Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ————– * ————— NGUYỄN THỊ HỒNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - Năm 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ————— * —————- NGUYỄN THỊ HỒNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS PHẠM VĂN QUỐC Hà Nội - Năm 2012 Lời Mở đầu Trong suốt tiến trình phát triển nhân loại trình phát triển toán học Bất đẳng thức dường đề tài mn thuở có sức hấp dẫn lớn Hàng loạt tên tuổi nhà toán học tiếng gắn liền với bất đẳng thức quen thuộc như: Cauchy, Bunnhiacopxki, Chebyshev, Holder, Bernoulli, Nesbit sau phải kể đến Jensen, Minkowski, Schur, Yuong, tên tuổi nhiều nhà toán học khác "Nét đẹp" bất đẳng thức làm "mê đắm" nhiều nhà toán học bạn u tốn, mà "một mảnh đất cổ xưa" hàng năm có bất đẳng thức đưa Cùng với xuất thêm bất đẳng thức phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp tiêu biểu kể đến như: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển, Phương pháp lượng giác hóa, Phương pháp sử dụng hình học, Phương pháp bình phương S.O.S, Phương pháp phản chứng, Phương pháp dồn biến, Phương pháp tiếp tuyến, hay phương pháp GLA, đổi biến p,q,r, Nhưng đặc biệt phương pháp hai phương pháp mà qua q trình tìm hiểu, sử dụng tơi thấy ứng dụng rộng rãi nhiều "vẻ đẹp", kĩ thuật tiềm ẩn hai phương pháp là: Phương pháp dồn biến Phương pháp tiếp tuyến Điều thơi thúc tơi tìm tịi nảy sinh ý định hồn thành chương trình cao học với đề tài luận văn: "Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức" Với hai phương pháp chinh phục số lượng lớn bất đẳng thức kì thi tốn Quốc tế, kì thi Quốc gia hay đến kì thi Đại học Các bạn thấy rõ điều qua ví dụ mà đưa luận văn Qua hệ thống ví dụ chọn lọc bạn hiểu nắm cách vận dụng phương pháp Tôi đưa chứng minh cho số bất đẳng thức cổ điển hai phương pháp Đặc biệt q trình tìm tịi vận dụng phát kết vận dụng để chứng minh sáng tạo toán bất đẳng thức Bằng kết chứng minh lại số tốn kì thi chứng minh phương pháp khác Kết mở rộng bất đẳng thức Jensen nên toán sử dụng bất đẳng thức Jensen dùng kết chứng minh cách dễ dàng, nhanh gọn thuận tiện số lượng hàm bất đẳng thức tăng lên Sử dụng kết sáng tạo toán bất đẳng thức, theo chinh phục chúng điều dễ dàng Bên cạnh tơi tiếp tục nghiên cứu tìm hiểu cách chuyển chứng minh từ sử dụng kết sang sử dụng phương pháp quen thuộc, cách sáng tạo toán bất đẳng thức mà sử dụng phương quen thuộc để làm Nó vấn đề mở cho bạn đọc quan tâm mà thời gian hạn hẹn tơi chưa trình bày thấu đáo luận văn Với cách nhìn chủ quan thời gian, lực có hạn luận văn chắn khơng tránh khỏi sai sót mong góp ý thầy bạn để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn Mục lục Lời cảm ơn Lời Mở đầu Các kiến thức sở 1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển 1.1.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 1.1.3 Bất đẳng thức Chebyshev 1.2 1.3 6 1.1.4 Bất đẳng thức Nesbit 1.1.5 Bất đẳng thức Bernoulli 1.1.6 Bất đẳng thức Holder 1.1.7 Bất đẳng thức Schur Một số kiến thức liên quan 1.2.1 Bất đẳng thức 1.2.2 Biến đổi Abel kĩ thuật chuẩn hóa 9 10 10 11 11 12 Một số kiến thức hàm lồi 1.3.1 Định nghĩa hàm lồi, lõm 1.3.2 Tính chất 1.3.3 Định lý 16 16 16 17 Phương pháp dồn biến 21 2.1 Dồn biến biến đổi đại số 23 2.2 Dồn biến kĩ thuật hàm số 30 2.3 Dồn biến dãy số 36 Phương pháp tiếp tuyến 44 3.1 Chứng minh số bất đẳng thức cổ điển 44 3.2 Ví dụ áp dụng 50 Kết 4.1 4.2 4.3 ứng dụng 61 Các kết 61 Ví dụ áp dụng 64 Sáng tạo bất đẳng thức 76 Kết luận 85 Tài liệu tham khảo 87 Chương Các kiến thức sở Không phải ngẫu nhiên mà từ chương trình lớp cấp THCS bất đẳng thức đưa vào sau suốt chương trình tốn THCS THPT bất đẳng thức toán quen thuộc "nỗi sợ hãi" nhiều học sinh Bất đẳng thức "sơ khai" phải kể đến bất đẳng thức AM-GM (thường gọi bất đẳng thức Cơ-si), sau hàng loạt sách tham khảo bất đẳng thức nhắc đến như: Cauchy-Schwarz (thường gọi Bunnhiacopxki), Chebyshev, Nesbit, Bernouli, Holder, Schur điều cho thấy "sức mạnh” cần thiết chúng toán bất đẳng thức Trong luận văn lần tơi nhắc lại đưa ví dụ minh họa cho bất đẳng thức với ngưỡng mộ thán phục nhà toán học tìm chúng 1.1 Một số bất đẳng thức cổ điển 1.1.1 Bất đẳng thức AM-GM Với số thực dương a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Chứng minh Hiển nhiên bất đẳng thức với n = a + a2 + + an √ Giả sử bất đẳng thức với n, ta có: ≥ n a1 a2 an n Khi √ √ a1 + a2 + + a2n ≥ n n a1 a2 an + n n an+1 an+2 a2n √ √ ≥ n n a1 a2 an n n an+1 an+2 a2n √ = 2n 2n a1 a2 a2n Vậy bất đẳng thức với 2n Bất đẳng thức với n ta chứng minh bất đẳng thức với n-1 √ Thật áp dụng bất đẳng thức cho n số với an = n−1 a1 a2 an−1 a1 + a2 + + an ≥ n = n a1 a2 an−1 n √ n−1 a1 a2 an−1 n (a1 a2 an−1 ) n−1 √ = n−1 a1 a2 an−1 = an ⇔ a1 + a2 + + an ≥ nan ⇔ a1 + a2 + + an−1 ≥ (n − 1)an a1 + a2 + + an−1 √ ⇔ ≥ n−1 a1 a2 an−1 n−1 Vậy bất đẳng thức chứng minh xong Dấu xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.1 Mọi số dương a1 , a2 , , an ta có: √ n a1 a2 an ≥ n 1 + + + a1 a2 an Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.2 (i) Cho a1 , a2 , , an số thực dương m1 , m2 , , mn số nguyên dương Ta có m1 a1 + m2 a2 + + mn an ≥ a1m1 a2m2 anmn m1 + m2 + + mn m1 +m2 + +mn (ii) Cho a1 , a2 , , an số thực dương n số hữu tỉ dương i1 , i2 , , in cho nk=1 ik = Ta có a1 i1 + a2 i2 + + an in ≥ ai11 ai22 ainn 1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta ln có bất đẳng thức (a21 + a22 + + a2n )(b21 + b22 + + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 Dấu đẳng thức xảy (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) hai tỉ lệ, tức tồn số thực k để = kbi ∀i = 1, , n Chứng minh Xét n (ai x − bi ) = x f (x) = a2i −x b2i = Ax2 + Bx + C 2ai bi + i=1 i=1 i=1 i=1 n n n = B − 4AC Để f (x) ≥ ∀x ∈ R ≤0 n n n (2ai bi ) ≤ ⇔ B ≤ 4AC ⇔ i=1 b2i a2i 2 i=1 Dấu đẳng thức xảy f (x) = ⇔ i=1 b1 b2 bn = = = a1 a2 an Hệ 1.3 Với hai dãy số a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ∀bi ≥ ∀i = 1, , n a21 a22 a2 (a1 + a2 + + an )2 + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn Hệ 1.4 Với dãy số thực a1 , a2 , , an ta có (a1 + a2 + + an )2 ≤ n(a21 + a22 + + a2n ) 1.1.3 Bất đẳng thức Chebyshev Cho a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn hai dãy số thực (i) Nếu (ai )ni=1 (bi )ni=1 hai dãy đơn điệu tăng a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≥ n n n (ii) Nếu (ai )ni=1 (bi )ni=1 hai dãy đơn điệu giảm a1 b1 + a2 b2 + + an bn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≤ n n n Chứng minh Bằng cách phân tích trực tiếp, ta có đẳng thức sau n(a1 b1 + a2 b2 + + an bn ) − (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) n (ai − aj )(bi − bj ) ≥ = i,j=1 Vì dãy a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn đơn điệu nên (ai − aj )(bi − bj ) ≥ (ii) Tương tự Hệ 1.5 Nếu a1 , a2 , , an số thực dương có tổng n ≥ an1 + an2 + + ann an+1 + an+1 + + an+1 n 1.1.4 Bất đẳng thức Nesbit Mọi số thực dương a,b,c ta có a b c + + ≥ b+c c+a a+b Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c a ≥ b ≥ c =⇒ 1 ≥ ≥ b+c c+a a+b Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai số (a, b, c), 1 , , b+c c+a a+b bất đẳng thức AM-GM ta b c a + + b+c c+a a+b Vậy 1 + + b+c c+a a+b 1 1 + + = (b + c + a + c + a + b) b+c c+a a+b 1 1 ≥ 3 (b + c)(a + c)(a + b) 3 =3 b+c c+a a+b ≥2 a+b+c a b c + + ≥ b+c c+a a+b Mở rộng ta có: Bất đẳng thức Nesbit biến Mọi số thực dương a,b,c,d ta có b c d a + + + ≥ b+c c+d d+a a+b Bất đẳng thức Nesbit biến Mọi số thực dương a,b,c,d,e,f ta có a b c d f + + + + ≥ b+c c+d d+e e+f a+b Bất đẳng thức Nesbit cho trường hợp tổng quát không 1.1.5 Bất đẳng thức Bernoulli Với số nguyên r ≥ 1, ∀x ∈ R, x ≥ −1 ta có (1 + x)r ≥ (1 + rx) 73 Nhận xét 4.10 Tương tự ta tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = m tan A + n tan B + p tan C Trong m; n; p số thực dương A, B, C ba góc tam giác nhọn Ví dụ 4.12 Cho x,y,z ba số thực thỏa mãn x + y + z = Chứng minh √ √ √ + 4x + + 4y + + 4z ≥ (Đề dự bị Đại học KD-2005) Lời giải: √ Xét hàm số f (x) = + 4x x ∈ R ta có 4x ln2 16x (ln4 − 1)ln2 + 4x 6ln2 √ f (x) = √ ; f (x) = > ∀x ∈ R + 4x (3 + 4x ) + 4x Hàm hàm lồi f (0) > 0, x + y + z = + + Theo kết 2: f (y) f (z) f (0) f (0) f (0) f (x) + + ≥ + + f (0) f (0) f (0) f (0) f (0) f (0) √ √ √ + 4x + 4y + 4z + + ≥3 Dẫn đến ln2√ ln2 ln2 ln2 √ √ Vậy + 4x + + 4y + + 4z ≥ Nhận xét 4.11 Bài toán giải cách sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến hay bất đẳng thức AM-GM chương Ví dụ 4.13 Cho số dương thay đổi x,y,z thỏa mãn xyz = Chứng minh √ + x3 + y + xy + y3 + z3 + yz √ + z + x3 ≥ 3 zx (Đề thi tuyển sinh Đại học KD-2005) Lời giải: Đặt x = ea , y = eb , z = ec ; a + b + c = Xét hàm f (x) = ex ∀ ∈ R, f (x) = ex > nên f(x) hàm lồi f (x) > ∀x ∈ R; + 3a + 3b = a + b + a + b + a + b Áp dụng kết 2: x3 y3 e0 e3a e3b + + = a+b + a+b + a+b xy xy xy e e e f (0) f (3a) f (3b) = + + f (a + b) f (a + b) f (a + b) f (a + b) f (a + b) f (a + b) + + =3 ≥ f (a + b) f (a + b) f (a + b) 74 ⇔ + x3 + y ≥ 3xy ⇔ Do + x3 + y ≥ xy + x3 + y ≥ √ √ 3xy = a+b = xy e √ f 3xy f (0) a+b Từ áp dụng kết + x3 + y + xy + y3 + z3 + yz √ + z + x3 zx   ≥ √  3  f (0) a+b f  √  ≥ 3  + x3 + y + xy Vậy f f a+b a+b f (0) b+c + f f +( f + y3 + z3 + yz b+c b+c +  f (0)  c+a  f  f + f a+c  √  = 3 a+c  √ √ + z + x3 ≥ 3 zx Ví dụ 4.14 Cho x, y, z > thỏa mãn xyz = Chứng minh 1 + + ≥ + z) y (z + x) z (x + y) x3 (y (IMO 1995) Nhận xét 4.12 Trong kết ta thấy mẫu thức đạo hàm cấp nên hàm số xét hàm đa thức bậc tử thức lớn bậc mẫu thức bậc Do để áp dụng kết ta cần biến đổi toán dạng phân thức Từ nhận xét đưa đến cách làm cho toán sau: Lời giải: 1 Đặt = a, = b, = c; a, b, c > 0; abc = x y z = x3 (y + z) a3 1 + b c = a2 a2 = abc(b + c) b+c Hàm f (x) = x2 hàm lồi, ta có f (x) > 0, ∀x ∈ R+ ; a + b + c = b+c a+c a+b + + 2 75 Áp dụng kết 2: f f (a) b+c + f (b) a+c f + f f (c) a+b f b+c f b+c ≥ f + f a+c a+c f a+b f a+b + 2a2 2b2 2c2 b+c a+c a+b ⇔ + + ≥ + + = a + b + c b+c a+c a+b 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM √ a + b + c ≥ abc = 1 Vậy + + ≥ x (y + z) y (z + x) z (x + y) Ví dụ 4.15 Cho số x1 , x2 , , x2002 ∈ [1; 2] thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + x2002 = 2010 Tìm giá trị lớn biểu thức P = x31 + x32 + + x32002 (Bất đẳng thức định lí áp dụng) Lời giải: Xét hàm: f1 (x1 ) = x31 , f2 (x2 ) = x32 , ,f2002 (x2002 ) = x32002 hàm lồi x −1 ∈ [0; 1], i = 1, , 2002 Nếu giá trị lớn đạt [1; 2] Đặt zi = i 2−1 x01 , x02 , , x0n ∈ [1; 2] {zi0 } ⊂ [0; 1] Theo kết tồn không số x0k ∈ (1; 2) Nghĩa tồn không zk0 ∈ (0; 1), zi0 ∈ {0; 1} với i = k Giả sử có m số zi0 = 0, số zk0 ∈ [0; 1) 2002 − m − số zi0 = c= Ta có 2010 − 2002 =8 2−1 n zi0 = ⇔ 1(2002 − m − 1) + zk0 = i=1 Suy 2002 − m − = [8] nên m = 2002 − [8] − 1, zk0 = − [8] Suy m = 1993, zk0 = Vậy ta tìm số zi gồm 1994 số số hay tương ứng xi gồm 1994 số số Do vai trò số xi nên giá trị lớn P = 13 + 13 + + 13 + 23 + 23 + + 23 = 2058 76 4.3 Sáng tạo bất đẳng thức √ x Ví dụ 4.16 Xét hàm f (x) = √ − x, f (x) ≥ 0, f(x) hàm lồi Ta có: 1 f ( ) = f ( ) = f ( ) 3 1 a2 + b + c = + + 3 Theo kết 1: 1 f (a2 ) + f (b2 ) + f (c2 ) ≥ f ( ) + f ( ) + f ( ) 3 √ 1 ⇔ + + − a − b − c ≥ a b c Nhận xét 4.13 Từ suy luận ta có tốn: Cho a,b,c số dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh √ 1 + + − (a + b + c) ≥ a b c Đây toán 1.14 -Bất đẳng thức định lí áp dụng (Nguyễn Văn Mậu) Ta mở rộng tốn cách tương tự: Với cặp số dương a,b số dương xk với tổng nk=1 (xk )2 = 1, ta có n a k=1 xk n ± xk ≥ (an ± b) √ n k=1 Ví dụ 4.17 Xét hàm f (x) = x2 , f (x) = > ∀x, f(x) hàm lồi Ta có f b+c a+c > 0, f a+b+c= > 0, f a+b > b+c a+c b+c + + 2 Áp dụng kết 2: f f (a) b+c + f (b) a+c f ⇔ + f f (c) a+b f b+c f b+c ≥ f + f a+c a+c a2 b2 c2 b+c a+c a+b + + ≥ + + b+c a+c a+b 4 2 a b c ⇔a+b+c≤2 + + b+c a+c a+b f a+b f a+b + 77 Nhận xét 4.14 Từ suy luận ta có tốn sau chứng minh dựa theo bất đẳng thức Cauchy Chương 1: Cho a,b,c số dương Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + b+c a+c a+b a+b+c≤2 x , x ∈ (0; 1) 1−x 4−x 2−x √ √ , f (x) = > nên f (x) hàm lồi Ta có f (x) = 2(1 − x) − x 4(1 − x)2 − x Ví dụ 4.18 Xét hàm số f (x) = √ Ta có n f =f n x1 + x2 + + xn = = = f n 1 + + + n n n Theo kết 1: f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ≥ f ⇔√ +f n + + f n x1 x2 xn +√ + + √ ≥ − x1 − x2 − xn n n n−1 Nhận xét 4.15 Từ ta có tốn sau: Cho x1 , x2 , , xn số dương có tổng Chứng minh √ x1 x2 xn +√ + + √ ≥ − x1 − x2 − xn n n ∈ N, N ≥ n−1 Đây đề thi Indian 1995 5 Ví dụ 4.19 Xét hàm số f (x) = x có f (x) = x > 0, f (x) = 15 x > ∀x > Hàm cho hàm lồi x2 + y + z = y + z + x2 Theo kết 2: f (y ) f (z ) f (x2 ) f (y ) f (z ) f (x2 ) + + ≥ + + f (y ) f (z ) f (x2 ) f (x2 ) f (y ) f (z ) ⇔ x5 y z + + ≥ x2 + y + z y z x3 Nhận xét 4.16 Từ ta có tốn sau: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: x5 y z + + ≥ x2 + y + z y z x3 78 Lời giải sử dụng bất đẳng thức AM-GM sau: Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 5 x5 x x + 3y ≥ y y y = 5x2 y3 y3 y3 2 5 y5 y y + 3z ≥ z z z = 5y z3 z3 z3 5 z5 z z + 3x ≥ x2 x2 x2 = 5z 3 x x x Cộng vế với vế ta điều cần chứng minh Tương tự ta đưa nhiều toán khác, toán tổng quát là: Cho x, y, z số thực dương k, l số nguyên dương k > l Chứng minh rằng: xk y k z k + l + l ≥ xk−l + y k−l + z k−l l y z x Cách chứng minh theo bất đẳng thức AM-GM cho bất đẳng thức hoàn tồn tương tự Ví dụ 4.20 Xét hàm số fn (x) = √ + xn , n ∈ N, n > 1, x > ta có n(n − 2)x2n−2 + n(n − 1)xn−2 nxn−1 √ , f (x) = > ∀x > f (x) = √ + xn ( + xn ) Hàm f (x) hàm lồi x + y = y + x Theo kết ta có: f2 (x) f3 (y) f2 (y) f3 (x) + ≥ + f2 (y) f3 (x) f2 (y) f3 (x) √ √ + x2 + y + x3 + y ⇔ + ≥ 2y 3x2 + y2 + y2 + 2y + y + x3 = + 2y 3x2 y x = + + 2+ 2y 3x Ta có: √ √ √ + x3 + x3 3x2 √ + x2 + y + x3 + y 1 y x − ≥ + − + 2y 3x2 2y 3x2 √ √ + x2 + y − 1 + x3 + y − y x ⇔ + ≥ + 2y 3x 79 Nhận xét 4.17 Từ cách cho 2y + 3x số ta đưa tốn bất đẳng thức tìm giá trị nhỏ biểu thức chẳng hạn: Cho x, y số thực dương thỏa mãn 2y + 3x = 12,tìm giá trị nhỏ √ A= + x2 + y2 − + 2y √ + x3 + y3 − 3x2 Ví dụ 4.21 Chứng minh tam giác ABC ta ln có 1 + + ≥4 2 sin A sin B sin C , với x ∈ (0; π) Lời giải: Xét hàm số f (x) = sin x2 −2 cos x sin x2 + cos x2 Ta có: f (x) = ; f (x) = > 0, với ∀x ∈ (0; π) Suy f (x) sinx3 sin x4 hàm lồi (0; π) Ta có π π π + + 3 π π =f 3 A+B+C = f π =f Theo kết f (A) + f (B) + f (C) ≥ f π +f π +f π 1 + + ≥4 sin A2 sin B sin C Đẳng thức xảy A = B = C hay tam giác ABC ⇔ Nhận xét 4.18 Với cách làm ta xây dựng bất đẳng thức tương tự mà hệ số thay đổi tùy ý Trong tam giác ta có: m 1 +n +p ≥ (m + n + p), với m, n, p > 2 sin A sin B sin C Trong tam giác ta có: 1 ≥ 4(m + n + p), với m, n, p > A B C sin sin sin 2 Với ∀xi ∈ (0; π), mi > ta ln có: 1 n m1 + m2 + + mn ≥ (m1 + m2 + + mn ) 2 sin xn sin x1 sin x2 x1 + x2 + + xn sin n m +n +p Ví dụ 4.22 Cho tam giác ABC Chứng minh √ 1 + + ≥2 sin A sin B sin C 80 , với x ∈ (0; π) sin x cos x sin2 x + cos2 x Ta có: f (x) = − , f (x) = > 0, với ∀x ∈ (0; π) Suy f (x) sin x sin3 x hàm lồi (0; π) Ta có Lời giải: Xét hàm số f (x) = π π π + + 3 π π =f 3 A+B+C = π f =f Theo kết f (A) + f (B) + f (C) ≥ f π π +f √ ≥2 +f π 1 + + sin A sin B sin C Đẳng thức xảy A = B = C hay tam giác ABC tam giác ⇔ Nhận xét 4.19 Hoàn toàn tương tự ví dụ ta có tốn sau: Trong tam giác ta có: √ 1 +n +p ≥ 3(m + n + p), với m, n, p > m sin A sin B sin C Trong tam giác ta có: m 1 +n +p A B C sin sin 2 Với ∀xi ∈ (0; π), mi > ta ln có: ≥ 6(m + n + p), với m, n, p > sin m1 n 1 + m2 + + mn ≥ x1 + x2 + + xn (m1 + m2 + + mn ) sin x1 sin x2 sin xn sin n Nhận xét 4.20 Với cách xét hàm số khác áp dụng kết ta chứng minh sáng tạo tốn có dạng sau: Trong tam giác nhọn ta có: 1 m +n +p ≥ 6(m + n + p), với m, n, p > cos A cos B cos C Trong tam giác ta có: m cos A Với ∀xi ∈ − π2 ; π2 m1 +n +p B C cos 2 , mi > ta ln có: √ ≥ 3(m + n + p), với m, n, p > cos 1 n + m2 + + mn ≥ (m1 + m2 + + mn ) x + x + + xn cos x1 cos x2 cos xn cos n Trong tam giác nhọn ta có: m 1 + n + p ≥ 12(m + n + p), với m, n, p > cos A cos B cos C 81 Trong tam giác ta có: m cos2 A +n cos2 B +p cos2 Với ∀xi ∈ − π2 ; π2 , mi > ta ln có: C ≥ 4(m + n + p), với m, n, p > 1 n + m2 + + mn ≥ x1 + x2 + + xn (m1 + m2 + + mn ) cos x1 cos x2 cos xn cos n Ví dụ 4.23 Chứng minh rằng, tam giác ABC ta ln có √ B C A B C A sin + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 x x Lời giải: Xét hàm số f (x) = sin + tan , với x ∈ (0; π) 2 x sin x x Có f (x) = cos + , f (x) = − cos4 > 0, với ∀x ∈ (0; π) x x 2 2 cos2 cos3 2 Suy f (x) hàm lồi (0; π) Ta có π π π A B C + + = + + 2 6 π π π f =f =f 6 m1 Theo kết A f +f B C +f ≥f π +f π +f π √ A B C A B C + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 Đẳng thức xảy A = B = C hay tam giác ABC tam giác Vậy sin Ví dụ 4.24 Xét hàm f (x) = sin x, x ∈ (0, π), f (x) = cos x, f (x) = − sin x < C+A B+C ( )> f (x) = sin x hàm lồi f Tương tự f ( A+B ) > 0, f A+B+C = B = cos C+A = sin > 0 C +A A+B B+C + + 2 Theo kết : f (A) f C+A + f (B) f A+B + f (C) f B+C ≥ f f C+A C+A + f f A+B A+B + sin A sin B sin C sin B sin C sin A + + ≥ + + B C C B C sin sin sin sin sin sin A2 sin A sin B sin C A B C ⇔ + + ≥ cot + cot + cot B C A 2 sin sin sin 2 ⇔ f f B+C B+C 82 a b c A B C = √ , cot = √ , cot = √ 2 abc abc abc B C A bc ca ab , tan = , tan = , a + b + c = ⇔ tan = a b c Đặt cot Ta có cot A B C + cot + cot = √ 2 abc Ta có sin C =2 A sin tan C cot2 A +1 C +1 A A B C tan tan tan cot2 + 2 2 =2 A B C tan tan tan2 + 2 B C A B C tan2 tan2 + tan2 tan2 tan2 2 2 = B C C A A B tan tan tan tan + tan tan 2 2 √ 2 a + abc = ab + c √ √ √ sin B sin C a2 + abc b2 + abc c2 + abc sin A + + = + + B C A ab + c bc + a ca + b sin sin sin 2 tan2 Nhận xét 4.21 Từ ta đưa toán sau: Cho a, b, c số thực√dương thỏa√mãn a + b + c = Chứng minh √ a2 + abc + ab + c b2 + abc + bc + a c2 + abc ≥ √ ca + b abc Ví dụ 4.25 Cho x + y + z = 5; x, y, z ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn A = 5x2 + 15y + 2012z Nhận xét 4.22 Từ toán tạp chí Tốn học tuổi trẻ: Cho số a, b, c ∈ [1; 2] Chứng minh a3 + b3 + c3 ≤ 5abc Bài toán giải sử dụng hàm lồi dễ dàng (xem Chuyên đề bất đẳng thức đại- Võ Quốc Bá Cẩn) cách áp dụng kết thứ ta mở rộng toán sau: 83 Ví dụ 4.26 Cho số a, b, c ∈ [1; 2] thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 + b3 + c3 − 5abc ≤ Bài tập Bài 1: Cho a, b, c > Chứng minh √ 1+ 1 √ (a + b2 + c2 ) + + a b c 3 ≥a+b+c+ a2 + b2 + c2 (Đề thi Albania 2002) Gợi ý: √ + 31 Chuẩn hóa a2 + b2 + c2 = 1, xét hàm f (x) = √ − x 3 x Bài 2: Cho a, b, c > Chứng minh a b c √ +√ +√ ≥ c+a b+c a+b Bài 3: Cho > 0, n i=1 (a + b + c) (Serbia 2005) n = 1, k ≥ Chứng minh rằng: i=1 k ≥ nk+1 Bài 4: Cho a, b, c > 0, a + b + c = Chứng minh (a + b)4 + (b + c)4 + (c + a)4 ≥ 16 27 Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh √ 2(sin A + sin B + sin C) + (tan A + tan B + tan C) ≥ Bài 6: Cho tam giác ABC k ≥ Chứng minh √ sin A sin B sin C 3 + + ≤ k + cos A k + cos B k + cos C 2k + Bài 7: Cho a, b, c > 0, a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức b S = a+ Bài 8: Cho p, q dương a2 + c b+ b2 + a c+ c2 + 1 + = Chứng minh với x, y dương ta có p q xy ≤ xp y q + p q 84 Dấu xảy xp = y q Bài 9: Cho , bi > (i = 1, 2, , n) Chứng minh √ n a1 a2 an + n b1 b2 bn ≤ n (a1 + b1 ) (an + bn ) Bài 10: Cho a, b, x, y > Chứng minh x ln x y x+y + y ln ≥ (x + y) ln a b a+b 85 Kết luận Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu luận văn đạt kết sau Chương 1: Các kiến thức chuẩn bị Hệ thống lại bất đẳng thức cổ điển quan trọng thường dùng chứng minh bất đẳng thức sử dụng luận văn, kèm theo ví dụ vận dụng bất đẳng thức Một số kiến thức liên quan số kiến thức hàm lồi Chương 2: Phương pháp dồn biến Luận văn chứng minh bất đẳng thức: AM-GM, Nesbit, Schur phương pháp dồn biến Luận văn đưa kĩ thuật thường sử dụng phương pháp: biến đổi đại số, sử dụng hàm số, sử dụng dãy số Trong phần đưa hệ thống ví dụ minh họa cho phương pháp qua hình thành nên kĩ sử dụng phương pháp Chương 3: Phương pháp tiếp tuyến Chứng minh bất đẳng thức: AM-GM, Nesbit, Bernouli, Jensen, CauchySchwarz, Holder, Karamata, Fuchs, Petrovic sử dụng hàm số Chứng minh toán bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến, bất đẳng thức cát tuyến hàm số lồi lõm miền xác định, vận dụng tiếp tuyến, cát tuyến hàm không lồi lõm miền xác định Chương 4: Kết ứng dụng Kết 1: Cho n hàm fk hàm lồi khả vi khoảng I chứa số {ck }nk=1 {xk }nk=1 thỏa mãn f1 (c1 ) = f2 (c2 ) = = fn (cn ) x1 + x2 + + xn = c1 + c2 + + cn 86 Khi ta có bất đẳng thức sau f1 (x1 ) + f2 (x2 ) + + fn (xn ) ≥ f1 (c1 ) + f2 (c2 ) + + fn (cn ) Kết 2: Cho n hàm gk (x) hàm lồi khả vi I, số {ck }nk=1 {xk }nk=1 phần tử I với gk (ck ) > x1 +x2 + +xn = c1 +c2 + +cn Khi ta có bất đẳng thức sau g1 (x1 ) g2 (x2 ) gn (xn ) g1 (c1 ) g2 (c2 ) gn (cn ) + + + ≥ + + + g1 (c1 ) g2 (c2 ) gn (cn ) g1 (c1 ) g2 (c2 ) gn (cn ) Kết 3: Cho n hàm lồi f1 (x), f2 (x), , fn (x) [a,b] biểu thức F (x1 , x2 , , xn ) = f1 (x) + f2 (x) + + fn (x) với biến x1 , x2 , , xn ∈ [a, b] thỏa mãn x1 + x2 + + xn = C đạt giá trị lớn {ck }nk=1 có khơng q số ck ∈ (a, b) Đồng thời dẫn ví dụ tốn kì thi tốn quốc tế, quốc gia kì thi tuyển sinh đại học sử dụng kết để chứng minh Đưa số tốn kì thi biết sáng tạo dựa theo kết sáng tạo số toán Tiếp tục nghiên cứu ứng dụng kết 1,2 chứng minh bất đẳng thức với kĩ thuật chuyển hóa tốn để sử dụng kết Sáng tạo toán dựa theo kết đồng thời nghiên cứu cách chuyển chứng minh dựa theo kết để tìm cách chứng minh phương pháp khác sáng tạo nên tốn khó 87 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu(Chủ biên), Bất đẳng thức số vấn đề liên quan(Tài liệu dùng cho lớp bồi dưỡng giáo viên THPT-Hè 2005) [2] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức -Định lí ứng dụng, NXB Giáo Dục [3] Lê Dũng Mưu, Nguyễn Văn Hiền, Nguyễn Hữu Điển (2008), Nhập mơn giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội [4] Phạm Kim Hùng(2011), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội [5] Đề thi Olympic Toán học quốc tế, 1965-2005 [6] Đề thi Tốn tồn quốc, 1996-2005 [7] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [8] Tập đề thi Olympiad 30-4 [9] Tập đề thi Việt Nam -TST [10] Tuyển tập đề thi tuyển sinh Đại học -Cao đẳng [11] Thư viện trực tuyến ViOLET [12] www.diendantoanhoc.net [13] www.mathlinks.ro [14] Ivan Matics, Classical Inequalities-Theorem and Techniques [15] Old-and-new-inequality [16] SaminRiasat Nayel, Basicsof Olympiad Inequalities