BDTNguyenVanQuyen (1)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC KHOA TOÁN HỌC Nguyễn Văn Quyên BÀI TẬP ĐIỀU KIỆN BẤT ĐẲNG THỨC HỆ CAO HỌC CHÍNH QUY Ngành: Phương pháp toán sơ cấp Người hướng dẫn: GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu Thái Nguyên - 2016 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung tập, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu người tận tình hướng dẫn để em hồn thành khóa học Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới toàn thể bạn lớp giúp đỡ em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực khóa học Thái Nguyên, ngày 06 tháng 04 năm 2016 Học viên Nguyễn Văn Quyên Mục lục Chương Các đại lượng trung bình 1.1 Dạng trung bình cặp số dương 1.1.1 lý thuyết 1.1.2 Bài tập ví dụ 1.2 Dạng trung bình số dương 1.2.1 lý thuyết 1.2.2 Bài tập ví dụ Chương Các đề thi sử dụng đại lượng trung bình 4 5 LỜI MỞ ĐẦU Bố cục tiểu luận bao gồm chương phụ lục: • Chương tiểu luận trình bày lý thuyết số tập mẫu đại lượng trung bình • Chương tiểu luận tập trung giải số đề thi sử dụng đại lượng trung bình • Phụ lục trình bày thêm số số tập Do thời gian thực tiểu luận không nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên làm tiểu luận khơng tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 06 tháng năm 2016 Học viên Nguyễn Văn Quyên Chương Các đại lượng trung bình 1.1 Dạng trung bình cặp số dương 1.1.1 lý thuyết Định nghĩa 1.1.1 Với hai số dương a, b ta ln có: min(a, b) ≤ ≤ 1.1.2 √ 2ab a+b ≤ ≤ ab ≤ ≤ ≤ ≤ max(a, b) a+b Bài tập ví dụ Ví dụ 1.1 Cho < a < b f (t) = Tính f (1); f (1); f (0)  at +bt 1 t   at +bt a−1 +b−1 Ta có: f (−1) = =  t t 1  1 1 t f (1) = a +b = a +b = a+b 2 √ ta chứng minh f (0) = ab Ta có 1  t −1 = 2ab a+b  t  t t t t a0 +b0 ln( a +b ln( a +b a + bt )−0 ) − ln( ) ln f (t) = ln = = t t t −0 Suy t +b0 t a ln( a +b ) − ln( lim ln f (t) = lim t→0 t→0 t −0 = at +bt 2 ) at ln a + bt ln b t=0  0 at + bt = ln( ) t=0 √ = ln ab Ví dụ 1.2 Chứng minh f (t)) đồng biến (0, +∞) Giải Cho < t1 < t2 ta chứng minh f (t1 ) < f (t2 ) Ta có 1 at2 + bt2 t2 <  t t 1 t2 = ta cần chứng minh a +b ≥1  Coi  Đặt at1 at1 +bt1 1 t1 = x suy t2 t1 Khi x + Tương tự t2 t1 at2 at1 + bt1 1  t1 t2 t1 =x − ≥ tt21 x ⇔ at2 + tt21 − ≥ tt21 at1 (1) bt2 + t2 t2 − ≥ bt1 (2) t1 t1 Cộng vế với vế (1) (2) ta t2 t2 at2 + bt2 + 2( − 1) ≥ (at1 + bt1 ) t1 t1 Trong at1 + bt1 = Suy at2 + bt2 ≥ 1.2 Dạng trung bình số dương 1.2.1 lý thuyết Định nghĩa 1.2.1 Xét dãy số dương a1 , a2 , a3 , an , Kí hiệu a1 + a2 + a3 a1 + a2 + + an a1 + a2 , A3 = , , An = n Được gọi AM (arithmetic mean values) hay giá trị trung bình số học A1 = a1 , A2 = G1 = a1 , G2 = √ √ √ a1 a2 , G3 = a1 a2 a3 , , Gn = a1 a2 an Được gọi GM (geometri mean values) hay giá trị trung bình hình học H1 = a1 , H2 = 1 a1 + a2 , , Hn = 1 1 a1 + a2 + + an n Được gọi HM (hamonie mean values) hay giá trị trung bình điều hịa Định lý 1.2.1 Ta ln có Hn ≤ Gn ≤ An • Hn ≤ Gn gọi bất đẳng thức GM-HM • Gn ≤ An gọi bất đẳng thức AM-GM • Hn ≤ An gọi bất đẳng thức AM-HM 1.2.2 Bài tập ví dụ Ví dụ 1.3 Chứng minh n(An − Gn ) ≤ (n + 1)(An+1 − Gn+1 ), n = 1, 2, (1) Giải nAn = a1 + a2 + a3 + + an (n + 1)An+1 = a1 + a2 + a3 + + an+1 Suy (n + 1)An+1 − nAn = an+1 p √ a1 a2 an+1 = n+1 Gnn an+1 p Suy (1) ⇔ an+1 + nGn ≥ (n + 1) n+1 Gnn an+1 Gn+1 = n+1   an+1 an+1 n+1 ⇔ + n ≥ (n + 1) ⇔ t n+1 + n ≥ (n + 1).t Gn Gn Ví dụ 1.4 Cho a ≥ Tìm GTNN a + a1 Giải Ta có a+ = a  r  a a 3 + + a≥2 + = + = a 4 a 2 Suy GTNN a + a1 a = Ví dụ 1.5 Cho a, b > có a + b ≤ Tìm GTNN M = Giải √ Ta có ≥ a + b ≥ ab nên 1 M= + = ab a + b2  ab ab + a2 +b ≥ 1 + 2ab a + b2  + ≥ + ≥ + = 2ab (a + b)2 Vậy GTNN M a = b = 21 Ví dụ 1.6 Cho a, b, c nguyên dương có a + b + c = 100 Tìm GTLN M = abc Giải Coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34 Ta có p 33a + 34b + 34c 34(a + b + c) − a 34.100 − 34 (33a)(34b)(34c) ≤ = ≤ = 34.33 3 Lập phương hai vế ta 33.342 abc ≤ 342 333 ⇔ abc ≤ 34.332 = 34.33.33 Dấu sảy a = 34, b = 33, c = 33 Vậy GTLN M 34.33.33 a = 34, b = 33, c = 33 Ví dụ 1.7 Cho a, b, c nguyên dương có a + b + c = 100, tìm GTNN M = abc Giải Coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34, ta chứng minh abc ≥ 98 - Nếu c > c ≥ b ≥ suy abc ≥ 34.2.2 > 98 - Nếu c = 1, a + b = 99 nên a ≥ 50 + Khi b ≥ abc ≥ 50.2.1 = 100 > 98 + Khi b = a = 98 abc = 98.1.1 = 98 Vậy GTNN M = abc 98, dấu xảy a = 98, b = 1, c = Ví dụ 1.8 Cho a, b, c, p, q, r số nguyên dương (x + a)(x + b)(x + c) = x3 + 3px + r3 Chứng minh rẳng p ≥ q ≥ r Ta có (x + a)(x + b)(x + c) = x3 + (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x + abc = x3 + 3px + r3  a+b+c    p =q3 AM q = ab+bc+ca    r=√ abc AM − GM GM Ta có: - p≥q ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ -q≥r ⇔ (ab)(bc)(ca) = (abc) ≤  ab + bc + ca 3 Chương Các đề thi sử dụng đại lượng trung bình Ví dụ 2.1 (Đề thi đại học khối A - 2007) Cho x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: y2 (z + x) z2 (x + y) x2 (y + z) √ + √ P= √ √ + √ √ y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y Lời giải Theo bất đẳng thức AM-GM ta có √ √ x2 (y + z) ≥ 2x2 yz = 2x x Tương tự ta có ( √ √ y2 (z + x) ≥ 2y2 zx = 2y y √ √ z2 (x + y) ≥ 2z2 xy = 2z z Ta tìm giá trị nhỏ biểu thức: √ √ √ 2y y 2x x 2z z √ + √ P≥ √ √ + √ √ y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y √ √ √ √ √ √ Đặt a = x x + 2y y; b = y y + 2z z; c = z z + 2x x √ √ √ Suy x x = 4c+a−2b ; y y = 4a+b−2c ; z z = 4b+c−2a 9 9 Do đó:  4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a + + b c a       c a b a b c + −6 + + + + = a c a b a a P≥  Suy p ≥ 29 (4.3 + − 6) = Đẳng thức xảy khi: x = y = z = Ví dụ 2.2 (Đề thi đại học khối B - 2011) Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức     a b3 b2 a P = + −9 + b c b c Lời giải: Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a2 + b2 ) + ab = a2 b + ab2 + 2(a + b) ⇔2 a b
+ ba + = (a + b) + a + 1b
Ví dụ 2.3 (Đề thi đại học khối B - 2013) Với a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức: p P= √ − a2 + b2 + c2 + (a + b) (a + 2c)(b + 2c) Lời giải: Theo bất đẳng thức AM-GM ta có p a + b + c a2 + b2 + 2ab + 4ac + 4bc (a+b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a+b) = ≤ 2(a2 +b2 +c2 ) 2 √ Đặt t = a2 + b2 + c2 ⇒ t > P ≤ 4t − 2(t 29−4) Khảo sát hàm số ta tìm giá trị lớn 10 a = b = c = Ví dụ 2.4 (Để thi thử lần chuyên ĐHSP Hà Nội) Cho số dương a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức a b c d + + + ≥2 a+b c+d a+d a+b Bài giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: a b c d a+b + c+d + a+d + a+b ≥ a c b d a2 +ad+bc+c2 a+b + a+d + c+d + a+b = (c+d)(a+d) 2 +d +cd) A ≥ 4(a +ad+bc+c )+4(ab+b ≥2 (a+b+c+d) ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d − 4ac − 4bd ≥ A= A= 2 +d +cd + ab+b (a+b)(c+d) ⇔ (a − c)2 + (b − d)2 ≥ Dẳng thức xảy a = c; b = d Ví dụ 2.5 (Đề thi thử lần THPT Ngô Gia Tự Bắc Ninh) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 4(x + y + z) = 3xyz Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 1 + + + x + xy + y + zx + z + xy Lời giải: √ Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 3xyz = 4(x + y + z) ≥ 4.3 xyz ⇒ xyz ≥ Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta q √ q p √ √ q √ √ √ + x + yz ≥ 2x + yz ≥ 2 2xyz = 2 2xyz yz ≥ 4 yz 2xyz q p √ √ √ = 2 2xyz yz ≥ 4 yz Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có       1 1 1 1 1 ≤ √ ≤ +√ ≤ + + = + yz + x + yz 2√ 2 yz yz yz Tương tự ta có 2+y+zx 2+z+xy ≤ ≤ 8 +1 4 zx  + xy
Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta P ≤ 38 11 Phụ lục Phụ lục trình bày số đề tham khảo thêm Ví dụ 2.6 Chứng minh: a) Trong tất hình chữ nhật có chu vi, hình vng có diện tích lớn b) Trong tất hình chữ nhật có diện tích, hình vng có chu vi nhỏ Giải Gọi chu vi hình chữ nhật P diện tích hình chữ nhật S Theo bất đẳng thức AM – GM Do đó: a) Khi S = const P đạt giá trị lớn b) Khi P = const S đạt giá trị nhỏ Ví dụ 2.7 Giả sử x, y, z số dương thỏa mãn xyz = Chứng minh p + x + y3 + xy p + y3 + z3 + yz √ √ + z3 + x ≥3 zx Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: p √ √ √ √ + y3 + z3 + z3 + x 3xy 3yz 3zx + ≥ + + yz zx xy yz zx   √ 1 = √ +√ +√ xy yz zx s √ √ √ 1 1 ≥ 3.3 √ · √ · √ = 3 · √ = 3 xyz xy yz zx + x3 + y3 + xy p Dấu “=” xảy x = y = z = 12 Ví dụ 2.8 a) Chứng minh: bc ca ab + + ≥ a + b + c,∀a, b, c > a b c b) (Canada Mathematical Olympiad 2002 – Canada MO 2002) Chứng minh với x, y, z > 0, ta có: x3 y3 z3 + + ≥ x+y+z yz zx xz Giải a) Cách 1: Theo bất đẳng thức AM – GM: r bc ca bc ca + ≥2 · = 2c a b a b Tương tự: bc ab ca ab + ≥ 2b, + ≥ 2a a c b c Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên, ta có đpcm Dấu “=” xảy a = b = c Cách 2: Sử dụng hệ (2) bất đẳng thức AM – GM: r !2 r 2 r !2 bc ca ab bc ca ab + + = + + a b c a b c r r r r r r bc ca bc ab ca ab · + · + · = a+b+c ≥ a b a c b c Cách 3: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: (bc)2 +(ca)2 +(ab)2 ≥ abc (a + b + c) ⇔ (bc)2 +(ca)2 +(ab)2 ≥ bc.ca+bc.ab+ca.ab (đúng) b) Cách 1: Ta có: x3 yz s +y+z ≥ 3 x3 · yz = 3x yz Lập thêm hai bất đẳng thức tương tự cộng lại, ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy x = y = z Cách 2: Đưa bất đẳng thức cho dạng: x4 + y4 + z4 ≥ xyz (x + y + z) 13 Ví dụ 2.9 Chứng minh với số dương a, b, c có tổng a+1 b+1 c+1 + + ≥ b +1 c +1 a +1 Giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:
(a + 1) b2 + − b2 (a + 1) a+1 b+1 c+1 + + = b2 + c2 + a2 + b2 +

(b + 1) c2 + − c2 (b + 1) (c + 1) a2 + − a2 (c + 1) + + c2 + a2 +  b2 (a + 1) c2 (b + 1) a2 (c + 1) + + ≥ (a + + b + + c + 1) − b2 + c +1 a +1   2 b (a + 1) c (b + 1) a (c + 1) a + b + c + ab + bc + ca ≥ 6− + + = 6− 2b 2c 2a  ≥ − (a+b+c)2 = Dấu “=” xảy a = b = c = 14 KẾT LUẬN Trong tiểu luận em trình bày lý thuyết, số toán gốc bất đẳng thức sử dụng phương pháp giá trị trung bình Biết cách vận dụng bất đẳng thức AM-GM, AM=HM, hay GM-HM để giải số tốn bất đẳng thức, tìm GTLN, GTNN vào bồi dưỡng dọc sinh giỏi Đóng góp khóa luận bao gồm: Tìm hiểu bất đẳng thức đại lượng trung bình Giải số toán bất đẳng thức dạn trung bình số dương Giải số toán bất đẳng thức sưu tầm số đề thi Đại học, Tuy nhiên thời gian thực tiểu luận khơng nhiều cịn có sai sót em mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc 15 Tài liệu tham khảo [1] Trần Phương - Nguyễn Đức Tấn - Nguyễn Anh Hồng - Tạ Hồng Thơng, Những đường khám phá bất đẳng thức, NXB Đại học Sư Phạm [2] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam —————————————————————————————— —————————————————————————————— ——————————- 16 ... Bài tập ví dụ Ví dụ 1.1 Cho < a < b f (t) = Tính f (1); f (1); f (0)  at +bt 1 t   at +bt a−1 +b−1 Ta có: f (−1) = =  t t 1  1 1 t f (1) = a +b = a +b = a+b 2 √ ta chứng minh f (0) =... t1 at2 at1 + bt1 1  t1 t2 t1 =x − ≥ tt21 x ⇔ at2 + tt21 − ≥ tt21 at1 (1) bt2 + t2 t2 − ≥ bt1 (2) t1 t1 Cộng vế với vế (1) (2) ta t2 t2 at2 + bt2 + 2( − 1) ≥ (at1 + bt1 ) t1 t1 Trong at1 + bt1... 1)(An+1 − Gn+1 ), n = 1, 2, (1) Giải nAn = a1 + a2 + a3 + + an (n + 1)An+1 = a1 + a2 + a3 + + an+1 Suy (n + 1)An+1 − nAn = an+1 p √ a1 a2 an+1 = n+1 Gnn an+1 p Suy (1) ⇔ an+1 + nGn ≥ (n + 1)