Bài viết này đề cập đến kĩ thuật dùng Giới hạn dãy số để chứng minh một số Bất đẳng thức khó dạng ba biến đối xứng, đây là vấn đề mới mẻ nên các ví dụ mà tôi sưu tầm được còn ít.. Hy vọn[r]
(1)NGUYỄN TÀI CHUNG
(2)Mục lục
Lời nói đầu
1 Tên chương
(3)(4)Chương 1
Tên chương
1.1 Dùng dãy số để chứng minh bất đẳng thức
Chúng ta biết giới Bất đẳng thức vô rộng lớn phong phú, lĩnh vực phát triển Toán sơ cấp Do phương pháp kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức ngày nhiều, có nhiều phương pháp Theo dõi tài liệu Internet ta thấy thời gian gần Bất đẳng thức quan tâm, trao đổi, thảo luận phát triển nhiều, xuất nhiều cao thủ bất đẳng thức Học sinh, Sinh viên người Việt Nam, theo có số phương pháp để cơng tốn Bất đẳng thức Trong trình giảng dạy Bất đẳng thức cho em học sinh giỏi, tơi thấy có phương pháp lạ độc đáo sử dụng Dãy số để chứng minh Bất đẳng thức Vấn đề rộng lớn, phải kể đến dùng Giới hạn dãy số để số tốt làm cho Bất đẳng thức đúng, tìm tất giá trị tham số để Bất đẳng thức đúng, Bất đẳng thức Dãy số, dùng Giới hạn dãy số để chứng minh Bất đẳng thức ba biến đối xứng Bài viết đề cập đến kĩ thuật dùng Giới hạn dãy số để chứng minh số Bất đẳng thức khó dạng ba biến đối xứng, vấn đề mẻ nên ví dụ mà tơi sưu tầm cịn Hy vọng sau đọc viết, bạn đọc phát triển thêm kĩ thuật sưu tầm, sáng tạo thêm nhiều toán giải kĩ thuật
1 Một số lưu ý phương pháp Tất bất đẳng thức đối xứng ba biến số quy hàm đối xứng
(5)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Sau viết bất đẳng thức cần chứng minh theo p, q, r ta cần
khảo sát bất đẳng thức theo ba biến p, q, r
• Có thể thấy lợi ích phương pháp mối ràng buộc biến p, q, r mà biến dương x, y, z ban đầu khơng có
p2 ≥ 3r, p3 ≥ 27r, q2 ≥ 3pr, pq ≥9r
• Một số biểu diễn theo p, q, r :
x2 +y2 +z2 = p2 −2q
x3 +y3 +z3 = p3 −3pq + 3r
x4 +y4 +z4 = p2 −2q2 −2 q2 −2pr
(x+ y) (y +z) (z +x) = pq−r xy(x+y) + yz(y +z) +zx(z +x) = pq−3r
x2y2 +y2z2 +z2x2 = q2 −2pr
x3y3 +y3z3 +z3x3 = q3 −3pqr+ 3r2
x4y4 +y4z4 +z4x4 = q4 −4pq2r + 2p2r2 + 4qr2
Việc chứng minh công thức đơn giản Sau vài chứng minh
◦ Ta có
x4 +y4 +z4 = x2 +y2+z22 −2 x2y2 +y2z2 + z2x2
= p2 −2q2 −2
h
(xy +yz+zx)2 −2xyz(x+y +z)i = p2 −2q2 −2 q2 −2pr
◦ Ta có
(x+y) (y +z) (z+x) = (p−x) (p−y) (p−z) =p3 −(x+ y +z)p2 + (xy +yz +zx)p−xyz
=p3 −p3 +pq−r = pq−r
◦ Ta có
(6)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
=xy(p−z) + yz(p−x) +zx(p−y) =p(xy+ yz+zx)−3xyz = pq −3r
◦ Do đẳng thức
A3+B3+C3−3ABC = (A+B +C) A2 +B2 +C2 −AB−BC −CA
nên
x3y3+y3z3 +z3x3
=3x2y2z2 + (xy +yz +zx)
x2y2 +y2z2 +z2x2 −xyz(x+y +z)
=3r2 +q q2−2pr−rp
= q3 −3pqr + 3r2
• Bất đẳng thức Schur : Nếu x, y, z số thực dương t số
thực dương,
xt(x−y) (x−z) +yt(y −z) (y −x) +zt(z−y) (z−x) ≥0 (1)
Chứng minh Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z > Gọi P
là vế trái (1) Khi
P ≥xt(x−y) (x−z) +yt(y−z) (y −x) = (x−y)
xt(x−z)−yt(y−z)
≥(x−y)
yt(x−z)−yt(y −z)
= (x−y)2yt ≥ 0
Dấu xảy x = y = z x = y z = hốn vị
Lưu ý Nếu t số nguyên dương, chẳng hạn t = 1, t = cần điều kiện x, y, z không âm bất đẳng (1) Bất đẳng thức (1)
cũng t < 0, thật vậy, t < với giả sử x ≥ y ≥ z > 0,
ta có zt ≥ yt, suy
P ≥yt(y−z) (y−x) +zt(z−y) (z−x) = (y −z)
yt(y −x)−zt(z−x)
≥(y −z)
zt(y −x)−zt(z−x)
(7)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
• Hai trường hợp quen thuộc sử dụng nhiều t = t = Với x ≥0, y ≥ 0, z ≥0 ta có
x(x−y) (x−z) +y(y −z) (y −x) +z(z −y) (z −x) ≥ 0 (2)
x2(x−y) (x−z) +y2(y −z) (y −x) +z2(z−y) (z−x) ≥ 0 (3)
Các bất đẳng thức (2) (3) viết lại
x3 +y3 +z3 + 3xyz ≥ xy(x+ y) +yz(y+z) +zx(z+ x) (4) x4 +y4 +z4 +xyz(x+y +z) ≥ x3(y +z) +y3(z +x) +z3(x+y)
(5) Cịn viết theo p, q, r từ (4) (5) ta có
p3 −4pq+ 9r ≥ 0, p4 −5p2q + 4q2 + 6pr ≥ 0
Thật vậy, ta có
(4) ⇔ p3 −3pq + 3r + 3r ≥ xy(p−z) +yz(p−x) +zx(p−y) ⇔ p3 −3pq + 6r ≥p(xy+yz +zx)−3xyz ⇔p3 −4pq+ 9r ≥ 0 (5) tương đương với
p4 −4p2q + 2q2 + 4pr
+ pr ≥ x3(p−x) +y3(p−y) +z3(p−z) ⇔p4 −4p2q + 2q2 + 5pr ≥ x3 +y3 +z3p− x4 + y4 +z4
⇔p4 −4p2q + 2q2 + 5pr ≥ p3 −3pq + 3rp− p4−4p2q + 2q2 + 4pr
⇔p4 −5p2q + 4q2 + 6pr ≥ 0
2 Một số toán
Bài toán Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c = Chứng minh
(1−ab−bc−ca) (1−27abc)
(8)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Giải Đặt p= a+b+c, q = ab+bc+ca, r = abc Khi p = Ta cần
chứng minh
(1−q) (1−27r) ≥ 6 (1 + 3q) q2 −3r (1)
Ta có 0≤ q = ab+bc+ca ≤
3(a+b+c)
2
=
3 Khi 0< q ≤
4, ta có (1−q) (1−27r) ≥ (1−27r)
4 (2)
6 (1 + 3q) q2 −3r ≤
1 +
1
16 −3r
= 42
1
16 −3r
(3)
Vì
3 (1−27r)
4 ≥
42
1
16 −3r
⇔ 3−81r ≥ 42
16−126r ⇔45r ≥ −
8 (đúng) nên từ (2) (3) suy (1) Tiếp theo ta xét
4 ≤ q ≤
3 Xét dãy số (an) sau
a1 =
1
4 ; an+1 =
1 +an 5−3an
, ∀n= 1,2, (4)
Ta có a1 ≤
1
3 Giả sử ak ≤
3 Xét hàm số f(x) =
x+
−3x+ 5, hàm
f đồng biến
f0(x) =
(5−3x)2 > Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f
1
=
3 Theo nguyên lí quy nạp, suy 0≤ an ≤
1
3,∀n= 1,2, Do
an+1 −an =
1 +an 5−3an
−an =
3a2n −4an+ 5−3an
(9)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Vậy dãy số (an) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→+∞an = L Từ (4) cho n →+∞, ta L = +L
5−3L ⇔3L
2
−4L + = 0doL≤
1
⇒ L =
3 Vì dãy số (an) tăng
1
3 q ∈
4;
, suy tồn k ∈ N∗ cho
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒q ≤
1 +ak 5−3ak
⇒ 5q −3qak ≤ +ak ⇒3q −3qak + 1−ak ≤2−2q ⇒
1
2(1−ak) (3q + 1) ≤1−q Từ ak ≤q ≤
1
3, ta có (q −ak)
q−
≤ 0⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak ⇔q
2
≤q
1 +ak
− ak Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = nên 4q −1≤ 9r Do
q2 ≤ + 9r
1 +ak
− ak ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1)−4ak 12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1−4ak
12 ⇒q
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1−ak 12
⇒q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12
Vậy ta chứng minh
2(1−ak) (3q + 1) ≤ 1−q (5)
q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12 (6)
Để ý 1−ak > 0, 3q −1≤ 0, 1−q > 0, q2 −3r ≥ 0, 1−27r ≥ Từ (6) suy
1−ak ≥
12 q2 −3r
(10)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Thay vào (5) ta 1−q ≥
2
12 q2 −3r
1−27r (3q + 1) ⇒ q
2
−3r(3q + 1) ≤(1−q) (1−27r)
Phép chứng minh hoàn thành
Lưu ý Dãy số (an) tìm sau : Ta cần xây dựng dãy số (an) thoả mãn điều kiện a1 =
1
4 dãy (an) tăng Vì
1
4 ≤ q ≤
3 nên tồn k ∈ N∗ cho ak ≤ q ≤ ak+1 Chú ý điều kiện ak ≤ q tương đương với
(q −ak)
q−
≤ 0⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak ⇔q
2
≤q
1 +ak
− ak Vì 4q ≤ 9r + nên
q2 ≤ + 9r
1 +ak
− ak ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1)−4ak 12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1−4ak
12 ⇒q
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1−ak 12
⇒q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12
Vậy để chứng minh6 q2 −
3r(3q + 1)≤ (1−q) (1−27r), ta cần chứng
minh
2 (1−ak) (3q + 1) ≤1−q ⇒ 5q −3qak ≤1 +ak ⇒q ≤
1 +ak 5−3ak
Vì vậy, ta dẫn đến ý tưởng chọn ak+1 =
1 +ak 5−3ak
và xét dãy số (an)
Bài toán Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a+b+c = 1, chứng minh
1 + 162a2b2c2 ≥ 27abc+ 54 a3b3 +b3c3 +c3a3
Giải Đặt p= a+ b+ c, q = ab+bc+ca, r = abc Khi p=
(11)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Ta cần chứng minh
1 + 162r2 ≥27r + 54 q3 −3qr+ 3r2 ⇔54q q2 −3r ≤ 1−27r (1) Ta có 0≤ q = ab+bc+ca ≤
3(a+b+c)
2
=
3 Khi 0< q ≤
4, ta có 54q q2 −3r ≤ 27
2
1
16 −3r
(2) 27
16 −3r
≤ 1−27r ⇔ 432r ≥ −5 (3)
Từ (2) (3) suy (1) Tiếp theo ta xét
4 ≤ q ≤
3 Xét dãy số (an) sau
a1 =
1
4 ; an+1 =
2 9(1 −an)
, ∀n= 1,2, (4) Ta có a1 ≤
1
3 Giả sử ak ≤
3 Xét hàm số f(x) =
2
9(1−x), hàm
f đồng biến f0(x) > Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f
1
=
3 Theo nguyên lí quy nạp, suy
0≤ an ≤
3,∀n= 1,2, Do
an+1 −an =
2 (1−an)
−an = 9a2
n−9an + (1−an)
≥ 0
Vậy dãy số (an) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→+∞an = L Từ (4) cho n →+∞, ta
L =
9(1−L) ⇔ 9L
2
−9L+ = 0doL≤
1
⇒ L =
3 Vì dãy số (an) tăng
1
3 q ∈
4;
, suy tồn k ∈ N∗ cho
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒q ≤
2 (1−ak)
(12)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Từ ak ≤q ≤
3, ta có (q −ak)
q−
≤ 0⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak ⇔q
2
≤q
1 +ak
− ak Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3
− 4pq + 9r ≥ 0, mà p = nên 4q −1≤ 9r Do
q2 ≤ + 9r
1 +ak
− ak ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1)−4ak 12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1−4ak
12 ⇒q
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1−ak 12
⇒q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12
Vậy ta chứng minh 1−ak ≤
2
9q (5)
q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12 (6)
Để ý 1−ak > 0,1−27r ≥0, nên từ (5) (6) suy
q2 −3r ≤ 9q
1−27r
12 ⇒54q q
2
−3r ≤ 1−27r
Phép chứng minh hồn thành
Bài tốn Xét ba số thực dương a, b, c thoả mãn a+b+c = 1, chứng minh
7 (ab+bc+ca)2 ≥18abc+ 27 a3b3 +b3c3 +c3a3
Giải Đặt p= a+ b+ c, q = ab+bc+ca, r = abc Khi p=
a3b3 +b3c3 +c3a3 = q3 −3pqr+ 3r2 = q3 −3qr+ 3r2
Ta cần chứng minh
(13)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
⇔27q q2 −3r
≤7q2 −18r−81r2
⇔27q q2 −3r ≤7 q2 −3r+ 3r(1−27r)
⇔(27q −7) q2 −3r ≤3r(1−27r) (1)
Ta có 0≤ q = ab+bc +ca ≤
3(a+b+c)
2
=
3 Khi < q ≤
4, (1) đúng, vế trái âm, cịn vế phải khơng âm Tiếp theo ta xét
4 ≤ q ≤ Xét dãy số (an) sau
a1 =
1
4 ; an+1 =
7an −3 27an −11
, ∀n = 1,2, (4)
Ta có a1 ≤
1
3 Giả sử ak ≤
3 Xét hàm số f(x) =
7x−3
27x−11, hàm
f đồng biến f0(x) > Vậy ak+1 = f (ak) ≤ f
1
=
3 Theo nguyên lí quy nạp, suy ≤ an ≤
1
3,∀n = 1,2, Do
an+1−an =
7an−3 27an −11
−an =
− 27a2n −18an +
27an−11
= −3 (3an−1)
2
27an−11
≥ 0
Vậy dãy số (an) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→+∞an = L Từ (4) cho n →+∞, ta L = 7L−3
27L−11 ⇔3(3L−1)
2
= 0⇔L = Vì dãy số (an) tăng
1
3 q ∈
4;
, suy tồn k ∈ N∗ cho
ak ≤q ≤ ak+1 ⇒q ≤
3−7ak 11−27ak
⇔ 11q −27qak ≤ 3−7ak
⇔ak(27q −7)≥ 11q −3 (5)
Nếu
4 ≤ q ≤
27 (1) Tiếp theo xét
27 < q ≤
3 Từ (5) ta
ak ≥
11q −3
27q −7 ⇔1−ak ≤ 1−
11q −3
27q −7 ⇔ 1−ak ≤
(14)Chương Nguyễn Tài Chung Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương- Gia Lai
Từ ak ≤q ≤
3, ta có (q −ak)
q−
≤ 0⇔ q2 ≤ q
3 + qak −
ak ⇔q
2
≤q
1 +ak
− ak Theo bất đẳng thức Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = nên 4q −1≤ 9r Do
q2 ≤ + 9r
1 +ak
− ak ⇒q
2
≤ (9r + 1) (3ak + 1)−4ak 12
⇒q2 ≤ 27rak + 9r + 3ak + 1−4ak
12 ⇒q
2
−3r ≤ 27rak −27r + 1−ak 12
⇒q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12
Vậy ta chứng minh 1−ak ≤
16q −4
27q −7 (6)
q2 −3r ≤ (1−ak) (1−27r)
12 (7)
Từ (6) (7) ta có
(27q −7) q2 −3r ≤(27q −7).(1−ak) (1−27r)
12 ≤ (16q −4) (1−27r)
12 =
(4q −1) (1−27r)
≤3r(1−27r) (do 4q −1 ≤ 9r)
Phép chứng minh hoàn thành