bất đẳng thức cauchy và bất đẳng thức Bunhiacaopxki

Bất đẳng thức Cauchy (hay còn gọi là bất đẳng thức AM GM), bất đẳng thức Bunhiacopxki (hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy Schwarz). Một số cách để áp dụng bất đẳng thức. Làm thế nào để xác định sử dụng bất đẳng thức gì, hay là nhìn bài có thể nhận biết phải làm như thế nào

MỤC LỤC PHẦN I: MỞ ĐẦU I TÊN ĐỀ TÀI Rèn luyện khả tư cho học sinh qua các bài toán áp dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz II LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Từ trước đến nay, toán học vẫn là một môn học đòi hỏi khả tư tích cực, thông minh và sáng tạo Một những chủ đề hay và khó toán học, đòi hỏi rất nhiều khả tư của học sinh là phần bất đẳng thức Hiện nay, các bài toán phổ thông áp dụng chứng minh bất đẳng thức, ta thường hay áp dụng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ cổ điển bất đẳng thức AM – GM (hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy), Cauchy – Schwarz (hay còn gọi là bất đẳng thức Bunhiacopxki) hoặc sử dụng phương pháp dồn biến, giảm biến đưa về hàm số Cá nhân cảm thấy khá hứng thú với bất đẳng thức cổ điển, nên chọn đề tài áp dụng các bất đẳng thức cổ điển để rèn luyện khả tư cho học sinh Cụ thể bài tiểu luận này, sẽ đề cập tới hai bất đẳng thức là AM - GM và Cauchy - Schwarz III MỤC TIÊU Thông qua hệ thống ví dụ, bài tập và một số phân tích, hy vọng học sinh có khả làm các bài tập bất đẳng thức tốt Qua đó rèn khả tư duy, sáng tạo của học sinh THPT IV MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu một số kỹ áp dụng bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz vào việc chứng minh bất đẳng thức - Xây dựng hệ thống bài tập về bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz V NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Xây dựng hệ thống bài tập có nội dung thuận lợi cho việc rèn luyện tư duy, phát triển lực tư sáng tạo của học sinh VI PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nghiên cứu nội dung bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz các dạng bài tập liên quan tới toán phổ thông VII PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách giáo viên, sách nâng cao, sách chuẩn kiến thức có liên quan đến bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz VIII CẤU TRÚC BÀI TIỂU LUẬN Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và phụ lục, bài tiểu luận gồm chương: Chương 1: Cơ sở lý thuyết Chương 2: Một số kỹ thuật áp dụng bất đẳng thức AM – GM và Cauchy Schwarz PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT Tính chất bất đẳng thức a ≥ b ⇔ a−b ≥ Định nghĩa:    a ≥ b ⇒a≥c  b ≥ c a ≥b ⇔ a+c ≥b+c a ≥ b ⇒ a+c ≥b+d  c ≥ d a ≥ b > 0⇒  1 ≤ a b Các bất đẳng thức a) Bất đẳng thức AM – GM Với a1 , a2 , , an là các số thực không âm, ta có: n ∏a Ở ta ký hiệu i =1 i n   ≥  ∏ ÷ ∑ n i =1  i =1  n n = a1.a2 an Các trường hợp riêng: TH1 a + b2 ≥ ab ⇔ ( a − b ) ≥ ∀a , b ≥ : TH2 a+b ≥ ab ⇔ ( Dấu đẳng thức xảy và a = b a− b ) ≥0 Dấu đẳng thức xảy và TH3 a+b+c ∀a, b, c :  ÷ ≥ abc   Dấu đẳng thức xảy và a=b=c a=b TH4 a + b3 + c ∀a, b, c : ≥ abc Dấu đẳng thức xảy và a=b=c b) Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Với ∈ R, bi ∈ R (i = 1, n) , chứng minh rằng:  n   n  n  a b  ∑ i i ÷ ≤  ∑ ÷ ∑ bi ÷  i =1   i =1  i =1  c) Một vài hệ quả quan trọng (+) (+) (+) 1 1 (a1 + a2 + L + an ) + + L + ÷ ≥ n vôù i ∀ai > 0, i = 1,n an   a1 a2 1 n2 + +L + ≥ vôù i ∀ai > 0, i = 1, n a1 a2 an a1 + a2 + L + an Cho 2n số dương ( n (+) Cho hai dãy số n ∈ Z , n ≥ a1,a2, ,an ,b1,b2, ,bn ): ta có: (a1 + b1)(a2 + b2) (an + bn ) ≥ n a1a2 an + n b1b2 bn a1,a2, ,an vaøb1,b2, ,bn vôù i bi > ∀i = 1,n an2 (a1 + a2 + L + an )2 a12 a22 + +L + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + L + bn ⇔ Dấu “=’ xảy ta có: (Bất đẳng thức Schwarz) a a1 a2 = =L = n b1 b2 bn Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ f (x1, x2, , xn ) D⊂¡ n Cho là một hàm biến thực n  f (x1, x2, , x n ) ≤ M ∀(x1, x2, , xn ) ∈ D Max f = M ⇔  0 0 0 D ∃(x1 , x2 , , xn ) ∈ D : f (x1 , x2 , , xn ) = M  f (x1, x2, , x n ) ≥ m ∀(x1, x2, , xn ) ∈ D Min f = m ⇔  0 0 0 D ∃(x1 , x2 , , xn ) ∈ D : f (x1 , x2 , , xn ) = M : f :D ⊂ ¡ n →¡ CHƯƠNG II: MỘT SỐ KỸ THUẬT ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ Kỹ thuật chọn điểm rơi 1.1 Bài toán mở đầu a,b > 1  P= 2+ a + b ≤ 2ab a +b Bài toán Cho , tìm GTNN của Giải 1 4 + ≥ = ≥4 2 2ab a + 2ab + b a +b (a + b)2 Ta có: Dấu “=” xảy  a = a = b  ⇔ ⇔ ⇒ MinP = x = y = a + b = b =  a,b > 1  P= + 2 a + b ≤  2ab 1+ a + b Bài toán Cho , tìm GTNN của Giải P= Lời giải Ta có: Dấu “=” xảy 1 4 + ≥ = ≥ =2 1+ a + b2 2ab a + 2ab + b2 + (a + b)2 + 1 + a + b = ab ( a − b) + = ⇔ ⇔ a + b = a + b = Vậy không tồn tại Vô nghiệm MinP ? ? Lời giải Ta có: 1 4 P= + + ≥ + = + 2 2 6ab 3ab a + 6ab + b + 3ab (a + b) + 1+ 4ab 3ab 1+ a + b  P≥ Mặt khác  a+b ab ≤  ÷ =   Dấu “=” xảy Vậy + a+b 2+  ÷   1+ a + b2 = 3ab  ⇔ a = b ⇔ a =b = a + b =  a+b 6 ÷   ≥  Lời bình: Bài toán và bài toán gần tương tự nhau, áp dụng bất đẳng thức 1 1 + ≥ = + a b a+b 2ab 6ab 3ab Lời giải tại sai? Lời giải tại lại tách ? ? Làm nhận biết điều đó…? Đó là kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Và qua bài tiểu luận này hiểu sâu kỹ thuật “chọn điểm rơi” việc giải các bài toán cực trị 2.2 Phương pháp chọn điểm rơi Nhận xét: Các bất đẳng thức các đề thi đại học, hoặc kì thi vào lớp 10 thông thường là đối xứng với các biến, và ta dự đoán dấu xảy ta các biến và xảy tại biến a,b > 1  P= 2+ + 4ab a + b ≤ ab a +b Bài Cho , tìm GTNN của biểu thức Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có : P= 1 4   + + + 4ab ≥ 2 + + 4ab = + + 4ab ÷ 2  2ab 2ab a +b a + b + 2ab 2ab (a + b)  2ab  Mặt khác 1 + 4ab ≥ 4ab = 2 2ab 2ab Vậy Sai lầm 2: P ≥ 4+ 2 nên MinP = 2(2 + 2) P= 1   1 1 + +  4ab + ≥ 4ab + ≥ 4+ 2+ = 6+ ÷+ 2 ab  4ab  4ab (a + b) 2ab 4ab 4ab 4ab a +b ấu xảy ⇒ MinP = a + b = 2ab  1  ⇔ a 2b = ⇔a=b= 16  a + b =  a=b= a=b= Thay vào ta D P≥7 Nguyên nhân sai lầm: Sai lầm 1: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, tách xuất hiện a + b2 + 2ab = (a + b)2 không kết luận là thói quen để làm a = b   MinP = + 2 ⇔  = 4ab ⇒ VN  2ab a + b = ⇒ 1 = + ab 2ab 2ab Dấu “=” bất đẳng thức không xảy MinP = + 2 a=b= Sai lầm 2: Học sinh có khái niệm điểm rơi, dự đoán dấu nên a=b= MinP = tách các số hạng và là đúng, bước cuối học sinh làm sai ví dụ (1− x)2 + x ≥ x , dấu xảy x =1 Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với ⇒ Min (x − 1)2 + x  = 1?? a ,b , ta dự đoán MinP a=b= đạt tại , ta có: P= 1   1 + +  4ab + ≥ + 4ab + ≥7 ÷+ 2 2ab  4ab  4ab (a + b) 2ab a +b a+b 4 ÷   Dấu xảy a + b2 = 2ab  1  ⇔ a 2b2 = ⇔a=b= 16  a + b =   a,b > 1  S= 3+ + a + b ≤ a +b a b ab Bài Cho , tìm GTNN của biểu thức Sai lầm thường gặp: S= Ta có: = 1 2 2 1  + + + + ≥ + +  ÷ a + b3 3a 2b 3ab2 3a 2b 3ab2 a3 + b3 + 3a 2b + 3ab 3 a 2b ab   1 +  +  ≥ 9+ (a + b) ab  a b  MinS = 2  a+b 3. ÷   59 ≥ a +b 59 Nguyên nhân sai lầm: a + b3 = 3a 2b 59  MinS = ⇔ a = b (vn) a + b =  Lời giải a=b= Ta dự đoán dấu xảy , và ta thấy muốn xuất hiện (a + b) a3 + b3 + 3a 2b + 3ab2 = (a + b)3 1 + + a + b 2a b 2ab2 thế ta ; ta áp dụng bất đẳng thức và nếu vậy: 1 + + ≥ a + b3 2a 2b 2ab2 (a + b)3 − ab(a + b) , ta không đánh giá tiếp ta phải áp dụng bất đẳng thức cho số: S= 1 1 25 + + + + ≥ ≥ a + b3 2a 2b 2ab2 2a 2b 2ab2 (a + b)3 + ab(a + b) a=b= Dấu xảy Bài Cho  x, y , z >  1 1 x + y + z =  25 ≥ 20 ( a + b ) (a + b)3 +  P= Tìm GTLN của 1 + + 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có:  1   1   1   1  10 10 P ≤  + + ÷+  + + ÷+  + + ÷ =  + + ÷ = ⇒ MaxP =  2x y z   x 2y z   x y 2z  18 x y z  9 Sai lầm 2: P≤ 1 11 1  11 1  11 1  10 + + ≤ + + ÷+ + ÷+   +  + + ÷= 33 2xyz 33 x.2yz 33 xy 2z 33 2x y z  33 x 2y z  33 x y 2z  Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải đều biết hướng “đích” song chưa biết chọn điểm rơi 2x = y = z 2y = x = z  10  MaxP = ⇔ 2z = x = y (vn) 1 1  + + =4  x y z ( x, y , z ) ∈ D : P = , tức là không tồn tại Lời giải đúng: Từ hai lời giải với dự đoán 2x = x + x số cho dấu xảy MaxP 10 10 x= y=z= đạt tại nên tách các Dấu “=” xảy x = y = Vậy Min A = 11 khi x = y = Bài Tìm giá trị nhỏ nhất của P = ab = a3 b3 + 1+ b 1+ a với a, b là các số dương thoả mãn điều kiện Hướng dẫn: Dấu xảy a = b = 1, vậy ta phải thêm cho a Để tính ta thấy cho a = b = thêm để chứng minh sau: a số hạng = Nhưng thế ta thấy xuất hiện a3 + b  + + ≥ a 3 1+ b 2  ⇒ a + b + ≥ ( a + b) ≥  b3 + c  + b + c + + ≥ b 1+ c 2  Min P = a3 1+ b Bài 10 Chứng minh ∀a, b, c > a b2 c + + ≥a+b+c b c a Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số dương a2 b2 c , b, , c, , a b c a a2 b2 c2 + b ≥ 2a; + c ≥ 2b; + a ≥ 2c b c a 2 a b c a b2 c ⇒ + b + + c + + a ≥ 2a + 2b + 2c ⇒ + + ≥ a + b + c b c a b c a 16 ta có: 1+ b α a3 vậy ta Bài 11 Chứng minh ∀a , b, c > Phân tích: Ta cần thêm cho a2 b+c a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c a+c b+a số m thoả mãn: Rút gọn mẫu số (b+c) sau áp dụng bất đẳng thức AM – GM ( a2 b+c +m ³ a2 m b+c ) Dấu bất đẳng thức AM – GM xảy nghĩa b+c m= α Và để tính a a2 b+c =m= b+c α a2 b+c Dễ thấy thay a = b = c a = m a = b = c suy = Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số dương a b + c b2 c + a c a + b , , , , , b+c c+a a+b ta có:  a2 b+c + ≥ a b+c  b c+a a2 b+c b2 c+a c2 a +b  + ≥ b ⇒ + + + + + ≥a +b+c ⇒ c+a b+c c+a a+b   c2 a+b + ≥ c a+b  a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b Dấu xảy a = b = c Tuy nhiên thêm hạng tử nào cho hợp lí tùy từng bài và ví dụ cụ thể Bài 12 Chứng minh với x, y, z > 0: x3 y3 z3 + + ≥ x2 + y + z2 y z x 17 Phân tích: Ta thấy với hạng tử Cách 1: Học sinh sẽ thêm x2 + y2 + z2 Cách 2: minh ³ x3 y có thể có hai hướng sau: 3 x3 y z + xy ≥ x ; + yz ≥ y ; + zx ≥ z y z x sau đó chứng minh xy + yz + zx, cộng các bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh x3 x3 y3 y3 z3 z3 + + y ≥ 3x ; + + z ≥ y ; + + x ≥ 3z y y z z x x cộng lại ta có điều phải chứng Bài tập tương tự (trích dẫn các đề thi thử thức đại học vào 10)  x, y , z >   xyz = Bài Cho , chứng minh rằng: m + x3 + y m + y3 + z3 m + z + x3 + + ≥3 xy yz zx , với m∈ N∗ (Nếu m = là đề thi Đại học Khối D năm 2005) Bài Cho x, y , z là số thỏa x+ y+z =0 3+ 4x + 3+ 4y + 3+ 4z ≥ Bài Cho Bài Cho a ≥ 2,b ≥ 3,c ≥ a,b,c , chứng minh rằng: (đề tham khảo 2005) P= , tìm GTLN: ab c − + bc a − + ca b − abc a+b+c = là các số dương thỏa mãn Chứng minh rằng: a + 3b + b + 2c + c + 3a ≤ 3 (ĐTK 2005) a,b,c >  a + b + c ≤ Bài Cho , tìm GTNN của các biểu thức sau: 18 1 1 + + + 2 ab bc ca a +b +c 1 1 1 S= 2+ 2+ 2+ + + ab bc ca a +b b +c c +a 1 1 1 Q= + + + + + a + bc b + ca c + ab ab bc ca P= 2 u + v2 = Bài Cho , chứng minh rằng: Q= Bài Cho Bài Cho Q= a,b,c a,b,c > Tìm GTNN của: dương thỏa 25  1  1 u + ÷ + v + ÷ ≥ u   v   a3 b3 c3 + + b3 c3 a3 a b c + + b c a (ĐHQGHN 2001-2002) abc = , tìm GTNN của biểu thức: bc ca ab + + a 2(b + c) b2(c + a ) c 2(a + b) (ĐH 2000 – 2001) x y  x, y , z > P= +  1− x 1− y x + y = Bài Cho , tìm GTNN của (ĐHNT 2001 – 2002) Bài 10 Cho x2 + là ba số dương và x + y + z ≤1 , chứng minh rằng: 1 + y + + z + ≥ 82 x y z Bài 11: Cho Bài 12: Cho P= x, y , z a≥4 (ĐH 2003) a+ Chứng minh rằng: x, y > thỏa mãn x + y =1 17 ≥ a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 + xy x + y 19 Bài 13 Cho Bài 14 Cho P= a , b, c > thỏa mãn thỏa mãn abc = abc = , chứng minh: , tìm GTNN của: a3 b3 c3 + + (1+ b)(1+ c) (1+ c)(1+ a) (1+ a)(1+ b) Bài 15 Cho P= a , b, c > 1 + + ≥ a 3(b + c) b3(c + a) c3(a + b) a,b,c,d > , tìm GTNN của a b c d + + + b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c Bài 16 Cho  xi > 0, i = 1, n n  ∑ xi =  i =1 , tìm GTNN của P = 1− x1 + 1− x2 + L + 1− xn a Bài 17 Cho a,b,c > , chứng minh rằng: a + 8bc + b b2 + 8ca + c c + 8ab ≥1 Phương pháp Cauchy – Schwarz thuận Để vận dụng kỹ biến đổi thuận ta thường xuất phát từ giả thiết bài toán hoặc từ bất đẳng thức cần chứng minh (biểu thức cần tìm GTLN, GTNN) làm xuất hiện biểu thức dạng ( a1b1 + a2b2 + + an bn ) (a 2 hoặc a2 a12 a22 + + + n b1 b2 bn + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 + + bn2 ) Từ đó biến đổi để đánh giá vế theo biểu thức: ( a1 + a2 + + an ) hoặc b1 + b2 + + bn Ta xem xét qua vài ví dụ sau: Bài Cho a , b, c > Chứng minh rằng: ( a + b + c ) ≤ ( a + ) ( b2 + ) ( c + ) Phân tích toán: 20 ( a + b + c) Vế trái xuất hiện biểu thức ( a + b + c) và vế phải xuất hiện biểu thức a2 + Do vậy, ta phải a2 + biến đổi biểu thức cho có thể đánh giá theo biểu thức , mục đích làm đơn giản bất đẳng thức cần chứng minh cách giảm số biến Từ đó ta có lời giải sau: Giải   b + c 2  b + c)   ( =  a.1 + ÷ ≤ ( a + )  +  ÷÷ ÷       ( a + b + c) Ta có Bài toán lúc đó trở thành, chứng minh: ( 2) ⇔ Ta lại có ( b − c) Đẳng thức xảy Bài Cho x, y, z >  ( b + c)  31 + ÷ ≤ ( b2 + ) ( c + )  ÷   + ( bc − 1) ≥ (luôn đúng)  a =  b+c  ⇔ a = b = c =1 b = c bc =   thỏa mãn 1 + + =2 x y z Chứng minh rằng: x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z Giải Ta có: ( ( 2) x −1 + y −1 + z −1 )  x −1 y −1 z −1 ≤ ( x + y + z)  + + y z ÷  x   1 1 = ( x + y + z) 3− − − ÷ x y z  ⇔ x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z 21  Dấu “=” xảy 1 1  x + y + z =   x −1 = y −1 = z −1 ⇔ x = y = z =  x y2 z2 a( a − 1) + b( b − 1) + c( c − 1) ≤ Bài Cho  Chứng minh rằng: a + b+ c ≤ Giải: Theo giả thiết ta có: 2 1  1   25  a( a − 1) + b( b − 1) + c( c − 1) =  a − ÷ +  b − ÷ +  c − ÷ ≤ + = 2  2  2 12  Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: 2  1  1  1 1  1  1  25  a + b + c =  a − ÷+  b − ÷+  c − ÷+ ≤ 3 a − ÷ +  b − ÷ +  c − ÷  + = + = 2  2  2 2  2    2     Bài Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a + b+ c + + ≥ ∀a, b,c > b+ c c + a a + b Giải Theo BĐT Cauchy - Schwarz ta có:  a2 b2 c2  ( a + b + c) a + b+ c ( b + c) + ( c + a) + ( a + b)   + +   b + c c + a a + b ≥ 2( a + b + c) =   Bài Chứng minh rằng: a b c + + ≥ ∀a,b,c > b+ c c + a a + b Giải 22  Ta có: a b c a2 b2 c2 + + ≥ ⇔ + + ≥ b+ c c + a a + b ab + ac bc + ba ca + cb Theo BĐT Cauchy - Schwarz ta có:  a2 b2 c2  ( ab + ac) + ( bc + ba) + ( ca + cb)   + +   ab + ac bc + ba ca + cb ≥ ( a + b + c)   ( a + b+ c) a2 b2 c2 ⇔ + + ≥ ab + ac bc + ba ca + cb 2( ab + bc + ca) Mà: ( a + b+ c) ≥ 3( ab + bc + ca) Do đó: a2 b2 c2 + + ≥ ab + ac bc + ba ca + cb  Bài Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 + + ≥ ∀a,b,c > b+ c c + a a + b Giải Ta có: a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 a4 b4 c4 + + ≥ ⇔ + + ≥ b+ c c + a a + b ab + ac bc + ba ca + cb Theo BĐT Cauchy - Schwarz ta có: Mà: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Do đó: a2 + b2 + c2 ) ( ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 ( a4 b4 c4 + + ≥ = ab + ac bc + ba ca + cb 2( ab + bc + ca) Bài Mỹ MO-1993) Chứng minh rằng: a b c d + + + ≥ ∀a,b,c, d > b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c Giải Ta có: a b c d + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c a2 b2 c2 d2 ⇔ + + + ≥ a( b + 2c + 3d) b( c + 2d + 3a) c( d + 2a + 3b) d( a + 2b + 3c) 23  Áp dụng BĐT Svacxơ ta có: ( a + b + c + d) a2 b2 c2 d2 + + + ≥ a( b + 2c + 3d) b( c + 2d + 3a) c( d + 2a + 3b) d( a + 2b + 3c) 4( ab + bc + cd + da + ac + bd) Mà ( a + b+ c + d) = a2 + b2 + c2 + d2 + 2ab+ 2bc + 2cd + 2da + 2ac + 2bd = ( a2 + b2 ) + ( b2 + c2 ) + ( c2 + d2 ) + ( d2 + a2 ) + ( a2 + c2 ) + ( b2 + d2 )  + 2( ab + bc + cd + da + ac + bd)  3 2  ≥  + 2÷( ab + bc + cd + da + ac + bd) = ( ab + bc + cd + da + ac + bd) 3  Do đó: ( ab + bc + cd + da + ac + bd) a b c d + + + ≥ = a( b + 2c + 3d) b( c + 2d + 3a) c( d + 2a + 3b) d( a + 2b + 3c) 4( ab + bc + cd + da + ac + bd) 2 2 Bài (IMO-2001) Với mọi số dương a, b, c dương ta có: a b c + + ≥1 a + 8bc b + 8ac c + 8ab Giải Ta có: a b c a2 b2 c2 + + ≥ ⇔ + + ≥1 a2 + 8bc b2 + 8ac c2 + 8ab a a2 + 8bc b b2 + 8ac c c2 + 8ab Theo BĐT Svacxơ ta có: ( a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ a a2 + 8bc b b2 + 8ac c c2 + 8ab a a2 + 8bc + b b2 + 8ac + c c2 + 8ab ( ) Ta có ( a a + 8bc + b b + 8ac + c c + 8ab) = ( 2 a a3 + 8abc + b b3 + 8abc + c c3 + 8abc Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có: ( ) a a3 + 8abc + b b3 + 8abc + c c3 + 8abc ≤ 24 ( a + b + c) ( a3 + b3 + c3 + 24abc) ) ( a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ a a2 + 8bc b b2 + 8ac c c2 + 8ab a a2 + 8bc + b b2 + 8ac + c c2 + 8ab ( Do đó: ) Ta cần chứng minh: a3 + b3 + c3 + 24abc ≤ ( a + b + c) ⇔ a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 ≥ 6abc Bất đẳng thức cuối đúng theo BĐT AM – GM Từ đó suy đpcm Phương pháp Cauchy – Schwarz nghịch Để vận dụng kỹ biến đổi nghịch ta thường xuất phát từ giả thiết bài toán hoặc từ bất đẳng thức cần chứng minh (biểu thức cần tìm GTLN, GTNN) làm xuất hiện biểu thức dạng (a + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 + + bn2 ) theo biểu thức: sau: ( a1 + a2 + + an ) hoặc ( a1b1 + a2b2 + + an bn ) hoặc P= Bài Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức dương tuỳ ý b1 + b2 + + bn a2 a12 a22 + + + n b1 b2 bn Từ đó biến đổi để đánh giá vế Ta xem xét qua vài ví dụ 3a 4b 5c + + b+ c c + a a + b với a, b, c là các số thực Phân tích bài toán: P= 3a 4b 5c + + b+ c c + a a + b Chính xuất biểu thức mà toán lại yều cầu tìm GTNN nên ta liện hệ đến việc vận dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Với suy nghĩ ta cố biến đổi biểu thức T để đưa dạng ( a + b + c )  m n p  + + ÷ a+b b+c c+a cách thêm bớt số lời giải sau Giải Sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có: 25 α ; β ;γ Từ ta có 3a 4b 5c   + 3+ + 4+ + = ( a + b + c)  + + ÷ b+ c c+ a a+ b  b+ c c + a a + b   = ( b + c) + ( c + a) + ( a + b)   + + ≥  b + c c + a a + b P= Suy ra: 3a 4b 5c + + b+ c c + a a + b Đẳng thức xảy và MinP = ( ) 3+ + Vậy ( ≥ − 12 Bài Chứng minh nếu ) 2 − 12 b+ c c + a a + b = = 2 ) 3+ + ( 3+ + b+ c c + a a + b = = a,b,c ≥ vµ abc = 1 + + ≤1 2+ a 2+ b 2+ c Giải Ta có: 1 2 a b c + + ≤ 1⇔ 1− + 1− + 1− ≥ 1⇔ + + ≥1 2+ a 2+ b 2+ c 2+ a 2+ b 2+ c 2+ a 2+ b 2+ c Tồn tại các số thực x, y, z cho x y z a= ; b= ; c = y z x Ta cần chứng minh: x y y z x y z x2 y2 z2 + z + x = + + ≥ 1⇔ + + ≥1 2 x y z 2y+ x 2z + y 2x + z xy + x yz + y zx + z 2+ 2+ 2+ y z x Theo BĐT Schwarz ta có: ( x + y+ z) ( x + y+ z) = x2 y2 z2 + + 2 ≥ 2 = 2xy+ x 2yz + y 2zx + z 2xy+ x + 2yz + y + 2zx + z ( x + y+ z) x = y = z hay a = b = c = Đẳng thức xảy Bài Cho a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác Chứng minh 26 a b c + + ≥1 3a − b + c a + 3b − c −a + b + 3c Giải VT − Ta có: a b c = − + − + − 3a − b + c a + 3b − c −a + b + 3c  a + b − c −a + b + c a −b+c  =  + + ÷  3a − b + c a + 3b − c − a + b + 3c  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: VT − a+b+c ≥ = 4 a + b + c ⇔ VT ≥ Dấu “=” xảy a = b = c Bài Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của: T= 3( c − b ) ( a − c ) 5( b − a ) + + 2b + a b + 2c c + 2a Giải Ta có: = 3( c − b)    4( a − c)   5( b − a )  T + 12 = T = + 3 +  + 4 +  + 5 2b + a    b + 2c   c + 2a  3( a + b + c ) ( a + b + c ) ( a + b + c )   + + = ( a + b + c)  + + ÷ a + 2b b + 2c c + 2a  a + 2b b + 2c c + 2a    =  ( a + 2b ) + ( b + 2c ) + ( c + 2a )   + + ÷≥  a + 2b b + c c + a  ⇒T ≥ ( ) + + − 12 Dấu “=” xảy ( 3+2+ b+c c+a a +b = = Các bài toán tương tự: Bài 1: Cho a, b, c là các số thực Chứng minh: ( + abc ) + ( + a ) ( + b ) ( + c ) ≥ ( + a ) ( + b ) ( + c ) Bài 2: Cho a, b, c là các số thực Chứng minh: 27 ) (a + 3) ( b2 + 3) ( c + 3) ≥ ( a + b + c + 1) Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh: (a + 1) ( b2 + 1) ( c + 1) ≥ ( a + b + c + 1) 16 Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh: a4 b4 c4 + + ≥ b ( c + a ) c ( a + b) a ( b + c ) Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a +b+ c =1 Chứng minh: 1+ a 1+ b 1+ c b a c + + ≤ 2 + + ÷ 1− a 1− b 1− c a c b Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh: a b c a+b+c + + ≥ 2 b + bc + c c + ca + a a + ab + b ab + bc + ca Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c =3 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥1 a + b b + c c + 2a Bài 8: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b2 + c = ( Chứng minh rằng: a b c + + ≥ a a +b b +c c 2 1+ b 1+ c 1+ a ) Bài 9: Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:  ( a + b + c)  a  ( b + c ) + b ( c + a) Bài 10: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 28 +  ≥ 2 ( a + b )  c a + b2 + c = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≤ b + b2 + c c + c2 + a a + a2 + b Bài 11: Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của: A= 9a 8b 7c + + b+c c+a a +b Bài 12: Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của: B= 5bc 6ca 7ab + + a ( b + c) b ( c + a ) c ( a + b) Bài 13: Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của: C= ( c − b) 5( a − c ) ( b − a ) + + 2b + a b + 2c c + 2a PHẦN III: KẾT LUẬN Trong bài tiểu luận này, hệ thống một số phương pháp áp dụng bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz kỹ thuật chọn điểm rơi, hay kỹ thuật Cauchy – Schwarz thuận, kỹ thuật Cauchy – Schwarz nghịch Tương ứng với dạng bài, hệ thống các bài tập cụ thể, làm tương tự những bài tập hướng dẫn Tuy nhiên, thời gian có hạn và kinh nghiệm còn non nớt, nên bài tiểu luận này vẫn còn những thiếu sót, chưa đầy đủ các phương pháp áp dụng làm bài bất đẳng thức Dù vậy, hy vọng phương pháp nêu bài tiểu luận này, phần nào giúp học sinh nâng cao tri thức, ràn luyện khả tư duy, ít gặp khó khăn các bài thi liên quan đến Bất đẳng thức 29 PHẦN IV: TÀI LIỆU THAM KHẢO Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), “Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức”, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội Nguyễn Văn Hiến (2000), “Bất đẳng thức tam giác”, NXB Hải Phòng, Hải Phòng Phạm Kim Hùng (2007), “Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội Phan Huy Khải (1997), “500 toán chọn lọc bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội Phan Huy Khải (2001), “10.000 toán sơ cấp”, NXB Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Ngọc Thắng (2009), “Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2008), “Các giảng bất đẳng thức Côsi”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội Nguyễn Thượng Võ (2000), “Tuyển tập 300 toán chọn lọc hệ thức lượng tam giác”, NXB Trẻ, TP Hồ Chí Minh Tủ sách toán học và tuổi trẻ (2007), “Các thi Olympic toán”, NXB Giáo Dục, Hà Nội 10 www.diendantoanhoc.net 11 www.math.vn 12 www.doc123.org.vn 30 ... liên quan đến bất đẳng thức AM – GM và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz VIII CẤU TRÚC BÀI TIỂU LUẬN Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và phụ lục, bài tiểu luận... ? ? Làm nhận biết điều đó…? Đó là kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Và qua bài tiểu luận này hiểu sâu kỹ thuật “chọn điểm rơi” việc giải các bài toán cực trị 2.2 Phương pháp... giá trị nhỏ nhất của: C= ( c − b) 5( a − c ) ( b − a ) + + 2b + a b + 2c c + 2a PHẦN III: KẾT LUẬN Trong bài tiểu luận này, hệ thống một số phương pháp áp dụng bất đẳng thức AM