Sáng tạo bất đẳng thức

Vì thế chúng ta sẽ sáng tạo được các lớp bài toán mới nhờ phép tương tự hóa, khái quáthóa, sử dụng các bất đẳng thức khác.... Được sự gợi ý, động viên và sự giúp đỡ tận tình của cô Nguyễ

Người hướng dẫn khoa học

TS NGUYỄN THỊ KIỀU NGA

Hà Nội - 2017

Em xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường ĐHSP

Hà Nội 2, các thầy cô giáo tổ Đại số đã tạo điều kiện thuận lợi để giúp emhoàn thành khoá luận tốt nghiệp này Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn chânthành đến cô giáo hướng dẫn, cô Nguyễn Thị Kiều Nga đã tận tình chuđáo hướng dẫn em hoàn thành khóa luận Mặc dù đã cố gắng nhưng dokiến thức và thời gian có hạn nên khóa luận không thể tránh khỏi nhữngthiếu sót Em hi vọng sẽ nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô

và các bạn để khoá luận của em hoàn chỉnh hơn

Hà Nội, tháng 4 năm 2017

Sinh viên

Nguyễn Thị Hân

Em xin cam đoan khoá luận tốt nghiệp là sự nỗ lực của bản thân,cùng sự hướng dẫn tận tình của cô Nguyễn Thị Kiều Nga Nội dungkhoá luận không trùng với kết quả của các tác giả trước đã công bố Emxin chịu hoàn toàn trách nhiệm về khóa luận của mình.

Hà Nội, tháng 4 năm 2017

Sinh viên

Nguyễn Thị Hân

Mục lục

Lời mở đầu 3

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị 5

1.1 Bất đẳng thức và các tính chất cơ bản 5

1.2 Bất đẳng thức AM - GM 6

1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder 6

1.4 Bất đẳng thức Nesbitt 8

1.5 Bất đẳng thức Chebyshev 8

1.6 Bất đẳng thức Jensen 9

1.7 Bất đẳng thức hoán vị 10

1.8 Bất đẳng thức đối xứng ba biến 10

1.9 Bất đẳng thức Schur 11

Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức 13

2.1 Bất đẳng thức cũ và mới 13

2.2 Một số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức 15

2.2.1 Đổi biến để sáng tạo bất đẳng thức 15

2.2.2 Sử dụng phương pháp khái quát hóa 25

2.2.3 Sử dụng bất đẳng thức Côsi 35

2.2.4 Ứng dụng bất đẳng thức Jensen để sáng tạo bất đẳng thức 40

2.2.5 Sáng tạo bất đẳng thức tam giác 51

2.2.6 Sáng tạo bất đẳng thức hình học 56

Kết luận 66

Tài liệu tham khảo 67

Lời mở đầu

Bất đẳng thức là một trong các vấn đề khó của toán sơ cấp và đâycũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất Các bấtđẳng thức luôn xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và là nhữngcâu khó trong các đề thi tốt nghiệp THPT Vì thế các bất đẳng thức luônhấp dẫn và là niềm say mê của những người học toán Trong quá trình họctoán, giải xong một bài toán đã là một thành công Song nếu chỉ dừng lại

ở đó thì chưa thể đi đến thành công thực sự Người học toán đúng nghĩa

là người khi đứng trước một bài toán luôn đặt ra câu hỏi: "Bài toán nàyxuất phát từ đâu?", "Có cách giải nào khác không?", "Từ bài toán này cóthể sáng tạo ra bài toán nào khác không?" và "Mối quan hệ giữa các bàitoán đó như thế nào?"

Các kiến thức toán rất rộng lớn và chúng có mối quan hệ mật thiếtvới nhau Việc tìm lời giải cho một bài toán thực chất là tìm ra nguồn gốccủa bài toán đó và mối liên hệ của nó với các kiến thức khác Vì thế chúng

ta sẽ sáng tạo được các lớp bài toán mới nhờ phép tương tự hóa, khái quáthóa, sử dụng các bất đẳng thức khác

Được sự gợi ý, động viên và sự giúp đỡ tận tình của cô Nguyễn ThịKiều Nga cùng sự say mê của bản thân, em xin mạnh dạn thực hiện khóaluận với đề tài: "Sáng tạo bất đẳng thức" làm đề tài nghiên cứu của mình

Nội dung khóa luận chia làm hai chương.

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này trình bày khái niệm, tính chất của bất đẳng thức

và một số bất đẳng thức cơ sở

Chương 2: Sáng tạo bất đẳng thức

Chương này trình bày về một số bất đẳng thức mới được sáng tạo

ra từ những bất đẳng thức cũ và một số phương pháp sáng tạo ra các bấtđẳng thức

Do trình độ và kinh nghiệm còn hạn chế, nên khóa luận của em cònnhiều thiếu sót, em rất mong được sự đóng góp của các thầy cô trong khoaToán và các bạn sinh viên

Hà Nội, tháng 4 năm 2017

Sinh viên

Nguyễn Thị Hân

A > B, C > D gọi là hai bất đẳng thức cùng chiều Hai bất đẳng thức

A > B, C < D gọi là hai bất đẳng thức ngược chiều Nếu A > B suy ra

C > D thì bất đẳng thức C > D gọi là bất đẳng thức hệ quả của bất đẳngthức A > B Nếu A > B tương đương C > D thì bất đẳng thức A > B và

C > D tương đương với nhau

Các tính chất cơ bản

- Nếu A > B, C > D thì A + B > C + D

- Nếu A > B, C < D thì A − C > B − D

- Nếu A > B khi và chỉ khi AC > BC nếu C > 0 hoặc AC < BC khi vàchỉ khi C < 0

đẳng thức

a12 + a22 + + an2
b12 + b22 + + bn2

≥ (a1b1+ a2b2+ + anbn)2Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2, an) và (b1, b2, bn) là hai bộ tỉ lệtức tồn tại số thực k để ai = k bi với mọi i = 1, n

Hệ quả 1 Với hai dãy (a1, a2, an) và (b1, b2, bn), bi ≥ 0 với mọi

i = 1, n, ta có

a2 1

b1

+ a

2 2

b2

+ + a

2 n

bn

≥ (a1+ a2+ + an)

2

b1+ b2+ + bn

Bất đẳng thức trên thường được gọi là bất đẳng thức Schwarz

Hệ quả 2 Với hai dãy số thực a1, a2, an và b1, b2, bn ta có

-Hệ quả 4 Với a, b, c, x, y, z, m, n, p là các số thực dương ta có

Nếu b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn thì

a1b1+ a2b2+ +anbn ≤ 1

n(a1+ a2+ + an) (b1+ b2+ + bn)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an hoặc b1 = b2 = = bn

Hệ quả 6 Nếu a1, a2, an là các số thực dương có tổng bằng n thì

Tức là x1; x2 ∈ I, với mọi α ∈ [0, 1] ta có

f [α x1+ (1 − α) x2] ≥ αf (x1) + (1 − α) f (x2)

Nếu a1, a2, an là các dãy số thực không âm có tổng bằng 1 và

x1, x2, xn là các số thực tùy ý thì với mọi hàm lồi f trên tập số thực

ta luôn có

a1f (x1) + a2f (x2) + + anf (xn) ≥ f (a1x1+ a2x2+ + anxn)

1.7 Bất đẳng thức hoán vị

Cho hai dãy số đơn điệu tăng a1, a2, anvà b1, b2, bn Giả sử (i1, i2, in)

là một hoán vị bất kì của (1, 2, , n) ta luôn có

a1b1+ a2b2+ + anbn ≥ a1bi1+ a2bi2+ + anbinNếu hai dãy a1, a2, an và b1, b2, bn đơn điệu ngược chiều thì bất đẳngthức trên đổi chiều

1.8 Bất đẳng thức đối xứng ba biến

Các bất đẳng thức đối xứng ba biến ở dạng tổng quát luôn có biểudiễn dưới dạng sau:

f (a, b, c) ≥ 0Trong đó f (a, b, c) là hàm đối xứng của ba biến a, b, c nói cách khác :

f (a, b, c) = f (c, b, a) = f (b, a, c)

Ví dụ

f (a, b, c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca + 3abcTính chất quan trọng nhất của biểu thức đối xứng là vai trò bình đẳnggiữa các biến do đó ta có thể sắp xếp lại một trật tự tùy ý giá trị của biến

số đó trong chứng minh Đây là một chú ý được sử dụng rất nhiều

abc ≥ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)

a2+ b2+ c2+ 9abc

a + b + c ≥ 2(ab + bc + ca)a

a4+ b4+ c4+abc(a + b + c) ≥ ab(a2+ b2) + bc(b2+ c2) + ca(c2+ a2);6abc(a + b + c) ≥ (2ab + 2bc + 2ca − a2− b2− c2)(a2+ b2+ c2+ab + bc + ca)Bất đẳng thức Schur suy rộng

Cho các số thực dương a, b, c, x, y, z sao cho (a, b, c) và (x, y, z) đều làcác bộ đơn điệu Khi đó bất đẳng thức sau luôn thỏa mãn:

x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0

Chương 2

Sáng tạo bất đẳng thức

2.1 Bất đẳng thức cũ và mới

Từ các bất đẳng thức cũ chúng ta có thể tạo ra được các bất đẳngthức mới Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số bất đẳng thức được tạo

ra bằng các phương pháp cũ, mà thông thường là suy ra từ những kết quảbiết trước

Ví dụ 1 Chứng minh rằng mọi số thực không âm a, b, c ta có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

ta được điều phải chứng minh

Việc thay đổi các biểu thức số bằng các hàm số đơn giản đã làm cho bàitoán khó hơn vì che dấu đi bản chất của bài toán

Ví dụ 2 Chứng minh rằng với a, b, c, d là các số thực dương tùy ý thì ta

có bất đẳng thức

2 a22a + b +

3 b26b + c +

2 c26c + 3d +

d26d + a ≥ 6a + 3b + 2c + d

12Bài toán có vẻ cồng kềnh và rắc rối nhưng bản chất vấn đề thì không khó.Bất đẳng thức trên được suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức sau:

b2

b + c +

b + c

4 ≥ b

ta được điều phải chứng minh.

Từ một bất đẳng thức tùy ý, ta có nhiều cách biến đổi để tạo ramột bất đẳng thức mới mà kĩ thuật đổi biến càng khó thì vấn đề càng khóđược tìm ra

2.2 Một số phương pháp sáng tạo bất đẳng thức bất đẳng thức

2.2.1 Đổi biến để sáng tạo bất đẳng thức

Cơ sở lí luận

Trong việc chứng minh các bất đẳng thức, đổi biến là một phươngpháp giúp làm gọn bài toán hoặc dẫn đến một bất đẳng thức quen thuộcvới chúng ta Từ đó để sáng tạo ra bất đẳng thức mới ta dùng kĩ thuật đổibiến để đưa bất đẳng thức từ một dạng đơn giản sang một dạng phức tạphơn Ta thường sử dụng phép biến đổi sau

Đổi biến từ giả thiết abc = 1 và tạo ra abc = 1

Từ giả thiết abc = 1 ta có nhiều cách đặt như sau:



Tùy bài toán mà ta có cách đặt phù hợp

Thường thì những bài toán đối xứng ta đặt:

b = y

2

zx,

Với các biến x, y, z chưa biết từ đâu và điều này được giải thích như sau:Đặt x = √3

a, y = √3

b, z =√3

cSuy ra

Xét bài toán 1 Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng

xy

xy + zy + x2 + yz

yz + xz + y2 + zx

zx + yx + z2 ≤ 1 (1)Chứng minh

Ta có

xy

xy + zy + x2 = xy(xy + zy + z

2)(xy + zy + x2)(xy + zy + z2)

yz

yz + xz + y2 ≤ yz(yz + xz + x

2)(xy + zy + xz)2zx

zx + yz + z2 ≤ zx(zx + yx + y

2)(xy + zy + xz)2Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được:

xy

xy + zy + x2 + yz

yz + xz + y2 + zx

zx + yx + z2

≤ xy(xy + zy + z

2)(xy + zy + xz)2 +

yz(yz + xz + x2)(xy + zy + xz)2 +

zx(zx + yx + y2)(xy + zy + xz)2

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:

Cho a, b, c > 0 và abc = 1 chứng minh rằng

a = x3, b = y3, c = z3

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:

Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng

(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz (20)Lúc này ta đi chứng minh bất đẳng thức (20), ta có

[(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y)]2 ≤ (xyz)2Suy ra (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Ta thấy rõ ràng rằng bài toán (2) được sáng tạo từ bài toán quen thuộc

(x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyzVới điều kiện x, y, z > 0, xyz = 1

Xét bài toán 3 Cho xyz = 1 và x, y, z > 0 chứng minh rằng

Chứng minh.

Bất đẳng thức (3) tương đương với:

2 x3y3+ y3z3+ z3x3

≥ 3(x3y z2+ y3z x2+ z3x y2−1)Theo bất đẳng thức Schur thì ta có

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:

Cho a, b, c > 0, abc = 1 chứng minh rằng

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được:

Ta có điều phải chứng minh

Sáng tạo

Do x, y, z > 0, xyz = 1 ta có bất đẳng thức (4) tương đương với

1x

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:

Cho a, b, c > 0, abc = 1 chứng minh rằng

a4

(a2−bc)2 +

b4(b2−ca)2 +

c4

(c2−ab)2 ≥ 1 (5)Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Svac - xơ ta có

a4

(a2−bc)2 +

b4(b2−ca)2 +

c4

(c2−ab)2 ≥

a2+ b2+ c2
2(a2−bc)2+ (b2−ca)2+ (c2−ab)2

Ta đi chứng minh

a2+ b2+ c2
2 ≥ a2−bc
2

+ b2−ca
2

+ c2−ab
2

Thực hiện các phép biến đổi ta thu được kết quả sau:

(ab + bc + ca)2 ≥ 0 (luôn đúng)

c4(c2−ab)2 ≥

a2−bc
2

+ b2−ca
2

+ c2−ab
2

(a2−bc)2+ (b2−ca)2+ (c2−ab)2 = 1Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a = 1, b = 2, c = −3

4Sáng tạo

Do a, b, c > 0, abc = 1 ta có bất đẳng thức (5) tương đương với

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương:

Cho x, y, z > 0, xyz = 1 chứng minh rằng



b4(b2+2ca)2 +

c4(c2+2ab)2 ≥ 1

c4

2+ b2+ c2
2(a2+2bc)2+ (b2+2ca)2+ (c2+2ab)2

Ta đi chứng minh

a2+ b2+ c2
2(a2+2bc)2+ (b2+2ca)2+ (c2+2ab)2 ≥ 1

3Khi và chỉ khi

3 a4+ b4+ c4
+ 6 a2b2+ b2c2+ c2a2

≥

a4+ b4+ c4+ 4(a2b2+ b2c2+ c2a2) + 4abc (a + b + c)Khi và chỉ khi

a4+ b4+ c4+ a2b2+ b2c2+ c2a2 ≥ 2abc (a + b + c)Tương đương với a2−bc
2

+ b2−ca
2

+ c2−ab
2

≥ 0 (luôn đúng)Vậy

a4

(a2+2bc)2 +

b4(b2+2ca)2 +

c4

(c2+2ab)2 ≥ 1

3Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Ta được bài toán chứng minh bất đẳng thức tương đương là:

Cho x, y, z > 0, xyz = 8 chứng minh rằng

1(1 + x)2 +

1(1 + y)2 +

1(1 + z)2 ≥ 1

Xét bài toán cụ thể sau:

Bài toán 1 Cho x, y, z ∈ [0, 1] chứng minh rằng

Đặt a = 3x, b = 3y, c = 3z

Bất đẳng thức ban đầu tương đương với:

≤ 12Vậy ta có điều phải chứng minh

Từ bài toán đã xét ở trên ta đi chứng minh bài toán tổng quá sau:

Bài toán Cho n số dương xi i = 1, n
nằm trong đoạn [a, b], c là một sốdương

Chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau:

Chứng minh

Đặt ti = cxi i = 1, n
ta có ti ∈ 

ca, cbBất đẳng thức phải chứng minh trở thành:

Xét tam thức f (x) = x2− ca+ cb
x + ca+b có hai nghiệm là x = ca, x = cb

Vậy ta thấy với mỗi c ∈ N∗ bất kì ta có thêm một bài toán bất chứng minhbất đẳng thức mới.

Bài toán 2 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn

8Chứng minh

1 + b,

c

1 + c, ta cób

Nên 1

1 + a ≥ 2

s

bc(1 + b) (1 + c)Chứng minh tương tự ta có

1

1 + b ≥ 2

(1 + a) (1 + c)

1 + c ≥ 2

s

ab(1 + a) (1 + b)Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được:

1(1 + a) (1 + b) (1 + c) ≥ 8 abc

(1 + a) (1 + b) (1 + c)Suy ra abc ≤ 1

8Sáng tạo

Từ bài toán đã xét ở trên ta đi chứng minh bài toán tổng quá sau:

Bài toán Cho n số dương xi i = 1, n
thỏa mãn

x1x2 xn ≤ 1

(n − 1)nChứng minh

(n − 1)nHay

x1x2 xn ≤ 1

(n − 1)nĐiều phải chứng minh

Không mất tính tổng quát ta giả sử a > b

Theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số 1 − b, 1 + b ta có

(1 − a)(1 − b) ≤ 1 − a

b + 1

Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c.Theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số1 − b, 1 − c, b + c + 1 ta có

Xét bài toán tổng quát:

Bài toán Cho n số a1, a2, an thuộc đoạn [0, 1] chứng minh rằng

(1 − a1) (1 − a2) (1 − an) ≤ 1 − a1

a2 + a3 + + an + 1Vậy ta có

a1 bằng a2, a3, , anta sẽ được mẫu số nhỏ hơn cùng bằng a2+a3+ +an+1,suy ra

Bài toán 4 Với mọi a, b ≥ 0 chứng minh rằng

√

1 + a +√

1 + b ≥ 1 +√

1 + a + b (1)Chứng minh

Bất phương trình (1) tương đương với:

⇔ (1 + a)(1 + b) ≥ 1 + a + b

⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b

⇔ ab ≥ 0(luôn đúng)Đẳng thức xảy ra khi ab = 0

Sáng tạo

Xét bài toán tổng quát

Với mọi a, b ≥ 0 (m > 0 là tham số) chứng minh rằng

√

m2 + a +√

m2 + b ≥ m +√

m2 + a + b (2)Chứng minh

Bất phương trình(2) tương đương với:

Vậy ta có điều phải chứng minh

2.2.3 Sử dụng bất đẳng thức Côsi

Đặt vấn đề

Bất đẳng thức Côsi là một bất đẳng thức quan trọng trong chươngtrình Toán ở nhà trường phổ thông Từ bất đẳng thức Côsi ta xây dựngcác bất đẳng thức trung gian dạng phân thức Sử dụng các bất đẳng thứctrung gian đó ta xây dựng được một số bài toán chứng minh bất đẳng thứcmới Ta đi xây dựng một số bất đẳng thức mới từ các bất đẳng thức sau:Bài toán 1.Với a, b, c là các số dương Chứng minh rằng

Ta đi chứng minh bất đẳng thức hệ quả sau:

1 Cho a, b, c, λ, β, γ là các số thực dương Chứng minh rằng



b +



1 − β2

Ví dụ 2 Nếu ta thay λ = 2 ta có bất đẳng thức mới

bc3b(c2 + a2) + 1 ≥ abc(a + b + c)

1 + 2abcBài toán 2 Với a, b, c > 0 Chứng minh rằng

b(b3 + c3)

b3 + 2c3 ≥ b − c

3c(c3 + a3)

c3 + 2a3 ≥ c − a

3Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh

a3 + 2b3 + b2 + ab(b

3 + c3)a(b3 + 2c3) + bc2 + c(c

c(a3 + 2b3) + b +

ab(b3 + c3)a(b3 + 2c3) + c +

bc(c3 + a3)b(c3 + 2a3) + a ≥ 2abc(a + b + c)

Theo phương pháp sau ta có thể sáng tạo bất đẳng thức mới dựa vàohàm lồi

Bước 1: Lựa chọn hàm số trên tập xác định bất kì sao cho hàm số đó lồi(lõm)

Bước 2: Dựa vào tính chất của hàm lồi để xây dựng các bất đẳng thức.Bước 3: Sáng tạo bài toán

= (x + y + z)

4

27Suy ra

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f (x) = x3 trên (0, +∞) với mọi

a, b, c > 0, ta có

a3 + b3 ≥ 2



a + b2

3

b3 + c3 ≥ 2



b + c2

3

c3 + a3 ≥ 2



c + a2

1 + xdx = ln(1 + x)

a, b, c ∈ (−1, +∞) ta đều có thể sáng tạo ra bài toán mới.

x3dx = − 2

x2

− 2

x2dx = 2

x + Cchọn C = 0 ta được một nguyên hàm của

Từ cách xây dựng đó ta có thể sáng tạo ra các bất đẳng thức sau

Bài toán 5 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng

- Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f (x) = 2

x với mọi x ∈ (0, +∞).Với mọi a, b, c, d ∈ (0, +∞), ta có