A Một số vấn đề bất đẳng thức đại số: Bất đẳng thức vấn đề lí thú giải tóan phổ thông Trong mục ôn lại số bất đẳng thức cổ điển tiếp cận số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Do khối lượng kiến thức tương đối lớn nên số khái niệm,tính chất bỏ qua Các bạn tìm thây tính chất này Sách Giáo Khoa Bộ Giáo Dục Đào Tạo Dưói nội dung chuyên đề a)Bất đẳng thức Cauchy i)Bất đẳng thức Cauchy có lẽ quen thuộc với nhiều bạn Ngay từ năm lớp 8,các bạn bắt gặp bất đẳng thức như: x+ y ≥ xy x+ y+ z ≥ xyz x+ y+ z+t ≥ xyzt Trong x, y , z , t số thực không âm Những bất đẳng thức có dạng gọi bất đẳng thức Cauchy Bất đẳng thức Cauchy tổng quát có dạng sau: Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm Khi ta có bất đẳng thức sau: x1 + x2 + + xn n ≥ x1 x2 xn n Dấu xảy x1 = x2 = = xn x + x + + xn Đại lượng gọi trung bình cộng số x1 , x2 , , xn n Đại lượng n x1 x xn gọi trung bình nhân số x1 , x2 , , xn Do bất đẳng thức Cauchy có tên gọi khác bất đẳng thức TBC-TBN (bất đẳng thức đại lượng trung bình cộng đại lượng trung bình nhân) Bất đẳng thức Cauchy có nhá nhiều cách chứng minh Tuy nhiên khuôn khổ sách nên đây,tác giả nêu cách chứng minh điển hình Phương pháp chứng minh đa gắn liền với tên gọi: “Quy nạp Cauchy” Các bạn tham khảo thêm phương pháp phần phương pháp Quy Nạp Ta chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh n = 2k Trước hết ta chứng minh cho trường hợp sở , k = Ta cần chứng minh x + y ≥ xy ⇔ ( x − y ) = Bất đẳng thức tương đương bất đẳng thức ban đầu Giải sử bất đẳng thức cho k = m , tức x1 + x2 + + x2m ≥ 2m x1 x2 x2m 2m Ta chứng minh bất đẳng thức cho k = m + x1 x2 + x3 x4 + + x2m+1 −1 x2m+1 x1 + x2 + + x2m+1 Ta có: ≥ ≥ 2m+1 x1 x2 x2m+1 m +1 m 2 (Ở ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số x2 k +1 + x2 k + ≥ x2 k +1 x2 k + , ∀k = 1, m − sau sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2m số x1 x2 , x3 x4 , , x2m+1 −1 x2m+1 Như bất đẳng thức Cauchy cho vô số số hạng Bây ta chứng minh n = m + bất đẳng thức cho n = m Thực vậy,áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m + số x1 , x2 , , xm , m x1 x2 xm ta có: x1 + x2 + + xm + m x1 x2 xm ≥ (m + 1)m +1 x1 x2 xm m x1 x2 xm ⇔ x1 + x2 + + xm + m x1 x2 xm ≥ (m + 1) m x1 x2 xm ⇔ x1 + x2 + + xm ≥ m m x1 x2 xm x1 + x2 + + xm m ≥ x1 x xm m Như theo nguyên lý Quy nạp Cauchy ta có điều cần chứng minh Nhận xét bất đẳng thức sở xảy dấu x = y bất đẳng thức tổng quát ta sâu xảy x1 = x2 = = xn Ta có nhiều cách nhìn nhận bất đẳng thức Cauchy, ví dụ cho số thực dương có tổng không thay đổi giá trị lớn tích số gì, ngược lại ,tức tìm giá trị nhỏ số thực dương có tích không đổi Cũng cần lưu ý với bạn bất dẳng thức Cauchy,điều kiện số thực không âm quan trọng, ví dụ với n = 2k + , ta ví dụ với số thực gồm 2k số −1 số 2k bất đẳng thức không ⇔ ii)Bất đẳng thức Cauchy mở rộng Trong phần ta xem xét bất đẳng thức Cauchy có số.Ta khởi đầu bất đẳng thức cho hai số thực dương trước Cho số nguyên dương a,b,c,d hai số thực dương x,y Khi đó: a c x+ y b d ≥ ad +bc x ad y bc a c + b d Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Young Chứng minh bất đẳng thức đề cập đây: a c x+ y b d = adx + bcy ≥ ad +bc x ad y bc a c ad + bc + b d Ở trên, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ad + bc số hạng, bao gồm ad số x , bc số y Như bất đẳng thức chứng minh Bằng ý tưởng tương tự,ta phát biểu bất đẳng thức Cauchy số trường hợp tổng quát sau Cho 2n số nguyên dương a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn n số thực dương x1 , x2 , , xn Khi ta có bất đẳng thức sau: a a1 a x1 + x2 + + n xn b1 b2 bn ≥ a b2 bn + + anb1b2 bn−1 x1a1b2 bn xn an b1b2 bn−1 a1 a2 an + + + b1 b2 bn Dấu xảy x1 = x2 = = xn Ý tưởng chứng minh hòan tòan tương tự trường hợp hai số, xin nhường lại cho bạn đoc J Bây ta xét số ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Cauchy Bài tóan : Tìm giá trị lớn nhỏ : Z = x y (4 − x − y ) x,y ≥ Trong x+y ≤ (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Tóan ĐHTH Hà Nội năm 1993) Trước hết ta nhận xét số x, y, − x − y có mối quan hệ đó, tổng chúng 4.Đây dấu hiệu nhận biết để sử dụng bất đẳng thức Cauchy hay Tuy nhiên đề lại x y (4 − x − y ) xy (4 − x − y ) L.Chẳng lẽ chịu thua? Ở ta sử dụng kĩ thuật tạo thành số có tổng không đổi sau: xx x x x y (4 − x − y ) = y (4 − x − y ) Chẳng phải lúc ; ; y; − x − y có tổng 22 2 hay Tuy nhiên ta cần − x − y nhận giá trị không âm,do ta xét trường hợp ≤ x + y ≤ Từ ta thu lời giải sau: Xét ≤ x + y ≤ ,ta có: x x + + y+4− x− y xx Z = x y (4 − x − y ) = y (4 − x − y ) ≤ 2 =4 22 (Bất đẳng thức Cauchy) Dấu xảy chẳng hạn x = 2, y = Xét ≤ x + y ,ta có: Z ≤ < Như trường hợp ta có Z ≤ Vậy Z max = Đẳng thức xảy chẳng hạn x = 2; y = Đối với trường hợp giá trị nhỏ nhất, bạn nhận xét điều kiện x + y ≤ chưa sử dụng Và lúc để ta sử dụng điều kiện Nếu bạn thay x + y = vào Z ,các bạn thấy Z < Do giá trị nhỏ Z phải nhận giá trị âm Từ nhận xét ,để thuận tiện việc nghiên cứu, rõ ràng ta cần xét ≤ x + y ≤ Trong trường hợp này, − x − y ≤ −2 ,( đẳng thức xảy x + y = ) nên ta cần tìm giá trị lớn x y để Z thu giá trị nhỏ Lúc có lẽ chuyện trở nên tương đối quen thuộc với bạn Do tổng x + y nên ta cần biến đổi x y thành tích số hạng có tổng x+y Và ta thu kết mong muốn: 3 x + x + 2y 2( x + y ) x.x.2 y 3 = ≤ = 32 x2 y = ≤ 2 2 Từ ta tới lời giải: Xét ≤ x + y ≤ Ta có: x + y − ≤ − ≤ 2( x + y ) x.x.2 y 43 x y≤ ≤ ≤ = 32 2 2 ⇒ − x y ≥ −32 Nhân bất đẳng thức vế theo vế ta thu được: x y (4 − x − y ) ≥ − x y.2 ≥ −32.2 = −64 (Nhân hai vế cho số không dương, bất đẳng thức đổi chiều) Dấu xảy chẳng hạn x = 4, y = Xét ≤ x + y ≤ ,ta có: Z ≥ > −64 Vậy trường hợp ta có Z ≥ −64 ⇒ Z = −64 Đẳng thức xảy x = 4, y = Sau số tập áp dụng: Bài 1: Cho x, y thỏa: x + y = + xy Tìm giá trị lớn nhỏ t = x + y (Đề thi HSG lớp TP.HCM năm 1995) Bài 2: Cho a, b > Tìm giá trị nhỏ : a2 b2 + b −1 a −1 (Đề kiểm tra lớp Chuyên Tóan TP.HCM năm 1994) Bài 3: Tìm giá trị nhỏ của: x, y > S = − 1 − , biết x y x + y = (Đề vào lớp 10 PTTH chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM năm 1994) Bài 4: Cho a, b, c ≥ Chứng minh rằng: P= a + b + c ≥ abc (a + b + c) (Đề thi học sinh giỏi lớp 9,bảng B,tòan quốc năm 1994) Bài 5: Cho a,b,c số thực không âm Chứng minh rằng: 2 33 a 3 b 3 c + + ≥ b+c a+c a+b (Tạp chi Toán học Tuổi Trẻ) b)Bất đẳng thức Bouniakovski i)Bất đẳng thức Bouniakovski bất cổ điển tiếng Bất đẳng thức gắn với nhiều tên gọi khác,như Cauchy,Schwarz Cũng xin ý với bạn đọc rằng, bất đẳng thức cổ điển thường hình thành vấn đề sống,trong vấn đề thiên văn,vật lý Chúng xuất từ lâu Bouniakovski ,Cauchy,Schwarz người gắn bó tên tuổi với bất đẳng thức nhất,không hẳn họ người phát minh bất đẳng thức này, có lẽ họ góp công sức lơn việc hệ thống chúng cách chặt chẽ Bây ta xem “hình thù” bất đẳng thức Bouniakovski này: a , a , , an Khi ta có bất đẳng thức sau: Cho hai dãy số thực b1 , b2 , , bn (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) ≥ a1b1 + a2b2 + + anbn a a1 a2 = = = n ≥ b1 b2 bn Bất đẳng thức Bouniakovski có nhiều cách chứng minh Tuy nhiên tác giả đề cập tới cách chứng minh sử dụng bất đẳng thức vừa xem xét qua, bất đẳng thức Cauchy Dấu xảy Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a1b1 + a2b2 + + anbn ≤1 (a1 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) Ta giả sử số , bi , i = 1, n số thực dương Bởi lẽ cần sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối: a1b1 + + an bn ≤| a1 || b1 | + + | an || bn | Và lại áp dụng bất đẳng thức Bouniakovski cho số thực dương | |,| bi |, i = 1, n ta có điều phải chứng minh Quay lại vấn đề Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương ta được: bi bi ≤ + , ∀i = 1, n 2 2 2 (a12 + a2 + + an )(b12 + b22 + + bn ) 2(a1 + a2 + + an ) 2(b1 + b2 + + bn ) Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta thu được: a1b1 + a2 b2 + + an bn (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) ≤ a12 + a2 + + an b12 + b2 + + bn + = 2(a12 + a2 + + an ) 2(b12 + b2 + + bn ) Và bất đẳng thức chứng minh xong Dấu xảy a + a2 + + an = , ∀i = 1, n bi b12 + b2 + + bn a1 a2 a = = = n ≥ b1 b2 bn Tương tự bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bouniakovski có nhiều cách nhìn nhận Nói chung bạn nên cần trọng thấy đại lượng có tổng bình phương số, có tổng bậc hai đại lượng nằm vế bé bất đẳng thức cần chứng minh Đây dấu hiệu để sử dụng bất đẳng thức Bouniakovski Ngòai bất đẳng thức Bouniakovski thường hay sử dụng bất đẳng thức có dạng phân thức.Do bạn nên ý gặp dạng ii) Bất đẳng thức Bouniakovski mở rộng Cho m dãy số thực không âm (a1 ); (a2 ); (am ) Mỗi dãy gồm n số hạng ai1 , ai2 , , ain Khi ta có bất đẳng thức sau: ⇔ m (a11 m + a12 m + + a1n m ) (am1 m + am2 m + + amn m ) ≥ a11 a21 am1 + + a1n a2n amn a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Chứng minh bất đẳng thức Bouniakovski mở rộng làm ý tường tương tự trường hợp m = ,do phần xin dành cho bạn đọc Dấu xảy Chú ý thêm với bạn trường hợp m số tự nhiên chẵn ta có cho dãy số thực bất kì, không cần không âm,tuy nhiên dấu xảy tỉ số phải đại lượng không âm Dưới ta xét qua ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Bouniakovski Bài tóan: a) Cho x, y thỏa: x − y + y − x = (1) Chứng minh: x + y = b) Từ (2) suy (1) hay không (Đề thi vào lớp 10 PT Năng Khiếu TP.HCM năm 1999) Bài tóan phát biểu dạng đẳng thức, nhiên biều thức (1) lại khiến cho ta có cảm giác quen thuộc Rõ ràng biểu thức ấy,ta có: y + ( − y )2 = x + ( − x2 ) = Đây dâu hiệu rõ ràng cho diện bất đẳng thức Bouniakovski Từ ta đưa lời giải: a)Áp dụng bất đẳng thức Bouniakovski cho hai dãy: ( x, − x ) ( − y , y ) ta thu được: x 1− y2 + − x2 y ≤ (x + − x ) (1 − y + y ) ⇔ x − y2 + y − x2 ≤ Dấu xảy x = 1− y2 ≥0 y − x2 x2 − y2 ⇒ = y2 − x2 ⇒ x2 − x2 − x + x = = =1 − y2 y2 − y + y2 ⇒ x2 = − y2 ⇒ x2 + y2 = b) Từ việc xét dâu bằng, thấy x, y ≥ (1) ⇔ (2) Tuy nhiên đề không cho x, y số thực dương nên ta dễ dàng trường hơp (2) ⇒ (1) ,chẳng hạn x = 0, y = −1 Bài tóan: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c + + ≥ a + 2b b + 2c c + 2a Bài tóan nêu dạng phân thức, dấu hiệu khiến ta cảnh giác với bất đẳng thức Bouniakovski.Thông thường, ta sử dụng bất đẳng thức để triệt tiêu mẫu thức.Ở ta áp dụng bất đẳng thức cách sau: Ta có: a b c + + ≥ ( a + b + c) [ a(a + 2b) + b(b + 2c) + c(c + 2a)] a + 2b b + 2c c + 2a b c a ⇔ ( a + b + c) + + ≥ (a + b + c )2 a + 2b b + 2c c + 2a a b c ⇔ + + ≥ a + 2b b + 2c c + 2a Như tóan giải xong Sau tập để bạn áp dụng: Bài 1: Cho a, b, c, d > ab + bc + cd+da=1 Chứng minh rằng: a3 b3 c3 d3 + + + ≥ b+c+d c+d +a d +a +b a+b+c (Đề thi chọn HSG khối PTCT-ĐHSP Hà Nội năm 1995) Bài 2: Cho a, b, c > a + b + c = Tìm giá trị nhỏ của: a3 b3 c3 A= + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 lần 6,năm 2000) Bài 3: Cho a, b, c, p, q > Chứng minh rằng: 1 p+q p+q p+q + + ≥ + + a b c pa + qb pb + qc pc + qa c)Bất đẳng thức Chebysev i)Cho hai dãy số tính đơn điệu a1 ≤ a2 ≤ ≤ an a ≥ a2 ≥ ≥ an hay b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn Khi ta có bất đẳng thức sau: a1b1 + a2b2 + + anbn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≥ n n n Trong trường hợp dãy tăng dãy giảm a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn Ta có bất đẳng thức ngược lại sau: a1b1 + a2b2 + + anbn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≤ n n n Bất đẳng có nhiều cách chứng minh, cách chứng minh sau ngắn gọn mà tác giả biết Ta có: a1b1 + a2b2 + + an bn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn − n n n n(a1b1 + a b2 + + an bn ) − (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) = n2 ∑ (aibi − aib j − a j bi + a jb j ) 1≤ i < j ≤ n = n2 ∑ (ai − bi )(a j − b j ) 1≤ i < j ≤ n = n2 Trong trường hợp hai dãy tính đơn điệu ta có đại lượng (ai − a j )(bi − b j ) không âm, ta thu bất đẳng thức nói Trong trường hợp hai dãy khác tính đơn điệu ta có đại lượng (ai − a j )(bi − b j ) không âm, ta thu bất đẳng thức ngược chiều Dấu bất đẳng thức tương đối phức tạp,ta nói dấu cảy = = aik ; aik +1 = = aik +t ; ; aia = = aib im ≠ jn , ∀(i, j ) b j1 = = b jl ; b jl +1 = = b jl + r ; ; b jc = = b jn−b Ta hiểu cách nôm na dãy (a) chia thành đoạn nhau.Còn đoạn lại tương ứng đoạn dãy (b) ii) Bất đẳng thức với dãy hóan vị Trong phần i) mục này, ta đề cập tới bất đẳng thức Chebysev.Từ bất đẳng thức ta suy hai dãy: a1 ≥ a2 ≥ ≥ an b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn Thì a1b1 + a2b2 + + an bn ≥ (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) ≥ a1bn + a2bn−1 + + anb1 n Thế tổng a1bi1 + a2bi2 + + anbin (bi1 , bi2 , , bin ) hóan vị số (b1 , b2 , , bn ) (nghĩa số hạng b1 , b2 , , bn thay đổi vị trí) ? Đây câu hỏi tự nhiên, hút vào việc giải chúng Đấy vòng xoáy vô tận Toán học Chúng ta tới bất đẳng thức sau,được gọi bất đẳng thức hoán vị: a1b1 + a2 b2 + + an bn ≥ a1bi1 + a2bi2 + + anbin ≥ a1bn + a2bn−1 + + anb1 Ý tưởng chứng minh bất đẳng thức quy nạp Với n = ,ta cần chứng minh bất đẳng thức: a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ⇔ (a1 − a2 )(b1 − b2 ) ≥ Bất đẳng thức tương đương cuối đúng, ta có điều phải chứng minh Giả sử bất đẳng thức cho n = k ,tức a1b1 + a2b2 + + ak bk ≥ a1bi1 + a2bi2 + + ak bik ≥ a1bk + a2bk −1 + + ak b1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức cho n = k + Đối với bầt đẳng thức đầu tiên, sử dụng bất đẳng thức quy nạp ta cần chứng minh: ak +1bk +1 + b j ≥ bk +1 + ak +1b j ⇔ (ak +1 − )(bk +1 − b j ) ≥ Đối với bất đẳng thức thứ hai, sử dụng bất đẳng thức quy nạp ta cần chứng minh: ak +1b1 + b j ≤ ak +1b j + b1 ⇔ (ak +1 − )(b1 − b j ) ≤ Hai bất đẳng thức tương đương cuối đúng, bất đẳng thức ban đầu Tóm lại theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh d)Bất đẳng thức Bernoulli Cho a ∈ N , x ∈ R, x ≥ −1 Khi ta có bất đẳng thức sau: (1 + x )a ≥ + ax Đẳng thức xảy x = hay a = hay x = −1; a = Chúng ta có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này.Tuy nhiên tác giải xin trình bày cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy, cách chứng minh ngắn gọn trường hợp nêu, nhiên giúp ích bạn nhiều mặt ý tưởng trình học cấp ba Nếu + ax ≤ bất đẳng thức hiển nhiên (1 + x )a ≥ Xét + ax ≥ Bất đẳng thức cho tương đương với: + x ≥ a + ax