Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức cauchy schwarz

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Trần thị Minh Ngọc DẠNG HẰNG ĐẲNG THỨC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY - SCHWARZ Luận văn thạc sĩ khoa học Hà Nội, tháng 12/2011 i Lời cảm ơn Sau hai năm nghiên cứu học tập trường Đại học Khoa học Tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội, tác giả hoàn thành khóa luận với đề tài: “Dạng đẳng thức bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” Để hoàn thành luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Vũ Lương, thầy dành thời gian hướng dẫn, bảo, tận tình giúp đỡ trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải vấn đề nảy sinh trình làm luận văn hoàn thành luận văn định hướng ban đầu Qua tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn hoàn thiện phong phú Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa Toán – Cơ – Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Cuối biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè thông cảm, động viên giúp đỡ cho tác giả có đủ nghị lực để hoàn thành luận văn Tuy có nhiều cố gắng thời gian trình độ hạn chế nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc không tránh khỏi thiếu sót, kính mong nhận bảo thầy cô bạn Một lần tác giả xin chân thành cảm ơn tất người Chúc tất người sức khỏe thành đạt!!! ii Mục lục Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu Phần Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đề thi quốc gia, quốc tế .3 1.1 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 1.2 Bất đẳng thức AM-GM 1.3 Một số toán đề thi quốc gia, quốc tế Phần 2: Dạng đẳng thức bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 25 Bài 1: Dạng đẳng thức thứ 25 1.1 Các định lý 25 1.2 Áp dụng dạng đẳng thức thứ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đại số .30 1.3 Áp dụng dạng đẳng thức thứ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz lượng giác 46 Bài Dạng đẳng thức thứ 58 2.1 Các định lý 58 2.2 Áp dụng dạng đẳng thức thứ hai bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đại số .64 2.3 Áp dụng dạng đẳng thức thứ hai bất đẳng thức Cauchy-Schwarz lượng giác 66 Bài Một số ví dụ mở rộng 73 Kết luận .76 Tài liệu tham khảo 77 iii Mở đầu Bất đẳng thức nội dung lâu đời quan trọng Toán học Ngay từ đầu, đời phát triển bất đẳng thức đặt dấu ấn quan trọng, chúng có sức hút mạnh mẽ người yêu toán, không vẻ đẹp hình thức mà bí ẩn mang đến thúc người làm toán phải tìm tòi, sáng tạo Bất đẳng thức có nhiều ứng dụng môn khoa học khác thực tế Ngày nay, bất đẳng thức chiếm vai trò quan trọng thường xuất kì thi quốc gia, quốc tế Một bất đẳng thức cổ điển quan trọng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ứng dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz từ đời đến nhà toán học lỗi lạc nghiên cứu phát triển Chúng ta gặp nhiều kết hợp bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với bất đẳng thức khác hình học Trong luận văn này, tác giả xin trình bày hướng tiếp cận bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: “Dạng đẳng thức bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” Từ đẳng thức quen thuộc, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta thu nhiều dạng bất đẳng thức lạ Từ đó, ta xây dựng nhiều bất đẳng thức có ứng dụng đại số lượng giác Luận văn gồm phần: Phần 1: Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đề thi quốc gia, quốc tế Phần 2: Dạng đẳng thức bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Trong phần 2, tác giả phân chia thành ba Bài 1: Từ dạng đẳng thức thứ nhất, kết hợp với bất đẳng thức CauchySchwarz để kết áp dụng đại số lượng giác Bài 2: Từ dạng đẳng thức thứ hai, kết hợp với bất đẳng thức CauchySchwarz để kết số áp dụng đại số lượng giác Bài 3: Giới thiệu bất đẳng thức đề thi IMO IRAN năm 1998 số mở rộng Tuy có nhiều cố gắng thời gian trình độ hạn chế nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc không tránh khỏi thiếu sót, kính mong nhận bảo thầy cô bạn Hà Nội, ngày 05 tháng 11 năm2011 Học viên Trần thị Minh Ngọc Phần Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đề thi quốc gia, quốc tế 1.1 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Với ∈ R, bi ∈ R (i = 1, n) , chứng minh  n   n  n   ∑ aibi ÷ ≤  ∑ ÷ ∑ bi ÷  i =1   i =1  i =1  Chứng minh Cách (Sử dụng đẳng thức Lagrange) Từ đẳng thức  n  n   n   ∑ ÷ ∑ bi ÷ =  ∑ aibi ÷ + ∑ (aib j − a jbi )  i =1  i =1   i =1  1≤i ≤ j ≤n  n   n  n  Suy  ∑ aibi ÷ ≤  ∑ ÷ ∑ bi ÷  i =1   i =1  i =1  Đẳng thức xảy a1 a2 a = = = n b1 b2 bn Cách (Sử dụng tính chất hàm bậc 2) Xét hàm số  n  n n f ( x ) = x ∑ a − x  ∑ aibi ÷ + ∑ bi = ∑ ( x − bi ) i =1 i =1  i =1  i =1 n i Ta có f ( x ) ≥ với giá trị x n Nếu ∑a i =1 i = → =0 ∀i = 1, n bất đẳng thức hiển nhiên n Áp dụng tính chất hàm bậc ∑a i i =1 > suy  n   n  n  ∆ ' =  ∑ aibi ÷ −  ∑ ai2 ÷ ∑ bi2 ÷≤  i =1   i =1  i =1   n   n  n  ⇔  ∑ aibi ÷ ≤  ∑ ai2 ÷ ∑ bi2 ÷  i =1   i =1  i =1  Đẳng thức xảy a1 a2 a = = = n b1 b2 bn Cách (Áp dụng bất đẳng thức trung bình) Ta có xk + yk2 ) ≥ xk yk ∀k = 1, n ( Cộng tất bất đẳng thức ta thu n n 2 xk yk ∑ ( xk + yk ) ≥ ∑ k =1 k =1 Kí hiệu A = n ∑a k k =1 ,B = n ∑b k =1 a b Chọn xk = k , yk = k ta có A B n Và thu ∑ k =1 k n n ∑x = ∑y k =1 k k =1 xk yk ≤1 AB k =1  n   n  n  ⇔  ∑ ak bk ÷ ≤ A2 B =  ∑ ak2 ÷ ∑ bk2 ÷  k =1   k =1  k =1  Đẳng thức xảy xk = yk ⇔ ak A = ∀k bk B 1.2 Bất đẳng thức AM-GM Trong luận văn này, ta hay sử dụng bất đẳng thức quen thuộc AM-GM (bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân) sau: Với a1 , a2 , , an số thực không âm, ta có: n   ≥  ∏ ÷ ∑ n i =1  i =1  n n n Ở ta ký hiệu ∏a i =1 i = a1.a2 an Chứng minh Có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức AM – GM, cách chứng minh quen thuộc sau: Cách 1: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với n số không âm với 2n số không âm 2n 1 n n  a = a + a ∑ ∑ ∑ i i n + i  2n i =1  n i =1 n i =1  ⇔ n n 1  1  ≥  ∏ ÷ +  ∏ + n ÷ ∑ 2n i =1  i =1   i =1  2n n n ⇔ 2n   ≥  ∏ ÷ ∑ 2n i =1  i =1  2n 2n Từ suy bất đẳng thức với n = 2k Bất đẳng thức AM – GM chứng minh chứng minh khẳng định sau đây: Nếu bất đẳng thức với n = k với n = k − k −1   ≥  ∏ ÷ ∑ k − i =1  i =1  k −1 k −1 Thật vậy: 1  k −1  k −1  k −1  k −1 ⇔ ∑ +  ∏ ÷ ≥ k  ∏ ÷ i =1  i =1   i =1  k −1 Áp dụng giả thiết quy nạp suy ra: k −1  k −1  a + ∑ i  ∏ ÷ i =1  i =1  k −1 k −1   ⇔ ∑ +  ∏ ÷ i =1  i =1  k −1 k −1  k −1  k −1  ≥ k  ∏  ∏ ÷  i =1  i =1   k −1  ÷ ÷ ÷  k −1   ≥ k  ∏ ÷  i =1  k −1 k (đpcm) Cách 2: Nếu n = 1, n = hiển nhiên bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức với n = k ≥ , ta chứng minh bất đẳng thức với n = k + Ta có: k ∑ i=1 + ak +1 k Sk +1 = ∑ = k + i =1 k +1 k +1 k Theo giả thiết quy nạp ta thu được: S k +1 ≥ k (∏ a ) k k i =1 i + ak +1 k +1 Để chứng minh bất đẳng thức n = k + ta cần chứng minh: k (∏ a ) k k + ak +1 i =1 i k +1 k +1   ≥  ∏ ÷  i =1  k +1 Ký hiệu:  k  k k +1 k +1 α =  ∏ ÷ , β = ak +1  i =1  Ta thu được: kα k +1 + β k +1 ≥ ( k + 1) α k β ⇔ kα k ( α − β ) + β ( β k − α k ) ≥ ⇔ ( α − β )  kα k − β ( β k −1 + β k − 2α + β k −3α + + α k −1 )  ≥ ⇔ ( α − β ) ( α k − β k ) + ( α k − β k −1α ) + + ( α k − βα k −1 )  ≥ ⇔ ( α − β ) ( α k −1 + α k −2 β + + β k −1 ) + α ( α k − + α k −3β + + β k −2 ) + + α k −1  ≥ Bất đẳng thức α , β ≥ Các trường hợp riêng: a2 + b2 ≥ ab ⇔ ( a − b ) ≥ Dấu đẳng thức xảy a = b 2 ∀a, b ≥ : a+b ≥ ab ⇔ ( ) a − b Dấu đẳng thức xảy a = b Áp dụng Định lý 2.3 với: x = a ; y = b ; z = c ; t = d Ta có điều phải chứng minh Bài Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: a b c d a +1 b +1 c +1 d +1 + + + + + + + ≤ a +2 b +2 c +2 d +2 a +5 b +5 c +5 d +5 3 Chứng minh Áp dụng với b = c = d = , ta có: a a a + + + ≤ 2a + a + a + a + ⇔ a a +1 + ≤ a +2 a +5 3 Chứng minh tương tự ta có: b b +1 + ≤ b +2 b +5 3 c c +1 + ≤ c3 + c + d d +1 + ≤ d +2 d +5 3 Cộng vế bốn bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a = b = c = d = Bài Cho x, y, z > xyz + yzt + ztx + txy = Chứng minh rằng: ( 2x + y + z + t ) + ( x + y + 2z + t ) + ( x + y + z + 2t ) + ( x + y + z + 2t ) Chứng minh Áp dụng Bổ đề 2.3 với xyz + yzt + ztx + txy = , ta có điều phải chứng minh 65 ≤ 27 Bài Cho x > Chứng minh rằng: ( x + 1) + 8( x + 2) + 27 ( x + 1) 54 x ( x + 1) ≤ Chứng minh Áp dụng Bổ đề 2.3 với y = x; z = t = , ta có: ( 4x + 2) ⇔ + ( x + 3) ( x + 1) + + ( 2x + 4) 8( x + 2) + + ( 3x + 3) 27 ( x + 1) 27 ( x + x + x + x ) 54 x ( x + 1) ≤ ≤ (đpcm) Bài Cho x > Chứng minh rằng: x x +1 + ≤ x+2 x+5 3 Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3 với y = z = t = Ta có: 3 x x x + + + ≤ 2x + x + x + 2x + 3 x x +1 ⇔ + ≤ x+2 x+5 3 (đpcm) 2.3 Áp dụng dạng đẳng thức thứ hai bất đẳng thức Cauchy-Schwarz lượng giác Bài Cho ∆ABC Chứng minh rằng: (a +b ) 2 + (b +c ) 2 66 + (c +a ) 2 ≤ 64S Chứng minh b2 + c2 − a2 cos A b2 + c − a b2 + c2 − a bc cot A = = = = sin A sin A 2bc sin A 4S Ta có: Tương tự ta có: a + c − b2 cot B = 4S a + b2 − c cot C = 4S a2 + b2 + c2 Công vế phương trình ta có: cot A + cot B + cot C = 4S x = cot A; y = cot B; z = cot C Áp dụng Định lý 2.1 với: Ta được: ( 2cot A + cot B + cot C ) ≤ + ( cot A + 2cot B + cot C ) 16 ( cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A ) + ( cot A + cot B + 2cot C ) (*) Mà ta có: cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = b + c − a a + b2 + c b + c 2cot A + cot B + cot C = + = 4S 4S 2S Tương tự ta có: a2 + c2 cot A + 2cot B + cot C = 2S a + b2 cot A + cot B + 2cot C = 2S Thay vào biểu thức (*) ta được: 67 (b Hay: (a 4S 2 +c +b + ) (a 2 ) 2 + (b 4S +c ) (a +c + 2 ) 2 + (c 4S 2 +b +a ≤ 16 ≤ 64S ) 2 ) 2 (đpcm) Bài Cho ∆ABC Chứng minh rằng: ( a + p) + ( b + p) + ( c + p) ≤ 64r Chứng minh x = a  Áp dụng Định lý 2.1 với:  y = b ; z = c  Ta có: ⇔ ( 2a + b + c ) ( a + p) 2 + ( a + 2b + c ) + ( b + p) + + ( a + b + 2c ) ( c + p) ≤ ≤ 16 ( ab + bc + ca ) 16 ( ab + bc + ca ) Ta chứng minh: ab + bc + ca ≥ 36r S ( p − a) ( p − b) ( p − c) Thật vậy, ta có: 36r = 36  ÷ = 36 p  p 2 Mà: ( p − a ) ( p − b) Tương tự ta có: ( ≤ p − a + p − b = c ⇔ ( p − a) ( a2 p − b) ( p − c ) ≤ ( p − c) ( b2 p − a) ≤ 68 c2 p − b) ≤ (*) Nhân vế bất đẳng thức dương chiều ta được: ( p − a) ( p − b) ( p − c) ≤ Vậy: 36r ≤ abc 36 abc 9abc = p a+b+c (1) Theo bất đẳng thức AM – GM, có: abc ≤ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) (2) Từ (1) (2) ⇒ ab + bc + ca ≥ 36r (3) Thay (3) vào (*) ta có điều phải chứng minh Bài Cho ∆ABC Chứng minh rằng: ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) ≤ 3 16S Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1 với: x = p − a; y = p − b; z = p − c Ta có:  ( p − a ) + ( p − b ) + ( p − c )  ≤ 16 ( p − a ) ( + ( p − a ) + ( p − b ) + ( p − c )  + ( p − a ) + ( p − b ) + ( p − c )  p − b ) + ( p − b ) ( p − c ) + ( p − c ) ( p − a )  Có: ( p − a ) + ( p − b ) + ( p − c ) = p − 2a − b − c = b + c Tương tự ta có: ( p − a) + 2( p − b) + ( p − c) = a + c ( p − a ) + ( p − b) + 2( p − c) = a + b 69 ( p − a) ( p − b) = Lại có: ( b + c − a) ( a + c − b) = c − ( a − b )   4 Tương tự ta có: 1 2 a − ( b − c)   4 p − a ) = b − ( a − c )   4 ( p − b) ( p − c) = ( p − c) ( Cộng vế đẳng thức ta được: ( p − a) ( p − b) + ( p − b) ( p − c) + ( p − c) ( p − a) = 2 = a2 + b2 + c2 − ( a − b ) − ( b − c ) − ( a − c )   4 = ( ab + bc + ca ) − a − b − c ) ( Lại có: ( ab + bc + ca ) − a − b − c ≥ 3S ⇔ Nên: 1 2 2 a + b + c − ( a − b ) − ( b − c ) − ( a − c )  ≥ 3S  4 ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) ≤ 16 3S = 3 16S (đpcm) Bài Cho ∆ABC Chứng minh rằng: ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )    1    + + 2  b ( a + c ) − ( a − c )  c ( a + b ) − ( a − b )     a ( b + c ) − ( b − c )       70 9r ≤ 16 Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1 với: x = 1 ;y = ;z = p−a p −b p−c Ta  1  2 p − a + p −b + p − c ÷   ≤ +  1   p −a +2 p−b + p−c÷     1 16  + +  p − a p − b p − b p − c p − c p − a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )   ( p − a) ( p − b) Tương tự, ta có: ( p − b) ( p − c) ( p − c) ( p − a) = p( p − a) S2 = p ( p − b) S2 Cộng vế đẳng thức ta được: + 1 + ( p − a) ( p − b) ( p − b) ( p − c) ( p − c ) ( p − a ) p[ p − a − b − c] p2 = = = S2 S r Có: 71 = =  1   p −a + p −b +2 p −c÷   Có: S = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ⇔ + p( p − c) S2 1 2 + + = + + = p −a p −b p −c b+c −a a +c −b a +b−c = 4( a + c − b) ( a + b − c ) + 2( b + c − a ) ( a + b − c ) + 2( a + c − b) ( b + c − a ) ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + c − b) 2  a − ( b − c )  + b − ( a − c )  +  c − ( b − a )       =  ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + c − b) = 4a + 2b + 2c − ( b + c − 2bc ) − ( a + c − 2ac ) − ( b + a − 2ba ) ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + c − b) 4a ( b + c ) − ( b − c ) = ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + c − b) Tương tự ta có: 4b ( a + c ) − ( a − c ) 1 +2 + = p−a p − b p − c ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + c − b) 4c ( a + b ) − ( a − b ) 1 + +2 = p −a p −b p − c ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + c − b) Vậy ta có: ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )    1    + + 2  2  a b + c − b − c      ( ) ( ) b a + c − a − c c a + b − a − b ( ) ( ) ( ) ( )         9r ≤ 16 (đpcm) 72 Bài Một số ví dụ mở rộng Bài (Iran 1998) Cho x, y, z > 1 + + = Chứng minh rằng: x y z x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 Chứng minh Ta có: (  x −1 x −1 + y −1 + z −1 =  x+  x  ) y −1 y y+  z −1 z÷ ÷ z   x −1 y −1 z −1  ≤ + + ( x + y + z) y z ÷  x   1 1 =  − − − ÷( x + y + z ) x y z  =x+y+z Vậy ta có: x + y + z ≥ x − + y − + z − (đpcm) Bài Cho xi > , ∀i = n n ∑x i =1 n ∑ i =1 = n − Chứng minh rằng: i xi − ≤ n ∑x i =1 Chứng minh 73 i Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (  x −   x −   xn −    x1 − + x2 − + + xn − ≤  ÷ ÷ + ÷ + +  ÷  ( x1 + x2 + + xn ) x1   x2  x  n     ⇔ ⇔ ) 2  1 1  x1 − + x2 − + + xn − ≤  n −  + + + ÷ ( x1 + x2 + + xn ) xn     x1 x2 ( ) x1 − + x2 − + + xn − ≤ x1 + x2 + + xn (đpcm) Nhận xét: Bài toán trường hợp tổng quát cho toán bất đẳng thức đề thi IMO - IRAN 1998 Từ toán này, áp dụng dạng đẳng thức bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có toán hay sau Bài Cho xi > , ∀i = n n n  ∑ xi − +  i =1 n ∑x i =1 = n − Chứng minh rằng: i   n  n  xi  ≥  ∑ − ÷ x ∑ ∑ i  ÷ xi ÷ i =1    i =1   i =1 n Chứng minh xi − ; yi = xi , ta có xi Áp dụng Định lý 1.3 với xi =   n xi −   n    n xi −   n n  n  xi −  ∑   x + x ≥ x ÷  ÷  ÷ ∑ ∑ ∑ ∑ i ÷ i÷ i ÷     i =1  xi xi ÷   i =1 xi   i =1    i =1    i =1  n xi − 1 = n − = (theo giả thiết) Mà ∑ ∑ x x i =1 i =1 i i n n n Nên ta có  ∑ xi − +  i =1   n  n  xi  ≥  ∑ − ÷ x ∑ ∑ i  ÷ (đpcm) ÷ i =1 x i =1 i =  i    n 74 Từ bất đẳng thức quen thuộc, kết hợp với bất đẳng thức xây dựng ta tiếp tục xây dựng bất đẳng thức hay khó Tác giả hy vọng qua ba bất đẳng thức trên, độc giả tiếp tục xây dựng bất đẳng thức hay 75 Kết luận Luận văn đạt số kết sau: Luận văn nêu chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức AM – GM số bất đẳng thức đề thi toán quốc tế sử dụng bất đẳng thức Luận văn chứng minh số đẳng thức kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để xây dựng lớp bất đẳng thức Từ vận dụng bất đẳng thức vừa xây dựng để chứng minh số bất đẳng thức đại số lượng giác Giới thiệu bất đẳng thức đề thi toán quốc tế IRAN năm 1998 số mở rộng bất đẳng thức Từ kết luận văn này, ta thấy với đẳng thức kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho ta lớp bất đẳng thức khác hay lạ Tác giả hy vọng với ý tưởng giúp cho độc giả xây dựng nhiều bất đẳng thức khác làm phong phú thêm toán bất đẳng thức vốn đa dạng Tác giả mong nhận góp ý thầy cô đồng nghiệp để đề tài tiếp tục hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 05 tháng 11 năm 2011 76 Tài liệu tham khảo Tiếng việt Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), “Sử dụng phương pháp CauchySchwarz để chứng minh bất đẳng thức”, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội Nguyễn Văn Hiến (2000), “Bất đẳng thức tam giác”, NXB Hải Phòng, Hải Phòng Phạm Kim Hùng (2007), “Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội Phan Huy Khải (1997), “500 toán chọn lọc bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội Phan Huy Khải (2001), “10.000 toán sơ cấp”, NXB Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Ngọc Thắng (2009), “Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2008), “Các giảng bất đẳng thức Côsi”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Thượng Võ (2000), “Tuyển tập 300 toán chọn lọc hệ thức lượng tam giác”, NXB Trẻ, TP Hồ Chí Minh Tủ sách toán học tuổi trẻ (2007), “Các thi Olympic toán”, NXB Giáo Dục, Hà Nội Tiếng Anh IMO Shorlist, 1990 – 2004 Jose A.G.O., Radmila E, Mircea B (1997), “Inequalities A Mathematical Olympiad Approach”, Basel – Boston – Berlin, Germany Mihai B., Bogdan E., Mircae B (1997), “The Romanian Society of Mathematical Sciences”, “Romanian Mathematical Competitions”, Romania 77 Danh sách Website www.diendantoanhoc.net www.math.vn www.mathlinks.ro www.mathscope.org www.mathnfriend.net 78 79 [...]... − 3a + 5 +  − a÷ 9 3  Bài toán được đưa về dạng chứng minh sau: ( 1 − 2a ) 2 18a 2 3 + ≥ 2a 2 − 2a + 1 9a 2 − 3a + 5 5 Sau khi khai triển và rút gọn, ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng ( 3a − 1) 2 ( 17a 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 24 − 8a + 5 ) ≥ 0 Phần 2: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz Bài 1: Dạng hằng đẳng thức thứ nhất 1.1 Các định lý Bổ đề 1.1 Với mọi... c + d2 (21.3) Công hai vế của (21.2) và (21.3) ta thu được (21.1) Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t = 1 Cách 2 Đặt x = b c d a , y = , z = , t = với a, b, c, d > 0 a b c d Bất đẳng thức được viết lại dưới dạng: a2 ( a + b) 2 + b2 ( b + c) 2 + c2 (c+d) 2 + d2 ( d + a) 2 ≥1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz kết hợp với bất đẳng thức AM – GM, ta có: [ a(a... + +  a b c  1− a 1− b 1− c Chứng minh 18 Do 1+ a 2a = + 1 nên bất đẳng thức trên có thể được viết dưới dạng đồng bậc 1− a b + c là: b c a a b c 3 + + ≥ + + + a b c b+c c+a a+b 2 Lại do a a ab − = nên bất đẳng thức này tương đương với c b + c c( b + c) ab bc ca 3 + + ≥ c( b + c) a ( c + a) b( a + b) 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta được: ab ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) ∑ c ( b +... xn2+1 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành n ∑ i =1 xi ( xn+1 − xi ≤ n − 1.xn +1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, suy ra ta có điều phải chứng minh Bài 3 (Autria-Poland 1996) Nếu w, x, y, z là những số thực thỏa mãn w+ x+ y + z =0 w2 + x 2 + y 2 + z 2 = 1 Chứng minh rằng −1 ≤ wx + xy + yz + zw ≤ 0 Chứng minh Bất đẳng thức bên phải wx + xy + yz + zw = ( w + y )( x + z ) = −( w + y ) 2 ≤ 0 Từ bất. .. dụng bất đẳng thức b ≤ 1 + x12 1 + x12 2 1 Cộng vế với các bất đẳng thức này ta được 2   xi 1 ≤1− < 1  ∑ bi2 = ∑ 2 2 2 ÷ 2 1 + x1 + x22 + xn2 i =1  1 + x1 + x2 + + xi  n Bài 12 (Czech and Slovak Republics, 2004) Cho P ( x ) = ax 2 + bx + c là đa thức bậc 2 với các hệ số không âm Chứng minh 1 P ( x ) P  ÷≥ ( P (1))2  x rằng với ∀x > 0 ta luôn có: Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz. .. 3 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 3 Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta được 1 1 1 1 + + c2 + + c2 1 bc + ca + c 2 c a b a b = ≤ = = 2 2 a 3 + b3 + 1 ( a3 + b3 + 1)  1a + b1 + c 2 ÷ ( a + b + c ) ( a + b + c ) a + b + c Cộng tương ứng bất đẳng thức này với hai đánh giá tương tự, vế theo vế, ta suy ra ngay kết quả cần chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Bài 17 (Japanese... 2 B ) = BA Vậy ta cần chứng minh B 2 − 3D = C − D ≥ 0 Nhưng C ≥ xyyz + yzzx + zxxy + D có thể thu được từ bất đẳng thức Cauchy- Schwarz Bài 10 (IMO, 2001) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực dương ta có: 13 a a + 8bc 2 b + b + 8ca 2 c + c + 8ab 2 ≥1 Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có: VT = ≥ a2 a a + 8bc 2 + b2 b b + 8ca 2 ( a + b + c) + c2 c c 2 + 8ab 2 a a + 8bc + b b + 8ca... + x ) + ( 4 z + x + y )    Theo (1.7) ⇔ ( a + b + c ) ( x + y + z ) + 3 ( ax + by + cz ) ≤3 (a 2 + b 2 + c 2 ) ( ( x + y )2 + ( y + z )2 + ( z + x)2 ) (đpcm) 1.2 Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong đại số Bài 1 Cho a, b, c là những số thực dương Chứng minh rằng: 3+ (a 2 1 1 2  1 1 1 1 + b2 + c 2 )  2 + 2 + 2 ÷ ≥ ( a + b + c )  + + ÷ b c  3 a a b c... y) 2 + 1 (1+ z) 2 1 + (1+ t) 2 ≥1 Chứng minh Cách 1 Đặt x = bc cd da ab , y = 2 , z = 2 , t = 2 với a, b, c, d > 0 2 a b c d Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (a a4 2 + bc ) 2 + (b b4 2 + cd ) 2 + (c c4 2 + da ) 2 + (d d4 2 + ab ) 2 ≥1 (21.1) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có: a4 ( a 2 + bc ) 2 + (c c4 2 + da ) 2 ≥ (a a4 2 + b2 ) ( a 2 + c 2 ) 22 + (c c4 2 + d 2 ) ( c2 + a2 ) ≥ (a (a... c ≥ ab + bc + ca Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có: 1 b + c + a2 b + c + a2 = ≤ b + c + 1 ( b + c + 1) ( b + c + a 2 ) ( b + c + a ) 2 Tương tự như vậy ta có: 1 c + a + b2 c + a + b2 = ≤ c + a + 1 ( c + a + 1) ( c + a + b 2 ) ( c + a + b ) 2 1 a + b + c2 a + b + c2 = ≤ a + b + 1 ( a + b + 1) ( a + b + c 2 ) ( a + b + c ) 2 Cộng 3 bất đẳng thức trên lại ta được: 17 a 2 + b 2