Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức.

A A > B ⇒ A>C  B > C A > B ⇒ A +C > B+C A > B ⇒ A+C > B+D  C > D  A > B ⇒ AC > BC  C >  A > B ⇒ AC < BC  C < A > B ⇒ A−C > B−D  C < D A > B > ⇒ AC > BD  C > D > A > B > ⇒ A n > Bn Footer Page of 126 ( tính chất bắc cầu ) ∀n ∈ Z+ Header Page of 126 10 a/ A>B>0 ⇒ b/ A 2n +1 > B2n +1 c/ A 2n > B2n A > B > A < B < ⇒  n ⇔ A>B ⇔ ( ∀n ∈ Z ) + A>nB A >B ( ∀n ∈ Z ) + ( ∀n ∈ Z ) + 1 < A B 1.3 KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC : Trong phương pháp chứng minh bất ñẳng thức A ≥ B ta thường chứng minh theo hai sơ ñồ sau : Sơ ñồ : Tạo dãy bất ñẳng thức trung gian A ≥ A1 ≥ A ≥ ≥ A n −1 ≥ A n ≥ B Sơ ñồ : Tạo bất ñẳng thức phận  A1 ≥ B1 A ≥ B  +   An ≥ Bn  A1 ≥ B1 ≥ A ≥ B ≥  ×   An ≥ Bn ≥ ⇒ A≥ B Để tạo bất ñẳng thức trung gian bất ñẳng thức phận ta cần ý : Nếu bất ñẳng thức “ A ≥ B ” xảy trạng thái “ A = B ” tiêu chuẩn P ñó tiêu chuẩn P tất bất ñẳng thức trung gian sơ ñồ bất ñẳng thức phận sơ ñồ ñồng thời xảy dấu Muốn tìm ñược tiêu chuẩn P ta cần ý tính ñối xứng biến số ñiều kiện xảy dấu bất ñẳng thức cổ ñiển AM – GM, Cauchy – Schwarz, Bernoulli phương pháp : dồn biến (MV), ñường thẳng tiếp tuyến… Và người ta gọi ñiểm rơi bất ñẳng thức giá trị biến nhận ñược ñể bất ñẳng thức xảy dấu “ = ” Footer Page of 126 Header Page of 126 Do việc dự ñoán ñiều kiện trạng thái “ A = B ” xảy theo tiêu chuẩn ñó, ñể ñịnh hướng biến ñổi ñại số ñánh giá bất ñẳng thức trung gian phận nên gọi ý tưởng : “ Kỹ thuật kiểm tra ñiều kiện xảy dấu ” hay “Kỹ thuật chọn ñiểm rơi bất ñẳng thức” Footer Page of 126 Header Page of 126 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM 2.1.1 Bất ñẳng thức AM – GM Định lý 2.1 (Bất ñẳng thức AM – GM) Với số thực dương a1 , a2 , , an ta có bất ñẳng thức: a1 + a2 + + an n ≥ a1.a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an ≥ 2.1.2 Chú dẫn : tên gọi AM – GM viết tắt thuật ngữ tiếng Anh Arithmetic mean –Geometric mean nêu lên chất bất ñẳng thức a1 + a2 + + an n ≥ a1.a2 an , ∀ai ≥ n Các sách toán học ñã xuất Việt Nam thường gọi bất ñẳng thức bất ñẳng thức Cauchy Cách gọi xuất phát từ việc nhà toán học Pháp Cauchy người ñầu tiên ñã chứng minh bất ñẳng thức 2.2 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ Định lý 2.2 (Bất ñẳng thức Cauchy – schwarz) Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 , , an & b1 , b2 , , bn ta có bất ñẳng thức (a + a2 + + an )( b12 + b2 + + bn ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) Đẳng thức xảy a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Hệ (Bất ñẳng thức Schwarz) Với hai dãy số ( a1 , a2 , , an ) & ( b1 , b2 , , bn ) ; bi ≥ 0, ∀i = 1, n ta có: a12 a2 a ( a + a + + an ) + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn Footer Page of 126 2 Header Page of 126 Hệ Với dãy số thực ( a1 , a2 , , an ) ta có ( a1 + a2 + + an ) ≤ n ( a12 + a2 + + an ) 2.3 BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Định lý 2.3 (Bất ñẳng thức Bernoulli) a) ∀x > −1, ∀α ∈ [0;1] ta có: (1 + x)α ≤ + α x b) ∀x > −1, ∀α ∈ ( −∞;0] ∪ [1; +∞ ) ta có: (1 + x)α ≥ + α x Đẳng thức xảy khi: α = α = 2.4 BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV 2.4.1 Bất ñẳng thức Chebyshev Định lý 2.4 (Bất ñẳng thức Chebyshev) Với hai dãy số thực ñơn ñiệu tăng a1 ,a , ,a n & b1 , b , , b n ta có: a1b1 + a b + + a n b n ≥ ( a1 + a + + a n )( b1 + b + + b n ) n Đẳng thức xảy khi: a1 = a = = a n ; b1 = b = = b n 2.4.2 Một số dạng hay gặp bất ñẳng thức Chebyshev Dạng 1: Chứng minh x1y1 + x y + + x n y n ≥ Ta chứng minh ( x1a1 ) y1 y y + ( x 2a ) + + ( x n a n ) n ≥ a1 a2 an Với a1 ,a , , a n số thực mà ta phải tìm cho  y1 y yn  , , , an  a1 a   & ( x1a1 , x 2a , , x n a n ) số ñơn ñiệu chiều  Khi ñó việc chứng minh bất ñẳng thức ban ñầu quy chứng minh y1 y y + + + n ≥ a1 a an x1a1 + x 2a + + x n a n ≥ Dạng 2: Chứng minh x1 x x + + + n ≥ y1 y yn Ta chứng minh Footer Page of 126 Header Page 10 of 126 10 ( a 1x ) 1 + ( a 2x ) + + ( a n x n ) ≥0 a1y1 a y2 a n yn Với a1 ,a , , a n số thực mà ta phải tìm cho  1  , , ,  ñơn ñiệu chiều a n yn   a1y1 a y ( a1x1 ,a x , ,a n x n ) &  Khi ñó bất ñẳng thức ban ñầu quy chứng minh a1x1 + a x + + a n x n ≥ 1 + + + ≥0 a1y1 a y a n yn a1x1 + a x + + a n x n = Chú ý từ giả thiết suy ñược  1  + + + =0 a n yn  a1y1 a y 2.5 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.5.1 Phương pháp dồn biến ( MV–MIXING VARIABLE ) Đặc ñiểm nhiều bất ñẳng thức, ñặc biệt bất ñẳng thức ñại số dấu xảy tất vài biến Phương pháp dồn biến dựa vào ñặc ñiểm ñể làm giảm số biến số bất ñẳng thức, ñưa bất ñẳng thức dạng ñơn giản chứng minh trực tiếp cách khảo sát hàm số biến chứng minh quy nạp Để chứng minh bất ñẳng thức f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ (*) Ta chứng minh  x + x2 x1 + x2  , , x3 , , xn  f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f    ( ) Hoặc f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f Hoặc  x2+x x2+x  2 f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f  , , x3 , , xn    2   x1.x2 , x1.x2 , x3 , , xn (**) (***) 4(****) Và nhiều dạng khác tùy thuộc vào ñặc ñiểm toán Sau ñó chuyển việc chứng minh (*) chứng minh bất ñẳng thức sau f ( t , t , x3 , , xn ) = g ( t , x3 , , xn ) ≥ Footer Page 10 of 126 (*****) Header Page 11 of 126 11 Tức bất ñẳng thức có biến 2.5.2 Phương pháp ñường thẳng tiếp tuyến Bước 1: Từ bất ñẳng thức xác ñịnh hàm số tương ứng y = f ( x ) Bước 2: Xác ñịnh dấu ñẳng thức xảy Giả sử x = x Bước 3: Viết phương trình tiếp tuyến ñồ thị ñiểm có hoành ñộ x = x y = g ( x ) = f ' ( x )( x − x ) + y0 Bước 4: Vẽ ñồ thị hàm số y = f ( x ) phương trình tiếp tuyến ñiểm ( x ; y0 ) Từ ñó xác ñịnh tiếp tuyến nằm hay nằm ñồ thị hàm số Nếu tiếp tuyến nằm ta ñi chứng minh g(x) ≥ f (x) Nếu tiếp tuyến nằm ta ñi chứng minh f (x) ≥ g(x) Bước 5: Từ ñó rút bất ñẳng thức cần chứng minh ñúng Footer Page 11 of 126 Header Page 12 of 126 12 CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG 3.1 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GTLN - GTNN 3.1.1.Kỹ thuật chọn ñiểm rơi bất ñẳng thức AM - GM  a , b, c > Bài toán Cho a, b, c thoả mãn  Chứng minh rằng: a + b + c ≤ a b2 c 1 A= + + + + + ≥ 28 b c a ab bc ca Định hướng lời giải: Vì bất ñẳng thức ñã cho ñối xứng với a, b, c nên ta dự ñoán dấu xảy a = b = c = Khi ñó ta áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho số a b2 c 1 ; ; ; ; ; b c a α ab α bc α ca Với α hệ số ta cần thêm vào ñể dấu “ = ” bất ñẳng thức ñạt ñược giá trị biến mà ta ñã dự ñoán Đối với bất ñẳng thức AM-GM dấu xảy a2 b2 c2 1 = = = = = b c a α ab α bc α ca Mà a = b = c = ⇒ α = 27 Giải: Từ ñịnh hướng lời giải ta có: A = a2 b2 c2 1 + + + 27 + 27 + 27 b c a 27 ab 27bc 27ca Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có Footer Page 12 of 126 Header Page 13 of 126 13 27 27 a b2 c       A ≥ 84 .      b c a  27 ab   27bc   27ca  84 Mà ( abc ) 53  a+b+c ≤    ⇒ 53.3 ≤ = 84 84 2781 ( abc ) 53 53.3 84 A≥ 84 27 2781 = 84 = 28 3.53 Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh Nhận xét : Xét bất ñẳng thức AM – GM a1 + a2 + + an n ≥ a1.a2 an , ∀a1 , a2 , , an ≥ n Trong vế phải bất ñẳng thức tức biểu thức GM có số thừa số thức ñúng số thức (cùng n) Do ñó, gặp bất ñẳng thức mà vế phải bất ñẳng thức có chứa thức số thừa số thức nhỏ số thức ta cần nhân thêm số thích hợp ñể số thừa số thức số thức Để xác ñịnh ñược số thích hợp phải dự ñoán ñược dấu bất ñẳng thức [10, tr 29]  a , b, c > a + b + c = Bài toán Cho a, b, c thoả mãn  Tìm giá trị lớn biểu thức : S = a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) Dự ñoán tìm ñiểm rơi Max S: Vì S biểu thức ñối xứng với a,b,c nên Max S ñạt ñiều kiện a = b = c 3a = 3b = 3c = ⇔ a = b = c =1⇔   a + b + c = a + 2b = b + 2c = c + 2a = Giải : Footer Page 13 of 126 Header Page 14 of 126 14   a(b + 2c) = 3a(b + 2c).3 ≤    b(c + 2a) = 3b(c + 2a).3 ≤    c(a + 2b) = 3c(a + 2b).3 ≤  3a + (b + 2c) + 3 3b + (c + 2a) + 3 3c + (a + 2b) + ⇒ S = a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) ≤ 6(a + b + c) + = 3 3 Với a = b = c = 1, Max S = 3 3.1.2 Kỹ thuật tách ghép phân nhóm Phần ta áp dụng bất ñẳng thức phụ sau x + y2  x + y  ≥    1 + ≥ x y x+y Bài toán Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a3 (b + c ) + b3 (c + a) + c3 (a + b) ≥ (a + b + c) Định hướng lời giải: Do bất ñẳng thức ñã cho ñối xứng với biến nên ta dự ñoán dấu “=” xảy biến Tức a = b = c Khi ñó a3 (b + c) = 2a Tương tự ta có Từ ñó ta nghĩ tới ghép a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) = 2c với số cho sau áp dụng bất ñẳng thức AM - GM ta ñược biểu thức theo a Footer Page 14 of 126 = 2b; Header Page 15 of 126 15 Từ ñó ta áp dụng AM-GM với số sau 8a (b + c ) ; b + c; b + c Số xuất ñể ñảm bảo dấu “=” bất ñẳng thức AM-GM Giải: Từ ñịnh hướng lời giải Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có: 8a (b + c ) 8b3 (c + a) 8c3 (a + b) + ( b + c ) + ( b + c ) ≥ 6a + ( c + a ) + ( c + a ) ≥ 6b + ( a + b ) + ( a + b ) ≥ 6c Cộng vế theo vế bất ñẳng thức ta có:  a3 b3 c3  8 + +  + 4(a + b + c) ≥ 6(a + b + c)  ( b + c )2 ( c + a )2 ( a + b )2    3 a b c ⇔ + + ≥ (a + b + c) 2 (b + c ) ( c + a ) ( a + b) Vậy bất ñẳng thức ñã ñược chứng minh 3.1.3 Phương pháp cân hệ số Trong số bất ñẳng thức, ñiểm rơi ñược dự ñoán cách trực giác (dù ñối xứng hay không ñối xứng) Tuy nhiên với bất ñẳng thức mà ñiểm rơi không số nguyên dương chí số vô tỷ dự ñoán ñược trực giác Khi ñó, cần phải ñưa thêm tham số giả ñịnh sử dụng bất ñẳng thức AM – GM Việc xác lập ñiều kiện ñẳng thức xảy dẫn ñến hệ ñiều kiện ñể tìm tham số Vì phương pháp có tên gọi: Phương pháp cân hệ số  a , b, c ≥ Bài toán Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn   ab + bc + ca = Chứng minh : S = 10a + 10b2 + c ≥ Footer Page 15 of 126 Header Page 16 of 126 16 Định hướng lời giải: Để áp dụng ñược giả thuyết ab + bc + ca = ta cần phải tách số 10 thành tổng số ñể áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho cặp số từ ñó xuất tích số ab, bc, ca Giải: Ta có  c2   c2  S = 10a + 10b + c = (10 − α ) ( a + b ) +  α a +  +  α b +  ∀α ∈ ( 0,10 ) 2  2  Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có (10 − α ) ( a + b ) ≥ (10 − α ) ab α a2 + c2 α ≥2 ac = 2α ac 2 c2 α α b + ≥ bc = 2α bc 2 Cộng vế theo vế bất ñẳng thức ta có S ≥ (10 − α ) ab + 2α ( bc + ac ) Chọn α cho (10 − α ) = 2α ⇔ α = (chọn α ñể ta ñặt nhân tử chung từ ñó sử dụng ñược giả thuyết ) Khi ñó: (10 − α ) = 2α = ⇒ S ≥ ( ab + bc + ca ) = Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh 3.1.4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ Bài toán Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a, b, c, d > 2c  2d   2a  2b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = 1 +  +  +  +  3a   3b  3c  3d  Giải: Footer Page 16 of 126 Header Page 17 of 126 17 Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có: 1+ a  a    =   b  3b   b 5 b    =   c  3c  2a 1 a a 1 = + + + + ≥ 55   3b 3 3b 3b 3 2b 1 b b 1 1+ = + + + + ≥ 55   3c 3 3c 3c  3 2 2  c 5  c    =   d  3d   d 5  d    =   a  3a  c 2c 1 c 1 1+ = + + + + ≥ 55   3d 3 3d 3d 3 d 2d 1 d 1 = + + + + ≥ 55   1+ 3a 3 3a 3a  3 2 2 Cộng vế theo vế bất ñẳng thức ta có 625  a b c d  625 S≥   = 81  b c d a  81 Vậy MinS = 625 ⇔ a=b=c=d >0 81 3.2 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GTLN - GTNN 3.2.1 Kỹ thuật chọn ñiểm rơi cân hệ số bất ñẳng thức CauchySchwarz Bài toán.[Poland Second Round 2007] Cho a, b, c, d > thoả mãn Chứng minh : 1 1 + + + =4 a b c d a + b3 b3 + c 3 c + d 3 d + a + + + ≤ 2( a + b + c + d ) − 2 2 Bổ ñề: với x, y >0 ta có bất ñẳng thức sau x3 + y3 x2 + y ≤ x+ y Chứng minh bổ ñề: bất ñẳng thức x3 + y3  x2 + y  2 ⇔ ≤  ⇔ ( x − y ) x + xy + y ≥ 0, ∀x, y  x+ y  Giải: Áp dụng bổ ñề ta có: Footer Page 17 of 126 ( ) Header Page 18 of 126 18 a3 + b3 b3 + c3 c3 + d 3 d + a a + b b + c2 c + d d + a + + + ≤ + + + 2 2 a+b b+c c+d d +a Ta chứng minh : a + b2 b2 + c2 c2 + d d + a2 + + + ≤ 2( a + b + c + d ) − a+b b+c c+d d +a x2 + y2 xy = = Thật vậy, sử dụng x + y − x+ y x+ y 1 + x y bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:  a2 + b2 b2 + c2 c2 + d d + a2   + + + 2(a + b + c + d ) −  b+c c+d d + a   a+b     1 42 32 ≥2 = 2 + + + = =4 1+1 1+1 1+ 1 +1 1 1 1 2 + + +    a b b c c d d a a b c d Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = d = 3.2.2 Kỹ thuật tách ghép số Phần áp dụng bất ñẳng thức phụ sau (a + b + c) Bài toán ≥ ( ab + bc + ca ) Cho x, y thoả mãn x, y > x + y ≥ x3 + y Chứng minh rằng: x + y ≤ x + y ≤ x + y ≤ Giải: Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 3 x + y = x x + y y ≤ x + y x + y ≤ x + y x + y (1) Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có x + y x3 + y ≤ Từ (1) & ( ) ta có x + y3 + x3 + y ) ( (2) x3 + y3 ≤ x + y Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 3 x + y = x x + y y ≤ x + y x + y ≤ x + y x + y Áp dụng bất ñẳng thức AM - GM ta có Footer Page 18 of 126 (3) Header Page 19 of 126 19 x2 + y x + y ≤ Từ ( 3) & ( ) ta có x + y2 + x + y ) ( (4) x2 + y ≤ x + y Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có (1 + 1) ( x + y ) ≤ x+ y ≤ ⇔ (x + y) ⇔ x+ y≤2 2( x + y ) ≤ 2( x + y) Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh 3.2.3 Sử dụng phép biến ñổi ứng dụng hệ bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz Bài toán Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: Ta có: a2 b2 c2 a4 b4 c4 + + = + + a + 2b2 b + 2c c + 2a a3 + 2a 2b2 b3 + 2b2c c3 + 2c a Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz a2 + b2 + c2 ) ( a4 b4 c4 + + ≥ a + 2a 2b2 b3 + 2b2c c3 + 2c a a + b3 + c + ( a 2b + b c + a c ) Ta chứng minh: ( a + b + c ) ≥ a + b + c + ( a 2b + b c + a c ) ⇔ a + b + c ≥ a + b3 + c ⇔ a + b + c ≥ ( a + b3 + c ) (a + b + c) ⇔ 3( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) ( a + b + c ) 4 3 ⇔ 2a + 2b + 2c ≥ a 3b + a 3c + b3 a + b3c + c3a + c 3b ⇔ a ( a − b ) + b3 ( b − a ) + b3 ( b − c ) + c ( c − b ) + a ( a − c ) + c ( c − a ) ⇔ ⇒ (a − b) (a ) ( a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b2 b + 2c c + 2a Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh Footer Page 19 of 126 ) ( ) + ab + b + ( b − c ) b + bc + c + ( a − c ) a + ac + c : ñúng Header Page 20 of 126 20 3.2.4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ π Bài toán Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = x ∈ (0, ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: y = a + b sin x + c sin x Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: y ≤ (a + b + c )(1 + 2sin x + sin 2 x) ⇔ y ≤ 4(1 + sin x + sin 2 x) Gọi f ( x) = + 2sin x + sin 2 x = + 2sin x + 4sin x(1 − sin x) π 13 13 Đặt t = sin x ∈ (0,1), ∀x ∈ (0, ) f ( x) = g (t ) = −4t + 6t + = − 4(t − )2 ≤ 4 Khi ñó: Maxf(x) = Maxg(t) = 13 Từ ñó suy y ≤ 13 Đẳng thức xảy sin x = ⇔ x= sinx sin x = = a b c π a a  π = ⇒b= ;c = ∈  0,  = a 2b 2c 2  2 Kết hợp với ñiều kiện a + b + c = ta suy : a = ± 13 Kết Luận : Min y = − 13 xảy a = − Max y = 13 xảy a = π ;b = − ;c = − ;x = 13 13 13 π ;b = ;c = ;x = 13 13 13 3.3 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:  A  tg   2 2  B +  tg   2 2  C +  tg   2 Giải: Áp dụng bất ñẳng thức Bernoulli ta có: Footer Page 20 of 126 2 ≥ 31− Header Page 21 of 126 21 A   3tg  2  2 A  + 2 − ≥ 2  3tg  2  B   3tg  2  2 B  + 2 − ≥ 2  3tg  2  C   3tg  2  2 C  + 2 − ≥ 2  3tg  2  Cộng vế theo vế bất ñẳng thức ta có: 2  A   tg    Mà  B +  tg   2 tg  ⇒  tg   ⇒ 32  tg  2 2  C +  tg   2  B C  A  + − ≥  tg + tg + tg  2   A B C + tg + tg ≥ 2 A  2 2  B +  tg   2 2 A  2 2  B +  tg   2 2 2 2 2   + − ≥ 3 =  2  C  +  tg   ≥     C +  tg   2 2 2  A  B  C ⇒  tg  +  tg  +  tg  ≥ 31− 2  2  2  2 Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh 3.4 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC a ,a , , a n > Bài toán Cho  Chứng minh rằng: a1 + a + + a n = a1 a2 an n + + + ≥ − a1 − a 2 − a n 2n − Giải: Vì bất ñẳng thức ñã cho ñối xứng với tất biến nên ta giả sử a1 ≥ a ≥ ≥ a n Khi ñó 1 ≥ ≥ ≥ − a1 − a 2 − an Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev ta có Footer Page 21 of 126 Header Page 22 of 126 22  a1 a a 1  + + + n ≥ ( a1 + a + + a n )  + + +  − a1 − a 2 − an n − an   − a1 − a ⇔ VT ≥ 1 1  + + +   n  − a1 − a 2 − an  Áp dụng bất ñẳng thức Schwarz ta có 1 (1 + + + 1) n2 + + + ≥ = − a1 − a 2 − a n 2n − ( a1 + a + + a n ) 2n − ⇒ VT ≥ n 2n − Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh Bài toán [PSFJIMO28 – Cuba 1987] Cho a, b, c > 0, n ∈ + an bn cn (a + b + c) n −1 + + ≥ Chứng minh rằng: b+c c+a a+b 2.3n − Giải: Ta chứng minh phương pháp quy nạp toán học : Với n = bất ñẳng thức Nesbit quen biết a b c + + ≥ b+c c+a a+b ak bk ck (a + b + c) k −1 + + ≥ Gỉa sử bất ñẳng thức ñúng với n = k: b+c c+a a+b 2.3k − Ta chứng minh bất ñẳng thức ñúng với n = k + a ≤ b ≤ c  Không tính tổng quát, giả sử < a ≤ b ≤ c ⇒  a k bk ck ≤ ≤  b + c c + a a + b Sử dụng bất ñẳng thức Chebyshev cho dãy ñơn ñiệu chiều ta có: ak bk ck ak bk ck a + b + c) ≥ ( + + )(a + b + c) b+c c+a a+b b+c c+a a+b (a + b + c)k −1 (a + b + c)k ≥ (a + b + c) = 2.3k − 2.3k − a k +1 b k +1 c k +1 (a + b + c)k ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2.3k −1 3( Theo nguyên lý quy nạp suy (1) ñúng ∀n ∈ Z + Dấu xảy a = b = c > Footer Page 22 of 126 Header Page 23 of 126 23 3.5 ỨNG DỤNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 3.5.1 Phương pháp dồn biến Bài toán Chứng minh x, y, z ≥ x + y + z ≥ 3 xyz (1) Giải: (1) ⇔ ( x + y + z) ≥ 27 xyz f ( x, y, z ) = ( x + y + z ) − 27 xyz Xét hàm số Vì bất ñẳng thức ñã cho ñồng bậc nên cách chuẩn hóa ta giả sử ( *) x + y + z =1 Khi ñó f ( x, y, z ) = − 27 xyz Đặt t = x+ y Điều kiện (*) trở thành t + t + z = ⇔ 2t + z = Ta chứng minh f ( x, y , z ) ≥ f ( t , t , z ) ( *) ⇔ − 27 xyz − (1 − 27t z ) ≥ ⇔ t z − xyz ≥  x+ y ⇔ t z −  z≥0   2 ⇔ t z − t z ≥ : ñúng Vì ta cần chứng minh f ( x, t , t ) ≥ (**) ⇔ − 27t z ≥ ⇔ − 27t (1 − 2t ) ≥ ⇔ (1 + 6t )(1 − 3t ) ≥ : ñúng ∀t > Từ (*) & (**) ta có ñpcm 3.5.2 Phương pháp ñường thẳng tiếp tuyến Bài toán [USA, 2003] Cho a, b,c > Chứng minh rằng: ( 2a + b + c ) + ( 2b + a + c ) + ( 2c + b + a ) ≤ 2 2a + ( b + c ) 2b + ( a + c ) 2c2 + ( b + a ) Footer Page 23 of 126 2 Header Page 24 of 126 24 Giải: Vì bất ñẳng thức ñã cho ñồng bậc ñối xứng nên ta chuẩn hóa Giả sử a + b + c = ⇒ a, b,c ∈ ( 0,1) Khi ñó bất ñẳng thức trở thành ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) ≤ 2 2 2a + (1 − a ) 2b + (1 − b ) 2c + (1 − c ) 2 ( x + 1) Xét hàm số f ( x ) = 2 2x + (1 − x ) 2 x + 2x + = với x ∈ ( 0,1) 3x − 2x + Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh trở thành f (a ) + f ( b) + f (c) ≤ Vì ta viết phương trình tiếp tuyến hàm số ñiểm có hoành ñộ 16 x = ⇒ y0 = 3  16  Phương trình tiếp tuyến ñiểm M  ;  có dạng 3   16   y = f '   x −  + 3   12x + ⇔ y= Ta nhận thấy dấu bất ñẳng thức xảy a = b = c = Vẽ ñồ thị hàm số f ( x ) tiếp tuyến hệ trục tọa ñộ ta nhận thấy ñò thị hàm số nằm phía tiếp tuyến nên ta chứng minh 12x + x + 2x + 12x + ⇔ ≤ 3x − 2x + 3 ⇔ 36x − 15x − 2x + ≥ f (x) ≤ ⇔ ( 3x − 1) ( 4x + 1) ≥ : ñúng ∀x ∈ ( 0;1) Vì ta có f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ 12 ( a + b + c ) + 12 =8 Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh Footer Page 24 of 126 Header Page 25 of 126 25 KẾT LUẬN Luận văn ñã hệ thống ñược phương pháp ñiển hình chứng minh bất ñẳng thức chương trình toán học trường phổ thông toán dành cho học sinh ñội tuyển toán Hình thành khẳng ñịnh ñược số sở, ñịnh hướng cho học sinh trình giải toán bất ñẳng thức Gỉa thuyết khoa học luận văn chấp nhận ñược Mục ñích nhiệm vụ nghiên cứu ñã hoàn thành Tuy nhiên, phương pháp chứng minh bất ñẳng thức ña dạng phong phú, chủ yếu dựa vào ñặc thù riêng có số phương pháp ñược tiếp cận lần ñầu tiên trình ñộ hạn chế nên tránh ñược sai sót Mong nhận ñược ý kiến ñóng góp ñể luận văn ñược hoàn thiện Mong luận văn tài liệu nhỏ ñể em học sinh tham khảo từ ñó học tốt chuyên ñề bất ñẳng thức Footer Page 25 of 126 ... thức sở bất ñẳng thức ñịnh nghĩa, tính chất, kỹ thuật chọn ñiểm rơi bất ñẳng thức Chương 2: Một số phương pháp chứng minh bất ñẳng thức Trong chương hệ thống lại phương pháp chứng minh bất ñẳng... CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM 2.1.1 Bất ñẳng thức AM – GM Định lý 2.1 (Bất ñẳng thức AM – GM) Với số thực dương a1 , a2 , , an ta có bất ñẳng... giảm số biến số bất ñẳng thức, ñưa bất ñẳng thức dạng ñơn giản chứng minh trực tiếp cách khảo sát hàm số biến chứng minh quy nạp Để chứng minh bất ñẳng thức f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ (*) Ta chứng minh

Định dạng
Số trang	25
Dung lượng	306 KB