Tài liệu bất đẳng thức 1

Chương II BẤT ĐẲNG THỨC Đại cương bất đẳng thức: 1.1 Khái niệm: Cho hai số thực a, b Ta nói a lớn b , ký hiệu a > b a − b số dương Lúc ta nói b nhỏ a , ký hiệu b < a Ta nói a lớn hay b , ký hiệu a ≥ b a − b số không âm Lúc ta nói b nhỏ hay a , ký hiệu b ≤ a Các mệnh đề “ a > b ”, “ a < b ” , “ a ≥ b ”, “ a ≤ b ” gọi bất đẳng thức 1.2 Tính chất: a, b, c, d ∈ ¡ a Tính chất 1: b Tính chất 2: c Tính chất 3: d Tính chất 4: e Tính chất 5: f Tính chất 6: a > b  b > c a>b a > b  c > d ⇒ a>c ⇒ a+c >b+c ⇒ a+c >b+d a>b ⇒  ac > bc, c >  ac < bc, c <  a > b >  c > d > a > b  ab > ⇒ ac > bd 1 < a b ⇒ g Tính chất 7: a > b > ⇒  * n ∈ ¥ \ { 1} n n a > b n n  a > b h Tính chất 8: a > b  n ∈ ¥ ⇒ i Tính chất 9: a >1 ⇒ n +1 > b n+1 a  n+1  a > n +1 b ( ab > ac ⇔ b > c ) < a b >1 ⇒ j Tính chất 10: (a (a (a < a < b ac ⇔ b < c ) > bc ⇔ c > ) > bc ⇔ c < ) Một số bất đẳng thức bản: 2.1 Bất đẳng thức chứa dấu gía trị tuyệt đối: Cho a1 , a2 , , an ∈ ¡ , ta có: a1 + a2 + ×××+ an ≤ a1 + a2 + ×××+ an ( ) Dấu “=” xảy i = 1, n dấu 2.2 Bất đẳng thức Cauchy: Cho n số không âm a1 , a2 , , an , lúc ta có: a1 + a2 + ×××+ an n ≥ a1a2 an n Dấu “=” xảy a1 = a2 = ×××= an Chứng minh: phương pháp quy nạp: * Với n = , ta có: a1 + a2 ≥ a1a2 ⇔ ( a1 − a2 ) (1) ≥ : ( k > ) , tức là: * Giả sử bất đẳng thức với n = k a1 + a2 + ×××+ ak k ≥ a1a2 an k Ta cần chứng minh bất đẳng thức với n = k + , ta có: k +1 ∑ a + ( k − 1) i =1 i k +1 a1a2 ak +1 k = ∑ + ak +1 + ( k − 1) k +1 i =1 ≥k k a1a2 ak +1 a1a2 ak + k ak +1 ( a1a2 ak +1 ) k k −1 k +1 k −1 ≥ 2k 2k a1a2 ak ak +1 ( a1a2 ak +1 ) k +1 ≥ 2k 2k ( a1a2 ak +1 ) k +1 ≥ 2k k +1 2k a1a2 ak +1 Suy ra: k +1 ∑ a ≥ ( k + 1) i =1 i k +1 a1a2 ak +1 Dấu “=” xảy khi:  a1 = a2 = ×××= ak  ak +1 = k +1 a1a2 ×××ak +1  k −1  k a a ×××a = k a ( a a ×××a ) k +1 k k +1 k +1  ⇔ a1 = a2 = ×××= ak +1 * Hệ 1: Bất đẳng thức Cauchy mở rộng: Cho a1 , a2 , , an > m1 , m2 , , mn số hữu tỉ dương, ta có: m1a1 + m2 a2 + ×××+ mn an ≥ a1m1 a2 m2 an mn m1 + m2 + ×××+ mn Dấu “=” xảy a1 = a2 = ×××= an ( ) m1 + m2 +×××+ mn (2) Chứng minh: ( ) Giả sử mi i = 1, n số tự nhiên Lúc đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m1 + m2 + ×××+ mn số gồm m1 số a1 ; m2 số a2 ; …; mn số an , ta có: m1a1 + m2 a2 + ×××+ mn an m1 + m2 +×××+ mn m1 m2 ≥ a1 a2 an mn m1 + m2 + ×××+ mn m1a1 + m2 a2 + ×××+ mn an m1 m2 mn m + m +×××+ m n ⇒ ≥ a1 a2 an m1 + m2 + ×××+ mn Nếu mi số hữu tỉ dương tuỳ ý, ta đặt pi = mi N với N mẫu số chung ( ( ) ) mi i = 1, n , ta có: n p ∑ i i =1 N n ∑ mi i =1  Npi  =  ÷ = pi   n n n pi m a a pi ∑ ∑ ∑ i i i i =1 i =1 N i =1 = n = n n pi mi pi ∑ ∑ ∑ N i =1 i =1 i =1 ( mi ) ( n ∑ pi i =1 ) n Nên ( (2) ⇔ ) ∑pa i =1 n i i ∑p i =1 ( ≥ a1 p1 a2 p2 an pn ) n ∑ pi i =1 (*) i Các pi i = 1, n số tự nhiên, trở lại bất đẳng thức Cauchy mở rộng trường hợp mi số tự nhiên Như (*) chứng minh * Hệ 2: Cho n số dương x1 , x2 , , xn có tổng S = x1 + x2 + ×××+ xn khơng đổi tích x1 x x = = ×××= n mi số m1 m2 mn P = x1m1 x2m2 xnmn có giá trị lớn khi: hữu tỉ cho trước ( ) xi i = 1, n mi m m m * Hệ 3: Nếu n số dương x1 , x2 , , xn có tích P = x1 x2 xn n khơng đổi tổng x i = 1, n S = x1 + x2 + ×××+ xn có giá trị bé i mi xi i = 1, n Chứng minh: Vận dụng (2) với = mi Chứng minh: Vận dụng (2) với = ( ( ) ) 2.3 Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn Khi ta có: ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ ( a12 + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 + + bn2 ) (a a1b1 + a2b2 + + anbn ≤ hay = k bi Dấu “=” xảy khi: Chứng minh: Đặt A = a12 + a22 + + an2 ; + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 + + bn2 ) (3) B = b12 + b22 + + bn2 Nếu A = B = bất đẳng thức hiển nhiên Nếu A > B > ( 3) ⇔ a1b1 + a2b2 + + anbn ≤1 a12 + a22 + + an2 b12 + b22 + + bn2 Theo bất đẳng thức Cauchy:  a12 bi2  + ∀i = 1, n  ÷,  A2 B  n n  n  a b a bi2 ÷ ∑ i i ∑ ∑ i n  ab i =1 ≤ ∑ i i ≤  i =1 + i =1 ÷ = Nên: AB 2 A B ÷ i =1 AB  ÷   2  bi  = ⇔ = k bi B Dấu “=” xảy  A a b ≥ 0, ∀i = 1, n  i i bi AB ≤ Hệ quả: Bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng: Cho m.n số không âm: a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn c1 , c2 , , cn Khi đó: ( a1b1 c1 + a2b2 c2 + ×××+ anbn cn ) m ≤ n n n i =1 i =1 i =1 ∑ aim ∑ bim ∑ cim Dấu “=” xảy khi: a1 : b1 : ×××: c1 = a2 : b2 : ×××: c2 = ×××= an : bn : ×××: cn Chứng minh: tương tự 2.4 Bất đẳng thức Bernulli: Cho a ≥ −1, α ∈ ¡ , α ≥ Ta có: ( 1+ a) α ≥ 1+ α a a = α = Dấu “=” xảy  Chứng minh: Xét f ( x ) = ( + x ) − − α x với x ∈ [ −1, +∞ ) α α −1 f ′ ( x ) = α ( + x ) − 1   f ′( x) = ⇔ x = −1 x f ′( x) − f ( x) + Vậy f ( x ) ≥ f ( ) = 0, Hay (1+ a) α ∀x ∈ [ −1, +∞ ) ≥ + α a, ∀a ≥ −1, α ∈ ¡ , α > Dấu “=” xảy khi: • +∞ a = α =  α Nếu a ≥ −1, α ∈ ¡ , < α < , ta có: ( + a ) ≤ + α a Dấu “=” xảy a = 2.5 Bất đẳng thức Trebưshep: Dạng 1: Cho a1 ≤ a2 ≤ ×××≤ an b1 ≤ b2 ≤ ×××≤ bn Ta có: a1 + a2 + ×××+ an b1 + b2 + ×××+ bn a b + a b + ×××+ anbn × ≤ 11 2 n n n  a1 = a2 = ×××= an Dấu “=” xảy  b1 = b2 = ×××= bn Chứng minh: Dạng 1: Đặt A = a1 + a2 + ×××+ an , lúc tồn k ∈ { 1, 2, , n} cho: n a1 ≤ a2 ≤ ×××≤ ak ≤ A ≤ ak +1 ≤ ×××≤ an Chọn số B cho: b1 ≤ b2 ≤ ×××≤ bk ≤ B ≤ bk +1 ≤ ×××≤ bn Suy ra: ( − A) ( bi − B ) ≥ 0, ∀i = 1, n ⇒ bi − Abi − Bai + AB ≥ 0, ∀i = 1, n Do đó: n n n i =1 i =1 n ∑ aibi − A ∑ bi − B ∑ + n AB ≥ i =1 ⇒ n ∑a b i =1 ⇒ i i ≥ A∑ bi i =1 n  n  n  a b ≤ ∑ aibi  n ∑ i ÷ n ∑ i ÷ n i =1  i =1  i =1  Dấu “=” xảy  = A, ∀i = 1, n  bi = B, ∀i = 1, n  a1 = a2 = ×××= an b = b = ×××= b n  ⇔ Dạng 2, chứng minh tương tự 2.6 Bất đẳng thức Jensen: Định nghĩa: Cho f : [ a, b ] → ¡ ánh xạ f gọi hàm lồi [ a, b ] nếu: ∀x1 , x2 ∈ [ a, b ] , ∀α , β ≥ thoả α + β = : f ( α x1 + β x2 ) ≤ α f ( x1 ) + β f ( x2 ) n * Trường hợp x1 , x2 , , xn ∈ [ a, b ] , α i ≥ : ∑α i =1 i = thì: n  n  f  ∑ α i xi ÷ ≤ ∑ α i f ( xi ) i =1  i =1  * Ý nghĩa hình học: f hàm lồi f ′′ ( x ) > Bài tập: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a+b a b c b+c c+a a+b 15 + + + + + ≥ b b+c c+a a+b a b c 2 Cho a, b, c > abc = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+ a a +b a Cho a, b, c > abc = Chứng minh rằng: a b 1 + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) bc ca ab + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) a3 b3 c3 + + ≥ c ( + b) ( + c) ( + a) ( + c) ( + a) ( + b) Cho a1 , a2 , , an > 0; S = n ∑a i =1 i Chứng minh rằng: S S S n2 + + ×××+ ≥ a S − a1 S − a2 S − an n −1 a1 a1 an n + + ×××+ ≥ b S − a1 S − a2 S − an n −1 Cho a1 , a2 , , an > 0; S = a1 + a2 + ×××+ an Chứng minh rằng: a1 + a2 + ×××+ an ≥ 2; S − a1 S − a2 S − an Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng:      + ÷1 + ÷1 + ÷ ≥ 64  a  b  c  ( n ≥ 2) Từ tổng qt tốn Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 32 2a + ≥ ( a − b ) ( 2b + 3)  a, b > 10 Tìm S = 2a + 3b + + a b a + b ≥ a Cho   a , b, c > 1  b Cho  Tìm S = a + b + c + + + a b c a + b + c ≤  a , b, c > 1  2 c Cho  Tìm S = a + b + c + + + a b c a + b + c ≤  a , b, c > + ≥ 13 d Cho  Tìm S = a + b + c + + a 2b c a + 2b + 3c ≥ 20  a , b, c > a + b + c ≤ e Cho  Chứng minh S= a b2 c 1 + + + + + ≥ 28 b c a ab bc ca  a , b, c ≥ Tìm max S = a + b + b + c + c + a a + b + c = a Cho   a , b, c , d >  a + b + c + d = Tìm max S = 2a + b + 2b + c + 2c + d + 2d + a b Cho: c Cho 10 x + y + z) x, y , z ≥ Tìm S = ( xy z   a Cho: a, b, c, d > Tìm của: S = 1 +  a , b, c , d > Tìm của: a + b + c + d ≤ b Cho:  11 2a  2b  2c  2d  ÷ + ÷ + ÷1 + ÷ 3b  3c  3d  3a       S = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷1 + ÷  a  b  c  d   a , b, c ≥ a + b + c ≥ a.Cho:  Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau S = a + b Cho: 1 + b2 + + c + 2 b c a  x, y , z >  x + y + z ≤ Chứng minh S = x2 + 1 + y + + z + ≥ 82 x y z  a , b, c ≥ 1 Tìm của: S = a + + b2 + + c2 + b+c c+a a+b a + b + c ≥ 12 Cho:  5 a b c a b c 13 Cho: a, b, c ≥ Chứng minh  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ + + b c a b c a 14 a Chứng minh tam giác ta có: sin A B C A B C + sin + sin + tg + tg + tg ≥ + 2 2 2 b Chứng minh tam giác nhọn ta có:  A + 3B   B + 3C   C + A  sinA sinBsinC ≤ sin  ÷sin  ÷sin  ÷       15 Cho tam giác ABC nhọn, chứng minh 3n tg n A + tg n B + tg nC ≥ + , ∀n ∈ ¥ * Hướng dẫn giải tập a b c + + ≥ b+c c+a a+b 1a (1) Cộng hai vế bất phương trình cho với ta có: 1   (1) ⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )   + + ≥  a + b b + c c + a  Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho: a + b, b + c, c + a 1 , , a+b b+c c+a Ta suy đpcm a b c b+c c+a a+b 15 + + + + + ≥ (2) b+c c+a a+b a b c a b c b c c a a b 15 (2) ⇔ + + + + + + + + ≥ (3) b+c c+a a+b a a b b c c b c c a a b ≥ (4) Theo bất đẳng thức Cauchy + + + + + a a b b c c Kết hợp (1) (4) ta suy (3) a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ (1) b+c c+a a+b a2 b2 c2 Đặt S = + + b+c c+a a+b Cách 1: Cộng hai vế (1) với a + b + c ta có: b c   a S + a + b + c = ( a + b + c)  + + ÷ ≥ ( a + b + c) b+c c+a a+b  a+b+c ⇔ S ≥ 1b Cách 2: Đặt b + c = x  c + a = y a + b = z  x, y , z > x + y + z = 2( a + b + c) = p (1) thành: ( p − x) x ( p − y) + y ( p − z) + z Ta có: ≥ x+ y+ z ( p − x) x ( p − y) + y ( p − z) + z  1 1   x + y + z   x+ y+z = p  p  + + ÷− ÷ ≥  ÷ − ÷ =    x y z   Cách 3: Sử dụng phương pháp điểm rơi Do S biểu thức đối xứng nên dự đoán S đạt dấu '' = '' điểm rơi a =b = c Sơ đồ điểm rơi:  a2 b2 c2 a = = =  a = b = c ⇒ b + c c + a a + b α ( b + c ) = α ( c + a ) = α ( a + b ) = 2α a  a = 2α a ⇒ α = Áp dụng Bđt Cauchy ta có: a2 +b+c ≥ a b+c b2 +c+a ≥b c+a c2 +a+b ≥ c a+b Ta S≥ a+b+c Cách 4: Áp dụng Bđt Bunhiacopxki cho a , b+c b , c+a c a+b b + c, c + a, a + b 3a Ta suy đpcm Đặt 1 , y= ,z= a b c xyz = x= Sau sử dụng kết suy đpcm 3b Đặt 1 , y= ,z= a b c x, y , z > 0, xyz = x3 y3 z3 + + ≥ Bđt ⇔ y+z z+x x+ y x= 10 Áp dụng Bđt Trebưsep cho: x2 y2 z2 , , y+z z+x x+ y x, y , z Sau sử dụng kết ta suy đpcm 3c Sử dụng phương pháp điểm rơi Sơ đồ điểm rơi:  a3 b3 c3  1+ b 1+ c = 1+ a 1+ c = 1+ a 1+ b = )( ) ( )( ) ( )( ) a = b = c =1 ⇒  (  α + b = α + c = 2α ( ) ( )  1 = 2α ⇒ α = Ta có: a3 + b + c 3a + + ≥ ( + b) ( + c) b3 + a + c 3b + + ≥ ( 1+ a) ( 1+ c) c3 ( + a) ( + b) 4a + + a + b 3c + ≥ 8 Từ ta suy đpcm Ta có S S S + + ×××+ S − a1 S − a2 S − an ≥ nS n ≥ nS 1 ××× S − a1 S − a2 S − an n2 ≥ S − a1 + S − a2 + ×××+ S − an n −1 n 4b Ta có 11 a1 S = −1 S − a1 S − a1 an S = −1 S − an S − a n ⇒ a1 a1 an S S S + + ×××+ ≥ + + ×××+ −n S − a1 S − a2 S − an S − a1 S − a2 S − an ≥ Ta có: + S − ≥ n n −1 ( S − ) , ∀i = 1, n 2ai ≥ , ∀i = 1, n S − S ⇒ n n ⇒∑ k =1 ≥ S − 2∑ k =1 S =2 Ta có: 1 1 1     + + +  + ÷1 + ÷1 + ÷ = + + + + a b c ab bc ca abc  a  b  c  1 ≥ 1+ 3 +3 + ≥ 64 abc abc abc ( ) 2a + 32 ( a − b ) ( 2b + 3) = ( a − b ) + α ( 2b + 3) + α ( 2b + 3) + Ta chọn α : 2α − = ⇒ α = Ta có: 12 32 ( a − b ) ( 2b + 3) − 6α + ( − 4α ) b a+ 32 ( a − b ) ( 2b + 3) = 2( a − b) + ≥ − 3= 8a 1 32 −3 ( 2b + 3) + ( 2b + 3) + 2 a − b b + ( )( ) Sơ đồ điểm rơi: 2α a = 4α 6  =3 a a=b=2 ⇒  3β b = β 10  =5 b Ta chọn:  α=  4α =  α, β :  ⇒ 6 β = β =  Ta có: S= 3a 5b 10 + + + + ( a + b ) ≥ + 10 + = 18 a b Khi a = b = S = 18 Vậy S = 18 8b Tương tự, ta có: 1 1 1 3 1 1 S = a + b + c +  + + ÷+  + + ÷ 4 a b c 4 a b c  9 15 ≥ 3+ ≥ 3+ ≥ 3+ = abc ( a + b + c) 2 15 15 Khi a = b = c = S = Vậy S = 2 8c Tương tự, ta có 1 1 1 31 1 + + + + + +  + + ÷ 8a 8b 8c 8a 8b 8c  a b c  9 9 9 27 ≥ + ≥ + ≥ + = 4 abc 4 a + b + c 4 27 27 Khi a = b = c = S = Vậy S = 4 8d Tương tự, áp dụng Bđt Cauchy điểm rơi a = 2, b = 3, c = 8e Tương tự, áp dụng Bđt Cauchy điểm rơi a = b = c = S = a + b2 + c2 + 13 9a Áp dụng Bđt Cauchy điểm rơi a = b = c = 2 a+b+ + 2 Ta có 3 a + b = ×3 ( a + b ) × × ≤ × 3 3 Tương tự cho b + c , c + a Cộng vế theo vế ta có: S≤ Khi a = b = c = 2( a + b + c) + × = 18 S = 18 Vậy S max = 18 9b Áp dụng Bđt Cauchy điểm rơi a = b = c = d = 9c Ta có: 3 a + b + + 16 3 16 4 3 2a + b = × ( 2a + b ) × × ≤ × 4 Tương tự cho 2b + c , 2c + d , 2d + a Suy S ≤ 48 Khi a = b = c = d = S = 48 Vậy S max = 48 α x + 2β y + 3γ z ) ( Ta có: α xβ y β yγ zγ zγ z ≤ Ta chọn α , β , γ : 3γ = 2β = α α = 6, β = 3, γ = Tiếp tục áp dụng Bđt Cauchy cho số x, y , y, z , z , z Ta tìm S max 10a Do S biểu thức đối xứng nên dự đoán S đạt giá trị nhỏ a=b=c=d Ta có: 2a 1 a a a 1+ = + + + + ≥ 5 ÷ 3b 3 3b 3b b 10b 2b 2c 2d 5 , 1+ , 1+ Tương tự cho + ta suy S ≥  ÷ 3c 3d 3a 3 4 5 5 Khi a = b = c = d S =  ÷ Vậy S =  ÷ 3 3 Do S biểu thức đối xứng nên dự đoán S đạt giá trị nhỏ a=b=c=d = 1 1+ = 1+ + ≥ Ta có: a a a 4a 14 Tương tự với + 1 , + , + Ta có b c d 4    S ữì ữ ì ( 16 ) = 34   ( abcd )  4 Khi a = b = c = d = 11a S = 34 Vậy S = Ta có:   2  2 a +  ÷  ( α + β ) ≥  b    1 a + = b α + β2 β  α a + ÷ b α +β  1 , c + Ta được: c a   1  S ≥ α ( a + b + c ) + β  + + ÷ 2   a b c  α +β  Dự đoán S đạt giá trị nhỏ a = b = c = Ta có: a α = β b  b α ⇒ =4  = α β c β  c  = α β a Ta chọn α = 4, β = Lúc đó: Tương tự cho S≥ ≥ b2 +   1   ( a + b + c ) +  a + b + c ÷    15  a b c 1   ( a + b + c ) +  + + + a + b + c ÷ 17    17  17 ÷= 43  17 17 Khi a = b = c = S = Vậy S = 2 r  1 r  1 r  1 a =  x, ÷, b =  y, ÷, c =  z , ÷ 11b Đặt  x  z  y r r r r r r Ta có | a | + | b | + | c | ≥ | a + b + c | Nên ≥ S≥ 17  15  ×6 +  ( x + y + z) 2 1 1 + + + ÷ x y z Ta có 15 ( x + y + z) 2 1 1 + + + ÷ x y z 1 1 = 81( x + y + z ) +  + + ÷ − 80 ( x + y + z ) x y z 1 1 ≥ 18 ( x + y + z )  + + ÷− 80 ( x + y + z ) ≥ 82 x y z Suy S ≥ 82 12 Dùng phương pháp “điểm rơi” Bđt Bunhiacôpxki a = b = c = Ta suy S = 13 17 a = b = c = Ta có: 5 5 a  5a  a 3  a 3 −  ÷ =  − + ÷ ≥  − 1÷+ = 3 b  3b b b  5 3 Tương tự cho  b  ,  c   ÷  ÷ c a Ta có: 5 a b c 2 a b c a b c a b c   ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ + + +  + + − 3÷ ≥ + + b c a 3 b c a b c a b c a  x x Áp dụng bđt Jensen với f ( x) = sin + tg , x ∈ ( 0, π ) ( f ′′( x ) > ) 2 14a Ta có: f ( A) + f ( B ) + f ( C )  A+ B +C  ≥ f ÷, suy đpcm 3   14b Áp dụng bđt Jensen cho f ( x) = sin x, x ∈ ( 0, π ) (lõm) Ta có: A + 3B  ( sin A + sin B + sin B + sin B ) ≤ sin  ÷    B + 3C   C + 3A  Tương tự cho sin  ÷, sin  ÷     sin Asin B ≤ Ta suy đpcm 15 Áp dụng bđt Cauchy Jensen ta có: tg n A + tg n B + tg nC ≥ 3 ( tgAtgBtgC ) Do 16 n =3 ( tgA + tgB + tgC ) n ≥ 3+ 3n 3 ≥ 1+ n 3n  3  n ⇒ tg n A + tg n B + tg nC > 1 + ÷ ≥  + ì ữ = +  3 3n ⇒ tg n A + tg n B + tg nC > + 17