Chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản bằng phương pháp hình học_unprotected

Header Page of 166 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN THI ̣ MINH TRANG CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2016 Footer Page of 166 Header Page of 166 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN THI ̣ MINH TRANG - MÃ HỌC VIÊN: C00271 CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ: TOÁN VÀ THỐNG KÊ CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS VŨ THẾ KHÔI HÀ NỘI - NĂM 2016 Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 LỜI CẢM ƠN Luâ ̣n văn này đươ ̣c hoàn thành ta ̣i trường Đa ̣i ho ̣c Thăng Long Hà Nô ̣i với sự hướng dẫn và chỉ bảo tâ ̣n tình của PGS- TS Vũ Thế Khôi Tác giả xin đươ ̣c gửi lời cảm ơn sâu sắ c tới PGS- TS Vũ Thế Khôi người thầy đã đô ̣ng viên, hướng dẫn nhiê ̣t tình giúp đỡ tác giả hoàn thành luâ ̣n văn này Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn các thầ y cô giáo BGH, Phòng đào ta ̣o – Khoa sau đa ̣i ho ̣c trường đa ̣i ho ̣c Thăng Long Hà Nô ̣i đã ta ̣o điề u kiê ̣n cho tác giả ho ̣c tâ ̣p, rèn luyê ̣n và hoàn thành khóa ho ̣c tha ̣c sy.̃ Đồ ng thời tác giả xin chân thành cảm ơn tới các thầ y cô giáo trực tiế p đứng lớp giảng da ̣y và hướng dẫn khoa ho ̣c lớp cao ho ̣c toán A3 đã nhiêṭ tình từng bài giảng, trang bi ̣ từng nấ c thang kiế n thức để tác giả vững tin nghiên cứu và hoàn thiê ̣n luâ ̣n văn này Tuy nhiên sự hiể u biế t của tác giả còn nhiề u ̣n chế nên quá trin ̀ h nghiên cứu và làm luâ ̣n văn không tránh khỏi những thiế u sót, tác giả rấ t mong nhận sự chỉ bảo tận tình, đóng góp ý kiế n quý báu của quý thầ y cô và các đô ̣c giả quan tâm tới mảng kiế n thức đươ ̣c nghiên cứu luâ ̣n văn này Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà nội, ngày 25 tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Thi Minh Trang ̣ Footer Page of 166 Header Page of 166 Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 MỞ ĐẦU Các bài toán về bấ t đẳ ng thức nói chung là các bài toán khó đố i với ho ̣c sinh phổ thông Đa ̣i đa số ho ̣c sinh phổ thông tiế p câ ̣n các bài toán bấ t đẳ ng thức theo phương pháp đa ̣i số dễ dàng so với viêc̣ tiế p câ ̣n các bài toán bấ t đẳ ng thức theo phương pháp hiǹ h ho ̣c Lý do: Một là phương pháp hin ̀ h ho ̣c chưa đươ ̣c phổ biế n rô ̣ng raĩ , hai là phương pháp đòi hỏi em phải kiến thức, vững kĩ năng, biết vận dụng linh hoạt việc kết hợp đại số hình học vào toán cho phù hợp Mặt khác tâm lý chung các em học sinh sợ giải bài toán liên quan đế n chứng minh bất đẳng thức có giải thừa nhận những công thức lời giải có sẵn mô ̣t cách thu ̣ đô ̣ng mà không hiểu chất vấ n đề Chính hiểu bất đẳng thức phần quan trọng chương trình phổ thông học tốt bất đẳng thức thúc đẩy tư toán học học sinh phát triển mạnh mẽ nên tác giả ma ̣nh da ̣n tìm hiể u, nghiên cứu và cho ̣n đề tài “Chứng minh một số bấ t đẳ ng thức bản bằ ng phương pháp hình học” cho luận văn nhằm mục đích phát huy tính tích cực, tư duy, sáng ta ̣o em mảng kiến thức Từ em vững tin khám phá cách giải vào chứng minh bất đẳng thức khó, chinh phục toán chứng minh bất đẳng thức đề thi đại học hàng năm Tóm lại thông qua luận văn này, tác giả muốn: - Tăng thêm vốn kiến thức cho em học sinh - Khơi dậy niềm đam mê toán học em - Tạo cho em thói quen tự rèn luyện cho có khả tư toán học khoa học Footer Page of 166 Header Page of 166 GIỚI THIỆU Luâ ̣n văn “Chứng minh một số bấ t đẳ ng thức bản bằ ng phương pháp hình học ” gồ m có - Mở đầ u - Ba chương nô ̣i dung Chương I Phương pháp biểu diễn số dương độ dài đoạn thẳng Chương dựa theo Chương I tài liệu tham khảo [1] tài liệu tham khảo [4], [5], [7], [8], [9], [10], [12], [13], [14] Chương trình bày chứng minh các bất đẳng thức cách so sánh độ dài đoạn thẳng sử dụng phương pháp để thiết lập bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương số bất đẳng thức khác Nguyên lý bao hàm Nguyên lý trắ c ̣a So sánh Pythagore Bất đẳng thức tam giác (đa giác) So sánh đồ thị hàm số Chương II Phương pháp biểu diễn số dương diện tích thể tích Chương dựa theo Chương II tài liệu tham khảo [1] tài liệu tham khảo [2], [3], [6], [11], [15] Chương trình bày chứng minh bất đẳng thức cách sử dụng các số dương biểu thi ̣cho số đo diện tích thể tích vật thể theo phương pháp nguyên lý bao hàm, dùng nguyên lý bao hàm để thiế t lập bất đẳng thức AM- GM số bất đẳng thức khác có liên quan Chương III Một số tập áp dụng Chương lấy từ tài liệu tham khảo [1] phần lớn tác giả tự giải Chương trình bày số tập chứng minh bất đẳng thức theo phương pháp nêu chương I chương II - Kế t luâ ̣n và tài liêụ tham khảo Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 CHƯƠNG I PHƯƠNG PHÁP BIỂU DIỄN SỐ DƯƠNG BẰNG ĐỘ DÀ I ĐOẠN THẲNG Một công cụ đơn giản và hiêụ quả viê ̣c chứng minh bất đẳng thức coi số dương biể u thị cho đô ̣ dài các đoạn thẳng Trong chương chương tiếp theo, ta chứng minh các bất đẳng thức cách so sánh độ dài đoạn thẳng và sử dụng phương pháp sau Nguyên lý bao hàm Chứng minh đoạn thẳng tập đoa ̣n thẳ ng khác Chúng ta tổng quát phương pháp chương coi số dương biểu thị cho số đo của diện tích thể tích Các bất đẳng thức chứng minh thông qua mối quan hệ tập hợp Nguyên lý trắ c ̣a Thực tế đường ngắn nối hai điểm đoạn thẳng nối hai điểm So sánh Pythagore Mệnh đề I.19 cuố n sách sở Euclid “Trong hình tam giác cạnh đối diện với góc lớn cạnh lớn hơn” Do tam giác vuông cạnh huyền cạnh lớn Vì để so sánh hai đoạn thẳng ta coi đoạn thẳng ứng với cạnh bên đoạn lại ứng với cạnh huyền tam giác vuông Bất đẳng thức tam giác (đa giác) Mệnh đề I.20 cuố n sách sở phát biể u rằ ng “Trong tam giác, tổng hai cạnh lớn cạnh thứ ba” Do ba đường thẳng tạo thành tam giác độ dài cạnh tam giác bé tổng độ dài hai cạnh lại (tương tự cho đa giác) Và bấ t đẳ ng thức tam giác trường hợp đặc biệt nguyên lý trắc địa Footer Page of 166 Header Page of 166 So sánh đồ thị hàm số Nếu đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥) nằm phía đồ thị hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) khoảng giá trị 𝑥 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) khoảng giá trị Và đoạn thẳng nối từ điểm (𝑥; 𝑓(𝑥)) tới điểm (𝑥; 𝑔(𝑥)) có độ dài lớn không nên bất đẳng thức 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥) thiế t lập Hình 1.1 Trong hình 1.1 phía ta khẳng định kết hợp số dương với chiều dài các đoạn thẳng 1.1 Bất đẳng thức liên quan tới hình tam giác Theo nguyên lý trắ c đia,̣ ba số dương 𝑎, 𝑏 𝑐 độ dài cạnh tam giác ABC 𝑎 + 𝑏 > 𝑐, 𝑏 + 𝑐 > 𝑎, 𝑎 + 𝑐 > 𝑏 Ngược lại phát biể u này với nguyên lý bao hàm Không tính tổng quát ta giả sử 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐 Khi đó với bất đẳng thức 𝑎 + 𝑏 > 𝑐 minh họa hình 1.2, ta thấy đoạn thẳng có đô ̣ dài 𝑐 bao phủ hai đoạn thẳng có đô ̣ dài 𝑎 𝑏 Thực tế, cũng trình mà người cầ n dùng để dựng hình tam giác với độ dài cạnh cho trước thước kẻ compa Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 Hình 1.2 Kết đơn giản có số hệ hữu ích, đặc biệt tam giác đã cho tam giác vuông Ví dụ Cho 𝑎, 𝑏 ≥ Xét tam giác vuông có chiề u dài các ca ̣nh bên là √𝑎 , √𝑏, và chiề u dài ca ̣nh huyề n là √𝑎 + 𝑏 Khi đó, nhìn vào hình 1.3 ta thấ y rằ ng a  b  ab Nế u ta cho 𝑎 = hoă ̣c 𝑏 = thì √𝑎 + 𝑏 ≤ √𝑎 + √𝑏 Hình 1.3 Trong chương bắt gặp phương pháp khác việc tìm trung bình số Có lẽ giá trị trung bình tiếng Trung Bình Cộng, trung bình cô ̣ng hai số 𝑎 𝑏 𝑎+𝑏 Giá trị trung bình khác bậc hai trung bình bình phương, bậc hai trung bình bình phương đố i với hai số 𝑎 𝑏 √ (𝑎2 +𝑏2 ) Căn bậc hai trung bình bình phương thường xuất vật lý, kĩ thuật điện và người ta sử dụng để đo độ lớn của những đa ̣i lươ ̣ng nhâ ̣n cả giá tri dương lẫn âm, chẳng hạn sóng ̣ Footer Page of 166 Header Page 10 of 166 Trong hình 1.4 sử dụng hai lần bất đẳng thức tam giác để hai số dương 𝑎 𝑏, bậc hai trung bình bình phương trung bình cô ̣ng √2 lần trung bình cô ̣ng [5], tức √2(𝑎 + 𝑏) ≤ 2√𝑎2 + 𝑏2 ≤ 2(𝑎 + 𝑏) 𝑎+𝑏 𝑎2 + 𝑏 a+b √ ⇔ ≤ ≤ √2 ( ) 2 Hình 1.4 Các ý tưởng tương tự áp dụng cho ba số dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 bấ t đẳ ng thức sau đươ ̣c thiế t lâ ̣p √2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) ≤ √𝑎2 + 𝑏2 + √𝑏2 + 𝑐 + √𝑐 + 𝑎2 ≤ 2(a + b + c) Hình 1.5 Có thể thấ y từ hình 1.5 bên trái [5], bất đẳng thức dẫn đến chă ̣n cho tổ ng chiều dài cạnh tam giác tạo nên từ ba đường chéo Footer Page 10 of 166 Thang Long University Library Header Page 58 of 166 suy đồ thi hàm số 𝑓(𝑥) nằm phía đồ thị hàm số 𝑔(𝑥) Đẳng ̣ thức xảy 𝑥 = Vậy 𝑥 𝑟 − ≥ 𝑟(𝑥 − 1) (□) 𝑥 𝑒 Bài 3.1.6 Chứng minh 𝑥 > √𝑥 ≤ √𝑒 (1) 𝑥 Chưng minh Ta có √𝑥 ≤ √𝑒  𝑥 ≤ 𝑒 𝑒 𝑥 𝑒 Từ dẫn đến chứng minh toán: 𝑥 Nếu 𝑥 > 𝑥 ≤ 𝑒 𝑒 𝑥 Thật vậy, xét hai hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑒 𝑔(𝑥) = 𝑥 𝑥 Khi 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒 𝑒 > với 𝑥 > 𝑔′ (𝑥) = > 𝑒 Suy 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥) hàm đồng biến Mặt khác 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑔′ (𝑥) = nên 𝑔(𝑥) = 𝑥 tiếp xúc với đường cong 𝑓(𝑥) (𝑒; 𝑒) Vì 𝑓 ′′ (𝑥) = 𝑒 𝑥 𝑒 𝑒 > nên 𝑓(𝑥) là hàm lồi (0; +∞) 𝑥 Hay đồ thị hàm số 𝑓(𝑥) nằm phía đồ thị hàm số 𝑔(𝑥) Từ 𝑒 𝑒 ≥ x 𝑒 𝑥 Vậy √𝑒 ≥ √𝑥 (□) Bài 3.1.7 cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 biể u thị độ dài cạnh tam giác 𝑠 nửa A chu vi Chứng minh bất đẳng thức sau a) 𝑠−𝑎 + 𝑠−𝑏 + 𝑠−𝑐 ≥ 𝑠 z (1) z b) √𝑠 ≤ √𝑠 − 𝑎 + √𝑠 − 𝑏 + √𝑠 − 𝑐 ≤ √3𝑠 (2) y x Chứng minh Sử dụng đổi biến Ravi B x y C Đặt 𝑠 − 𝑎 = 𝑧, 𝑠 − 𝑏 = 𝑥, 𝑠 − 𝑐 = 𝑦 Footer Page 58 of 166 56 Thang Long University Library Header Page 59 of 166 suy 𝑠 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 1 𝑥 𝑦 a) Bất đẳng thức (1)  + 𝑧 x+y+z + ≥ (∗) Chứng minh bất đẳng thức (∗) Áp dụng bất đẳng thức trung bình điều hòa trung bình cộng cho ba số dương 𝑥, 𝑦, 𝑧, ta có 𝑥 Vậy 1 1≤ 𝑦 𝑧 + + 𝑥+𝑦+𝑧 1  + + ≥ 𝑥 𝑦 𝑧 x + y + z + 𝑠−𝑏 + 𝑠−𝑐 ≥ 𝑠 (□) 𝑠−𝑎 b) Bất đẳng thức (2) tương đương với bất đẳng thức √x + y + z ≤ √𝑥 + √𝑦 + √𝑧 ≤ √3(x + y + z) (∗∗) - Chứng minh √x + y + z ≤ √𝑥 + √𝑦 + √𝑧 Bình phương hai vế bất đẳng thức trên, ta có 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2(√𝑥𝑦 + √𝑥𝑧 + √𝑦𝑧) (luôn đúng) (3) - Chứng minh √𝑥 + √𝑦 + √𝑧 ≤ √3(x + y + z) Ta có (√𝑥 + √𝑦 + √𝑧) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2(√𝑥𝑦 + √𝑥𝑧 + √𝑦𝑧) ≤ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2( 𝑥+𝑦 𝑥+𝑧 𝑦+𝑧 + + ) 2 = 3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) (4) Từ (3) (4) suy √x + y + z ≤ √𝑥 + √𝑦 + √𝑧 ≤ √3(x + y + z) Vậy √𝑠 ≤ √𝑠 − 𝑎 + √𝑠 − 𝑏 + √𝑠 − 𝑐 ≤ √3𝑠 (□) Footer Page 59 of 166 57 Header Page 60 of 166 3.2 Bài tập áp dụng chương II Bài 3.2.1 Một dịch vụ chuyển phát nhanh thường hạn chế kích cỡ bưu kiên mà tiếp nhận, gói bưu kiện vượt 165 inches chiều dài cộng phần xung quanh, tức dài + 2×rộng + 2×cao≤ 165 Tìm kích thước gói bưu kiện nhận với thể tích lớn nhất? Lời giải Gọi 𝑎, 𝑏, 𝑐 biểu diễn cho chiều dài, rộng, cao gói bưu kiện Khi toán trở thành: Tìm giá trị lớn thể tích hình hộp thỏa mãn : 𝑎 + 2𝑏 + 2𝑐 ≤ 165 Ký hiệu V thể tích hình hộp suy 𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 Đặt 𝑃 = 𝑎 + 2𝑏 + 2𝑐 Áp dụng AM-GM cho ba số dương 𝑎, 2𝑏, 2𝑐 ta có: 𝑃 ≥ 3√4𝑎𝑏𝑐 Suy 𝑎𝑏𝑐 ≤ { 𝑝3 27.4 ≤ 1653 4.27 Khi 𝑚𝑎𝑥𝑉 = 𝑝3 27.4 𝑎 = 55 𝑎 = 2𝑏 = 2𝑐 ⇔{ 𝑏 = 55/2 𝑎 + 2𝑏 + 2𝑐 = 165 Vậy gói bưu kiện nhận tích lớn chiều dài gấp đôi chiều rộng chiều cao Bài 3.2.2 Sử dụng phương pháp quy nạp bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương để chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho 2k số dương, 𝑘 ≥ Chứng minh Footer Page 60 of 166 58 Thang Long University Library Header Page 61 of 166 Với 𝑘 = 1, theo bất đẳng thức AM-GM cho 𝑎, 𝑏 > ta có 𝑎 + 𝑏 ≥ 2√𝑎𝑏 Giả sử bất đẳng thức với 𝑘 = 𝑝 ≥ 1, tức ta có Với 𝑚 = 2𝑘 = 2𝑝 : ⏟ 𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑚 ≥ 𝑚 𝑚√𝑥1 𝑥2 … 𝑥𝑚 𝑚 𝑠ố Ta cần chứng minh bất đẳng thức với 𝑘 = 𝑝 + Hay chứng minh với 2𝑘 = 2𝑝+1 = 2𝑝 = 2𝑚, ta có 2𝑚 𝑥 ⏟1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑚 + 𝑥 ⏟𝑚+1 + 𝑥𝑚+2 + ⋯ + 𝑥𝑚+𝑚 ≥ 2𝑚 √𝑥1 𝑥2 … 𝑥2𝑚 𝑚 𝑠ố 𝑚 𝑠ố Thật 𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑚 + ⏟ 𝑥𝑚+1 + 𝑥𝑚+2 + ⋯ + 𝑥𝑚+𝑚 ⏟ 𝑚 𝑠ố 𝑚 𝑠ố ≥ 𝑚 𝑚√𝑥1 𝑥2 … 𝑥𝑚 + 𝑚 𝑚√𝑥𝑚+1 𝑥𝑚+2 … 𝑥𝑚+𝑚 ≥ 2𝑚 2𝑚√𝑥1 𝑥2 … 𝑥2𝑚 (□) Bài 3.2.3 Cho 𝐾 biểu thị diện tích tứ giác Q với độ dài cạnh 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 theo thứ tự (tức a c đối nhau; b d đối nhau) Thiết lập bất đẳng thức sau a 𝐾 ≤ 𝑎𝑏+𝑐𝑑 𝐾 ≤ 𝑎𝑑+𝑏𝑐 b 𝐾 ≤ (𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑑) c 𝐾 ≤ 16 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑)2 d 𝐾 ≤ (𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ) Chứng minh Xét tứ giác ABCD ta có: 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 = 𝑏, 𝐶𝐷 = 𝑐, 𝐴𝐷 = 𝑑 diện tích 𝐾 Footer Page 61 of 166 59 Header Page 62 of 166 1 2 a) Ta có 𝐾 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 + 𝑆𝐴𝐷𝐶 = 𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵 + 𝑐𝑑 𝑠𝑖𝑛𝐷 1 𝑎𝑏+𝑐𝑑 2 ≤ 𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 = (□) Đẳng thức xảy 𝐵 = 𝐷 = 900 Chứng minh tương tự ta có 𝐾 ≤ 𝑎𝑑+𝑏𝑐 b) Theo kết câu a) 𝐾 ≤ 𝑎𝑏+𝑐𝑑 2 ,𝐾 ≤ 𝑎𝑑+𝑏𝑐 Ta có 2𝐾 ≤ 𝑎𝑏 + 𝑐𝑑 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 𝑎𝑑 + 𝑐𝑑 + = + = (𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑑) 2 2 Hay 𝐾 ≤ (𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑑) Đẳng thức xảy 𝐴 = 𝐵 = 𝐶 = 𝐷 = 900 (tức Q hình chữ nhật) (□) c) Theo câu b) 𝐾 ≤ (𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑑) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số 𝑎 + 𝑐 𝑏 + 𝑑, ta có 1 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑)2 𝐾 ≤ (𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑑) ≤ ( ) = 4 16 𝑎+𝑐 =𝑏+𝑑 (tức Q hình vuông) Đẳng thức xảy { 𝐴 = 𝐵 = 𝐶 = 𝐷 = 900 Vậy 𝐾 ≤ 16 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑)2 (□) d) Áp dụng bất đẳng thức AM- RMS cho bốn số dương 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, ta có 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 Hay 𝐾 = 16 ≤√ 𝑎2 +𝑏2 +𝑐 +𝑑 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑)2 ≤ (𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ) Footer Page 62 of 166 60 Thang Long University Library Header Page 63 of 166 Đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑 (tức Q hình vuông) Vậy 𝐾 ≤ (𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ) (□) Bài 3.2.4 Chứng minh a Mediant hai phân số có mẫu số trung bình cộng b Mediant hai phân số có tử số trung bình điều hòa Chứng minh 𝑥 𝑦 a Giả sử phân số có mẫu số là: ; (𝑎 > 0) 𝑎 𝑎 𝑥 𝑦 𝑥+𝑦 𝑎 𝑎 2𝑎 Khi mediant ; = 𝑥 𝑦 ( )+( ) 𝑎 𝑎 (□) Vậy Mediant hai phân số có mẫu số trung bình cộng b Giả sử hai phân số có tử số 𝑥 𝑥 Khi mediant ; 𝑎 𝑏 𝑥 𝑎 𝑥 𝑥 ; (𝑎 ≥ 𝑏 > 0) 𝑎 𝑏 𝑥 𝑏 2( )( ) 2𝑥 𝑎+𝑏 = (𝑥/𝑎)+(𝑥/𝑏) (□) Vậy mediant hai phân số có tử số trung bình điều hòa Bài 3.2.5 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số dương Chứng minh 1 + + ≥ 𝑎 + 𝑏 𝑏 + 𝑐 𝑐 + 𝑎 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) Chưng minh Cách Áp dụng BĐT Chebyshev (2.2c), ta có: ( 1 + + ) ((𝑎 + 𝑏) + (𝑏 + 𝑐) + (𝑐 + 𝑎)) ≥ 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎  2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ( 𝑎+𝑏 Hay Vậy 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 + + 𝑏+𝑐 𝑏+𝑐 + + 𝑐+𝑎 𝑐+𝑎 + ≥ ≥ 𝑏+𝑐 + 𝑐+𝑎 2(𝑎+𝑏+𝑐) ) ≥ Đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 2(𝑎+𝑏+𝑐) (□) Cách Footer Page 63 of 166 61 Header Page 64 of 166 Áp dụng bất đẳng thức trung bình điều hòa trung bình cộng cho ba số , , 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎  ( 𝑎+𝑏+𝑐) ≤ , ta có 1 + + 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 (𝑎+𝑏)+(𝑏+𝑐)+(𝑐+𝑎)  ≤ 1 + + 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 1 + + 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 ≥ 2(𝑎+𝑏+𝑐) (□) Bài 3.2.6 Cho 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≤ Chứng minh hình vẽ 𝑎2 + 3𝑏 + 5𝑐 ≤ Chứng minh Ta có: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≤ suy (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≤ Để chứng minh 𝑎2 + 3𝑏 + 5𝑐 ≤ Cần chứng minh 𝑎2 + 3𝑏 + 5𝑐 ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 Từ hình vẽ ta thấy: Các hình vuông có diện tích 𝑎2 + 3𝑏 + 5𝑐 lắp vừa khít bên hình vuông có diện tích (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 Do 𝑎2 + 3𝑏 + 5𝑐 ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≤ (□) Bài 3.2.7 Chứng minh bất đẳng thức Schur dẫn tới bất đẳng thức Padoa Chứng minh Ta có với 𝑟 = bất đẳng thức Schur có dạng 𝑥(𝑥 − 𝑦)(𝑥 − 𝑧) + 𝑦(𝑦 − 𝑧)(𝑦 − 𝑥) + 𝑧(𝑧 − 𝑥)(𝑧 − 𝑦) ≥ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 𝑥 𝑧 − 𝑥 𝑦 + 3𝑥𝑦𝑧 − 𝑥𝑦 − 𝑦 𝑧 − 𝑧 𝑦 − 𝑧 𝑥 ≥ Footer Page 64 of 166 62 Thang Long University Library Header Page 65 of 166  𝑥𝑦𝑧 ≥ (2𝑥 𝑦 + 2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑦𝑧) + (𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 − 𝑧 ) + (𝑦 𝑧 − 𝑦 𝑥 − 𝑦 ) + (𝑥 𝑧 − 𝑥 𝑦 − 𝑥 ) ≥ 2𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 − 𝑧) + 𝑧 (𝑥 + 𝑦 − 𝑧) − 𝑦 (𝑥 + 𝑦 − 𝑧) − 𝑥 (𝑥 + 𝑦 − 𝑧) ≥ (𝑥 + 𝑦 − 𝑧)(2𝑥𝑦 + 𝑧 − 𝑦 − 𝑥 ) ≥ (𝑥 + 𝑦 − 𝑧)((𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 − 𝑦 ) + (𝑥𝑦 − 𝑥 − 𝑥𝑧) + (𝑧 − 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧)) ≥ (𝑥 + 𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑦 + 𝑧)(−𝑥 + 𝑦 + 𝑧) Vậy với 𝑟 = bất đẳng thức Schur dẫn tới bất đẳng thức Padoa (□) Bài 3.2.8 Sử dụng bất đẳng thức Chebysev để thiết lập bất đẳng thức Mengoli Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Chebysev (2.2c), ta có 1 + + )≥9 𝑥+1 𝑥 𝑥−1 1 ⇔ 3𝑥 ( + + )≥9 𝑥+1 𝑥 𝑥−1 1 ⇔( + + )≥ 𝑥+1 𝑥 𝑥−1 𝑥 (𝑥 + + 𝑥 + 𝑥 − 1) ( Vậy bất đẳng thức Mengoli thiết lập (□) Bài 3.2.9 Chứng minh tất hình hộp chữ nhật hình vuông có diện tích mặt nhỏ Chứng minh Ký hiệu 𝑆 diện tích mặt ngoài; 𝑎, 𝑏, 𝑐 chiều dài, rộng chiều cao V thể tích hình hộp 3 Khi 𝑆 = 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥ 6√𝑎2 𝑏2 𝑐 = 6√𝑉 ⇔ 𝑆 ≥ 6√𝑉 Đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 Do V cố định hình vuông có diện tích mặt nhỏ (□) Footer Page 65 of 166 63 Header Page 66 of 166 Bài 3.2.10 Dùng hình ảnh, chứng minh rẳng với 𝑥 ≥ 𝑦 ≥ 0, ta có √3𝑦 + 𝑥 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ √3𝑥 + 𝑦 (𝑎) Chưng minh Ta có: √3𝑦 + 𝑥 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ √3𝑥 + 𝑦 ⇔ 3𝑦 + 𝑥 ≤ (𝑥 + 𝑦)2 ≤ 3𝑥 + 𝑦 (𝑏) Để chứng minh (b), ta có hình sau Từ hình vẽ ta thấy hình vuông có diện tích 3𝑦 + 𝑥 lắp vừa khít bên hình vuông cạnh (𝑥 + 𝑦) (1) Còn hình vuông cạnh (𝑥 + 𝑦) lắp vừa khít bên hình tạo hình vuông có diện tích 3𝑥 + 𝑦 (2) Từ (1) (2) ta có: 3𝑦 + 𝑥 ≤ (𝑥 + 𝑦)2 ≤ 3𝑥 + 𝑦 Vậy √3𝑦 + 𝑥 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ √3𝑥 + 𝑦 (□) Bài 3.2.11 Cho 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 ba cạnh tam giác Chứng minh 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 ≤ (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) Chứng minh Footer Page 66 of 166 64 Thang Long University Library Header Page 67 of 166 Nhìn vào hình vẽ ta thấy hình vuông có cạnh cạnh a,b,c lắp vừa khít bên hình chữ nhật có diện tích (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) Suy diện tích hình vuông (𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 ) nhỏ diện tích hình chữ nhật (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) Vậy 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 ≤ (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) (□) Bài 3.2.12 Chứng minh công thức tổng quát tổng Mediant trường hợp tổng quát sau: Nếu 𝑎1 ; 𝑎2 ; , … , 𝑎𝑛 số thực 𝑏1 ; 𝑏2 ; … , 𝑏𝑛 số thực dương 𝑎𝑖 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑎𝑖 ≤ ≤ max 1≤𝑖≤𝑛 𝑏𝑖 𝑏1 + 𝑏2 + ⋯ + 𝑏𝑛 1≤𝑖≤𝑛 𝑏𝑖 Chứng minh 𝑎1 Không tính tổng quát, ta giả sử: 𝑏1 ≤ 𝑎2 𝑏2 ≤⋯≤ 𝑎𝑛 𝑏𝑛 Khi 𝑎𝑖 𝑎1 𝑎𝑖 𝑎𝑛 = , max = 1≤𝑖≤𝑛 𝑏𝑖 𝑏1 1≤𝑖≤𝑛 𝑏𝑖 𝑏𝑛 Ta có mediant 𝑎1 𝑎2 , 𝑏1 𝑏2 𝑎1 +𝑎2 𝑏1 +𝑏2 (𝑛 = 2) Tương tự, ta có Mediant 𝑎1 +𝑎2 𝑏1 +𝑏2 𝑎3 𝑏3 𝑎1 +𝑎2 +𝑎3 𝑏1 +𝑏2 +𝑏3 … Mediant Footer Page 67 of 166 𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛−1 𝑏1 +𝑏2 +⋯+𝑏𝑛−1 65 𝑎𝑛 𝑏𝑛 𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛 𝑏1 +𝑏2 +⋯+𝑏𝑛 Header Page 68 of 166 Suy 𝑎1 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑎𝑛 ≤ ≤ 𝑏1 𝑏1 + 𝑏2 + ⋯ + 𝑏𝑛 𝑏𝑛 Vậy ta có: 𝑎𝑖 1≤𝑖≤𝑛 𝑏𝑖 ≤ 𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛 𝑏1 +𝑏2 +⋯+𝑏𝑛 𝑎 ≤ max 𝑖 (□) 1≤𝑖≤𝑛 𝑏𝑖 Bài 3.2.13 Cặp hình minh họa bất đẳng thức Đó bất đẳng thức nào? a) b) Lời giải Từ hình (b) ta có: (√𝑎) + Hay 𝑎+𝑏 2 (𝑏)2 ≥ √𝑎√𝑏 ≥ √𝑎𝑏 Đây bất đẳng thức AM-GM Bài 3.2.14 Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 ba cạnh tam giác vuông có cạnh huyền 𝑐 𝑎𝑐 + 𝑏 ≤ 5𝑐 /4 Chứng minh Vì a, b, c ba cạnh tam giác vuông có cạnh huyền c nên ta có 𝑎2 + 𝑏 = 𝑐 ⇔ 𝑐 − 𝑎2 = 𝑏 Từ bất đẳng thức 𝑎𝑐 + 𝑏 ≤ 5𝑐 /4 ⇔ 𝑎𝑐 − 𝑎2 ≤ 𝑐 /4 Cần chứng minh bất đẳng thức 𝑎𝑐 − 𝑎2 ≤ 𝑐 /4 Thật vậy: 𝑎𝑐 = 2𝑎(𝑐/2) ≤ 𝑎2 + 𝑐 /4 ⇔ 𝑎𝑐 − 𝑎2 ≤ 𝑐 /4 Vậy 𝑎𝑐 + 𝑏 ≤ 5𝑐 /4 (□) Footer Page 68 of 166 66 Thang Long University Library Header Page 69 of 166 Bài 3.2.15 Cho 𝑥, 𝑦 ∈ [0; 1] Chứng minh hình vẽ : √𝑥𝑦 + √(1 − 𝑥)(1 − 𝑦) ≤ Chứng minh Từ hình vẽ ta thấy − √𝑥𝑦 ≥ √(1 − 𝑥)(1 − 𝑦) Do √𝑥𝑦 + √(1 − 𝑥)(1 − 𝑦) ≤ (□) Footer Page 69 of 166 67 Header Page 70 of 166 KẾT LUẬN Trong luâ ̣n văn này tác giả đọc, nghiên cứu viết lại số kết sau Thiết lập bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương số bất đẳng thức trung bình khác cách sử dụng phương pháp như: So sánh Pythagore, bất đẳng thức tam giác, nguyên lý trắc địa so sánh đồ thị hàm số Thiết lập bất đẳng thức AM –GM từ ba số đến n số dương, bất đẳng thức Guha, bất đẳng thức Chebyshev, bất đẳng thức Schur số bất đẳng thức khác cách sử dụng phương pháp nguyên lý bao hàm Vận dụng phương pháp nói vào việc giải toán chứng minh số bất đẳng thức phương pháp hình học số toán có liên quan Footer Page 70 of 166 68 Thang Long University Library Header Page 71 of 166 TÀ I LIỆU THAM KHẢO [1] Alsina, Claudi, and Roger B Nelsen When Less is More: Visualizing Basic Inequalities No 36 MAA, 2009 [2] Alsina, C, “The arithmetic mean- geometric mean inequality for three positive numbers”, Mathematics Magazine, 73 (2000), p 97 [3] Arnol'd, V I, Yesterday and Long Ago, Springer, Berlin, 2006 [4] D𝐨̈ rrie, 100 Great Problems of Elementary Mathematics, Dover, New York, 1965 [5] Ferréol, R, personal communication (2006) ̌kole (1977), p 80 [6] Guba, S G, "Zadaca 1797”, Mat V 𝑺 [7] Kazarinoff, N D, Geometric Inequalities, Mathematical Association of America, Washington, 1961 [8] Maor, E, Trigonometric Delights, Princeton University Press, Princeton, 1998 [9] Nelsen, R B, "The harmonic mean-geometric mean-arithmetic meanroot mean square inequality," Mathematics Magazine, 60 (1987), p 158 [10] Nelsen, R, B, “The sum of a positive number and its reciprocal is at leats two (four proofs)”, Mathematics Magazine, 67 (1994b), p 374 [11] Nesbitt, A M, "Problem 1514”, Educational Times, (1903), pp 3738 [12] Niven, I, Maxima and Minima Without Calculus, Mathematical Association of America, Washington, 1981 [13] Padoa, A, "Una questione di minimo," Periodico di Matematiche, (1925), pp 80-85 [14] Shklarsky, O, N N Chentzov and I M Yaglon, The USSR Olympiad Problem Book, W H Freeman and Co., San Francisco, 1962 [15] Voicu, I, "Problem 18666", Gaz Mat., 86 (1981), p 112 Footer Page 71 of 166 69 Header Page 72 of 166 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc GIẤY XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN THẠC SĨ Họ tên tác giả luận văn: Nguyễn Thị Minh Trang Đề tài luận văn: CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC Chuyên ngành: Toán Thống Kê Mã Học viên: C00271 Cơ sở đào tạo: Trường Đại học Thăng Long Căn vào biên họp Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ ngày 07/06/2016 Trường Đại học Thăng Long nhận xét, góp ý cụ thể thành viên hội đồng, tác giả luận văn thực chỉnh sửa sau: Chỉnh lại số câu văn trình bày Chỉnh lại dấu chấm câu, lỗi trình bày văn Hà nội, ngày 10 tháng 07 năm 2016 Xác nhận giáo viên hướng dẫn Tác giả luận văn Nguyễn Thị Minh Trang Xác nhận Chủ tịch Hội đồng chấm luận văn Footer Page 72 of 166 Thang Long University Library ... Ravi, bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức √