Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đa thức viète

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ MAI MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC PHÂN THỨC CÓ RÀNG BUỘC BỞI ĐA THỨC VIÈTE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ MAI MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC PHÂN THỨC CÓ RÀNG BUỘC BỞI ĐA THỨC VIÈTE Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cam đoan iii Mở đầu 1 Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Đa thức đối xứng ba biến 1.2 Một số dạng bất đẳng thức cổ điển 1.2.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 1.2.3 Bất đẳng thức Karamata Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète 2.1 Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM 2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 13 Bất đẳng thức có tích khơng đổi với hàm phân thức 22 2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM 22 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 28 Một số toán liên quan 32 2.2 2.3 Một số phương pháp khảo sát bất đẳng thức dạng phân thức 39 3.1 Bất đẳng thức phân thức sinh tam thức bậc hai khoảng 39 3.2 Bất đẳng thức sinh hàm phân tuyến tính khoảng 43 3.3 Phương pháp nội suy bất đẳng thức 46 ii 3.4 Phương pháp tiếp tuyến 62 3.5 Phương pháp khảo sát hàm số 67 Kết luận Đề nghị 76 Tài liệu tham khảo 77 Danh mục cơng trình khoa học liên quan đến luận văn 77 iii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan số liệu kết nghiên cứu luận văn không trùng lặp với đề tài khác hoàn thành hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Một số kết luận văn chưa công bố cơng trình khác mà biết Tôi xin cam đoan thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Học viên Lê Thị Mai Mở đầu Bất đẳng thức nội dung chuyên đề quan trọng Toán học Ngay từ đời, bất đẳng thức có sức hút mạnh mẽ người yêu tốn, khơng vẻ đẹp hình thức mà bí ẩn mang đến, ln thơi thúc người ta quan tâm tìm tịi, sáng tạo Đặc biệt, bất đẳng thức cịn có nhiều ứng dụng mơn khoa học khác ứng dụng thực tế Ngày nay, bất đẳng thức ln chiếm vị trí quan trọng thường xuất kì thi Olympic quốc gia, khu vực quốc tế Phân thức hữu tỷ khái niệm chương trình Tốn bậc học phổ thơng Đặc biệt, trường THPT chuyên lớp chun tốn có nhiều dạng tốn liên quan đến hàm phân thức Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán nước kỳ thi Olympic Toán nước giới, có nhiều tốn dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình sinh hàm số dạng phân thức cần biết cách giải vận dụng tính đặc thù biểu thức phân thức cho Hiện tài liệu có tính hệ thống vấn đề chưa đề cập nhiều Là giáo viên THPT, muốn nghiên cứu sâu bất đẳng thức nhằm nâng cao chun mơn phục vụ cho q trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, nên chọn đề tài "Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète” làm luận văn thạc sĩ Bất đẳng thức vơ rộng lớn, thời gian ngắn, tơi khảo sát số chuyên đề nhỏ Dưới hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, tác giả hoàn thành luận văn với để tài Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète Luận văn chia làm ba chương: • Chương Một số kiến thức bổ trợ • Chương Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète • Chương Một số phương pháp khảo sát bất đẳng thức dạng phân thức Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ thân cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tác giả mong nhận góp ý thầy cô, anh chị đồng nghiệp bạn để luận văn hoàn thiện Qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người Thầy truyền cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu tốn học Thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thiện luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Tốn thầy tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành luận văn Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 26 tháng 03 năm 2015 Lê Thị Mai Học viên Cao học Tốn Lớp B, khóa 06/2013-06/2015 Chun ngành Phương pháp Tốn sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: lethimai@als.edu.vn Chương Một số kiến thức bổ trợ Chương trình bày số tính chất đa thức cần thiết để sử dụng chương sau, dựa theo tài liệu [1]-[5] trình bày số dạng bất đẳng thức cổ điển sử dụng nhiều chương sau Bất đẳng thức AM - GM, Bất đẳng thức Cauchy - schwarz, bất đẳng thức Karamata, 1.1 Đa thức đối xứng ba biến Định nghĩa 1.1 Một đơn thức ϕ(x, y, z) biến x, y, z hiểu hàm số có dạng ϕ(x, y, z) = aklm xk y l z m , k, l, m ∈ N gọi bậc biến x, y, z, số aklm ∈ R∗ = R\{0} gọi hệ số đơn thức, số k + l + m gọi bậc đơn thức ϕ(x, y, z) Định nghĩa 1.2 Một hàm số P (x, y, z) biến x, y, z gọi đa thức biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức aklm xk y l z m , n ∈ N P (x, y, z) = k,l,m∈N k+l+m=n Bậc lớn đơn thức đa thức gọi bậc đa thức Định nghĩa 1.3 Đa thức P (x, y, z) gọi đối xứng, khơng thay đổi với hốn vị x, y, z, nghĩa P (x, y, z) = P (y, x, z) = P (z, y, x) = P (x, z, y) Định nghĩa 1.4 Đa thức f (x, y, z) gọi bậc m, f (tx, ty, tz) = tm f (x, y, z), t=0 Định nghĩa 1.5 Các đa thức σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz, gọi đa thức đối xứng sở biến x, y, z Định nghĩa 1.6 (Tổng lũy thừa) Các đa thức sk = xk + y k + z k , (k = 0, 1, ), gọi tổng lũy thừa bậc k biến x, y, z Tính chất 1.1 (Cơng thức Newton) Với k ∈ Z, ta có hệ thức sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 Tính chất 1.2 Một tổng lũy thừa sk = xk + y k + z k biểu diễn dạng đa thức theo biến σ1 , σ2 , σ3 Định lí 1.1 (Cơng thức Waring) Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng cở sở theo công thức sk = k 1.2 1.2.1 0≤l,m,n l+2m+3n=k (−1)k−l−m−n (l + m + n − 1)! l m n σ1 σ2 σ3 l!m!n! Một số dạng bất đẳng thức cổ điển Bất đẳng thức AM-GM Định lí 1.2 (Xem [3]-[4]) Giả sử a1 , a2 , , an số thực khơng âm, ta ln có √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.1 Với số thực dương a1 , a2 , , an , ta có 1 + + ··· + a1 a2 an (a1 + a2 + · · · + an ) ≥ n2 Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.2 Với số thực a, b, c, ta có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (a + b + c)2 a + b + c ≥ 2 (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc(a + b + c) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) 1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Định lí 1.3 (Xem [3]-[4]) Nếu a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn số thực tùy ý (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) ≤ a21 + a22 + · · · + a2n Đẳng thức xảy mẫu tử 0) b21 + b22 + · · · + b2n (1.1) a1 a2 an = = ··· = (ở ta sử dụng quy ước b1 b2 bn xi √ Nhận xét 1.1 Theo bất đẳng thức (1.1) chọn = √ bi = yi với xi , yi ∈ yi R, yi > Ta thu bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức (hay gọi bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel) Hệ 1.3 Nếu x1 , x2 , , xn số thực y1 , y2 , , yn số thực dương x21 x22 x2 (x1 + x2 + xn )2 + + ··· + n ≥ y1 y2 yn y1 + y2 + · · · + yn x1 x2 xn Đẳng thức xảy = = ··· = y1 y2 yn 63 Như vậy, bất đẳng thức có dạng ”tổng hàm” vế trái bất đẳng thức trên, có giả thiết x1 + x2 + · · · + xn = nx0 với đẳng thức xảy tất biến xi x0 , ta hy vọng chứng minh phương pháp tiếp tuyến Đối với toán biểu thức cho tổng biểu thức độc lập biến, sử dụng phương pháp tiếp tuyến Ví dụ 3.1 Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = Chứng minh b c d a + + + ≤ + 3a2 + 3b2 + 3c2 + 3d2 Lời giải Dự đoán dấu xảy a = b = c = d = Ta tìm phương trình tiếp x tuyến đồ thị hàm số f (x) = x = + 3x2 Ta có − 3x2 f (x) = ⇒ f (1) = 32 (5 + 3x2 ) f (1) = Do đó, ta có phương trình tiếp tuyến tương ứng y = (x + 3) 32 Từ ta dự đốn f (x) = x ≤ (x + 3) , ∀x ∈ [0; 4] + 3x 32 Biến đổi tương đương bất đẳng thức dạng (x − 1) (x + 5) ≥ Từ ta có a b c d 1 + + + ≤ (a + b + c + d + 12) = + 3a2 + 3b2 + 3c2 + 3d2 32 Ví dụ 3.2 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1 + + + ≥4 + + a b c a+b+c a+b b+c c+a Lời giải Bất đẳng thức nhất, nên khơng tính tổng qt, giả sử a + b + c = Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên a, b, c ∈ 0; 64 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với − 1−a a Với f (x) = + − 1−b b − 1−c c + 5x − − = ,x ∈ 1−x x x − x2 0; ≤ ⇔ f (a) + f (b) + f (c) ≤ Ta dự đoán bất đẳng thức cho trở thành đẳng thức a = b = c = Vì ta tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f (x) điểm M ; y = 18x − Ta có đánh giá f (x) = 5x − ≤ 18x−3, ∀x ∈ x − x2 0; 2 ⇔ (3x − 1) (2x − 1) ≤ 0, ∀x ∈ 0; Do f (a) + f (b) + f (c) ≤ 18 (a + b + c) − = 9, đpcm Dấu xảy a = b = c = , dấu xảy bất đẳng thức ban đầu a = b = c Bất đẳng thức với x ∈ 0; Hệ 3.5 Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Khi giá trị lớn M= 1 1 + + + ≥4 + + a b c a+b+c a+b b+c c+a Ví dụ 3.3 (USA - 2003) Cho a, b, c > Chứng minh (2a + b + c) 2 2a2 + (b + c) + (2b + c + a) 2b2 + (c + a) 2 + (2c + a + b) 2c2 + (a + b) ≤ Lời giải Vế trái bất đẳng thức biểu thức bậc Không tổng quát, ta giả sử a + b + c = Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (a + 1) 2a2 + (1 − a) + (b + 1) 2b2 + (1 − b) Từ giả thiết suy a, b, c ∈ (0; 1) + (c + 1) 2c2 + (1 − c) ≤ 65 x2 + 2x + , với x ∈ (0; 1) 3x2 − 2x + 2x2 + (1 − x) Khi bất đẳng thức trở thành f (a) + f (b) + f (c) ≤ (x + 1) Đặt f (x) = = Ta dự đoán bất đẳng thức cho trở thành đẳng thức a = b = c = Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f (x) điểm M 16 ; , y=f 3 x− + 16 12x + = 3 Bằng trực quan hình học ta thấy đồ thị hàm số y = f (x) tiếp tuyến Vậy 12x + , ∀x ∈ (0; 1) f (x) ≤ Ta kiểm chứng bất đẳng thức sau x2 + 2x + 12x + ≤ ⇔ 36x3 − 15x2 − 2x + ≥ 3x − 2x + ⇔ (3x − 1) (4x + 1) ≥ 0, ∀x ∈ (0; 1) Bất đẳng thức cuối hiển nhiên 12a + 12b + 12c + Vậy f (a) ≤ , f (b) ≤ , f (c) ≤ 3 12 (a + b + c) + 12 Suy f (a) + f (b) + f (c) ≤ = 8, đpcm Ví dụ 3.4 (Japan - 1997) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (b + c − a) 2 (b + c) + a2 + (c + a − b) + (c + a) + b2 (a + b − c) ≥ (a + b) + c2 (3.20) Lời giải Bất đẳng thức (3.20) ⇔ (b + c − a) 2 (b + c) + a2 ⇔ −1+ (b + c) a (b + c) + a2 + (c + a − b) 2 (c + a) + b2 (c + a) b (c + a) + b2 −1+ + (a + b − c) 2 (a + b) + c2 −1≥− 12 (a + b) c ≤ (a + b) + c2 Các phân thức vế trái có tử số mẫu số đồng bậc, không tổng quát, giả sử a + b + c = Bất đẳng thức viết lại dạng (3 − a) a a2 + (3 − a) + (3 − b) b b2 + (3 − b) + (3 − c) c ≤ c2 + (3 − c) (3.21) 66 Do (3 − a) a a2 + (3 − a) = − 1, nên bất đẳng thức (3.21) trở thành 2a2 − 6a + 1 + + ≤ 2a2 − 6a + 2a2 − 6a + 2a2 − 6a + Phương trình tiếp tuyến điểm x = đồ thị hàm số y = f (x) = 2x − 6x + y = f (1) (x − 1) + f (1) = 2x + (x − 1) + = 25 25 Do vậy, ta chứng minh 2x + ≤ , ∀x ∈ (0; 3) 2x2 − 6x + 25 ⇔ x3 + x3 + − 3x2 ≥ 0, ∀x ∈ (0; 3) Theo bất đẳng thức AM - GM bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh f (a) + f (b) + f (c) ≤ (2a + 3) + (2b + 3) + (2c + 3) = 25 Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 3.5 (China - 2006) Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh a2 + 2a2 + (b + c) + b2 + 2b2 + (c + a) + c2 + 2c2 + (a + b) ≤ ≤ Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với a2 + 2a2 + (3 − a) + b2 + 2b2 + (3 − b) + c2 + 2c2 + (3 − c) Ta chứng minh bất đẳng thức x2 + 2x2 + (3 − x) ≤ x+4 , ∀x ∈ (0; 3) Thật vậy, ta có x2 + x2 + 2x + 2x + = = + = + 3x2 − 6x + 3x2 − 6x + 3(x − 1)2 + 2x2 + (3 − x) 67 ≤ 2x + x+4 + = (3.22) Vậy (3.22) Sử dụng kết (3.22), ta có a2 + 2a2 + (3 − a) + b2 + 2b2 + (3 − b) + c2 + 2c2 + (3 − c) ≤ a+4 b+4 c+4 + + = 3 Đẳng thức xảy a = b = c = 3.5 Phương pháp khảo sát hàm số Trong toán chứng minh bất đẳng thức dạng P (x, y, z) ≥ 0(≤ 0), dựa vào tổng không đổi dựa vào dự đoán dấu đẳng thức xảy Ta đưa tốn dạng hàm biến sử dụng tính chất hàm số để khảo sát Hoặc sử dụng bất đẳng thức Karamata bổ đề Bài toán 3.20 Với x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh 1 + ≥ 16 xz yz 1 + z x y Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có Lời giải Yêu cầu toán ⇔ ≥ 16 1 4 + ≥ = x y x+y 1−z Ta chứng minh ≥ 16, z ∈ (0; 1) z 1−z 4 Xét hàm số f (z) = − 16 = − 16, với z ∈ (0; 1) z 1−z −z + z −4(−2z + 1) (−z + z)2 f (z) = ⇔ z = f (z) = 68 Ta lập bảng biến thiên z − + f (z) +∞ +∞ f (z) Từ bảng biến thiên, ta có f (z) ≥ 0, với z ∈ (0; 1) 1 Đẳng thức xảy x = y = , z = Bài toán 3.21 Với x, y, z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Chứng minh x y z + + ≤ x+1 y+1 z+1 t Lời giải Xét hàm số f (t) = , t ∈ [0; 1] t+1 −2 Ta có f (t) = ⇒ f (t) = < 0, ∀x ∈ [0; 1] (t + 1) (t + 1)3 Áp dụng bổ đề 1.5, ta có f (x) = x ≤f 1+x x− +f , f (y) = y ≤f 1+y y− +f , f (z) = z ≤f 1+z z− +f Cộng bất đẳng thức chiều, ta có y z x + + ≤ 3f x+1 y+1 z+1 (x + y + z − 1) + 3f 3 = Đẳng thức xảy x = y = z = Bài toán 3.22 Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a b c + + ≥ + bc + ac + ab 10 69 Lời giải Ta có a ≥ + bc a 4a 4a = + (1 − a)2 = a2 − 2a + (b + c) 1+ Tương tự, ta có b 4b ≥ , + ac b − 2b + 4c c ≥ + ab c − 2c + Cộng bất đẳng thức chiều, ta có a b c 4a 4b 4c + + ≥ + + + bc + ac + ab a − 2a + b − 2b + c − 2c + 4x , với x ∈ (0; 1) − 2x + −4x + 20 Ta có f (x) = (x − 2x + 5)2 Ta chứng minh Với ∈ (0; 1), ta có Xét hàm số f (x) = x2 1 f (x) ≥ f ( ) x − +f 3 99 4x ≥ x− ⇔ x − 2x + 100 3 −99x + 201x − 101x + 15 ⇔ 100(x2 − 2x + 5) + 10 ≥0 x− (15 − 11x) ⇔ ≥0 x2 − 2x + ∀x ∈ (0; 1) Áp dụng bất đẳng thức với a, b, c ∈ (0; 1), ta có f (a) ≥ f a− +f , f (b) ≥ f b− +f , f (c) ≥ f c− +f 70 Cộng bất đẳng thức chiều, ta có a b c 4a 4b 4c + + ≥ + + + bc + ac + ab a − 2a + b − 2b + c − 2c + 1 ≥f (a + b + c − 1) + 3f = 3 10 Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.23 (Olympic 30-4-06) Với a, b, c số thực dương Chứng minh a2 b(c + a) c(c + b) a(b + c) + + ≤ 2 + (b + c) b + (c + a) c + (a + b) ) Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức với ba biến a, b, c Không tính tổng quát giả sử a + b + c = Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a(1 − a) b(1 − b) c(1 − c) + + ≤ 2 + (1 − a) b + (1 − b) c + (1 − c) ⇔f (a) + f (b) + f (c) ≤ a2 x(1 − x) −x2 + x với f (x) = , x ∈ (0; 1), = x + (1 − x)2 2x − 2x + f (x) = −2x + 27 ) = ⇒ f ( (2x2 − 2x + 1)2 25 Ta chứng minh Với x ∈ (0; 1), ta có 1 +f 3 −x2 + x 27 ⇔ ≤ x− + 2x − 2x + 25 −54x + 27x − ⇔ ≤0 25(2x2 − 2x + 1) 1 −54 x + x− ≤ ∀x ∈ (0; 1) ⇔ 25(2x2 − 2x + 1) f (x) ≤ f x− Do với a, b, c ∈ (0; 1), ta có f (a) + f (b) + f (c) ≤ f a+b+c−3 Đẳng thức xảy a = b = c = 1 + 3f = 3 71 Bài toán 3.24 (USA MO -2003) Với số thực dương a, b, c Chứng minh (2a + b + c)2 (2b + a + c)2 (2c + a + b)2 + + ≤ 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 Lời giải Giả sử a + b + c = Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (b + 1)2 (c + 1)2 (a + 1)2 + + ≤8 2a2 + (1 − a)2 2b2 + (1 − b)2 2c2 + (1 − c)2 a2 + 2a + b2 + 2b + c2 + 2c + ⇔ + + ≤8 3a − 2a + 3b − 2b + 3c − 2c + hay f (a) + f (b) + f (c) ≤ với f (x) = x2 + 2x + , x ∈ (0; 1) 3x2 − 2x + f (x) = −8x2 − 4x + (3x2 − 2x + 1)2 Ta chứng minh Với x ∈ (0; 1), ta có 1 (x − ) + f 3 x + 2x + 1 ⇔ ≤ 4(x − ) + 3x − 2x + 3 x + 2x + 12x + ⇔ − ≤0 3x − 2x + −36x3 + 15x2 + 2x − ⇔ ≤0 3(3x2 − 2x + 1) 1 −36(x + )(x − )2 ≤ ∀x ∈ (0; 1) ⇔ 3(3x − 2x + 1) f (x) ≤ f Từ đó, ta có f (a) ≤ f f (b) ≤ f f (c) ≤ f 3 1 +f , 3 1 b− +f , 3 1 c− +f 3 a− Cộng bất đẳng thức chiều ta có f (a) + f (b) + f (c) ≤ f 1 (a + b + c − 1) + 3f = 3 72 Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.25 (Olympic Balkan 1996 Olympic 30-4 -1999) Với số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh b c a + + ≤ 2 1+a 1+b 1+c 10 x Lời giải Đặt f (x) = Khi bất đẳng thức cho trở thành + x2 f (a) + f (b) + f (c) ≤ Ta có f (x) = 10  x = −1 1−x  ⇒ f (x) = ⇔ (1 + x2 )2 x=1 Ta có bảng biến thiên (đưa thêm số giá trị x = −3; x = − ; x = giá trị hàm số để so sánh) x −∞ f (x) −3 −1 − + + − +∞ − 10 − f (x) − 2 10 Ta xét trường hợp sau: + Trường hợp Trong ba số a, b, c có số thuộc (−∞; −3] Giả sử a ∈ (−∞; −3] ⇒ b + c ≥ 4, giả sử b ≥ Khi từ bảng biến thiên, ta có f (a) + f (b) + f (c) < + + Trường hợp Có số, giả sử a ∈ f (a) + f (b) + f (c) ≤ − + = 10 −3; − Khi có 3 1 + + = < 10 2 10 10 73 − ; +∞ Khi tiếp tuyến hàm số + Trường hợp Cả ba số a, b, c ∈ y = f (x) x = có phương trình y=f x− +f hay y= 18 x+ 25 50 Ta chứng minh 18 x+ 25 50 x 18 x − ≤0 ⇔ − + x2 25 50 −36x3 − 3x2 + 14x − ≤0 ⇔ 50(1 + x2 ) −36(x + (x − )2 ) ⇔ ≤0 50(1 + x ) f (x) ≤ với x ≥ −1 18 (a + b + c) + = 25 50 10 Đẳng thức xảy a = b = c = Do f (a) + f (b) + f (c) ≤ Bài toán 3.26 (Romania MO 2003) Với số thực a, b, c > thỏa mãn abc = Chứng minh 1+ ≥ a+b+c ab + bc + ca Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với − ≥ a + b + c ab + bc + ca √ √ √ Đặt a + b + c = t với t ≥ 3 abc = 1+ 74 Ta có − a + b + c ab + bc + ca − ≥1 + a+b+c 3abc(a + b + c) =1 + − a+b+c 3(a + b + c) =1 + − √ t 3t √ Xét hàm số f (t) = + − √ với t ≥ t 3t √ √ −6 √ ≥ với ∀t ≥ f (t) = + = 3− t t t t √ Do f (t) ≥ f ( 3) = 1+ Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài toán 3.27 Với a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh 1 + + ≤ a2 − a + b2 − b + c2 − c + Lời giải Bất đẳng thức viết lại sau 4 − + − + a −a+1 b −b+1 (2a − 1)2 (2b − 1)2 (2c − 1)2 ⇔ + + ≥ a −a+1 b −b+1 c −c+1 − c −c+1 ≥1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta (2a − 1)2 (2b − 1)2 (2c − 1)2 (2a + 2b + 2c − 3)2 + + ≥ a2 − a + b2 − b + c2 − c + a2 + b2 + c2 − (a + b + c) + Do bất đẳng thức chứng minh ta (2a + 2b + 2c − 3)2 ≥ a2 + b2 + c2 − (a + b + c) + ⇔4(a + b + c)2 − 12(a + b + c) + ≥ 3(a2 + b2 + c2 ) − 3(a + b + c) + ⇔(a2 + b2 + c2 ) − 9(a + b + c) + 8(ab + bc + ca) ≥ ⇔(a + b + c)2 + 6(ab + bc + ca) ≥ 9(a + b + c) (3.23) 75 Ta có (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) = 3(a + b + c) suy ab + bc + ca ≥ 3(a + b + c) a+b+c Đặt t = với t ≥ Do đó, muốn chứng minh bất đẳng thức (3.23) ta cần chứng minh 9t4 + 18t ≥ 9.3t2 ⇔t3 − 3t + ≥ Xét hàm f (t) = t3 − 3t + 2, với t ≥ f (t) = 3t2 − ≥ với ∀t ≥ Do f (t) ≥ f (1) = Nên bất đẳng thức (3.23) chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = (3.24) 76 Kết luận Đề nghị Những kết đạt Luận văn “Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số dạng toán bất đẳng thức phân thức với điều kiện ràng buộc biểu thức đa thức Viète dạng tổng, tích biến khơng đổi số dạng hỗn hợp khác Trình bày ba hướng tiếp cận, hướng thứ kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cổ điển, hướng thứ hai sử dụng phép đặt ẩn phụ hướng thứ ba sử dụng tính chất đặc thù hàm số Cuối cùng, luận văn trình bày đề tốn thi học sinh giỏi nước, Olympic khu vực quốc tế Các hướng nghiên cứu • Tiếp tục hoàn thiên khảo sát lớp bất đẳng thức sinh hàm bậc ba, hàm phân tuyến tính bậc bậc hai, bậc hai bậc hai khoảng • Xây dựng thêm số lớp tốn bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète 77 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (1998), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2010), Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục Danh mục cơng trình khoa học liên quan đến luận văn [6] Lê Thị Mai (2014), Một số dạng toán bất đẳng thức tam thức bậc hai khoảng, Kỷ yếu HTKH Quốc gia "Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng HSG vùng Tây Bắc", NXB ĐHSP Hà Nội, 82-86 ... buộc đa thức Viète Luận văn chia làm ba chương: • Chương Một số kiến thức bổ trợ • Chương Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète • Chương Một số phương pháp khảo sát bất đẳng. .. b) Đẳng thức hai bất đẳng thức xảy x = x0 Chương Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète Trong mục thường sử dụng bất đẳng thức trung gian sau Bài toán 2.1 Với a, b, c số. .. 1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 1.2.3 Bất đẳng thức Karamata Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc đa thức Viète 2.1 Bất đẳng thức có tổng khơng