Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi Chuyên đề: BẤT ĐẲNG THỨC §1 Các bất đẳng thức sở 1) Bất đẳng thức trung bình cộng-trung bình nhân (AM-GM) Định lý: Với số thực không âm a1 , a2 ,K , an ta coù : a1 + a2 + L + an n ≥ a1a2 L an n Đẳng thức xảy rakhi a1 = a2 = L = an 2) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Định lý: Với hai dãy số thực a1 , a2 ,K , an vaø b1 , b2 ,K , bn ta coù : (a1b1 + a2b2 + L + anbn ) ≤ (a12 + a22 + L + an2 )(b12 + b22 + L + bn2 ) Đẳng thức xảy rakhi hai (a1 , a2 ,K , an ) vaø (b1 , b2 ,K , bn ) tỉ lệ 3) Bất đẳng thức Chebyshev Định lý: Với hai dãy số thực tăng ( a1 , a2 ,K , an ) vaø ( b1 , b2 ,K , bn ) ta coù : a1b1 + a2b2 + L + anbn ≥ (a1 + a2 + L + an )(b1 + b2 + L + bn ) n 4) Bất đẳng thức hàm lồi (Bất đẳng thức Jensen) Định lý: Nếu f hàm lồi khoảng I x1 , x2 ,K , xn ∈ I thì: x + x + L + xn f ÷ ≤ f ( x1 ) + f ( x2 ) + L + f ( xn ) n Đẵng thức xảy x1 = x2 = K = xn 5) Bất đẳng thức hoán vị Định lý: Cho hai dãy số tăng ( a1 , a2 ,K , an ) vaø ( b1 , b2 ,K , bn ) Giả sử ( i1 , i2 ,K , in ) hoán vị (1 , , , n) Khi ta coù: a1b1 + a2b2 + L + anbn ≥ (a1 + a2 + L + an )(b1 + b2 + L + bn ) n a , a , K , a b , b , K , bn ) đơn điệu ngược chiều bất Nếu hai dãy ( n ) ( đẳng thức đổi chiều §2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1.Phương pháp sử dụng bất đẳng sở Ví dụ 1: Cho a, b, c số thực dương m, n số nguyên dương Chứng minh : a m+ n + b m+ n + c m + n ≥ a mb n + b m c n + c m a n Giaûi ma m + n + nb m+ n ApÙ dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: ≥ a mb n m+n m+n m+ n m+n m+ n ma + nb ma + nb ≥ a mb n ≥ a mb n m+n m+n Cộng bất đẳng thức ta bất đẳng cần chứng minh -1- Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi Ví dụ 2: Giả sử a, b, c số dương thỏa điều kiện a + b2 +c =3 a b c + + ≥ Chứng minh raèng : 2 (b + c ) (c + a ) ( a + b) Giaûi Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz: a b c (a + b + c) + + 2 (c + a ) ( a + b) (b + c) a b c ≥ + + b+c c+ a a +b Theo bất đẳng thức Nesbit có : Từ suy : a b c + + ≥ b+c c+a a+b a b c + + ≥ 2 4(a + b + c ) (b + c ) (c + a ) ( a + b) Mặt khác : a + b + c ≤ 3(a + b + c ) = a b c + + ≥ 2 (b + c ) (c + a ) ( a + b) Ví dụ 3: Cho a, b, c ba số nguyên dương cho a + b + c =2004 vaø x , y, z ba số thực Chứng minh : (x a + ya + za)(xb + yb + zb)(xc + yc + zc) ≤ 9(x2004 + y2004 + Từ suy ra: z2004) Giải (x Tacó: + y a + z a ) ( xb + y b + z b ) ( x c + y c + z c ) ≤ x a + y a + z a xb + y b + z b x c + y c + z c a ( a a ≤ x + y + z a )( x b b + y + z b )( x c c + y + z a a a b b b c c c x ≤ y ≤ z x ≤ y ≤ z x ≤ y ≤ z : Giả sử : x ≤ y ≤ z x (x a +b ≤ y a +b ≤ z AÙp dung bất đẳng thức Chebyshev ta : a a + y + za ( ≤9 x z2004) a +b + c )( x + y b a +b + c b + y +z + z a +b + c b )( x c ) = 9( x c + y +z 2004 c ) ≤ 3( x a +b + y 2004 + z 2004 ) + y a +b +z a +b c ) (1) a +b )( x c c + y +z c ) (2) Từ (1) (2) suy ra: (xa + ya + za)(xb + yb + zb)(xc + yc + zc) ≤ 9(x2004 + y2004 + Ví dụ 4: Chứng minh với số dương a, b, c -2- Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi a + bc b + ca c + ab + + ≥ a+b+c b+c c+a a+b Giải Ta nhậnthấy hai dãy a2, b2, c2 1 , , hai dãy đơn b+c c+a a+b điệu chiều nên theo bất đẳng thức hoán vị ta có: a2 b2 c2 b2 c2 a2 + + ≥ + + b+c c+ a a +b b+c c+a a +b a + bc b + ca c + ab b + bc c + ca a + ab Do đó: + + ≥ + + = a+b+c b+c c+a a+b b+c c+a a +b Đẳng thức xảy a = b = c 2.Phương pháp sử dụng đạo hàm Ví dụ 5: Cho số thực a, b, c thỏa điều kiện a ≤ b ≤ c , a + b + c = , ab + bc + ca = Chứng minh rằng: ≤ a ≤ ≤ b ≤ ≤ c ≤ Giaûi Đặt p = abc , xét hàm số f(x) = (x-a)(x-b)(x-c) = x3 - 6x2 + 9x – p f’(x) = 3(x -1)(x - 3) f’(x) = ⇔ x =1 x = Do f(x) = có nghiệm a, b, c a ≤ b ≤ c , neân ≤ b ≤ , f (1) f (3) ≤ Ta lại có f(1) = 4-p , f(3) = -p , f(0) = -p , f(4) = 4-p Do ≤ p ≤ , suy f (0) ≤ , f (4) ≥ Vaäy ≤ a ≤ ≤ b ≤ ≤ c ≤ Ví dụ 6: Cho a, b, c số thực không âm, Chứng minh rằng: a + b3 + c + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) Giải Giả sử a ≥ b ≥ c Xét hàm số f ( a) = a + b3 + c + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a ) f ' ( a) = 3a + 3bc − 2ab − b − 2ac − c Với a ≥ b ≥ c ta coù 3a ≥ b + 2ac , 3bc ≥ c , neân f ' ( a) ≥ Từ suy f ( a) ≥ f (b) = c + 3a 2c − 2ac(a + c) = c(a − c) ≥ Đẳng thức xảy a = b = c hoaëc a = b , c = hoán vị 3.Phương pháp phản chứng 1 + + =1 Ví dụ 7: Cho số dương a, b, c thỏa điều kiện 2+a 2+b 2+c Chứng minh : abc ≤ Giải Bổ đề: Nếu số dương a, b, c có tích abc = 1 + + ≤ (*) 2+a 2+b 2+c 2 (*) ⇔ − +1− +1− ≥1 2+a 2+b 2+c Thaät vaäy : a b c ⇔ + + ≥1 2+a 2+b 2+c Do abc = nên tồn số x, y, z cho a = x/y, b = y/z, c = z/x -3- Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi x z y y + z + x ≥1 x y z Ta cần chứng minh : + y + z + x x y z ⇔ + + ≥1 x + y y + 2z z + 2x Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta coù : x y z ( x + y + z )2 + + ≥ =1 x + y y + z z + x x( x + y ) + y ( y + z ) + z ( z + x) Vậy bổ đề chứng minh Bây ta chứng minh toán Giả sử abc > Khi tồn m, n, p cho m < a, n < b, p < c mnp = 1ø Từ kết bổ đề ta : 1 1 1 + + < + + ≤1 2+a 2+b 2+c 2+m 2+n 2+ p Điều mâu thuẩn suy bất đẳng thức chứng minh §3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức có nhiều biến Phương pháp1: Sử dụng bất đẳng thức a 2b 3c + + Ví dụ 8: Tìm giá trị nhỏ biểu thức b+c c+a a +b Với a, b, c số thực dương Giải p dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz : a 2b 3c 2b 3c a + + + (1 + + 3) = (a + b + c) + + ÷ b+c c+a a +b b+c c+a a+b ( 2b 3c + + a = (b + c + c + a + a + b) + + ÷≥ 2 b+c c+a a +b 1+ Suy giá trị nhỏ biểu thức ( ) 2+ ) − b+c c+a a +b + + Phương pháp2: Sử dụng đạo hàm Ví dụ 9: Cho x , y số thực khác thỏa điều kịên x2 2xy + 2y2= Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P = 3x – 2xy + 5y2 Giải Ta có : -4- Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh gioûi P x − xy + y = x − xy + y x2 x −2 +5 y y = x x −2 +2 y y x P 3t − 2t + 3t − 2t + Đặt : t = Xét hàm số f (t ) = có = y t − 2t + t − 2t + −4t + 2t + f (t ) = (t − 2t + 2) ' t = −1 f (t ) = ⇔ t = Lập bảng biến thiên hàm số f(t) ta Max f(t) = Min f(t) = Từ suy : Max P = , Min P = 3 Ví dụ 10: Xét cácsố thực dương x, y, z thỏa mãn 12xyz ≥ 2x + 8y + 21z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P(x,y,z) = x + 2y + 3z Giải 2x + y Từ giả thiết z (12 xy − 21) ≥ x + y > ⇒ z ≥ với x > (1) 12 xy − 21 4y 2x + y Suy P ( x, y, z ) ≥ x + y + (2) xy − ' 2x + y 4x2 y − 5x + y = với biến x > y tham số dương 4y xy − xy − 16 x y − 56 xy − 32 y + 35 f ' ( x) = (4 xy − 7) f ( x) = x + 32 y + 14 Treân ; +∞ ÷ f ' ( x) = ⇔ x = x0 = + 4y 4y 4y ⇒ P ( x, y, z ) ≥ f ( x0 ) + y = g ( y ) (3) Suy f ( x) ≥ f ( x0 ) = x0 − 4y Xét hàm soá: g ( y) = y + + 32 y + 14 4y 2y g ' ( y ) = ⇔ (8 y − 9) 32 y + 14 − 28 = Ñaët t = 32 y + 14 (t > 0) , phương trình trở thành: t − 50t − 112 = ⇔ t = ⇔ y = y0 = -5- Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi Xét biến thiên g(y) ta g(y) đạt cực tiểu y0 g ( y0 ) = Kết hợp với (3) ta suy P ( x, y, z ) ≥ g ( y ) ≥ g ( y0 ) = 15 15 15 x = 3, y = , z = Phương pháp3: Phương pháp miền giá trị Ví dụ11: Cho số thực x, y thỏa phương trình x(x-1) + y(y-1) = Vậy Min P(x,y,z) = xy Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức x2 + y2 + xy Đặt : Giải a = x2 + y2 + xy Từ điều kiện x, y ta suy ra: x + y + 2xy =a Goïi a giá trị biểu thức x2 + y2 + xy hệ pt: x + y + xy = a 2 x + y + xy = a phải có nghiệm Đặt: S = x+ y, P = xy (S2 ≥ 4P) , hệ phương trình trở thành : S + P = a S − P = a S + 2P = a ⇔ 2 4 P − (4a + 1) P + a − a = Hệ pt có nghiệmkhi phương trình : a f(P) = 4P2 -(4a+1)P+a2-a= có nghiệm thỏa P ≤ ∆≥0 a a f ≤ ∨ Điều tương đương với : f ≥0 3 3 4a + ≤ a 24a + ≥ a − 12a ⇔ ≤ ∨ a − 12a ≥ ⇔ ≤ a ≤ 12 4a + ≤ a Kết luận : Max (x2 + y2 + xy ) = 12 vaø Min (x2 + y2 + xy ) Ví dụ 12: Xét số thực x, y thỏa mãn điều kiện : x − x +1 = y + − y Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P=x+y Giải Ta coù: x − x + = y + − y ⇔ x + y = x + + y + ( -6- ) Tài liệu hổ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi ( ) 3 x + + y + = a a ∈ G ⇔ Gọi G tập giá trị P : (I) có x + y = a nghiệm Đặt u = x + , v = y + hệ (I) trở thành : a u+v = 3(u + v) = a ⇔ 2 u + v = a + uv = a − a − ÷ 2 Do hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (u,v) với u,v ≥ ⇔ Phương trình 18t2 – 6at + a2 - 9a – 27 = có hai nghiệm không âm −a + 18a + 54 ≥ + 21 a≥0 ⇔ ≤ a ≤ + 15 2 a − 9a − 27 ≥ + 21 ;9 + 15 Vì : G = + 21 Do : Min P = Max P = + 15 -7- ... Điều mâu thuẩn suy bất đẳng thức chứng minh §3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức có nhiều biến Phương pháp1: Sử dụng bất đẳng thức a 2b 3c + + Ví dụ 8: Tìm giá trị nhỏ biểu thức b+c c+a a +b... theo bất đẳng thức hoán vị ta có: a2 b2 c2 b2 c2 a2 + + ≥ + + b+c c+ a a +b b+c c+a a +b a + bc b + ca c + ab b + bc c + ca a + ab Do đó: + + ≥ + + = a+b+c b+c c+a a+b b+c c+a a +b Đẳng thức. .. a ) ( a + b) Giaûi Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz: a b c (a + b + c) + + 2 (c + a ) ( a + b) (b + c) a b c ≥ + + b+c c+ a a +b Theo baát đẳng thức Nesbit có : Từ suy