Các kĩ thuật cơ bản phân tích AM-GM

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN Học viên : Nguyễn Hạ Thi Giang Lớp : Cao Học Toán K25 CÁC KỸ THUẬT CƠ BẢN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM TIỂU LUẬN KẾT THÚC HỌC PHẦN BẤT ĐẲNG THỨC Ngành: Phương Pháp Toán Sơ Cấp Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Đà Nẵng - 2012 LỜI MỞ ĐẦU Trong hình thành vận động phát triển vũ trụ, quy luật so đo tính tốn điều tất yếu phải có Sự to nhỏ, lớn bé, cao thấp hay giàu nghèo so sánh kinh điển mà Lão Tử chiêm nghiệm cho đời "Đạo Đức Kinh" tiếng suốt 2500 năm qua Trong guồng quay khoa học từ thời sơ khai thời đại, Tốn học khơng thể đặt ngồi quy luật Sự đời phép so sánh : số lớn số bé, Giá trị lớn nhỏ nhất, giá trị điều tất yếu phải đến lịch sử Toán học Từ thời cổ đại, người phát so sánh tương đối số, biểu thức số học hay đoạn thẳng, góc, diện tích, chu vi hình học Với trình phát triển suốt sau đó, phép so sánh dần định hình chặt chẽ trở thành phần quan trọng Số học, Toán học đại Đó "Bất Đẳng Thức", bước khỏi vỏ bọc Số học để trở thành điểm nhấn quan trọng tất lĩnh vực : Đại Số, Giải tích, Tổ Hợp, Xác suất, Hình học Trong trình hình thành này, nhiều định lý, phương pháp quan trọng đời trở thành kinh điển "Tốn học" Với khn khổ tiểu luận, em xin trình bày phần nhỏ cốt lõi hữu ích để giải nhiều toán cấp độ Phổ Thơng Đó Bất Đẳng Thức AM-GM ( hay gọi Cauchy) phương pháp vận dụng Tiểu luận gồm có phần : Chương : Tổng quan BĐT AM-GM gồm : Định lý, quy tắc chứng minh, ví dụ vận dụng đơn giản Chương : • Phương pháp đánh giá ví dụ ; • Phương pháp ghép, tách ví dụ; • Phương pháp nhân chia hệ số (Kỹ thuật độ gần đều, xa đều) ví dụ; • Phương pháp đổi biến số ví dụ; Chương : Phân thức quy, BĐT AM-GM suy rộng Dù nhiều hạn chế định nhiều lý em hi vọng Tiểu luận mang đến kết khả quan để phát triển thành luận án thạc sĩ tương lai ii Xin chân thành cảm ơn thầy có buổi dạy nhiệt tình để em có kiến thức định mơn học quan trọng ! Học viên K25 Nguyễn Hạ Thi Giang Chương Tổng quan Bất Đẳng thức AG Trong chương này, em xin trình bày Bất Đẳng Thức AM-GM (viết tắt AG) dạng đơn giản tổng quát.Có nhiều cách để chứng minh Bất Đẳng Thức A-G trình bày phương pháp ngắn dễ hiểu 1.1 Định Lý Dạng : Định lý 1.1.1 Cho số a, b ≥ CMR : a+b √ ≥ ab Chứng minh : * ∀a, b ≥ 0, ta có : ≤ (a − b)2 = a2 + b2 − 2ab = (a + b)2 − 4ab Hay : (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ a+b √ ≥ ab * Dấu "=" xảy a = b Dạng : Định lý 1.1.2 Cho n số x1 , x2 , , xn ≥ CMR : √ x1 + x2 + + xn ≥ n x1 x2 xn n Chứng minh : * Ta đặt : A= x1 + x + + x n n Khi đó, ta cần chứng minh : An ≥ x1 x2 xn (1) ta có : A ≥ 0, x1 x2 xn ≥ nên : - Nếu A = x1 = x2 = = xn = 0(thỏa mãn) - Nếu A > (1) trở thành : 1≥ x1 x2 xn A A A Hay : en−n ≥ Hay : x1 x xn A A A x1 + x + + x n −n x1 x xA A e ≥ A A A Từ : x1 x xn + + + −n x1 x2 xn A ≥ eA A A A A Tương đương : x1 x2 xn −1+ −1+ + −1 x x x A A ≥ n eA A A A Tương đương : x1 x2 xn −1 −1 −1 x1 x2 xn e A e A e A ≥ A A A * Giả sử : xi = x, ∀i = 1, , n A (2) ta cần chứng minh : ex−1 ≥ x ∀x ∈ R Thật vậy, Đặt f (x) = ex−1 − x Ta có : • f ′ (x) = ex−1 − • f ′ (x) = ⇔ x = ⇔ f (x) = • Bảng biến thiên : x y′ y −∞ Quy tắc 1.2.3 Quy tắc đối xứng : BĐT thường có quy tắc đối xứng với biến, mà việc giả sử vai trò biến giải pháp hay để ta tìm giá trị biến Từ ta có định hướng cho việc sử dụng BĐT phù hợp Quy tắc 1.2.4 Quy tắc dấu "≥, ≤" : Ta cần để ý vai trị dấu ≥, dấu ≤, cho ta tư việc đánh giá sử dụng vế trái hay vế phải BĐT AG 1.3 Ví dụ Ví dụ 1.3.1 Chứng minh : (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) ≥ 8a2 b2 c2 ∀a, b, c Giải : Ta có : √ a2 + b2 ≥ a2 b2 ∀a, b ∈ R ⇔ a2 + b2 ≥ 2|ab| ∀a, b ∈ R Tương tự, ta có : b2 + c2 ≥ 2|bc| ∀a, c ∈ R a2 + c2 ≥ 2|ac| ∀b, c ∈ R Vậy : (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) ≥ 8|a2 b2 c2 | = 8a2 b2 c2 ∀a, b, c Ví dụ 1.3.2 Chứng minh : Giải : (√ a+ √ )8 b ≥ 64ab(a + b)2 ∀a, b > Ta có : √ (√ √ )8 [ √ ]4 √ a + b = (a + b) + ab ≥ 2(a + b) ab = 64ab(a + b)2 √ (BĐT AG với : (a + b), ab) Ví dụ 1.3.3 Chứng minh : 1 + + ≥ , ∀x, y, z ≥ (1) x y z x+y+z Giải : Ta có : (1) ⇔ xy + yz + xz ≥ xyz x+y+z ⇔ (xy + yz + xz)(x + y + z) ≥ 9xyz Thật vậy, áp dụng BĐT AG với số không âm : xy, yz, xz x, y, z Ta có : √ xy + yz + xz ≥ 3 x2 y z Và √ x + y + z ≥ 3 xyz Vậy ta có đpcm Bằng cách chứng minh tương tự ta có kết sau : • 1 + ≥ x y x+y • ≥ xy (x + y)2 • ≥ xyz (x + y + z)3 Chương Những kỹ thuật Trong chương này, em xin trình bày kỹ thuật sơ cấp quan trọng việc chứng minh BĐT có sử dụng BĐT AG 2.1 Kỹ thuật đánh giá lớn bé Có nhiều phương pháp đánh giá BĐT việc đánh giá theo chiều dấu "≥" dấu "≤" công việc bỏ qua Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Việc sử dụng BĐT AG liên quan mật thiết đến phép (+) (.) Tất nhiên có nhiều BĐT chứa dấu ( ≥ ) khuôn khổ sử dụng AG việc định hướng sử dụng vế trái hay vế phải AG quan trọng  a, b, c > Bài toán 2.1.1 Cho 1  + + ≥2 1+a 1+b 1+c CMR : abc ≤ Giải : Ta đánh sau : abc ≤ ⇔ ≥ 8abc Ta sử dụng giả thiết để xuất biểu thức 8abc bên vế phải Theo giả thiết : 1 ≥ 2− − = 1+a 1+b 1+c ( ) ( ) 1 b c 1− + 1− = + 1+b 1+c 1+b 1+c b c , , ta có : 1+b 1+c √ bc b c ≥ + ≥2 (1) 1+a 1+b 1+c (1 + b)(1 + c) Áp dụng BĐT AG cho số dương Tương tự : √ a c ac ≥ + ≥2 1+b 1+a 1+c (1 + a)(1 + c) √ ab a b ≥ + ≥2 1+c 1+a 1+b (1 + a)(1 + b) (2) (3) Từ (1), (2), (3), ta có : √ 1 ≥8 1+a 1+b 1+c ⇔ a2 b c (1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2 1 abc ≥8 1+a 1+b 1+c (1 + a)(1 + b)(1 + c) ⇔ ≥ 8abc ĐPCM Dấu = xảy :  1 1   = = = 1+a 1+b 1+c 1+d 1 1   + + + =3 1+a 1+b 1+c 1+d ⇔a=b=c=d= * Bài toán mở rộng :  x , , x n > Cho 1  + + ≥n−1 + x1 + xn Giải : Ta sử dụng kỹ thuật : CMR : x1 xn ≤ (n − 1)n 12 Bài toán 2.2.1 Cho a, b > CMR : a b + ≥2 b a Giải : Đây toán sở kỹ thuật Tách nghịch đảo, ta dễ dàng áp dụng BĐT AG sau : √ a b a b + ≥2 (= 2) b a b a a b Dấu "=" xảy : = ⇔ a = b b a a2 + Bài toán 2.2.2 Cho a > CMR : √ ≥2 a2 + Giải : Ta tách phân thức thành dạng sở để sử dụng : a2 + (a2 + 1) + √ √ = √ = a +1+ √ ≥2 a2 + a2 + a2 + √ Dấu "=" xảy va : a2 + = √ ⇔a=0 a2 + Bài toán 2.2.3 Cho a > b > CMR : a + ≥3 b(a − b) Giải : Ta có : √ 1 a+ = b + (a − b) + ≥ 3 b.(a − b) (= 3) b(a − b) b(a − b) b(a − b) 13 Dấu "=" xảy : b = a − b = ⇔ a = 2; b = b(a − b) Bài toán 2.2.4 Cho a > b > CMR : a + ≥3 (a − b)(b + 1)2 Giải : Ta có : V T + = a + + b+1 b+1 = (a − b) + + + (a − b)(b + 1)2 2 (a − b)(b + 1)2 √ b+1 b+1 ≥ 4 (a − b) =4 2 (a − b)(b + 1)2 Vậy V T ≥ Dấu "=" xảy va : a−b= b+1 = ⇔ a = 2; b = (a − b)(b + 1)2  a ≥ Bài toán 2.2.5 Cho a  >1 b 2a3 + CMR : ≥3 4b(a − b) Giải : Ta có : 4b(a − b) ≤ [b + (a − b)]2 = a2 √ 2a3 + 2a3 + 1 Vậy : ≥ = a + a + ≥ 3 a.a = 4b(a − b) a a a   a = b = a − b ⇔ Dấu "=" xảy va : 1 b = a = a * Bài toán mở rộng : 14 Cho : x1 > x2 > > xn > ≤ k ∈ Z (n − 1)k + √ CMR : a1 + ≥ (n−1)k+2 k k k an (a1 − a2 ) (a2 − a3 ) (an−1 − an ) k (n−1)k Kỹ thuật ghép a Ghép đối xứng Ta ý số kỹ thuật ghép đối xứng sở sau :  2(x + y + z) = (x + y) + (y + z) + (z + x) * Phép cộng : x+y y+z z+x x + y + z = + + 2 { x2 y z = (xy)(yz)(xz) * Phép nhân : √ √ √ xyz = xy yz xz Bài toán 2.2.6 Cho a, b, c > CMR : bc ca ab + + ≥a+b+c a b c Giải : Sử dụng kỹ thuật ghép phép cộng kết hợp BĐT AG, ta có : 2 ( ( bc ca + a b ca ab + b c ( bc ab + a c √ ) ≥ √ ) ≥ √ ) ≥ bc ca =a a b ca ab =a b c bc ab =c a c Vậy ta có : V T ≥ a + b + c Dấu "=" xảy : a = b = c 15 Bài toán 2.2.7 Cho △ABCc : a, b, c số đo cạnh tam giác, p chu vi tam giác CMR : • (p − a)(p − b)(p − c) ≤ abc ( ) 1 1 1 • + + ≥2 + + p−a p−b p−c a b c Giải : • Sử dụng kỹ thuật ghép phép nhân BĐT AG ta có : √ √ (p − a) + (p − b) c p−a p−b≤ = 2 √ √ (p − b) + (p − c) a p−b p−c≤ = 2 √ √ (p − c) + (p − a) b p−a p−c≤ = 2 Khi : (p − a)(p − b)(p − c) ≤ abc Dấu "=" xảy : p−a=p−b=p−c⇔a=b=c Hay △ABC • Sử dụng kỹ thuật ghép phép cộng BĐT AG ta có : ( ) 1 1 + ≥√ = ≥ (p − a) + (p − b) p−a p−b c (p − a)(p − b) ( ) 1 1 + ≥√ ≥ = (p − a) + (p − c) p−a p−c b (p − a)(p − c) ( ) 1 1 ≥ = + ≥√ (p − b) + (p − c) p−b p−c a (p − b)(p − c) Vậy cộng vế theo vế ta có đpcm 16 Dấu "=" xảy : p−a=p−b=p−c⇔a=b=c Hay △ABC b Ghép cặp nghịch đảo Ta có BĐT sở cho phép ghép nghịch đảo sau ) ( 1 ≥ ∀x, y, z > • (x + y + z) + + x y z ( ) 1 • (x1 + + xn ) + + ≥ n2 , ∀x1 , , xn > x1 xn Bài toán 2.2.8 Cho a, b, c > CMR : b+c c+a a+b + + ≥6 a b c Giải : Ta có biến đổi tương đương : b+c c+a a+b + + ≥6 a b c ( ) ( ) ( ) a+b b+c c+a ⇔ 1+ + 1+ + ≥9 a b c ) ( 1 ⇔ (a + b + c) + + ≥9 a b c Hiển nhiên Bài toán 2.2.9 Cho a, b, c > CMR : 2 + + ≥ a+b b+c c+a a+b+c Giải : Ta có biến đổi tương đương : 2 + + ≥ a+b b+c c+a a+b+c 17 ( ) 1 ⇔ 2(a + b + c) + + ≥9 a+b b+c c+a ( ) 1 ⇔ [(a + b) + (b + c) + (c + a)] + + ≥9 a+b b+c c+a Hiển nhiên Bài toán 2.2.10 Cho a, b, c > CMR : c a b + + ≥ a+b b+c c+a Giải : Thêm vế cho 3, tương tự tốn ta có đpcm Bài toán 2.2.11 Cho a, b, c > CMR : c2 a2 b2 a+b+c + + ≥ a+b b+c c+a Giải : Thêm vế cho (a + b + c) để đưa toán : ( ) ( ) ( ) c2 a2 b2 3(a + b + c) c+ + a+ + b+ ≥ a+b b+c c+a ( ) ( ) ( ) c a b 3(a + b + c) ⇔c 1+ +a 1+ +b 1+ ≥ a+b b+c c+a ( ) a b c 3(a + b + c) + + ⇔ (a + b + c) ≥ a+b b+c a+c c a b ⇔ + + ≥ a+b b+c a+c Hiển nhiên 2.3 Độ gần đều, xa Độ gần đều, xa bao gồm phương pháp chọn điểm rơi, nhân thêm số (hay gọi nhân đều, chia đều) Không BĐT Cauchy mà 18 BĐT khác sử dụng Mô kỹ thuật mang đến cho học viên cách nhìn rõ ràng tự có lựa chọn nghiệm cách xác Bài toán 2.3.1 Cho a, b, c > a + b + c = 1.Tìm √ √ √ 3 M axS = a + b + b + c + c + a Giải :    a ≥  * Giả sử a ≥ b ≥ c > a + b ≥    a + b + c = ta có độ gần : 1 (a, b, c) = ( , , ) 3 Và : a+b=b+c=c+a= * Vậy ta phải phân tích sau : √ √ √ √ a+b+ 2 3 a+b= (a + b) ≤ 33 Tương tự : √ b + c + b+c≤ √ a+c+ √ 3 a+c≤ √ Vậy : √ S≤ √ 2(a + b + c) + (= ) 4 Suy : √ M axS = ⇔a=b=c= 19 Bài toán 2.3.2 Cho a ≥ Tìm M inS = a + a2 * Phân tích : 1 ≤ a2 a a Vậy ≥ hay nằm lân cận với hình minh họa sau : 8 a a ≥ Hình 2.1: Minh họa * Giải : Ta có : √ a a 3a a a S= + + 2+ ≥ + (= ) 8 a 8 a Vậy M inS = a ⇔ = ⇔a=2 a 1 Bài toán 2.3.3 Cho a, b, c > 0, a+b+c ≤ Tìm M inS = a+b+c+ + + a b c * Phân tích : 1 Giả sử : a ≥ b ≥ c > c ≤ , a, b gần với Khi đó, ta có độ gần 2 : 1 (a, b, c) = ( , , ) 2 20 Khi : ≥ 2, ta kéo vị trí a đến lân cận hình minh họa a sau : Hình 2.2: Minh họa * Giải : Ta có : 1 S = (4a + ) + (4b + ) + (4c + ) − 3(a + b + c) a b c Vậy : √ S ≥ √ √ 1 15 4a + 4b + 4c − ⇔ S ≥ a b c 2 Vậy : M inS = 15 ⇔a=b=c= 2  a, b, c > Bài toán 2.3.4 Cho 1  + + ≥ a b c * Phân tích : Giả sử : a ≥ b ≥ c > Vậy 1 Tìm M inS = a+b+c+ + + a b c 1 ≥ ≥ >0 c b a 3 ≥ ⇔ c ≤ c Ta có độ gần : (a, b, c) = (2, 2, 2) Ta có sơ đồ sau : 21 Hình 2.3: Minh họa * Giải : Ta có 4 1 S = (a + ) + (b + ) + (c + ) − 3( + + ) a b c a b c Suy √ √ M inS = 15 ⇔a=b=c=2 S ≥ a + a √ 4 15 b + c − (= ) b c 2 Vậy Bài toán 2.3.5 Cho a, b, c ∈ N∗ thỏa mãn : a + b + c = 100 Tìm M axM = abc * Phân tích : Giả sử : a ≥ b ≥ c a ≥ 34 Khi đó, ta có độ gần : (a, b, c) = (34, 33, 33) Sử dụng kỹ thuật nhân đều, ta có : 33a = 34b = 34c * Giải : Ta có : √ 33a + 34b + 34c b+c 33a.34b.34c ≤ = 11(a + b + c) + = 1122 = 33.34 3 Khi : 33.34.34.M ≤ (33.34)3 ⇔ M ≤ 34.33.33 Vậy M axM = 34.33.33 ⇔ a = 34; b = c = 33 22 2.4 Kỹ thuật đổi biến số Đổi biến số kỹ thuật thông dụng phương pháp giải tốn sơ cấp Khơng dùng Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình mà sử dụng rộng rãi Chứng minh Bất Đẳng Thức Thường đổi biến số dùng để hủy điều kiện biến cũ khử mẫu phân thức Đưa BĐT dạng đơn giản  a≥4    b ≥ Bài toán 2.4.1 Cho  c≥6    a + b2 + c2 = 90 CMR a + b + c ≥ 16 * Phân tích : Ta ý : a≥4⇔a−4≥0 b≥5⇔b−5≥0 c≥6⇔c−6≥0 Như ta đặt ẩn phụ : x = a − 4, y = b − 5, z = c − 6, ∀x, y, z ≥ Khi ta có điều kiện x, y, z đơn giản nhiều   x = a − * Giải : Đặt : y = b − ∀x, y, z ≥   z =c−6 Ta cần chứng minh : x + y + z = (a + b + c) − 15 ≥ 1, ∀x, y, z ≥ Ta dùng phương pháp phản chứng : Giả sử x + y + z < 1, ta có : a2 + b2 + c2 = (x + 4)2 + (y + 5)2 + (z + 6)2 Hay: x2 + y + z + 8x + 10y + 12z + 77 Vậy (x+y +z)2 +8(x+y +z)+2(y +z)+2z +77 < (x+y +z)2 +12(x+y +z)+77 ... VT ≤ 2.2 729 Kỹ thuật tách ghép Kỹ thuật tách Đây phần cho việc sử dụng BĐT AG vào Phân thức quy chương 729 12 Bài toán 2.2.1 Cho a, b > CMR : a b + ≥2 b a Giải : Đây toán sở kỹ thuật Tách nghịch... Vậy ta có đpcm Bằng cách chứng minh tương tự ta có kết sau : • 1 + ≥ x y x+y • ≥ xy (x + y)2 • ≥ xyz (x + y + z)3 Chương Những kỹ thuật Trong chương này, em xin trình bày kỹ thuật sơ cấp quan trọng... ghép, tách ví dụ; • Phương pháp nhân chia hệ số (Kỹ thuật độ gần đều, xa đều) ví dụ; • Phương pháp đổi biến số ví dụ; Chương : Phân thức quy, BĐT AM-GM suy rộng Dù nhiều hạn chế định nhiều lý em