Người thực Bùi Trọng Nguyện MỤC LỤC Trang Chương Bất đẳng thức Bernoulli 1.1. Bất đẳng thức Bernoulli 1.2. Một số ví dụ 1.2.1. Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa 1.2.2. Kỹ thuật chọn điểm rơi 4 6 18 Chương Một số bất đẳng thức xây dựng dựa bất đẳng thức Bernoulli 28 2.1. Xây dựng số hàm đơn điệu dựa bất đẳng thức Bernoulli 28 2.2. Phát triển số bất đẳng thức dựa bất đẳng thức Bernoulli 40 2.3. Xây dựng số bất đẳng thức dựa bất đẳng thức 2α ≥ + α 51 2.3.1. Một số toán tam giác 52 2.3.2. Một số toán lượng giác 59 2.4. Về bất đẳng thức AM-GM suy rộng 61 2.4.1. Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli để chứng minh bất đẳng thức AM-GM suy rộng 61 2.4.2. Xây dựng lại số bất đẳng thức cổ điển 64 2.4.3. Một số toán khác 70 Chương Bất đẳng thức Bernoulli 1.1. Bất đẳng thức Bernoulli Jacob Bernoulli (1654-1705) nhà toán học tiếng người Thụy Sĩ. Bất đẳng thức Bernoulli dạy trường phổ thông mang tên để vinh danh ông. Bất đẳng thức Bernoulli cho phép tính gần lũy thừa (1+x), phát biểu sau. Định lí 1.1 1. Nếu α số thực thỏa mãn α ≥ (1+ x) α ≥ + α.x , với x > −1. (1.1) Đẳng thức xảy x=0 α = 1. 2. Nếu α số thực thỏa mãn < α ≤ (1+ x) α ≤ + α.x , với x > −1. Đẳng thức xảy x=0 α = 1. Chứng minh. 1. Chỉ cần xét α > 1, α = (1.1) trở thành đẳng thức. α Xét hàm số f (x) = ( + x ) − α.x − khoảng (−1; +∞). Ta có đạo hàm f '(x) = α ( + x ) α−1 − α = α ( + x )  α−1 − 1 = 0.  Ta suy x = 0. Từ đó, ta có bảng biến thiên sau x f (x) -1 +∞ − ' f(x) + f(0) Theo bảng biến thiên hàm số, ta suy f (x) ≥ f (0) = 0, hay ( + x ) α ≥ + α.x với x > −1. 2. Xét α < 1. Khi > 1. Áp dụng kết trên, ta có α ( + α.x ) α ≥ + .(αx) = + x. α Ta suy + α.x ≥ ( + x ) . α Vậy (1+ x) α ≤ + α.x với x > −1. Định lí chứng minh. Định lí 1.2 1. Nếu α số thực thỏa mãn α ≥ a α + α − ≥ α.a , với a > 0. (1.2) Đẳng thức xảy a = α = 1. 2. Nếu α số thực thỏa mãn < α ≤ a α + α − ≤ α.a , với a > 0. Đẳng thức xảy a = α = 1. Chứng minh. Từ bất đẳng thức Định lí 1.1, ta cần đặt a = + x. Khi a ∈ (0; +∞). Định lí 1.3 Cho hai số thực α, β thỏa mãn α > β > 0. Khi xα + α α − ≥ .x β , với x > 0. β β (1.3) Đẳng thức xảy x = 1. Để sử dụng bất đẳng thức Bernoulli cho trường hợp đảm bảo chắn đẳng thức xảy x = x , với x số dương cho trước, ta cần thay bất đẳng thức định lý sau đây. Định lí 1.4 Giả sử cho trước x >0 cặp số ( α, β ) thỏa mãn điều kiện α > β > . Khi α β  x  α α  x   ÷ + − ≥ . ÷ , với x > 0. β β  x0   x0  Đẳng thức xảy x = x . 1.2. Một số ví dụ 1.2.1. Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa. (1.4) Các dạng toán đặc trưng bất đẳng thức Bernoulli dễ nhận bất đẳng thức với số mũ vô tỉ dương hay chuyển đổi số mũ vô tỉ. Kỹ thuật chủ yếu để xử lí dạng toán kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa. Xét ví dụ điển hình sau đây. Ví dụ 1.2.1. Giả sử a, b hai số thực dương. Chứng minh a3 + b3 ≥ 21− [ ab(a + b)] . Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a3 [ ab(a + b)] + b3 [ ab(a + b)] ≥ 21− . Hay   a    b(a + b)  2   b +   a(a + b)  2 ≥ 21− 2. Áp dụng bất đẳng thức (1.3), ta có   a 2.   b(a + b)   2   a + − ≥ 2.  2.  , b(a + b)     b  2.  a(a + b)   2   b + − ≥ 2.  2.  . a(a + b)   Cộng hai bất đẳng thức theo vế, ta   a  2.  b(a + b)   2 2   b +  2.  +2 −2 a(a + b)   2      a b ≥ 2.  2.  +  2.  ÷.   b(a + b)   a(a + b)  ÷   Tương đương với   a  2.  b(a + b)   2   b +  2.  a(a + b)   2 +2 −2  a2 b2  ≥ 2. + ÷. b(a + b) a(a + b)   Mặt khác a2 b2 a − ab + b + = ≥ , với a, b > 0. b(a + b) a(a + b) ab Nên   a  2.  b(a + b)   2   b +  2.  a(a + b)   2 ≥ 2. Tương đương với   a    b(a + b)  2   b +   a(a + b)  2 ≥ 21− 2. Bất đẳng thức chứng minh. Đẳng thức xảy a = b. Ví dụ 1.2.2. Giả sử a, b, c ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức  a   b   c   ÷ + ÷ + ÷ ≥ 3. b+c c+a a+b Lời giải. Ta biết bất đẳng thức Nesbitt sau a b c + + ≥ . b+c c+a a+b Ta đánh giá số mũ thông qua số mũ bất đẳng thức (1.2). Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có  2a   2a   ÷ + − ≥ 3. ÷. b + c b + c     Tương tự  2b   2b   ÷ + − ≥ 3. ÷, c+a c+a  2c   2c   ÷ + − ≥ 3. ÷. a+b a+b Cộng ba bất đẳng thức theo vế áp dụng bất đẳng thức Nesbitt, ta bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy a = b = c. Ví dụ 1.2.3. Giả sử a, b, c ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = . Chứng minh a b c + + ≥ . b+c c+a a+b Lời giải. Áp dụng Định lí 1.2, ta có ( b + c) 1 + −1 ≤ ( b + c) . 3 Ta suy b+c ≤ b+c+2 . Hay a 3a ≥ . b+c b+c+2 Tương tự, ta có b 3b ≥ , c+a c+a+2 c 3c ≥ . a+b a+b+2 Cộng bất đẳng thức theo vế, ta cosα1 + sin α1cosα + sin α1 sin α 2cosα + . + + sin α1 sin α .sin α n −1cosα n + sin α1 sin α .sin α n −1 sin α n = 1. 2.4. Về bất đẳng thức AM-GM suy rộng 2.4.1.Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli để chứng minh BĐT AM-GM suy rộng. Mệnh đề 2.4.1. Giả sử a,b ≥ 0; α, β > α + β = . Chứng minh αa + β b ≥ a α b β . (2.4.1) Chứng minh. . Xét a = b = , bất đẳng thức hiển nhiên đúng. . Xét a,b > 0. + Với a = b . Bất đẳng thức hiển nhiên đúng. + Với a ≠ b . Vì a,b > nên a a > , ≠ 1. b b Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có α αa a .  ÷ + α −1 < b b Tương đương với a α αa ( < + 1− α) . bα b Hay a α b1−α < αa + ( − α ) b . Do (vì − α = β ). a α bβ < αa + βb Bất đẳng thức chứng minh. Đẳng thức xảy a = b . Mệnh đề 2.4.2. Giả sử a1 , a , a , a ≥ , α1 , α , α , α > α1 + α + α + α = . Chứng minh 61 α1a1 + α 2a + α3a + α 4a ≥ a1α1 a α2 a 3α3 a α4 . (2.4.2) Chứng minh. Ta có α1a1 + α 2a + α3a + α 4a α2 α4  α1   α3  = ( α1 + α )  a1 + a ÷+ ( α + α )  a3 + a ÷. α1 + α  α3 + α   α1 + α  α3 + α ≥ ( α1 + α ) a ( ≥ a α1 α1 +α a α1 α1 +α α2 α1 +α 2 a α2 α1 +α 2 ) (a α1 +α + ( α3 + α ) a α3 α3 +α a α4 α3 +α 4 ) α3 α3 +α α1 +α a α4 α3 +α 4 . = a1α1 a α2 a 3α3 a α4 . Đẳng thức xảy a1 = a = a = a . Mệnh đề 2.4.3. Giả sử a1 , a , a ≥ ; α1 , α , α3 > α1 + α + α = . Chứng minh α1a1 + α 2a + α3a ≥ a1α1 a α2 a 3α3 . (2.4.3) Chứng minh. Ta có α1a1 + α 2a + α 3a = α1a1 + α 2a + α3 α3 α 3a α 3a α1 α 2 α1 α α3 + 2 ≥ a1 a a a = a a a . Bất đẳng thức chứng minh. Đẳng thức xảy a1 = a = a . Mệnh đề 2.4.4.(Bài toán tổng quát). Giả sử n số không âm a1 , a , ., a n với n ≥ n số dương α1 , α , ., α n thỏa mãn α1 + α + . +α n = . Chứng minh α1a1 + α 2a + . + α n a n ≥ a1α1 a α2 .a αn n . (2.4.4) Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.4.1, Mệnh đề 2.4.2 tiếp tục với trình ta chứng minh (2.4.4) với n = 2,4,8, . nói chung (2.4.4) với n lũy thừa 2. Đây quy nạp theo hướng lên trên. Bây ta thực quy trình quy nạp theo hướng xuống dưới. Ta chứng minh (2.4.4) với n ≥ với n − . 62 Ta có α1 α2 a a .a α n −1 n −1 α1 α 2 = a a .a αn −2 n −2 a α n −1 n −1 a α n −1 n −1 ≤ α1a1 + α 2a + . + α n −2 a n −2 + α n −1 α a n −1 + n −1 a n −1 . 2 Từ suy a1α1 a α2 .a αn −n1−1 ≤ α1a1 + α 2a + . + α n −1a n −1 . Mệnh đề chứng minh. Mệnh đề 2.4.5. Giả sử n số dương a1 , a , ., a n với n ≥ . Chứng minh a a1 a1 + a + .+ a n a a2 a1 + a + .+ a n .a an a1 + a + .+ a n n ≥ a1 + a + . + a n . n (2.4.5) Chứng minh. Xét a1 a1 + a + .+a n a a1 a1 + a + .+ a n a a2 a1 + a + .+ a n .a an a1 + a + .+ a n n 1 = ÷  a1  a2 a1 + a + .+ a n 1 a ÷  2 an a1 + a + .+ a n   . ÷  an  Từ đó, ta suy a a1 a1 + a + .+a n a a2 a1 +a + .+a n .a an a1 + a + .+ a n n a1  ≤  a1 + a + . + a n a2 1  ÷a +  a + a + . + a   n an  . +   a1 + a + . + a n 1 ÷a +  n 1 ÷a = a + a + . + a ;  n n Hay a a1 a1 + a + .+ a n a a2 a1 + a + .+ a n .a an a1 + a + .+ a n n ≥ a1 + a + . + a n . n Mệnh đề chứng minh. Mệnh đề 2.4.6. Giả sử n số thực dương a1 , a , ., a n , với n ≥ . Chứng minh 63 a + a + .+ a n 1.  a + a + . + a n  a a .a ≥  ÷  n  2. a1a1 a a22 .a ann ≥ ( a1a .a n ) a1 a 2 an n a1 +a + .+ a n n . . Chứng minh. 1. Theo Mệnh đề 2.4.5 ta có a a1 a1 + a + .+ a n .a a2 a1 + a + .+ a n .a an a1 +a + .+ a n n ≥ a1 + a + .a n . n Ta suy a + a + .+ a n  a + a + . + a n  a a .a ≥  ÷  n  a1 a 2 an n . 2. Theo câu 1, ta có a + a + .+ a n  a + a + . + a n  a a .a ≥  ÷  n  a1 a 2 an n . Mặt khác a1 + a + . + a n ≥ ( a1a .a n ) n . n Do a1a1 a a22 .a ann ≥ ( a1a .a n ) a1 +a + .+a n n . Mệnh đề chứng minh. 2.4.2. Xây dựng lại số bất đẳng thức cổ điển. Ví dụ 2.4.1 (Bất đẳng thức Yuong). Giả sử a, b không âm p, q thỏa mãn điều kiện p > 1, q>1, 1 + = 1. p q Chứng minh a p bq ab ≤ + . p q Lời giải. Áp dụng Mệnh đề 2.4.1 với 64 1 a1 = a p , a = b q , α1 = , α = . p q Ta có 1 1 a p bq ab = ( a p ) p ( bq ) q ≤ a p + b q = + . p q p q Bất đẳng thức chứng minh. Ví dụ 2.4.2 (Bất đẳng thức Holder). Giả sử a1 ,a , .,a n ; b1 ,b , .,b n ≥ 0; 1   + =1 ; p q n ∈ ¥ , n ≥ 2. Với p, q > . Chứng minh a1b1 + a b + . + a n b n ≤ p a1p + a 2p + . + a np . q b1q + b q2 + . + b qn . Lời giải. . Xét a1b1 + a 2b2 + . + a n bn =0. Ta suy  a1 = a = . = a n = 0.  b = b = . = b = 0.  n Bất đẳng thức hiển nhiên đúng. . Xét a1b1 + a 2b2 + . + a n bn > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a1b1 + a b + . + a n b n p a1p + a p2 + . + a np q b1q + b q2 + . + b qn Hay 65 ≤ 1. p q p q         a b a b + p  p p p ÷  q q q ÷ p p ÷  q q q ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n   a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n  p q p p q q     a b + . +  p ≤ 1. p p ÷  q q q ÷ a + a + . + a b + b + . + b  n   n  p n q n Theo Mệnh đề 2.4.1, ta có  p  q a1p b1q  p p p ÷  q q q ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n  1 a1p ≤  p p  a1 + a p2 + . + a pn  1  b1q . ÷+  q q q ÷ q b + b + . + b   n   p  q a p2 b q2  p p p ÷  q q q ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n  1 a p2 ≤  p p  a1 + a p2 + . + a pn  1 bq2 + ÷  q q q  q  b1 + b + . + b n  ÷.  …………………………………………………….  p  q a pn bqn  p p p ÷  q q q ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n  1 a pn ≤  p p  a1 + a p2 + . + a pn Cộng n bất đẳng thức theo vế, ta 66  1 b qn ÷+  q q q  q  b1 + b + . + b n  ÷.  a1b1 + a b + . + a n b n p a1p + a p2 + . + a pn q b1q + b q2 + . + b qn  1 a1p a 2p a np ≤  p + + . + + p p p p p p p p ÷ p  a1 + a + . + a n a1 + a + . + a n a1 + a + . + a n   1 b1q bq2 bqn +  q + + . + ÷. q  b1 + b q2 + . + b qn b1q + b q2 + . + b qn b1q + bq2 + . + bqn  Do a1b1 + a b + . + a n b n p a1p + a p2 + . + a np q b1q + b q2 + . + b qn ≤ 1 + = 1. p q Ví dụ 2.4.3 (Bất đẳng thức Bunhiacopski). Giả sử 2n số thực a1 , a , ., a n b1 ,b , .,b n . Chứng minh ( a1b1 + a 2b + . + a n b n ) ≤ ( a12 + a 22 + . + a 2n ) ( b12 + b 22 + . + b 2n ) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder với  a i ≥ 0, víi mäi i=1,2, .n.   bi ≥ 0, víi mäi i=1,2, .n.  p = q = 2. Ta có a1 b1 + a b + . + a n b n ≤ a1 + a + . + a n Hay a1 b1 + a b + . + a n b n ≤ ( a12 + a 22 + . + a 2n ) ( b12 + b22 + . + b 2n ) . Mặt khác a1b1 + a b + . + a n b n ≤ a1 b1 + a b + . + a n b n . Ta suy a1b1 + a b + . + a n b n ≤ ( a12 + a 22 + . + a n2 ) ( b12 + b22 + . + b 2n ) . Do 67 b1 + b + . + b n . ( a1b1 + a 2b + . + a n b n ) ≤ ( a 12 + a 22 + . + a 2n ) ( b12 + b 22 + . + b 2n ) . Bất đẳng thức chứng minh. Ví dụ 2.4.4. Giả sử ba dãy số thực không âm ( a1 ,a , .,a n ) , ( b1 ,b , .,b n ) ( c1 ,c , .,c n ) . Chứng minh ( a1b1c1 + a b 2c2 + . + a n bn c n ) ≤ ( a13 + a 32 + . + a 3n ) ( b13 + b32 + . + b3n ) ( c13 + c32 + . + c3n ) . Lời giải. . Xét a1b1c1 + a b 2c + . + a n b n c n = 0. Ta suy  a1 = a = . = a n = 0;  b = b = . = b = 0; n   c1 = c2 = . = c n = 0. Khi bất đẳng thức hiển nhiên đúng. . Xét a1b1c1 + a 2b2c2 + . + a n bn cn > 0. Tương đương với a1b1c1 + a 2b 2c + . + a n b n c n ≤ a13 + a 32 + . + a 3n b13 + b 32 + . + b3n c13 + c32 + . + c3n . Hay a1b1c1 + a b 2c2 + . + a n b n c n a13 + a 32 + . + a 3n b13 + b32 + . + b3n c13 + c32 + . + c3n ≤ 1. Tương đương với       a b c +  ÷  ÷  3 3 3 3 ÷ a + a + . + a b + b + . + b c + c + . + c  n   n   n        a b c + + 3 ÷  3 ÷  3 ÷ a + a + . + a b + b + . + b c + c + . + c  n   n   n  68       a b c + . +  ≤ 1. 3 ÷  3 ÷  3 ÷ a + a + . + a b + b + . + b c + c + . + c  n   n   n  n n n Theo Mệnh đề 2.4.1, ta có  3  3  3 a13 b13 c13  3 ÷  3 ÷  3 ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n   c1 + c + . + c n   1  1  1 a13 b13 c13 ≤  +  +  3 . 3 ÷ 3 ÷ ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n   c1 + c + . + c n  Tương tự, ta có       a b c  ÷  ÷  3 3 3 3 ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n   c1 + c + . + c n   1  1  1 a 32 b32 c32 ≤  + + ÷  ÷  ÷.  a1 + a 32 + . + a 3n   b13 + b32 + . + b3n   c13 + c32 + . + c3n  ………………………………………………………       a b c  3 ÷  3 ÷  3 ÷  a1 + a + . + a n   b1 + b + . + b n   c1 + c + . + c n   1  1  1 a 3n b3n c3n ≤  + + ÷  ÷  ÷.  a1 + a 32 + . + a 3n   b13 + b32 + . + b3n   c13 + c32 + . + c3n  n n n Cộng n bất đẳng thức theo vế, ta a1b1c1 + a 2b 2c + . + a n b n c n a13 + a 32 + . + a 3n b13 + b32 + . + b3n c13 + c32 + . + c3n 1 a13 a 32 a 3n ≤  + + . +  a1 + a 32 + . + a 3n a13 + a 32 + . + a 3n a13 + a 32 + . + a 3n  ÷+   1 b13 b32 b3n +  + + . + 3 3 3 ÷  b1 + b + . + b n b1 + b + . + b n b1 + b + . + b n  1 c13 c32 c3n +  3 + + . + 3  c1 + c + . + c3n c13 + c32 + . + c3n c1 + c + . + c3n 69  ÷.  Ta suy a1b1c1 + a b 2c2 + . + a n b n c n a + a + . + a 3 n b + b + . + b 3 n c + c + . + c n ≤ 1. Bất đẳng thức chứng minh. 2.4.3. Một số toán khác. Ví dụ 2.4.5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh 1. ( tanA ) tan A ( tanB ) tan B ( tanC ) tan C ≥ ( 3 ) . 3 2. ( sin A ) sin A ( sin B ) sin B ( sin C ) sin C >  ÷ 3 . 3. ( cos A ) cos A ( cos B ) cos B ( cos C ) cos C  2 > ÷ .  3 Lời giải. 1. Theo Mệnh đề 2.4.6 với n = , ta ( tanA ) tan A ( tanB ) tan B ( tanC ) tan C ≥ ( tan A tan B tan C ) tan A+ tan B+ tan C Mặt khác, tam giác nhọn ABC, ta có tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C ≥ 3 . Ta suy ( tanA ) tan A ( tanB ) tan B ( tanC ) tan C ≥ ( 3 ) tan A+ tan B + tan C Mặt khác tan A + tan B + tan C ≥ 3. Do ( tanA ) tan A ( tanB ) tan B ( tanC ) tan C ≥ ( 3 ) . Bất đẳng thức chứng minh. 2. Áp dụng Mệnh đề 2.4.6 với n = , ta có 70 . . ( sin A ) sin A ( sin B ) sin B ( sin C ) sin C sin A +sin B+sin C  sin A + sin B + sin C  ≥ ÷   . Vì ∆ABC tam giác nhọn nên sin A + sin B + sin C > sin A + sin B + sin C = + 2cos A cos BcosC > . Ta suy sin A + sin B + sin C > . 3 Do sin A + sin B+ sin C  sin A + sin B + sin C   ÷   sin A +sin B +sin C 2 > ÷ 3 . Mặt khác 0< < , < sin A + sin B + sin C ≤ 3 . Ta suy sin A +sin B+ sin C 2  ÷ 3 3 2 ≥ ÷ . 3 Hay 3 ( sin A ) sin A ( sin B ) sin B ( sin C ) sin C 2 > ÷ . 3 Bất đẳng thức chứng minh. 3. Áp dụng Mệnh đề 2.4.6 với n = , ta có ( cos A ) cos A ( cos B ) cos B ( cos C ) cos C cos A + cos B + cos C  cos A + cos B + cosC  ≥ ÷   Mặt khác cos A + cos B + cosC = + 4sin Ta suy 71 A B C sin sin . 2 cos A + cos B + cosC > (vì sin A B C sin sin > ). 2 Do cos A + cos B + cosC > . 3 Nên cos A + cos B+ cos C  cos A + cos B + cos C   ÷   cos A + cos B+ cos C 1 > ÷  3 . Mặt khác 0< < , < cos A + cos B + cosC ≤ . Ta suy cos A + cos B+ cos C 1  ÷  3 1 ≥ ÷ . 3 Do ( cos A ) cos A ( cos B ) cos B ( cos C ) cos C  2 > ÷ .  3 Bất đẳng thức chứng minh. Ví dụ 2.4.6. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh 1. ( cos A ) tan A ( cos B ) 2. ( sin A ) cot A ( sin B ) tan B ( cos C ) tan C 3 1 ≤ ÷ . 2 cot B ( sin C ) cot C  3 ≤ ÷ .   Lời giải. 1. Ta có 72 tan A tan B tan C ( cos A ) tan A+ tan B+ tan C ( cos B ) tan A+ tan B+ tan C ( cosC ) tan A+ tan B+tan C tan A tan B     ≤ ÷cos A +  ÷cos B  tan A+ tan B + tan C   tan A+ tan B + tan C  tan C sin A + sin B + sin C   + . +  . ÷cosC = tan A+ tan B + tan C  tan A+ tan B + tan C  Mặt khác  3 . sin A + sin B + sin C ≤   tan A + tan B + tan C ≥ 3.  Nên 3 sin A + sin B + sin C ≤ = . tan A+ tan B + tan C 3 Từ suy ( cos A ) tan A+ tan B+ tan C ( cos B ) tan A+ tan B+ tan C ( cosC ) tan A+ tan B+ tan C ≤ . tan A tan B tan C Do ( cos A ) tan A ( cos B ) tan B ( cos C ) tan C tan A + tan B+ tan C 1 ≤ ÷ 2 . Mặt khác 0< < , tan A + tan B + tan C ≥ 3 . Do 3 ( cos A ) tan A ( cos B ) tan B ( cos C ) tan C ≤  ÷ . 2 2. Ta có 73 cot A cot B cot C ( sin A ) cot A +cot B+cot C ( sin B ) cot A +cot B+cot C ( sin C ) cot A +cot B+cot C cot A cot B     ≤ ÷sin A +  ÷sin B +  cot A + cot B + cot C   cot A + cot B + cot C  cot C cos A + cos B + cosC   . +  . ÷sin C = cot A + cot B + cot C  cot A + cot B + cot C  Mặt khác  cos A + cos B + cosC ≤ .  cot A + cot B + cot C ≥ 3.  Do cos A + cos B + cosC 3. ≤ = cot A + cot B + cot C Từ suy cot A cot B cot C ( sin A ) cot A +cot B+cot C ( sin B ) cot A +cot B+cot C ( sin C ) cot A +cot B+cot C ≤ . Mặt khác 0< < 1, cot A + cot B + cot C ≥ . Ta suy ( sin A ) cot A ( sin B ) cot B ( sin C ) Bất đẳng thức chứng minh. Đẳng thức xảy giác ABC đều. 74 cot C  3 ≤ ÷ .   Kết luận Trong luận văn này, tác giả trình bày vấn đề sau 1) Nhắc lại bất đẳng thức Bernoulli phát biểu khác bất đẳng thức. Trình bày hai kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bernoulli. 2) Trình bày ý tưởng phương pháp cụ thể để xây dựng bất đẳng thức dựa bất đẳng thức Bernoulli. 3) Vận dụng bất đẳng thức Bernoulli để xây dựng lại số bất đẳng thức cổ điển xây dựng hệ thống tập theo nội dung. 75 Tài liệu tham khảo [1] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức. [2] Phan Huy Khải, Trần Hữu Nam (2009), Bất đẳng thức ứng dụng, NXB Giáo Dục Việt Nam. [3] Nguyễn Văn Mậu (2007), Các toán nội suy áp dụng, Nhà Xuất Bản Giáo Dục. [4] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức định lí áp dụng, Nhà Xuất Bản Giáo Dục. [5] Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2006), Các giảng bất đẳng thức Côsi, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội. [6] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng (2007), Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội. [7] T.Andreescu, R.Gelca, Mathematical Olympial Challenges-2001, Birkhauser Boston, Second printe, United States of America. 76 [...]... Một số bất đẳng thức được xây dựng trên bất đẳng thức Bernoulli 2.1 Xây dựng một số hàm đơn điệu dựa trên bất đẳng thức Bernoulli Dựa vào bất đẳng thức Bernoulli có thể xây dựng một số hàm đơn điệu dạng lũy thừa rất thú vị Sau đây ta xét một số bài toán như thế Ví dụ 2.1.1 Giả sử a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng b+c c+a a+b + + ≥ 3 2a 2b 2c Lời giải Đây là một bài toán khá đơn giản, có nhiều... 2 Nhân các bất đẳng thức dương trên theo vế, ta được (p − a).(p − b).(p − c) ≤ abc 8 Tương đương với abc ≥8 (p − a).(p − b).(p − c) Từ đó suy ra a b c + + ≥ 3 3 8 = 6 p−a p−b p−c Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Từ ví dụ trên ta xây dựng bất đẳng thức mới qua Ví dụ 2.1.4 sau Ví dụ 2.1.4 Giả sử a, b, c là số đo ba cạnh một tam giác và α, β là hai số thực thỏa... hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được 18 2 2 ( x 3 + y3 ) + 1 ≥ 3 ( x 2 + y 2 ) = 3 Từ đó suy ra x 3 + y3 ≥ 1 2 Bất đẳng thức được chứng minh 2 Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có ( 2x ) + 2 − 1 ≥ 4x 2 ; ( 2y ) + 2 − 1 ≥ 4y 2 2 2 2 2 Hay 4x 4 + 1 ≥ 4x 2 ; 4y 4 + 1 ≥ 4y 2 Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được 4 ( x 4 + y4 ) + 2 ≥ 4 ( x 2 + y2 ) = 4 Từ đó suy ra 1 x 4 + y4 ≥ 2 Bất đẳng thức. .. có một số lớn hơn hoặc bằng 1 thì bất đẳng thức luôn đúng Nếu 0 < a,b,c < 1 Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có a a  1   ÷ + a −1 ≤ b+c b+c  Ta suy ra a a a a+b+c  1  +1− a < +1=  ÷ ≤ b+c b+c b+c b+c Hay ( b + c) a > b+c a+b+c ( c + a) b > c+a a+b+c ( a + b) c > a+b a+b+c Tương tự, ta có Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được ( b + c) a + ( c + a ) + ( a + b ) > 2 b c Bất đẳng thức. .. + + a n −1 a1 + a 2 + + a n Cộng n bất đẳng thức trên theo vế, ta được ai  n  ∑  ∑ a j ÷ > n − 1  ÷ i =1  j=1 ÷  j≠i  n 1.2.2 Kỹ thuật chọn điểm rơi Khi áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì việc áp dụng sao cho đẳng thức xảy ra là điều quan trọng, đặc biệt là bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Đó chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Bernoulli Ví dụ 1.2.11 Giả sử x, y > 0... 2b 2c 2  a b  2  c b  2  a c  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Nhận xét Vế trái và vế phải của bất đẳng thức trong Ví dụ 2.1.1 được biểu thị như sau 1 1 1 b+c c+a a+b b+c c+a a+b + + = + + 2a 2b 2c  2a ÷  2b ÷  2c ÷       0 0 0 b+c c+a a+b 3=  ÷ + ÷ + ÷  2a   2b   2c  28 Từ đó, ta có một ý tưởng để xây dựng bất đẳng thức về hàm đơn điệu qua Ví dụ 2.1.2... b ≥ 1 Bất đẳng thức hiển nhiên đúng Xét 0 < a,b < 1 Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có b b 1  ÷ + b −1< a a Ta suy ra b b a+b 1 b  ÷ < +1− b < +1= a a a a Tương đương với ab > a a+b Tương tự, ta cũng có 15 ba > b a+b Cộng các bất đẳng thức trên theo vế a b + ba > 1 Ví dụ 1.2.9 Giả sử a, b, c > 0 Chứng minh rằng ( b + c) a + ( c + a ) + ( a + b ) > 2 b c Lời giải Nếu trong ba số a, b,... + ÷ + ÷ là hàm số đơn điệu tăng trên (0; +∞) 2a   2b   2c   Khi đó với mọi α, β∈ (0; +∞) sao cho α ≥ β , ta luôn có α α α β β β b+c c+a a+b b+c c+a a+b  ÷ + ÷ + ÷ ≥ ÷ + ÷ + ÷  2a   2b   2c   2a   2b   2c  Nhận xét Vì bất đẳng thức đúng với mọi α, β∈ (0; +∞) sao cho α ≥ β nên bằng phương pháp đặc biệt hóa ta sẽ xây dựng được rất nhiều bất đẳng thức trong các trường... c + a ) + ( a + b ) > 2 b c Bất đẳng thức được chứng minh Ví dụ 1.2.10 Giả sử có n số dương a1 , a 2 , , a n ( n ≥ 2 ) Chứng minh rằng 16 n n ∑ (∑ a ) i =1 j=1 j≠i j ai > n −1 Lời giải Nếu một trong n số a1 , a 2 , , a n lớn hơn hoặc bằng 1 thì bất đẳng thức luôn đúng Xét 0 < a1 , a 2 , , a n < 1 Áp dụng bất đẳng thức( 1.2), ta có a1   1 a1  ÷ + a1 − 1 ≤ a 2 + a 3 + + a n  a 2 + a 3 + + a... +b−c Lời giải Nhận thấy rằng với a, b, c là số đo ba cạnh một tam giác và với mọi t ≥ 1 , ta luôn có t t t a b c        ÷ + ÷ + ÷ ≥ 3 b+c−a  c+a −b a +b−c Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức (1.2) ta có t a a   ;  ÷ + t − 1 ≥ t b+c−a b+c−a  t b b   ;  ÷ + t − 1 ≥ t a+c−b a+c−b t c c    ÷ + t − 1 ≥ t a +b−c a +b−c Cộng các bất đẳng thức trên theo vế và áp dụng Ví dụ 2.1.3, ta . đẳng thức được xây dựng dựa trên bất đẳng thức Bernoulli 28 2.1. Xây dựng một số hàm đơn điệu dựa trên bất đẳng thức Bernoulli 28 2.2. Phát triển một số bất đẳng thức dựa trên bất đẳng thức Bernoulli. " ;Xây dựng một số bất đẳng thức sơ cấp dựa trên bất đẳng thức Bernoulli& quot; với mong muốn tìm ra nhiều vẻ đẹp của bất đẳng thức này để có cái nhìn tổng quan và đầy đủ hơn về bất đẳng thức sơ. cùng một số ví dụ thể hiện các kỹ thuật cơ bản của bất đẳng thức Bernoulli. Chương 2. Một số bất đẳng thức được xây dựng dựa trên bất đẳng thức Bernoulli. Tác giả trình bày ý tưởng xây dựng