Điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức am gm và bất đẳng thức buniakowski

Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội LỜI MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Như biết toán học bất đẳng thức chuyên đề khó hấp dẫn học sinh sinh viên Nó đòi hỏi cần phải có sáng tạo, thông minh, kiên trì song sâu tìm hiểu lôi Được gợi ý, động viên tận tình giúp đỡ thầy Phạm Lương Bằng với say mê thân, em mạnh dạn nghiên cứu thực khóa luận minh với tựa đề: “Điều kiện xảy đẳng thức bất đẳng thức AM-GM & bất đẳng thức BUNIAKOWSKI” Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu điều kiện xảy đẳng thức bất đẳng thức AM-GM & bất đẳng thức BUNIAKOWSKI Đối tượng nghiên cứu Một số tập bất đẳng thức Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, phân tích, so sánh tổng hợp Đồng Thị Phương Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội CHƯƠNG 1: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1.1 Các dạng biểu diễn bất đẳng thức AM-GM 1.1.1: Dạng tổng quát: Giả sử a , a , , a n n số thực không âm Khi ta có: a1  a2   an n  a1.a2 an n Dạng Dạng a1 a2   an  n n a1a2 an Dạng  a1  a2   an     a1a2 an n   n Đẳng thức xảy  a1  a2   an  Hệ quả: n S  Nếu a1  a2   an = S(const) Max ( a1a a n )=   xảy n  a1  a2   an   Nếu S n a1a2 an =P(const) Min ( a1  a2   an ) = n nn P xảy  a1  a2   an  Đồng Thị Phương n P Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 1.1.2: Các trường hợp đặc biệt n n=2 n=3 n=4 a , b  a , b , c  a , b, c, d  Dạng ab  ab abc  abc abcd  abcd Dạng a  b  ab a  b  c  33 abc Dạng a b    ab   Điều kiện abcd  44 abcd Dấu abcd  abc   abcd    abc      ab abc abcd Bình luận: Khi chứng minh bất đẳng thức,nói chung ta gặp bất đẳng thức có dạng cân đối, đầy đủ dạng phát biểu lý thuyết mà thường gặp bất đẳng thức có vế phức tạp, vế rút gọn Cũng giống chứng minh đẳng thức ta phải đánh giá từ vế phức tạp sang vế rút gọn Các dạng 1, 2, đặt cạnh tầm thường việc phân loại chi tiết dạng 1, 2,3 giúp nhận dạng nhanh phản ứng linh hoạt sử dụng AM-GM Đặc biệt dạng không chứa thức nhắc sử dụng AM-GM dấu hiệu thức Ví dụ sau minh họa cho nhận xét này: Ví dụ: Chứng minh rằng: 16 ab  a  b    a  b  Đồng Thị Phương a , b  (1) Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Phân tích: Ta thường khai triển: 2 2  16 ab ( a  2ab  b )  a  4a b  6a b  4ab  b Khi việc phân tích hiệu vế thành tổng bình phương gặp nhiều khó khăn Gặp toán nghĩ đến sử dụng AM-GM thói quen tâm lý hình thức “chỉ sử dụng AMGM vế có chứa thức” Tuy nhiên, nhờ có dạng mà gợi ý sử dụng AM-GM hai vế không chứa thức Giải:  4ab   a  b 2  2 16ab. a  b    4ab  a  b       2   a  b 2   4   a  b   1.1.3: Chứng minh: a1  a2   an n  a1a2 an n a1, a2 , , an  (1) Sau hai cách chứng minh tiêu biểu: Cách 1: Phương pháp quy nạp thông thường  Với n=2 Ta cần chứng minh : a1  a2  a1a2 a1 , a2  Thật ta có: a1  a  a1 a  2 Đồng Thị Phương  a1  a  0  a1  a2  a1a2 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Đẳng thức xảy  a1  a  Giả sử (1) với n  Ta phải chứng minh (1) với (n+1) số: a1 , a2 , , a n1  Sử dụng giả thiết quy nạp cho n số: a1 , a2 , , an  ta có: S n1 a1 a2   an n n a1a2 an  an1   n 1 n 1 a1 a a n  p n n 1 Đặt  n 1  a n 1  q Ta chứng minh:  S n 1  np n 1  q n 1 n 1 np n1  q n1  p n q  n1 a1a2 an an1 n 1 (2) Ta có: npn1  qn1 n  n  p q np  p q  q pn qn    n 1 n 1 p q  n  np q pn1  pn2q   qn1    n 1 p q  n  p qpn1  pn q2 pn2   pn qn1 p  pn qn   n 1               p q2  pn1  pn2  p  q   p pn2  pn3q   qn2  pn1  pn2q   qn1     n 1      Như (2) chứng minh nên suy ra: a1  a   a n  a n1 n1  a1a a n1 n 1 a1  a   a n  a1  a   a n  a n 1 Dấu xảy   pq  Theo nguyên lí quy nạp suy bất đẳng thức với n  ; n  Đồng Thị Phương Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Cách 2: Phương pháp “quy nạp cosi”  Với n  : a1  a2  a1a2     a1  a2  0 a1  a2  a1a2 (đúng) Giả sử bất đẳng thức với n  k , ta chứng minh bất đẳng thức với n  2k Thật vậy: Xét 2k số thực a1 , a2 , , ak , ak 1 , , a2 k  Sử dụng giả thiết quy nạp ta có: a1  a2   a2k  a1  a2   ak ak 1   a2k      2k 2 k k    k a1 ak  k ak 1 a2 k   k a1 ak k ak 1 a2k  k a1a2 a2k  2  Giả sử bất đẳng thức với n  p , ta chứng minh bất đẳng thức với n  p  Thật vậy, xét (p-1) số: a1 , a2 , ,a p1  Sử dụng giả thuyết quy nạp với n=p ta có: a1  a2   a p1 p1 a1a2 a p1 p  p a1 a p1 p1 a1a2 a p1  p1 a1a2 a p1  a1  a2   a p1  p1 a1a a p1  p.p1 a1a2 a p1  a1  a2   a p1   p  1p1 a1a2 a p1  a1  a2   a p1 p 1 Đồng Thị Phương  p1 a1a2 a p1 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Theo nguyên lý quy nạp ta có bất đẳng thức với n  2; n  N 1.2: ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1.2.1: Điểm rơi đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Bài toán xuất phát: Cho a, b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S= a b  b a Giải: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM: S= a b a b  2 2 b a b a Với a  b MinS=2 Nhận xét: Từ toán ta thay đổi miền xác định để có toán sau đây: Bài 1: Cho a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S= a   a2 Bình luận lời giải Ta nhận thấy a tăng so với độ giảm nhỏ, độ tăng a lớn a2 nên a tăng tổng S lớn từ a2 dẫn đến dự đoán a  S nhận giá trị nhỏ Để dễ hiểu tạo cảm xúc ta nói rằng: MinS  đạt “ Điểm rơi: a  2” Do bất đẳng thức AM-GM xảy dấu điều kiện số tham gia phải nhau, nên “ Điểm rơi: a  ” ta sử dụng bất Đồng Thị Phương Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội đẳng thức AM-GM trực tiếp Lúc ta giả định sử dụng bất a  đẳng thức AM-GM cho cặp số  ,  để “Điểm rơi: a  ”  a  a    tức là, ta có sơ đồ điểm rơi: a2 a    Sơ đồ điểm rơi: a    1       Hệ số điểm   a rơi  Sai lầm thường gặp: a 7a  a  7a    2  8a a 8 a  7a 7.2      8 8a 8.2 S a Với a  MinS   Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù ta biến đổi S theo điểm rơi a  MinS  đáp số cách giải mắc sai lầm việc đánh giá mẫu số: “Nếu a  8a  8.2  đánh giá sai” Để điều chỉnh lời giải sai thành lời giải ta cần phải biến đổi S cho sử dụng bất đẳng thức AM-GM khử hết biến số a mẫu số  Lời giải đúng: Biến đổi S sử dụng bất đẳng thức AM-GM có: S a  a a  6a a a 6.2      3.3   8 a a 8 a  Đồng Thị Phương Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Với a  MinS  Trường ĐHSP Hà Nội  x, y  Bài 2: Cho  Tìm giá trị nhỏ S  xy  xy x  y  Bình luận lời giải:  Sai lầm thường gặp S  xy   Nguyên nhân sai lầm: MinS=2  xy   1  xy   MinS=2 xy xy x y 1    xy   1 xy 2 Phân tích tìm lời giải đúng: Biểu thưc S chứa biến số x, y đặt S t t  xy t xy biểu thức chứa biến số Khi đổi biến số mới, cụ thể là: t Đặt t  1 1  xy  t    4 2 xy t xy  x  y  1       2  Bài toán trở thành: Cho t  Tìm giá trị nhỏ S  t   Sơ đồ điểm rơi: Với cách lập luận 1, ta có: t 1    t 4     16 Hệ số điểm rơi 16  1  t  Lời giải tổng hợp: Biến đổi sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: Đồng Thị Phương Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội  t  15t t 15.2 S t       17 t  16 t  16 16 t 16 Với t = hay x  y   17 MinS  Lời giải thu gọn: Do t =  x  y  S  xy  nên sử dụng bất đẳng thức AM-GM có:   15     xy   xy  xy  16 xy  16 xy 16 xy Với x  y  15 x y 16     15 17   4 17 MinS  Bài 3: Cho x, y  Tìm giá trị nhỏ S  x y xy  xy x y Bình luận lời giải:  Sai lầm thường gặp: S  xy  xy xy x y    MinS=2 x y xy x  y Nguyên nhân sai lầm: MinS=2   x y x y xy  xy 1 x y xy  x  y  xy    (vô lý) Phân tích tìm tòi lời giải: Do S biểu thức đối xứng với x, y nên dự đoán MinS đạt tai x y0 Đồng Thị Phương 10 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Suy điều phải chứng minh Bài 5: Cho a, b, c  Chứng minh rằng: 1    a ab b bc c ca 2abc Chứng minh: Chuẩn hóa abc  đặt a  x z y ; b  ; c  Khi bất đẳng thức trở y x x thành: y y xx  yz   z z y  y  zx  x x  xz  xy   (*) Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski dạng cộng mẫu số Buniakowski dạng bản, ta có: y2 VT *   xy  x2  yz cyc   x  y  z   x  y  z xy  x2  yz  yz  y2  zx  zx z2  xy 2 2 x  y  z  (xy  yz  zx)  x  y  z  xy  yz  zx 2 xy  yz  zx  x2  y2  z2  xy  yz  zx 2 2 x  y  z 2 2 2  x  y  z  2   VP(*)  x  y  z  3 xy  yz  zx 4 x  y  z2 Dấu “=” xảy  a  b  c Bài tập đè nghị: Bài 1: Cho a, b, c  Chứng minh rằng: a a b c    ; p, q  pb  qc pc  qa pa  qb p  q HD: VT  a2 b2 c2   a  pb  qc  b  pc  qa  c  pa  qb  Đồng Thị Phương 47 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  ab  bc  ca  a  b  c   a  pb  qa   b  pc  qa   c  pa  qb   p  q  ab  bc  ca  Bài 2: Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a b a b c    a  2bc b  2ca c  2ab a b c    2a  bc 2b  ca 2c  ab a , b , c  Chứng minh:  abc  Bài 3: Cho  1    a b  c  b c  a  c a  b  Bài 4: Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c    3a  b  c 3b  c  a 3c  a  b HD: Biến đổi sử dụng bất đẳng thức Buniakowski dạng cộng mẫu số, ta có: 4VT   cyc 4a  3a  b  c    a  b  c    a  b  c   3a  b  c cyc 3a  b  c cyc 3a  b  c 2 a  b  c a  b  c 3   3 a  b  c a  b  c a  b  c a  b  c       cyc 2.2.2: Điểm rơi đối xứng bất đẳng thức Buniakwoski  x, y, z  Bài 1: Cho  x  y  z  Tìm Min  S  x2  1 2  y   z  y2 z2 x2 Bình luận lời giải Đồng Thị Phương 48 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp  Sai lầm thường gặp: 1 y  z   3.6 y z x x2  S  3.3  3.6 x  Trường ĐHSP Hà Nội      x  . y  . z   y  z  x   1 y 2 z  3.6   MinS= 2 y z x Nguyên nhân sai lầm: Min S   x  y  z  1     x  y  z    vô lý x y z  Phân tích tìm lời giải: Xét x  x2 y  y2   a b  a b Dấu xảy  xy 1 2  x2 y2 Ta chuyển đổi biểu thức thành biểu thức linh động Giả sử xét đánh giá giả định với số  ,    x2   2  y  2   1 +  y   z  2    z2    x  2  S Đồng Thị Phương  1     x    x         2 y   y        2     y   y         2 z  z         2     z   z         2 x  x               1   x  y  z         S  2 2   x y z  49 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Do S biểu thức đối xứng với x, y, z nên dự đoán S  S điểm rơi x  y  z  , tất bất đẳng thức đồng thời phải xảy dấu bằng, tức ta có sơ đồ điểm rơi sau đây:  Sơ đồ điểm rơi: x    y   x y z   b x y z 2         1 1     z z  y z x  x Kết hợp với biến đổi theo “kỹ thuật điểm rơi AM-GM” ta có lời giải sau:  Lời giải đúng: x2  1    4      x    x   y  y2 y  17  17  y2  1    4  y  1 4  y  z z z  17  17  z2  1   z  2 x x 17       4  2 1   z   x 17     Cộng vế với vế ta được: S   4 4  1  15  1   x  y  z               x  y  z  x y z x y z   x y z  17  17   1 15 1 1  45   6.6 xyz  3.3   3  4x y 4z x y z xyz  17  17    45  3 x yz 17    Đồng Thị Phương       45   17   17    50 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Với x  y  z  MinS  17  x, y , z  Bài 2: Cho  Tìm Min  x  y  z  16 S  x2  1  y2   z2  yz zx x y Giải:  Sơ đồ điểm rơi: x    y   x y z   y x  y  z 2         1 1    z z   y z x  x Lời giải đúng:   x2         y  z     y           y  z  x     z         x  y   1    12  x          12  z      yz zx x y Cộng vế với vế ta được:  17 S  4x  y  z      x y  Đồng Thị Phương 51 yz    z  x  Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp 4 x  y  z   4 x  y  z   Trường ĐHSP Hà Nội  4 x  y  z  x  y y  z z  x x y  yz  z x 1 1 1   x  y  y  z  z  x 2  4 x  y  z  6 x  y  z 31 x yz 9    x  y  z  8 6 x  y  z 6 x  y  z 31 x yz 9 93 51  3.3    8 6. x  y  z 6 x  y  z 4 S  51 3.17  17 17 17 Vậy với x  y  z  Min S  Bài 3: Cho x, y , z  thỏa mãn x  y  z  xyz  10 Chứng minh rằng: S 9y2 z2 x2    x2 9z x y    y2 9x y z   6 z2 Chứng minh:  Dự đoán điểm rơi: x  y  z   Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:  18  9y2 z2 x2     y  zx x x2 9z x y  18      z  xy y y 9x y z  18      x  yz z z Đồng Thị Phương 52 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Cộng vế với vế ta được: 1 1 24.S  4     9x  y  z   xy  yz  zx x y z  4 4  4     x     y     z   2 x  yz   2 y  zx   2 z  xy   6 x  y  z  x  y   z  4 x  y  .z  xyz  xyz  xyz  6.x  y  z  x y z    12  x  y  z  xyz  12  6.10  72  S  72 6 24 Bài 4: Cho a, b, c  , thỏa mãn a  b  c  2 a b b  c c  a Chứng minh rằng: S      1    1    (*)       Chứng minh: 2 *  S     a  b    b  c    c  a   2   a  b          cyc 2 b  c 1   6   a b 1      2 cyc 2 b  c 1    ab  bc  ca   2   2 a b a  b  c  a  b  a  b      c2     2     Ta có:     Biến đổi sử dụng bất đẳng thức Buniakowski, ta có: ab 1     2 b  c 1      a  b c  b    a  b 2  1  c  c  b 2 1  c 1  a   b 2 2   ca  ab  bc   1  a2   1  ca  Từ suy ra: 2 cyc 1 a b b c 2 1   1    ab  bc  ca   a  b  c   2     Đồng Thị Phương  53  Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Bài tập đề nghị:  x, y, z  Chứng minh rằng: x  y  z  Bài 1: Cho  x y z   1 2 x  y  z y  z  x z  x2  y HD: Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski,ta có: x3  y  z 2 1  x  y  z   z  x  y  z  1  x  zx    x  y  z      x   x   x  x  zx  x  y  z  x  y  z 2 Tương tự: y  y  xy z  z  yz  ;  2 y  z  x  x  y  z  z  x  y  x  y  z 2 Suy điều cần chứng minh  x  y  z   y 1    z 1    12 Chứng Bài 2: Cho x, y, z  x1       2       minh rằng: S 16 y z 19 x 16 z x 19 y 16 x y 19 z             29 8 x2 y2 z2 Bài 3: Cho a, b, c  , thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 1     ab  bc  ca   ab    bc    ca  2.2.3: Điểm rơi không đối xứng bất đẳng thức Bunhiacopski Bài 1: Cho p, q, x, y  x  y  Tìm giá trị nhỏ S  px  qy Đồng Thị Phương 54 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Giải: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với tham số a,b>0 ta có:  px  qy  pa   qb   pax  qby  (1)  pa  qb 2q 2p a b  pq pq a  b  Chọn    2 Khi S pa  qb  S Vậy Min S  pq 16 p q pq  S p  q  p  q pq pq đẳng thức xảy pq  x y x y x y      a b q p pq pq x 2q 2p ;y  pq pq  x, y , z  Bài 2: Cho  Tìm giá trị nhỏ S  x  y  3z x  y  z  Giải: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với tham số a,b,c ta có: x 2  y  z   a  2b  3c    ax  2by  3cz  (1) a  b  c  18  a  ;b  ;c  Chọn  Khi đó: 11 11 11  a  2b  3c Từ (1) suy 2  18  18 18 9 6     2.   3  .S   x  y  z    S  11 11  11   11    11  Với x  a  18 ;y  b  ;z  c  S=3 Vậy MinS=3 11 11 11 Đồng Thị Phương 55 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội  x  1, y  2, z  Bài 3: Cho  Tìm giá trị lớn của:  x  y  z  18 S  x 1  y   z  Giải: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: S  1.4 x   1.4 y   1.4 z   1  12  12   x 1  y   z    3 x  1   y     z  3  3.12  Với x  5, y  6, z  Max S  2 2 Bài 4: Cho x, y, z thỏa mãn  x  1   y     z  3  Tìm giá trị lớn của: S  x  y  3z  12 Giải: S  1. x  1   y     z  3   1. x  1   y     z  3   1 2 2  22  32   x  1   y     z  3    14        x  1  x 1 y  z     t 0    MaxS   14    y   x  12   y  22  z  32    z  3      14 14 14 Bài 5: Cho x, y  R thỏa mãn x  y  Tìm giá nhỏ biểu thức f  x, y   x   y  1  x   y  3 Đồng Thị Phương 56 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Giải: VT   5 x   y  1 2   2 x  y  1  5 5 x  3  y  2  112 2 x  33  11y   62 x  y   38  50 5 5 Do Min f  x, y   Dấu xảy  x  2 ;y   3 2 Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho a, b, c thỏa mãn  a  b  c  d  Tìm giá trị nhỏ 4 b  c  d   32  S  a  1    1    1    1    1 a  b   c  d  Bài 2: Cho xy  zt  Tìm giá trị nhỏ biểu thức:       F  x, y, z , t   x y  y z  z t  t x  xz y  t  yt x  z  xyzt 2.2.4: Điểm rơi bất đẳng thức Bunhiacopkis với biểu thức chứa biến Bài 1: Cho số không âm a, b, c Chứng minh rằng: a b c   1 4a  4b  c 4b  4c  a 4c  4a  b Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski,ta có:    a      4a  4c  b  cyc 4a  4b  c   cyc     4a  4b  c   4a  4c  b   a  a  b  c   a  b  c   ab  bc  ca   a   4a  4b  c   4a  4c  b    4a  4c  b    4a  4b  c   4b  4c  a   4c  4a  b  cyc Ta cần chứng minh: Đồng Thị Phương cyc  a  b  c   a  b2  c   ab  bc  ca    4a  4b  c   4b  4c  a   4c  4a  b  57 1 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội    9a  b  c  a  b  c  8ab  bc  ca   4a  4b  c 4b  4c  a 4c  4a  b   7 a  3 aba  b   39abc cyc cyc Theo bất đẳng thức AM-GM a cyc  3abc,  aba  b   6abc cyc Do ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy  a  b  c Bài 2: Chứng minh với số thực a,b,c, ta có: a  bc b  ca c  ab   0 a  2b  3c b  2c  3a c  2a  3b Chứng minh:      a  bc  a  bc    1  Ta có:  2 2 a  2b  3c cyc  a  2b  3c  b  c 2 5a  c 5a  c  2  3  3 2 2 2 cyc a  2b  3c cyc a  2b  3c cyc a  2b  3c Mặt khác, theo bất đẳng thức Buniakowski   5a  c   5a  c  a  2b  3c    36  a  b  c   2     cyc a  2b  3c   cyc  Mà: 2 12  a  b  c     5a  c   a  2b  3c     a  b    đpcm cyc Bài 3: Cho a, b, c  , a  b  c  Chứng minh rằng: a  k b  c   b  k c  a   c  k a  b   k   2 Đồng Thị Phương 58 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski, ta có:   2    a  k b  c      a  k b  c      a    cyc   cyc a         2     a  k b  c   a  b  c     a     1       1   cyc cyc     cyc a a    a  3    Ta cần chứng minh rằng:       b  c    a 2 3 1     cyc cyc a    a  3   Đặt q  ab  bc  ca  ; r  abc , ta có:  r    q2   Bất đẳng thức tương đương với:  r  q 6q   Ta có:  r  q 6q    q  q 6q   q  3q  1          Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy  a  b  c  Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho số a, b, c  Chứng minh: 1 12    a  bc b  ca c  ab a  b  c 2 Bài 2: Chứng minh với a, b, c  Ta có: 2 a b  c  bc  a  c a  b    2 3 b  abc  c c  abc  a a  abc  b Bài 3: Chứng minh rằng: x3 y3 z3    ; x, y, z  3 3 3 x  x  y  y  y  z z  z  x  Đồng Thị Phương 59 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội KẾT LUẬN Trên khóa luận em “Điều kiện xảy đẳng thức bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức Buniakowski”, coi nội dung quan trọng đại số Một lần em xin cảm ơn hướng dẫn, giúp đỡ tận tình thầy cô giáo Khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung tổ Đại số nói riêng hỗ trợ động viên bạn sinh viên Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo, Th.S Phạm Lương Bằng – tận tình hướng dẫn em suốt thời gian qua để em hoàn thành khóa luận Do thời gian trình độ nhận thức hạn chế, có nhiều cố gắng song không tránh khỏi thiếu sót Vì em mong nhận đóng góp thầy cô giáo bạn sinh viên cho viết em Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Đồng Thị Phương Đồng Thị Phương 60 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội TÀI LIỆU THAM KHẢO Phan Huy Khải-500 Bài toán bất đẳng thức-NXB Hà Nội 1994 Trần Phương-Những viên kim cương bất đẳng thức toán học-NXB Trí thức 2009 Phạm Kim Hùng-sáng tạo bất đẳng thức-NXB Tri thức 2006 www.đienantoanhoc.net www.maths.vn Đồng Thị Phương 61 Lớp K35 CN Toán [...]... trên 1.1.2: Điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM Nhận xét: Xét bất đẳng thức AM- GM a1  a2   an n  a1a2 an n a1 , a 2 , , a n  0 Để ý rằng trong vế phải (vế yếu) của bất đẳng thức trên là biểu thức GM có số các thừa số trong căn đúng bằng chỉ số căn thức (cùng bằng n) Do đó, khi gặp bất đẳng thức mà vế yếu của bất đẳng thức có chứa căn thức và số các thừa số ở trong căn thức nhỏ hơn chỉ số thì... Trong các phần trước, các bất đẳng thức được đề cập đến có thể dự đoán được điểm rơi một cách trưc giác (dù đối xứng hay không đối xứng) Tuy nhiên với các bất đẳng thức mà điểm rơi không là các số nguyên dương thậm chí là các số vô tỷ thì không thể dự đoán được bằng trực giác Khi đó chúng ta cần phải đưa thêm các tham số giả định rồi mới sử dụng bất đẳng thức AM- GM Việc xác lập điều kiện các đẳng thức. .. 2 xy  1  y 2  2 zx  1  z 2  2 xy  6 1.2.10: Điểm rơi không đối xứng trong bất đẳng thức AM- GM Một số bài toán dưới đây thể hiện bản chất Toán học của ngôn ngữ như kĩ thuật với tên gọi “điểm rơi” trong bất đẳng thức Nó thể hiện sự tự nhiên tùy ý khi tạo ra “điểm rơi” cho cac biến số trước rồi mới dựng ra các bất đẳng thức sau Để khác với phần trước ,ta sẽ minh họa cho ý Đồng Thị Phương 30 Lớp... Nội 2 Bài 3: Cho x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng : x  yzx y  zx y z 3 x yz 1.2.8: Sử dụng AM- GM trong bất đẳng thức không đồng bậc trên R Bài 1: Cho các số x, y , z  0 Chứng minh rằng: x7 y7 z7 1 yz zx xy  2 2  2 2  2 2 2  2  2  2  xyz 2 2 y z z x x y x y z x y z Giải: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:  1  y7 z7 1    2 2  2 2  2 2 2 ... zx  Đẳng thức xảy ra x  y  z  1  x, y , z  0 Bài 2: Cho   x  y  z  3 xyz 1 1 1    3 (1) Chứng minh rằng: 3 x y3 z3 Giải: Từ x  y  z  3xyz  1 1 1   3 xy yz zx Sử dụng bất đẳng thức AM- GM ta có: 1 1   1  1 1 1 1 1 1  2 3  3  3   3   3  3  1   3  3  1   3  3  1 y z  y z x  x x  y  z  1 1 1  3     9  xy yz zx  Đẳng thức xảy ra ...   4 2 y x   x y x2  y2  10 x, y  0 HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều: Đồng Thị Phương 21 Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 x y x y   2; 4 2  4 2 2  8 y x x2  y 2 Bất đẳng thức tương đương:  x y  2  4 2 2   y x    x 2  y 2  x y Biến đổi tương đương bất đẳng thức và sử dụng AM- GM, ta có điều cần chứng minh Bài 2: Cho x, y , z  0 Chứng minh rằng:...  0 Chứng minh rằng:  3 x4  y4  z 4 x 2  y2  z2    xy  yz  zx  2 2 x2  y2  z2 HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều: 3 x 4  y 4  z 4   x2  y2  z 2  2 xy  yz  zx  1 x2  y2  z 2  1; Biến đổi tương đương bất đẳng thức và AM- GM, ta có điều cần chứng minh 1.2.5: Bất đẳng thức đồng bậc dạng cộng mẫu số Cho a1 , a 2 , , a n  0 với n  2; n   Khi đó ta có: 1 1 1 1 n2   ... nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Đẳng thức xảy ra  x  y  z  0 Bài 2: Cho  x, y  0  x  y  1 Chứng minh rằng: S  1 1  6 2 xy x y 2 Giải: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với n=2 ta có: 1 1  1 1  1 4 1      2   2  2 2 2 xy  x  y 2 xy  2 xy x y x  y  2 xy 2 xy 4 2 6 6     6 2 2 2 x  y  x  y   x  y  1 S  2 Đẳng thức xảy ra  x  y   1 2 Bài tập đề... S  x 3  y 3  z 3 b Tìm giá trị của biểu thức T  xy  2 xz  yz Giải: Biến đổi S với các tham số  ;   0 sau đó sử dụng bất đẳng thức AMGM ta có:       2   S   S  x3   3   3  8 y 3   3   3  z 3   3   3  4 3  2 3  2   2  3 x  6 y  3z  4 3  3 0 Ràng buộc điều kiện S 0 là hằng số và MinS  S 0 ta nhận được hệ điều kiện của  ,   6 2     3  6 ;...  z 3 8 Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:  8 x2  y2  z 2 xy  yz  zx   27  x  y   y  z   z  x   x  y  z 3  8 x2  y 2  z 2  2 xy  yz  zx  27  x  y   y  z   z  x   x  y  z 3 Suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng nếu ta chứng minh đươc:  27 x 2  y 2  z 2   x  y   y  z   z  x   8  xy  yz  zx   x  y  z  3 (1) Sử dụng đẳng thức:  x  y   y ... nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Theo nguyên lý quy nạp ta có bất đẳng thức với n  2; n  N 1.2: ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1.2.1: Điểm rơi đánh giá từ trung bình cộng sang... Xét bất đẳng thức AM-GM a1  a2   an n  a1a2 an n a1 , a , , a n  Để ý vế phải (vế yếu) bất đẳng thức biểu thức GM có số thừa số số thức (cùng n) Do đó, gặp bất đẳng thức mà vế yếu bất đẳng. .. 2” Do bất đẳng thức AM-GM xảy dấu điều kiện số tham gia phải nhau, nên “ Điểm rơi: a  ” ta sử dụng bất Đồng Thị Phương Lớp K35 CN Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội đẳng thức AM-GM