Về một bất đẳng thức và ứng dụng

VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG (Nguyễn An Vĩnh Phúc - PTNK - ĐHQG TPHCM) Bất đẳng thức lĩnh vực hay toán học sơ cấp, nhiều bạn trẻ yêu thích khám phá tìm tòi Khi giải toán ta không dừng lại trường hợp đặc biệt mà suy nghĩ đến dạng tổng quát có toán đó,bài toán tổng quát thường phức tạp hơn, khó giải trường hợp Nhưng mà ngược lại, điều tốt nhất, đơn giản có tìm cách giải toán tổng quát Trong viết trình bày bất đẳng thức quen thuộc số ứng dụng việc giải toán bất đẳng thức khác I Phát biểu bất đẳng thức: Cho x1 ; x2 ; ; xn ≥ n ∈ N, n ≥ Chứng minh rằng: 1 n + + + ≥ n n n + x1 + x2 + xn + x1 x2 xn Trước tiên,ta xét toán với n = Bài toán 1: Cho x, y ≥ 1.Chứng minh rằng: 1 + ≥ 2 1+x 1+y + xy Đây câu trích đề thi học sinh giỏi bậc Trung học Cơ Sở ngày 28/2/2003.Bài toán có lẽ quen thuộc với nhiều bạn.Ở trình bày hai cách giải cho trường hợp Giải Cách 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương: Sau quy đồng,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: (x − y)2 (xy − 1) ≥0 (1 + x2 )(1 + y )(1 + xy) Điều hiển nhiên với x, y ≥ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y ≥ Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức phụ sau: Nếu b ≥ a ≥ k không âm khác b, b = 0, ta có: a a−k ≥ b b−k Ta biến đổi vế trái bất đẳng thức ban đầu: x2 + y + + = + x2 + y x2 + y + x2 y + Từ điều kiện x, y ≥ ta suy x2 + y + x2 y + ≥ x2 + y + Áp dụng bất đẳng thức phụ với k = (x − y)2 ta có: x2 + y + x2 + y + − (x − y)2 + 2xy ≥ = 2 = 2 2 2 2 x +y +x y +1 x + y + x y + − (x − y) x y + 2xy + 1 + xy Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy x = y ≥ Chú ý: Trong trường hợp n = bất đẳng thức với x, y số thực thỏa xy ≥ đẳng thức xảy xy = Ta tiếp tục toán với n = Bài toán 2: Cho x, y, z ≥ 1.Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 3 1+x 1+y 1+z + xyz Bài toán không xa lạ bạn học sinh phương pháp để chứng minh bất đẳng thức sử dụng kết từ câu Giải Ta có hai bất đẳng thức sau: 1 + ≥ 3 1+x 1+y + x3 y 1 ≥ + 1+z + xyz + xyz ⇒ 1 1 ≥2 + + + 3 1+x 1+y 1+z + xyz x3 y 1+ + xyz 1+ Áp dụng kết câu thì: x3 y 1+ + 1+ xyz ≥ 1+ x4 y z = + xyz 1 + + ≥ − = 3 1+x 1+y 1+z + xyz + xyz + xyz Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy x = y = z ≥ Không dừng lại đó, tiếp tục sử dụng hai kết vừa chứng minh trên,ta giải toán trường hợp n = Bài toán 3: Cho x, y, z, t ≥ 1.Chứng minh rằng: ⇒ 1 1 + + + ≥ 4 4 1+x 1+y 1+z 1+t + xyzt Giải Ta có hai bất đẳng thức sau: 1 + + ≥ 4 1+x 1+y + z4 1+ 3 1 + + ≥ 1+t + xyzt + xyzt 1+ ⇒ 1 1 + + + + ≥3 4 4 1+x 1+y 1+z 1+t + xyzt x4 y z 3 x2 y z t6 1+ x4 y z + 1+ x2 y z t6 Ta lại có: 1+ x4 y z + 1+ x2 y z t 6 ≥ 1+ (x4 y z )(x2 y z t6 ) 1 1 + + + + ≥ + x4 + y + z + t4 + xyzt + xyzt 1 1 ⇒ + + + ≥ − = 4 4 1+x 1+y 1+z 1+t + xyzt + xyzt + xyzt ⇒ = + xyzt Như ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy x = y = z = t ≥ Cuối ta đến chứng minh toán tổng quát Bài toán 4: Cho x1 ; x2 ; ; xn ≥ n ∈ N, n ≥ 2.Chứng minh rằng: 1 n + + + ≥ n n + x1 + x2 + xnn + x1 x2 xn Giải Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Jensen: Xét hàm số f (x) = với x ≥ có: + ex f ”(x) = ex (ex − 1) ≥0 (ex + 1)3 Áp dụng bất đẳng thức Jensen với x = ln xni ≥ ta có điều phải chứng minh Cách 2: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học: Với n = 2,bài toán quay chứng minh kết quen thuộc trên: 1 + ≥ 2 + x1 + x2 + x1 x2 Giả sử bất đẳng thức n = k,nghĩa là: 1 k + + + ≥ k k k + x1 x2 xk + x1 + x2 + xk Ta phải chứng minh bất đẳng thức trường hợp n = k + Nghĩa ta phải chứng minh: 1 1 k+1 + + + + ≥ k+1 k+1 k+1 k+1 + x1 x2 xk+1 + x1 + x2 + xk + xk+1 Ta có: 1 + + + ≥ k+1 k+1 + x1 + x2 + xk+1 k 1+ Tiếp tục sử dụng điều giả sử với (k − 1) phân số: k k k+1 k+1 xk+1 x2 xk ,ta có: + x1 x2 xk+1 1 + + + ≥ k+1 + x1 x2 xk+1 + xk+1 + x1 x2 xk+1 1+ k k k−1 2k xk−1 xk xk+1 Như ta suy ra: 1 1 k−1 + + + + + k+1 k+1 k+1 k+1 + x1 + x2 + xk + xk+1 + x1 x2 xk+1   k  ≥ k + k−1 k−1 2k k k k+1 k+1 k+1 + x1 xk xk+1 + x1 x2 xk Mà ta lại có: 1+ k k+1 xk+1 xk + 1+ k ≥ k−1 2k xk−1 xk xk 1+ k 2k 2k x2k x2 xk+1 = + x1 x2 xk xk+1 1 2k k−1 + + + ≥ + + k+1 k+1 k+1 k+1 + x1 x2 xk+1 + x1 + x2 + xk + xk+1 + x1 x2 xk+1 1 1 k+1 + + + ⇒ + ≥ + x1 x2 xk+1 + xk+1 + xk+1 + xk+1 + xk+1 k k+1 Vậy bất đẳng thức trường hợp n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học,bất đẳng thức với n ∈ N, n ≥ Đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn ≥ Trong trường hợp ≤ x1 ; x2 ; ; xn ≤ bất đẳng thức đổi chiều II Ứng dụng bất đẳng thức việc giải toán khác: Ví dụ 1: Cho a, b > 0.Chứng minh rằng: ⇒ a2 b2 8ab + + + ≥ a2 + b2 + 3a2 + 3b2 + (a + b)2 + (ab + 1)2 Giải Nhận xét: Quan sát biểu thức vế phải,nếu ta chia tử mẫu cho 4ab thu được: (a + b)2 8ab 8ab = = 2 + (ab + 1) a + b + a2 b2 + 4ab + 2 = 2 a +b +a b +1 (a + 1) (b2 + 1) 1+ 1+ 4ab 2a 2b 2 a2 + b2 + x = ,y = + xy 2a 2b Khi x, y ≥ 1,điều giúp ta nghĩ đến bất đẳng thức phụ quen thuộc Sau lời giải hoàn chỉnh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz: Như ta thấy vế phải có dạng 1 a2 b2 a2 b2 a2 b2 4a2 4b2 + + + = + + + ≥ + a2 + b2 + 3a2 + 3b2 + a4 + 3a2 b4 + 3b2 3a2 + 3b2 + a4 + 6a2 + b4 + 6b2 + Bài toán quay chứng minh: 4a2 4b2 8ab + ≥ 4 2 a + 6a + b + 6b + (a + b) + (ab + 1)2 Đặt x = b2 + a2 + ,y = ,viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dạng: 2a 2b + ≥ + x2 + y + xy Điều hiển nhiên x, y ≥ 1.Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy x = y ⇔ a = b Ví dụ 2: Cho a, b, c > thỏa ab + bc + ca = 3.Chứng minh rằng: 1 + + ≥ + a2 + b + c 2 Giải Nhận xét: Quan sát toán,ta thấy vế trái bất đẳng thức cần chứng minh có phân thức 1 , , Hơn xuất đại lượng + a2 , + b2 , + c2 làm ta nghĩ đến hướng 2 + a + b + c2 sử dụng Bài toán quen thuộc Tuy nhiên,bất đẳng thức phụ trường hợp x, y ≥ xy ≥ 1.Chính ta sử dụng giả thiết để tạo điều kiện đó.Cụ thể sau: Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ab ≥ ca ≥ bc.Từ giả thiết ab + bc + ca = ⇒ ab ≥ Đến ta có: 1 + ≥ + a2 + b + ab 1 1 ⇒ + + + ≥ + a2 + b + c + ab + c2 Và công việc ta phải chứng minh: + ≥ + ab + c Sau quy đồng (chú ý ab + bc + ca = 3), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: c(a + b + c − 3abc) ≥0 (1 + ab)(1 + c2 ) Hay a + b + c ≥ 3abc Tiếp tục sử dụng giả thiết ab + bc + ca = bất đẳng thức AM-GM: √ a + b + c ≥ abc √ 3 = ab + bc + ca ≥ a2 b2 c2 ⇒ 3(a + b + c) ≥ 9abc ⇒ a + b + c ≥ 3abc Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Chú ý: Bất đẳng thức chứng minh Cauchy Schwarz Ta viết lại bất đẳng thức dạng: a2 b2 c2 + + ≤ a +1 b +1 c +1 Tương đương: a2 b2 c2 + + ≤ 2 3a + ab + bc + ca 3b + ab + bc + ca 3c + ab + bc + ca Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz: 4a2 a2 a2 a a2 4a2 = ≤ + = + 3a2 + ab + bc + ca a(a + b + c) + (2a2 + bc) a(a + b + c) 2a2 + bc a + b + c 2a2 + bc Thiết lập bất đẳng thức tương tự, ta suy ra: 4a2 4b2 4c2 a2 b2 c2 + + ≤1+ + + 3a2 + ab + bc + ca 3b2 + ab + bc + ca 3c2 + ab + bc + ca 2a + bc 2b2 + ca 2c2 + ab Bài toán quay chứng minh: a2 b2 c2 + + ≤1 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab Hay bc ca ab + + ≥1 + bc 2b + ca 2c + ab 2a2 Thay a, b, c 1 , , tương ứng, ta có kết quen thuộc sau: a b c a2 b2 c2 + + ≥1 a2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2bc Bài toán chứng minh xong Ví dụ 3: Cho a, b, c, d ≥ thỏa mãn:   + + + =1 + a4 + b + c4 + d4 √ a2 + b + c + d = Tìm giá trị lớn của: 1 + a b 1 + c d Giải Áp dụng kết Bài toán 3, ta có: 1= 1 1 + + + ≥ 4 4 1+a 1+b 1+c 1+d + abcd Suy ra: abcd ≥ Do đó: √ (a2 + b2 )(c2 + d2 ) (a + b)(c + d) (a + b)(c + d) a2 + b + c + d = ≤ ≤ ≤ = abcd 3 3 √ Đẳng thức xảy a = b = c = d = √ √ 1 1 + + a = b = c = d = Vậy giá trị lớn a b c d Ví dụ 4: Cho x, y, z số thực thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ x = max(x, y, z) Tìm giá trị nhỏ của: x y z + + 2x + 3y y + z z + x 1 + a b 1 + c d Giải Áp dụng kết Bài toán 1, ta có: y z 1 + ≥ + = z x x y+z z+x 1+ 1+ 1+ y z y Suy ra: x y z + + ≥ 2x + 3y y + z z + x Đặt 3y 2+ x + 1+ x y x = n (n ∈ [1; 2]),khi đó: y x y z n2 + + ≥ + 2x + 3y y + z z + x 2n + n + −2[n3 (4n − 3) + 3n(2n − 1) + 9] n2 + có f (n) = < với n ∈ [1; 2] 2n2 + n + (2n2 + 3)(n + 1)2 34 x ⇒ f (n) ≥ f (2) = Đẳng thức xảy n = ⇔ = ⇔ x = 4, y = 33 y y z 34 x + + x = 4, y = 1, z = Vậy giá trị nhỏ 2x + 3y y + z z + x 33 Ví dụ 5: Cho x, y, z ≥ Chứng minh rằng: √ xyz(27 xyz + 108) + 36(x2 + y + z ) + 216 1 ≥ + + + x3 + y + z (1 + xyz)(x2 + y + z + 6)2 Xét f (n) = Giải 1 + + vế trái,biểu thức + xyz mẫu 3 1+x 1+y + z3 thức vế phải điều kiện x, y, z ≥ cho ta ý tưởng sử dụng Bài toán Và với ý tưởng đó, ta tìm cách chứng minh: √ xyz(27 xyz + 108) + 36(x2 + y + z ) + 216 N + ≤ 2 2 (1 + xyz)(x + y + z + 6) + xyz (x + y + z + 6)2 Nhận xét: Việc xuất biểu thức Trong N biểu thức thỏa mãn √ xyz(27 xyz + 108) + 36(x2 + y + z ) + 216 3(x2 + y + z + 6)2 + N (1 + xyz) ≥ (1 + xyz)(x2 + y + z + 6)2 (1 + xyz)(x2 + y + z + 6)2 Sau lời giải hoàn chỉnh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: √ 9xyz xyz ≤ 3(x4 + y + z ) √ 18xyz xyz ≤ 6(x2 y + y z + z x2 ) √ xyz(27 xyz + 108) + 36(x2 + y + z ) + 216 ⇒ (1 + xyz)(x2 + y + z + 6)2 4 3(x + y + z ) + 6(x2 y + y z + z x2 ) + 36(x2 + y + z ) + 108xyz + 216 ≤ (1 + xyz)(x2 + y + z + 6)2 3(x2 + y + z + 6)2 + 108(1 + xyz) 108 = = + 2 2 2 (1 + xyz)(x + y + z + 6) + xyz (x + y + z + 6)2 Như bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 1 + + 3 1+x 1+y + z3 ≥ 108 + 2 + xyz (x + y + z + 6)2 Với x, y, z ≥ ta có: 1 + + ≥ 3 1+x 1+y 1+z + xyz Do ta cần phải chứng minh: 1 108 + + ≥ 3 1+x 1+y 1+z (x + y + z + 6)2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: + x3 = (1 + x)(1 − x + x2 ) ≤ (x2 + 2)2 Từ suy ra: ≥ + x3 (x2 + 2)2 Thiết lập bất đẳng thức tương tự,ta thu được: 1 1 ≥ + + ≥4 + + 3 2 2 1+x 1+y 1+z (x + 2) (y + 2) (z + 2) 1 + + 2 x +2 y +2 z +2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz thì: 1 + + x2 + y + z + 2 ≥ 108 (x2 + y + z + 6)2 Vậy cuối ta có: 1 108 + + ≥ 3 1+x 1+y 1+z (x + y + z + 6)2 Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy x = y = z = Trên tiếp xúc với số ứng dụng lớp bất đẳng thức này-không quen thuộc với bạn Trung học Cơ Sở mà với học sinh Trung học Phổ Thông, chứng việc xuất bất đẳng thức kỳ thi Đại học khối A năm 2011 Có thể nói việc vận dụng linh hoạt bổ đề mang đến cho ta lời giải đẹp ngắn gọn hơn, điều muốn gửi đến bạn qua viết Phần cuối viết,mình mở rộng dạng phát biểu toán đưa toán tổng quát Ví dụ 6: Cho x, y ≥ √ Chứng minh rằng: 1 + ≥ 2 + 3x + 3y + 3xy Giải Sau quy đồng, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 3(x − y)2 (3xy − 1) ≥0 (1 + 3x2 )(1 + 3y )(1 + 3xy) Rõ ràng với x, y ≥ √ bất đẳng thức hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Bất đẳng thức thực chất biến đổi bất đẳng thức: 1 + ≥ + x2 + y + xy Từ ta rút toán tổng quát cho trường hợp hai biến x, y sau: Bài toán 5: Cho số k > x, y thỏa mãn x, y ≥ √ Chứng minh rằng: k 1 + ≥ 2 + kx + ky + kxy Và việc quy đồng,ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng: k(x − y)2 (kxy − 1) ≥0 (1 + kx2 )(1 + ky )(1 + kxy) Tại k = ta có Bài toán Cũng xin lưu ý điều kiện x, y Bài toán 5,do tính đắn bất đẳng thức phụ thuộc vào việc biểu thức kxy − có lớn hay không,do điều kiện để toán 1 x, y ≥ √ xy ≥ với k > Không dừng lại đó, tiếp tục sử dụng Bài toán 5,ta có k k thể mở rộng cho ba biến x, y, z Chứng minh rằng: Bài toán 6: Cho số k > x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ √ k 1 + + ≥ + kx3 + ky + kz + kxyz Và cuối đến toán tổng quát, phần chứng minh xin dành cho bạn đọc (trong n ∈ N, n ≥ 2) Bài toán 7: Cho số k > x1 ; x2 ; ; xn thỏa mãn x1 ; x2 ; ; xn ≥ √ n k Khẳng định phủ định bất đẳng thức sau: 1 n + + + ≥ n n n + kx1 + kx2 + kxn + kx1 x2 xn Mong qua viết nhỏ này,các bạn thấy ứng dụng bất đẳng thức phụ việc giải toán khác sâu tìm mở rộng cho toán.Vì viết nên chắn không tránh khỏi thiếu sót nên hy vọng nhận ý kiến từ bạn để viết sau hoàn thiện hơn.Mọi đóng góp bạn gửi email mình: fireruby63@yahoo.com.vn Mình xin chân thành cảm ơn Thân Thứ ngày 29 tháng năm 2012 ... Vậy bất đẳng thức trường hợp n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học ,bất đẳng thức với n ∈ N, n ≥ Đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn ≥ Trong trường hợp ≤ x1 ; x2 ; ; xn ≤ bất đẳng thức đổi chiều II Ứng. .. 1: Sử dụng bất đẳng thức Jensen: Xét hàm số f (x) = với x ≥ có: + ex f ”(x) = ex (ex − 1) ≥0 (ex + 1)3 Áp dụng bất đẳng thức Jensen với x = ln xni ≥ ta có điều phải chứng minh Cách 2: Sử dụng. .. ứng dụng lớp bất đẳng thức này-không quen thuộc với bạn Trung học Cơ Sở mà với học sinh Trung học Phổ Thông, chứng việc xuất bất đẳng thức kỳ thi Đại học khối A năm 2011 Có thể nói việc vận dụng