Bất đẳng thức và một số phương pháp chứng minh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - NGUYỄN THỊ THU HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG - NGUYỄN THỊ THU HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH Chuyên ngành: Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN DUY THÁI SƠN Đà Nẵng – Năm 2015 LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Đà Nẵng, ngày 27 tháng 05 năm 2015 Người thực Nguyễn Thị Thu Hà MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Tính cấp thiết đề tài Mục tiêu nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Bố cục đề tài Tổng quan tài liệu nghiên cứu CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH CỘNG – TRUNG BÌNH NHÂN 1.2 BẤT ĐẲNG THỨC HÖLDER 1.3 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ – BUNYAKOVSKY 11 1.4 HAI BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI I VÀ II 14 1.4.1 Bất đẳng thức Minkowski thứ 14 1.4.2 Bất đẳng thức Minkovski thứ hai 15 1.5 BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI 17 1.6 BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 19 1.6.1 Định nghĩa hàm lồi 19 1.6.2 Định lý 20 1.6.3 Định lý (Bất đẳng thức Jensen) 21 CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 24 2.1 PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN 24 2.1.1 Nội dung phương pháp 24 2.1.2 Các ví dụ minh họa 26 2.1.3 Định lý dồn biến mở rộng 46 2.2 PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG S.O.S 53 2.2.1 Nội dung phương pháp 53 2.2.2 Các ví dụ minh họa 58 2.3 PHƯƠNG PHÁP A.B.C 66 2.3.1 Nội dung phương pháp 66 2.3.2 Các ví dụ minh họa 68 2.3.3 Định lý A.B.C mở rộng 73 2.4 PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN 79 2.4.1 Nội dung phương pháp 79 2.4.2 Các ví dụ minh họa 80 2.5 PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG 88 2.5.1 Nội dung phương pháp 88 2.5.2 Các ví dụ minh họa 88 2.6 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 92 2.6.1 Nội dung phương pháp 92 2.6.2 Các ví dụ áp dụng 93 2.6.3 Phương pháp quy nạp tổng quát định lí I.G.I 103 2.7 SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN 108 KẾT LUẬN 112 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Có thể nói: Bất đẳng thức có vị trí đặc biệt quan trọng toán học Trong Toán sơ cấp, bất đẳng thức có mặt hầu hết mơn: số học, đại số, hình học, lượng giác, giải tích… Trong kì thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng kỳ thi chọn học sinh giỏi (quốc gia, khu vực quốc tế), toán liên quan đến bất đẳng thức thường toán hay khó Sinh viên học sinh thường tỏ lúng túng trước toán Lý thuyết bất đẳng thức và, đặc biệt là, tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Hơn nữa, tại, số lượng sách tham khảo chuyên đề bất đẳng thức nhiều tác giả khai thác tìm tịi Tuy nhiên, tài liệu bất đẳng thức viết dạng tuyển tập chuyên đề chọn lọc, với dung lượng vừa phải, dành cho giáo viên học sinh hệ chun Tốn bậc trung học phổ thơng chưa có nhiều, chưa thể phương pháp điển hình Trong luận văn này, chúng tơi tìm hiểu, nghiên cứu phương pháp kỹ thuật khác thường dùng chứng minh bất đẳng thức Bên cạnh đó, chúng tơi cố gắng đưa nhiều cách chứng minh có cho bất đẳng thức, kể bất đẳng thức kinh điển Với việc bất đẳng thức đạt nhiều phương pháp khác nhau, hy vọng mang lại cách nhìn sâu sắc tồn diện Hy vọng luận văn sau hoàn thành cung cấp thêm tài liệu bất đẳng thức đáp ứng phần lịng u thích Tốn học học sinh, sinh viên phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Với lý trên, chọn đề tài “Bất đẳng thức số phương pháp chứng minh” để nghiên cứu Mục tiêu nghiên cứu Chúng tơi mong muốn tìm kiếm nhiều tài liệu từ nguồn khác nhau, nghiên cứu kỹ tài liệu đó, cố gắng lĩnh hội đầy đủ kiến thức cũ bất đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức nhiều phương pháp kỹ thuật khác nhằm đưa cách nhìn tồn diện sâu sắc Từ đó, kiến thức trình bày luận văn theo thể khép kín chúng tơi hy vọng luận văn sử dụng tài liệu tham khảo bổ ích cho học sinh, sinh viên giáo viên Trong chương luận văn này, trình bày bất đẳng thức kinh điển, theo trình tự tiện ích cho việc chứng minh chúng Trong chương 2, tơi trình bày phương pháp điển hình chứng minh bất đẳng thức Bằng việc sử dụng phương pháp, cố gắng chứng minh lại bất đẳng thức kinh điển giải số lượng đáng kể toán (theo mức độ từ dễ đến khó) thu thập từ nhiều nguồn khác nhau, đặc biệt từ kỳ thi Olympic Toán học Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Bất đẳng thức (các phương pháp kỹ thuật chứng minh) - Phạm vi nghiên cứu: Tổng hợp phân loại phương pháp chứng minh; tốn bất đẳng thức kì thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng, kì thi chọn học sinh giỏi Tốn nước quốc tế Phương pháp nghiên cứu - Cơ sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu (sách, báo tài liệu internet có liên quan đến đề tài luận văn) để thu thập thông tin nhằm phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức tập hợp toán phục vụ cho yêu cầu đề tài - Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn khoa học Bố cục đề tài Mở đầu Chương I: Các bất đẳng thức kinh điển 1.1 Bất đẳng thức Trung bình cộng – Trung bình nhân (TBC – TBN)  1.2 Bất đẳng thức Holder 1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz – Bunyakovsky 1.4 Hai bất đẳng thức Minkowski I II 1.5 Bất đẳng thức Bernoulli 1.6 Bất đẳng thức Jensen 1.7 Bất đẳng thức Chebyshev Chương II: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2.1 Phương pháp dồn biến 2.2 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S 2.3 Phương pháp A.B.C 2.4 Phương pháp tiếp tuyến 2.5 Phương pháp phản chứng 2.6 Phương pháp quy nạp 2.7 Sử dụng bất đẳng thức kinh điển Kết luận Tài liệu tham khảo Tổng quan tài liệu nghiên cứu Xây dựng giáo trình có tính hệ thống, khép kín giảng dạy với thời lượng chấp nhận cho học sinh chuyên toán bậc trung học phổ thơng cho sinh viên tốn trường đại học Xây dựng hệ thống tốn (cũ mới) với mức độ khó dễ khác CHƯƠNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH CỘNG – TRUNG BÌNH NHÂN n Cho a1 , a2 , , an [0,) ; ta viết tắt  i1  [0, ) với n  * cho A : n  gọi trung bình cộng (TBC) số (1  i  n) ; n i1 G : n n a i gọi trung bình nhân (TBN) số (1  i  n) ; Bất i 1 n đẳng thức TBC – TBN nói A  G với  i1  [0, ) ; dấu “=” xảy a1  a2   an Nhận xét: * Có thể xem trường hợp n  tầm thường (hoặc quy ước), chủ yếu ta xét n  * Nếu i  ,  i  n,  G   A , bất đẳng thức hiển n nhiên (kể kết luận dấu “=”) Vậy chủ yếu ta xem  i1  (0,  ) Ta trình bày số nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức TBC – TBN Cách chứng minh 1: (Polya) n n Mệnh đề: Cho  i1  (0,  ) dãy thay đổi có tổng a i i 1 không đổi ( n  * cho) Khi đó, n a i i 1  An C C A : , tích n n đạt giá trị lớn An a i i 1 a1  a2   an  A Dễ thấy, bất đẳng thức TBC – TBN hệ mệnh đề nói Chứng minh mệnh đề: Như nói, ta xem n  + Nếu a1  a2   an  A dấu “=” xảy + Trong trường hợp ngược lại, xem a1  , a2  max Và ta 1i n 1i n có: a1  A  a2 n n Đặt   : A  a1  a2  a1 , thay  i 1  a 'i i1 lấy sau:  A  a1   nãuú i   a 'i  a1  a2  A  a2   nã i  a cạc trỉåìng håüp cn lải  i n Dễ thấy  'i1  (0,  ) có a '1  a '2  a1  a2 a '1 a '2  (a1   )(a2   )  a1a2   (a2  a1   )  a1a2 Nhân hai vế bất đẳng thức cho a'  a i i2 i  , ta bất i 2 đẳng thức n n a '  a i i 1 n i i 1 n Từ  i 1 chuyển sang  a 'i i 1 tích tăng lên (và tổng bảo toàn); nữa, số số hạng A tăng đơn vị Thực cách thay tối đa n  lần, ta dãy a1( n 1)  a2( n 1)   an( n1)  A với 99 Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên k 1 a1  a2  a1 a2  + Giả sử bất đẳng thức tới n ta phải chứng minh bất đẳng thức với (n  1) Khơng tính tổng qt, giả sử a1  a2   an  an1 Đặt t  n a1a2 an , suy t  a1.a2 an an1  Và với i {1;2; ; n} , đặt bi  a a a Khi đó: bb bn  n n  , t t điều kiện giả thiết quy nạp Ta có: 1 1 1        k  a1 k  a2 k  an k  tb1 k  tb2 k  tbn 1 1      t  k ' b1 k ' b2 k ' bn Với k '     k k n Vì k  n nên k '    n  Theo giả thiết quy nạp thì: t t t 1 n     k ' b1 k ' b2 k ' bn k ' Và đó: 1 1 n n      k  a1 k  a2 k  an t k ' k  t Phần cuối ta phải chứng minh: n n 1   k  t k  an1 k  số a1 , a2 , , an  thỏa mãn điều kiện t n an1  a1.a2 an 1  Ta có: (**)   n  1 k  t   kt n  1  n  kt n  1  t n  k  t    nkt n 1  t n 1  k (n  1)t n  (n  1)t  k  n  (**) 100   k  n  1   k  1  t n 1  k (n  1)t n  (n  1)t  k  n   k  n  1 t n1  k (n  1)t n   k  1 t n 1  (k  1)t  (k  n)t  k  n   k  n  1 t n  t  1   k  1 t  t n  1  (k  n)  t  1    t  1  k  n  1 t n   k  1 t  t n1  t n   1  ( k  n)     t  1  k  n  1 t n   k  1  t n  t n 1   t   (k  n)     t  1  k  n  1 t n  k (n  1)   k  1  t n  t n1   t   kn  n     t  1  k  n  1  t n  1   k  1  t n  t n1   t  n      t  1  k  n  1  t n1  t n 2   1   k  1  t n 1  2t n   n    Điều hiển nhiên ta có k  n nên hệ số t i với i {1;2; ; n} dương thừa số thứ Vậy toán chứng minh Dấu “=” xảy a1  a2   an  , đặc biệt có thêm trường hợp số  số lại k  n  Nhận xét: + Khó khăn lớn sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh bất đẳng thức điều kiện ràng buộc a1.a2 an  Bởi từ giả thiết quy nạp tích n số đến điều kiện chứng minh tích (n  1) số khó liên kết Tổng quát đơn giản thay điều kiện a1.a2 an  điều kiện a1.a2 an  Khi đó, giả thiết quy nạp sử dụng dễ dàng nhiều Thật vậy, ta xếp lại biến a1  a2   an  an1 ta có a1.a2 an  , giả thiết quy nạp rõ ràng, với điều kiện bất đẳng thức nhẹ nhàng nhiều so với điều kiện đẳng thức 101 + Bài toán giải phương pháp phản chứng Tuy nhiên, giải phương pháp phản chứng, ta nhìn thấy đẹp bất đẳng thức giải tất vấn đề phương pháp quy nạp Ví dụ 6: [2, tr 163] Cho số thực dương a1 , a2 , , an thỏa a1  a2   an  n Chứng minh bất đẳng thức: 1 4(n  1)     n  a1  a22   an2  n   a1 a2 an n với n số nguyên dương lớn Giải: + Với n  : ta phải chứng minh bất đẳng thức: 1    a12    a1   a1  a1    2a12  4a1  a1   a1  2  a1  1    a1  1 a1   a1    a1  1  Dấu “=” xảy a1  a2  + Giả sử bất đẳng thức với n số Ta chứng minh bất đẳng thức cịn với (n  1) số Khơng a1  a2   an  an1 Đặt s  a1  a2   an 4(n  1)  1; kn  n n2 tính tổng quát, giả sử 102 Đặt xi  i {1;2; ; n} Khi đó: s n x i  n Theo giả thiết quy nạp với i 1 n số, ta có: 1     n  kn  x12  x22   xn2  n  x1 x2 xn s s s an2  a12 a22       n  kn      n  a1 a2 an s s s   1 n k      n3  a12  a22   an2  ns  a1 a2 an s s 1 n     a a an s kn  21 22   kn1 (vì s  ) a1  a2   an2  ns s  1 n     k n1  a12  a22   an2    k n1s (*) a1 a2 an s Ta phải chứng minh bất đẳng thức: 1 1      n   kn1  a12  a22   an2  an21  n  1 a1 a2 an an 1 Thay (*) vào bất đẳng thức trên, suy ta cần chứng minh với s  thì: n   n   kn 1  ns  (n   ns )2  n  1 s n   ns n(n  1)( s  1)2   k n1.n.(n  1)( s  1) s (n   ns )  kn 1  n 4n   s  n   ns  ns  n   ns  (n  1) Điều cho ta điều phải chứng minh 103 Đẳng thức xảy ra, trường hợp tầm thường a1  a2   an1  với k  kn 1  4n (n  1)2 a1  a2   an  cịn có thêm trường hợp n 1 n 1 ; an1  hoán vị 2n Nhận xét: Rõ ràng cách chứng minh ý tưởng quy nạp tốn tổng qt chi tiết nhỏ khơng có đặc biệt Điều quan trọng có ý nghĩa việc đặt tốn tổng qt hợp lí Trong trình giải, cần lưu ý tới điểm chính: + Ln phải có điều kiện k  cn  n  + Ta tách 1  k  a t (k ' b) + Bất đẳng thức phải có (n  1) biến Đây điểm đáng ý quan trọng để ta khái quát phương pháp chứng minh thành định lý tổng quát 2.6.3 Phương pháp quy nạp tổng quát định lí I.G.I Định lý I.G.I Cho số thực dương x1 , x2 , , xn  I    cn   I '   dãy số thực không giảm cho trước Với điều kiện x1 x2 xn  k n ( k : const ), xét bất đẳng thức sau: f (c, x1 )  f (c, x2 )   f (c, xn )  nf (c, k ) (*) Trong đó: f (c, x) : I ' I   thỏa mãn hai điều kiện: i) f hàm với hai biến c, x tức tồn số d cho: f (ac, ax )  a d f (c, x) a  I , c  I ' ii) Bất đẳng thức (*) với c  cn trường hợp x1  x2   xn 1 104 Khi đó, (*) ln với c  cn với dãy x1 , x2 , , xn Chứng minh: Xem [2, tr.265,266] Chú ý: Thơng thường với tốn bất đẳng thức, đề rút gọn trường hợp cụ thể c  cn (thường giá trị tốt nhất) f ( cn , x1 )  f (cn , x2 )   f (cn , xn )  nf (cn , k ) mà không đòi hỏi chứng minh c  cn nên trước chứng minh ta cần tổng quát tốn để dùng định lý Từ định lý, ta suy hệ sau: Hệ 1: Cho số thực dương x1 , x2 , , xn  I    cn   I '   dãy số thực không tăng cho trước Với điều kiện x1 x2 xn  k n ( k : const ), xét bất đẳng thức sau: f (c, x1 )  f (c, x2 )   f (c, xn )  nf (c, k ) (*) Trong đó: f (c, x) : I ' I   thỏa mãn hai điều kiện: i) f hàm với hai biến c, x tức tồn số d cho: f (ac, ax )  a d f (c, x) a  I , c  I ' ii) Bất đẳng thức (*) với c  cn trường hợp x1  x2   xn 1 Khi đó, (*) ln với c  cn với dãy x1 , x2 , , xn Hệ 2: Các kết định lý I.G.I hệ hoàn toàn ta thay điều kiện x1 x2 xn  k n điều kiện x1  x2   xn  kn số dạng trung bình khác Các kết tương tự ta đổi dấu “  ” “  ” mà hiểu ta xét hàm  f Trở lại Ví dụ 5: (Romania TST) Nếu a1.a2 an  r n  k  n  1 n n      n k  a1 k  a2 k  an k  r k 1 105 Dãy số hàm số toán f (c , x )  Ta có: f (ac, ax )  , cn  n  cx  a 1 f (c, x) ac  ax Tương tự phần chứng minh Ví dụ 5, ta chứng minh bất đẳng thức cho với (n  1) biến nhau, với c  n  Hàm số thỏa mãn hai điều kiện định lí I.G.I Vậy bất đẳng thức với c  n  Ví dụ 7: [2, tr.163] Chứng minh số thực dương a1 , a2 , , an có tổng n ta có bất đẳng thức: 1     n   a12  a22   an2  n  a1 a2 an n Giải: (Bài tốn hệ ví dụ  n  1  n  ) n n2 c x2 Đặt f (c, x)   x c Chọn dãy cn  n cn dãy tăng n Ta phải chứng minh với c  cn bất đẳng thức sau đúng: f ( c, x1 )  f (c, x2 )   f (c, xn )  nf (c,1) Hiển nhiên f (c, x) hàm nên f thỏa mãn điều kiện thứ định lý Hơn nữa, tương tự cách chứng minh ví dụ 6, ta chứng minh được: bất đẳng thức với (n  1) biến Vậy theo định lý I.G.I bất đẳng thức chứng minh 106 Ví dụ 8: [2, tr 269] Tìm số k  k n tốt để bất đẳng thức sau với số x1 , x2 , , xn , xi  i  1, n x1.x2 xn  mà 1     n  1  k n xn  kn x2  kn xn Giải: Cho x1  x2   xn  1, suy ra: n 2n   n   kn   kn  n  1 Để chứng minh điều kiện đủ, ta chứng minh tốn hồn toàn tương đương: 1     2n  cn  x1 cn  x2 cn  xn  n  1 với cn   kn 2n  Ta chứng minh toán tổng quát là: 1 n     c  cn c  x1 c  x2 c  xn c 1 Rõ ràng, f  c, x   hàm với hai biến c, x c x Tiếp theo, gọn ta xét trường hợp n  số mà x1  x2   xn  x xn1  x  n Ta phải chứng minh: n n 1   c  cn n c x c 1 cx n Đặt f ( x )   n cx cx (*) 107 n f '( x )   2c  x 3  nx  n1 2 c  xn  3    cx n  1  x n  c  x  g ( x)   cx n  1  x n  c  x   c x n  3c x n  x n1  3c x n1  c x n 2    x n1  1 c x n 1  3c x n 1  c x n  1  Do hàm h( x)  c x n1  3c x n1  c x n  đơn điệu tăng nên có nghiệm  0,1 Và g (1)  nên ta có:  n n 1  max f ( x )  max f (0), f (1)  max ;     x0  c c 1  n2 Từ kết hợp với điều kiện cn1  , (*) chứng minh 2n  Hơn nữa, cn  n  1  2n  dãy số dương tăng Vậy áp dụng định lý I.G.I, bất đẳng thức chứng minh Dấu “=” xảy n số xi có n  số 0, số cịn lại  Tóm lại, bất đẳng thức n biến đơn giản sử dụng phương pháp quy nạp để đến kết Với tốn khó hơn, phương pháp quy nạp tổng quát định lý I.G.I có ứng dụng mạnh Định lý có hiệu hầu hết dạng bất đẳng thức phân tách: f  x1   f  x2    f  xn   c Việc xây dựng tốn tổng qt vấn đề khó Điều phụ thuộc vào khả tổng quát hóa vấn đề Sau xây dựng toán tổng quát việc xây dựng hàm số thỏa mãn định lý đơn giản Chúng ta cần ý đến điều kiện hàm nhất, lũy thừa khai biến c hợp lí tùy Với I.G.I, lớp lớn bất đẳng thức n biến có 108 phương pháp chung phương pháp cịn ln làm nhiều kết mà tốn u cầu chứng minh toán tổng quát 2.7 SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN Việc sử dụng bất đẳng thức cổ điển chứng minh bất đẳng thức việc làm quen thuộc Mỗi bất đẳng thức có cấu trúc riêng, mà bất đẳng thức hay có cấu trúc đẹp Nếu tận dụng cấu trúc tìm chứng minh đơn giản cần dùng bất đẳng thức quen biết lại điều thú vị Chúng ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: [2, tr 254] Giả sử a1 , a2 , , an số thực dương cho a1.a2 an  , chứng minh: 1     n   a1 n   a2 n   an Giải: Đặt  xin Ta có, theo bất đẳng thức TBC – TBN: xin xin1 n 1 1  1 n   n1 n   n   xi  (n  1) x1 x2 xn xi  (n  1) x1 x2 xi 1 xx 1 xn xin1   n1 x1  x2n1   xnn1 Cho i {1, 2, , n} cộng n bất đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Bất đẳng thức giải phương pháp phản chứng quy nạp tổng quát Cách chứng minh việc sử dụng bất đẳng thức TBC – TBN hay Ví dụ 2: [2, tr 41] Cho số dương a, b, c có tổng Chứng minh: 1     ab  bc  ca 109 Giải: Đặt x  bc, y  ca, z  ab Ta phải chứng minh: 1    9x 9 y 9z  1 x 1 y 1 z    9x 9 y 9 z Đến đây, ta phải tìm số a x , a y , az tương ứng để nhân tử mẫu phân số Ta lấy a x   x ; a y   y ; a z   z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 1  x   x   1  y   y   1  z  (6  z)    x   x    y   y    z   z  Khơng tính tổng qt, ta giả sử a  b  c  z  y  x Vì 9 a  b  c  nên z  y  a (b  c)  , z  x  , x  y  Ngoài ra, dễ thấy: 4 1  x   x   1  y   y   1  z   z    x   x     y   y     z   z  Vậy theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có: 1  x   x   1  y   y   1  z  (6  z )   x   x    y   y    z   z        1  x   x       x, y , z   x , y , z   x   x   Cuối cùng, ta cần chứng minh bất đẳng thức:  (1  x)(6  x)  18  5( x  y  z )  ( x  y2  z2)  x, y,z  5(ab  bc  ca )  (a 2b  b 2c  c a )  18  5(ab  bc  ca )  (ab  bc  ca )2  18  6abc Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 110 (a  b  c)(b  c  a )(c  a  b)  abc  (3  2a)(3  2b)(3  2c )  abc   3abc  4(ab  bc  ca) Thay 3abc  4(ab  bc  ca)  vào bất đẳng thức trên, ta phải chứng minh: 5(ab  bc  ca )  (ab  bc  ca )2  8(ab  bc  ca )  ab  bc  ca  Bất đẳng thức hiển nhiên a  b  c  Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Ví dụ 3: [2, tr 235] Cho x, y, z  mà xyz  Chứng minh rằng: x5  x2 y5  y2 z5  z    x5  y  z y5  z  x z  x  y x5  x x2  y2  z Giải: Do 1 nên bất đẳng thức cho x  y2  z2 x  y2  z2 viết lại thành: x2  y  z x  y  z x2  y  z   3 x5  y  z y5  z  x z  x2  y  1    2 2 2 x y z y z x z x y x  y2  z2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz – Bunyakovsky cho phân thức 1 ; ; chung đại lượng liên x5  y  z y5  x2  z z  y  x2 quan đến vế phải, cụ thể phân thức có mẫu x  y  z , ta được: 1  y2  z2  y2  z2 x   x2 2 2 x y z 2 1 2  x  y  z   x  y  z  x  y  z     Cộng bất đẳng thức với bất đẳng thức tương tự ta được: 111 x   y2  z2 1    2 x2  y  z2  x y z x  y2  z  Ta cần chứng minh rằng: 1     3 x2  y  z2  x y z   1    x2  y  z x y z xy  xz  yz  x2  y  z2 xyz Điều xyz   xy  xz  yz  xy  xz  yz  x  y  z xyz Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu “=” xảy a  b  c  Tóm lại, điều khó khăn phương pháp khơng có dạng thức chuẩn cho dạng toán Mọi chứng minh nhanh nhạy tư duy, sử dụng bất đẳng thức cổ điển khéo léo kết hợp chúng lại theo cách khác Phương pháp sử dụng với bất đẳng thức đại số Khi tìm lời giải cho bất đẳng thức cách này, thấy vẻ đẹp độc đáo nội dung toán Như vậy, dạng toán bất đẳng thức, ta có cách chứng minh hiệu phương pháp bao quát đầy đủ bất đẳng thức thường gặp, đặc biệt bất đẳng thức hay khó thường xuất kì thi học sinh giỏi nước, quốc gia quốc tế Tất nhiên phương pháp công cụ vạn Tuy nhiên, biết sử dụng khéo léo sức mạnh vơ to lớn 112 KẾT LUẬN Luận văn tiến hành nghiên cứu nghiêm túc, khoa học hướng dẫn Tiến sĩ Nguyễn Duy Thái Sơn trình bày bất đẳng thức kinh điển số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cụ thể: Đưa bất đẳng thức kinh điển cách chứng minh Đưa phương pháp chứng minh bất đẳng thức Trong phương pháp: - Đưa nội dung phương pháp, ví dụ minh họa bao gồm việc chứng minh lại số bất đẳng thức kinh điển chứng minh bất đẳng thức khác - Đưa nhiều cách chứng minh có cho bất đẳng thức, kể bất đẳng thức kinh điển Từ đó, chúng tơi mang lại cách nhìn sâu sắc tồn diện phương pháp chứng minh bất đẳng thức - Chỉ số mở rộng phương pháp Nội dung luận văn tài liệu tham khảo tốt, đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề bất đẳng thức Tác giả xin gửi lời cám ơn đến ban chủ nhiệm Khoa Tốn, thầy giáo tạo điều kiện để luận văn hoàn thành Đặc biệt, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo Nguyễn Duy Thái Sơn giành nhiều thời gian, cơng sức, hướng dẫn tận tình cho ý kiến đóng góp giá trị tới luận văn Hy vọng kết luận văn tiếp tục mở rộng hoàn thiện nhằm phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán phổ thông việc nghiên cứu giáo viên, sinh viên bậc đại học DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Tuấn Anh (2006), Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức, Nhà xuất Tổng hợp Thành phố Hồ Chí Minh [2] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức [3] Phan Huy Khải (1998), 10000 toán sơ cấp: Bất đẳng thức, Nhà xuất Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức: Định lý áp dụng, Nhà xuất Giáo dục [5] Trần Phương (Chủ biên) (2013), Những viên kim cương bất đẳng thức Toán học, Nhà xuất Tri thức Tiếng Anh [6] D.S Mitrinovic (1964), Elementary Inequalities, P.Noordhoff Ltd – Groningen – The Netherlands [7] Ibragim Ibatulin and Adilsultan Lepes, “Using Tangent Lines to Prove Inequalities Part II”, Mathematical Excalibur, tập 18 (số 5), tr.1-4 [8] Li Kin-Yin (2006), “Using Tangent Lines to Prove Inequalities”, Mathematical Excalibur, tập 15 (số 4), tr.1-4 [9] Titu Andreescu, Vasile Cỵrtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu (2004), Old and New Inequalities, Gil Publishing House ˆ [10] Vasile Cirtoaje (2006), Algebraic Inequalities: Old and new method, Gil Publishing House [11] Zdravko Cvetkovski (2012), Inequalities: theorems, techniques and selected problems, Springer Trang web [12] http://tailieuso.udn.vn/bitstream/TTHL_125/4196/2/Tomtat.pdf [13] http://123doc.org/document/605884-phuong-pha-p-chu-ng-minh-ba-t-dang-thu-c.htm ... II: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2.1 Phương pháp dồn biến 2.2 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S 2.3 Phương pháp A.B.C 2.4 Phương pháp tiếp tuyến 2.5 Phương pháp phản chứng. .. xét chứng minh 24 CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.1 PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN 2.1.1 Nội dung phương pháp Các bất đẳng thức thường có dạng f  x1 , x2 , , xn   (1) với f hàm số. .. x1 , x2 , , xn ) Nếu f g bất đẳng thức hàm có bậc bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Do tính chất hàm nhất, ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức việc chứng minh bất đẳng thức f ( x1 , x2 , , xn