(Luận văn thạc sĩ) bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– TRẦN HUYỀN THƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– TRẦN HUYỀN THƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 84 60 113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2018 i Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa số tính chất bất đẳng thức 1.2 Một số phương pháp giải tốn bất đẳng thức thường gặp phổ thơng Chương Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng 2.1 Bất đẳng thức xếp lại 2.1.1 Khái niệm bất đẳng thức xếp lại 2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải toán bất đẳng thức 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải số toán bất đẳng thức 2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải số toán bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi Tài liệu tham khảo 20 20 20 22 23 23 29 48 Lời nói đầu Bất đẳng thức xếp lại (hay gọi bất đẳng thức hoán vị) bất đẳng thức sơ cấp mạnh Sử dụng bất đẳng thức xếp lại cho ta lời giải bất đẳng thức thú vị Trên tạp chí tốn quốc tế Mathematical Excalibur (Vol 4, No 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (công tác Khoa Tốn Đại học Khoa học Cơng nghệ Hồng Kông) viết báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bất đẳng thức này, từ có nhiều tác giả ngồi nước quan tâm, trao đổi bất đẳng thức xếp lại Với mong muốn làm rõ sở toán học, ý tưởng việc sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh bất đẳng thức, chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức xếp lại việc đưa lời giải cho số bất đẳng thức đề thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế làm hướng nghiên cứu luận văn thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng” Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày định nghĩa, tính chất bất đẳng thức liệt kê vài hướng giải tốn bất đẳng thức thường gặp chương trình tốn phổ thơng đề thi chọn học sinh giỏi Chương Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng Nội dung Chương trình bày bất đẳng thức xếp lại ý tưởng việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào việc giải số toán liên quan đến bất đẳng thức, trình bày cụ thể số ví dụ minh họa cho việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào việc chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc chương trình phổ thơng Cuối chương sưu tầm, chọn lọc đưa số tốn kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức xếp lại Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy Em xin chân thành cảm ơn toàn thể thầy Khoa Tốn Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải nhiều lí do, luận văn cịn thiếu sót định Em hy vọng nhận nhiều đóng góp q Thầy cơ, anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả luận văn Trần Huyền Thương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức số kết lý thuyết bất đẳng thức, kết kiến thức bổ trợ cho việc trình bày kết chương Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1] [2] 1.1 Định nghĩa số tính chất bất đẳng thức Trong toán học, bất đẳng thức phát biểu quan hệ thứ tự hai đối tượng Ký hiệu a < b có nghĩa a nhỏ b ký hiệu a > b có nghĩa a lớn b Những quan hệ nói gọi bất đẳng thức nghiêm ngặt; ngồi ta cịn có bất đẳng thức khơng ngặt: a ≤ b có nghĩa a nhỏ b và; a ≥ b có nghĩa a lớn b Sau số tính chất quen thuộc bất đẳng thức thường dùng Tính chất 1.1.1 (Tính chất bắc cầu) Nếu a > b b > c a > c Tính chất 1.1.2 a > b ⇔ a + c > b + c Hệ 1.1.3 a > b ⇔ a − c > b − c Hệ 1.1.4 a + c > b ⇔ a > b − c Tính chất 1.1.5 a > b c > d ⇒ a + c > b + d  c > : a > b ⇔ ac > bc, Tính chất 1.1.6 c < : a > b ⇔ ac < bc Tính chất 1.1.7 a > b ⇔ −a < −b  a b   c > : a > b ⇔ > ; c c Tính chất 1.1.8  a b  c < : a > b ⇔ < c c  a > b > ⇒ ac > bd Tính chất 1.1.9 c > d > Tính chất 1.1.10 a > b > ⇔ < 1 < a b Tính chất 1.1.11 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ an > bn √ √ Tính chất 1.1.12 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ n a > n b Hệ 1.1.13 (i) Nếu a b hai số dương a > b ⇔ a2 > b2 (ii) Nếu a b hai số khơng âm a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2 Tính chất 1.1.14 Với a, b ∈ R ta có: (i) |a + b| ≤ |a| + |b| (ii) |a − b| ≤ |a| + |b| (iii) |a + b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≥ (iv) |a − b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≤ 1.2 Một số phương pháp giải toán bất đẳng thức thường gặp phổ thơng Trong chương trình phổ thơng, học sinh tiếp cận với số hướng để giải toán bất đẳng thức như: - Định nghĩa; - Phép biến đổi tương đương; - Một số bất đẳng thức kinh điển, chẳng hạn bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopski, Chebyshev, Bernouli; - Tính chất bắc cầu; - Tính chất tỉ số; - Làm trội; - Bất đẳng thức tam giác; - Tam thức bậc hai; - Quy nạp toán học; - Chứng minh phản chứng; - Biến đổi lượng giác; - Khai triển nhị thức Newton; - Tích phân Sau số ví dụ minh họa Ví dụ 1.2.1 Chứng minh với m, n, p, q ta có: m2 + n2 + p2 + q + ≥ m(n + p + q + 1) Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sau m2 + n2 + p2 + q + ≥ m(n + p + q + 1) m2 m2 − mn + n2 + − mp + p2 4 m2 m − mq + q + −m+1 ≥0 + 4 2 m m m m ⇔ −n + −p + −q + −1 2 2 ⇔ Ta thấy bất đẳng thức cuối hiển nhiên ≥ Dấu xảy  m   −n=0          m   −p=0   2   m   −q =0           m   −1=0 ⇔  m  n =          m    p=     m    q=           m=2 ⇔  m = n = p = q = Ví dụ 1.2.2 Cho xy ≥ Chứng minh rằng: + ≥ 2 1+x 1+y + xy Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sau: 1 + ≥ 2 1+x 1+y + xy 1 1 − + − ≥0 ⇔ 2 1+x + xy 1+y + xy xy − y xy − x2 + ≥0 ⇔ (1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y ) (1 + xy) x(y − x) y(x − y) ⇔ + ≥0 (1 + x2 ) (1 + xy) (1 + y ) (1 + xy) (y − x)2 (xy − 1) ≥ ⇔ (1 + x2 ) (1 + y ) (1 + xy) Bất đẳng thức cuối xy ≥ ✷ Ví dụ 1.2.3 Chứng minh rằng: (a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 ) Chứng minh: Đối với ví dụ ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sau: (a10 + b10 )(a2 + b2 ) ≥ (a8 + b8 )(a4 + b4 ) ⇔ a12 + a10 b2 + a2 b10 + b12 ≥ a12 + a8 b4 + a4 b8 + b12 ⇔ a8 b2 (a2 − b2 ) + a2 b8 (b2 − a2 ) ≥ ⇔ a2 b2 (a2 − b2 )(a6 − b6 ) ≥ ⇔ a2 b2 (a2 − b2 )2 (a4 + a2 b2 + b4 ) ≥ Bất đẳng thức cuối ✷ Ví dụ 1.2.4 Cho a, b, c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: b c a + + ≥ (1.1) b+c−a c+a−b a+b−c Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cauchy: a abc b c + + ≥33 b+c−a c+a−b a+b−c (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) (1.2) Cũng theo bất đẳng thức Cauchy: (b + c − a)(c + a − b) ≤ (b + c − a + c + a − b) = c (1.3) Viết tiếp hai bất đẳng thức tương tự (1.3) nhân với (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc Suy abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) (1.4) Từ (1.2), (1.4) suy (1.1) Dấu “=” xảy a = b = c hay tam giác tam giác ✷ Ví dụ 1.2.5 Cho ≤ n ∈ Z Chứng minh nn+1 > (n + 1)n 35 1 , , b+c c+a a+b bất đẳng thức xếp lại (2.1) ta có: Chú ý hai dãy (a, b, c) có thứ tự, theo ab b2 bc c2 ca a2 + + + + + ≥ b+c b+c c+a c+a a+b a+b ab ab bc bc ca ca + + + + + = a + b + c b+c b+c c+a c+a a+b a+b Vậy (2.3) chứng minh ✷ Bài toán 2.2.20 Cho x, y, z > Chứng minh x2 (y + z) y−x y (x + z) z−y z (x + y) x−z ≤ Chứng minh: Đặt a = x2 (y + z), b = y (z + x), c = z (x + y) Lấy logarit tự nhiên vế, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: xlnc + ylna + zlnb ≤ xlna + ylnb + zlnc Áp dụng bất đẳng thức xếp lại (2.1) với nhận xét dãy (x, y, z) (a, b, c) thứ tự, đồng thời hàm ln t đồng biến (0, +∞) nên dãy (ln a, ln b, ln c) có thứ tự dãy trên, ta suy bất đẳng thức cần chứng minh ✷ Bài toán 2.2.21 Cho ba số dương a, b, c a8 + b + c 1 Chứng minh ≥ + + a3 b3 c3 a b c Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với a5 b5 c5 1 + + ≥ + + b3 c3 a3 c3 a3 b3 a b c Bất đẳng thức đối xứng với a, b, c nên giả sử a ≥ b ≥ c > 1 , 3 , 3 thứ tự nên theo hai dãy (a5 , b5 , c5 ) 3 bc ac ab bất đẳng thức xếp lại (2.1) ta có: a5 b5 c5 a5 b5 c5 + + ≥ + + b c a3 c a3 b a3 c a3 b b c b5 c5 a2 b2 c2 a5 ⇔ 3 + 3 + 3 ≥ + + bc ac ab c a b (2.4) 36 1 ngược thứ tự theo bất đẳng thức , , a3 b3 c3 a2 b c a2 b2 c2 xếp lại (2.2) ta có: + + ≤ + + a b c c a b Hai dãy (a2 , b2 , c2 ) a2 b c 1 ⇔ + + ≤ + + a b c c a b (2.5) Từ (2.4) (2.5) suy bất đẳng thức cần chứng minh ✷ Bài toán 2.2.22 Cho a Chứng minh + b Chứng minh: Ta có (a2 + b2 ) a, b, c > a2 + b c + ≥ + c a b2 + b2 + + c2 + c2 + a2 + (a2 + 1)(b2 + 1) ≥ (a2 + b2 )(ab + 1) = (a2 + b2 )ab + (a2 + b2 ) ≥ ab(a2 + b2 + 2) a2 + b2 a b + = ≥ b a ab a2 + b + (a2 + 1)(b2 + 1) = a2 + + b2 + Tương tự b c + ≥ c b b2 + + c2 + c2 + b2 + c a + ≥ a c a2 + + c2 + c2 + a2 + Theo bất đẳng thức xếp lại a2 a2 a2 b2 a2 + a2 = + ≥ + = b2 b + b2 (b2 + 1) b + b2 (b2 + 1) b +1 b2 b2 b2 b2 c2 b2 + = + ≥ + = c2 c2 + c2 (c2 + 1) c2 + c2 (c2 + 1) c2 + c2 c2 c2 c2 a2 c2 + = + ≥ + = a2 a + a2 (a2 + 1) a + a2 (a2 + 1) a2 + b2 + a2 + 37 Từ ta có: a b c 1+ + + b c a a2 b c + + b c a2  b2 +  + +2 a2 +  a2 +  = 1+ b2 + + hay a b c + + ≥ b c a a b c b c a + + + + + b c a a b c  a2 + b2 + + + ≥ + 2 b2 + c2 +  2 a2 + c +1 a + 1 + + + b2 + c2 + b2 + 2 2 b +1 c + 1 + + c +1 a2 + =1+2 a2 + + b2 + b2 + + c2 +  c2 +  a2 + b2 + c + + c + a2 + c2 + a2 + ✷ Bài toán 2.2.23 Cho a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 + 3abc ≥ Chứng minh: Ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2 )(a + b + c) + 3abc ≥ (a + b + c)3 Khai triển đưa bất đẳng thức dạng 5(a3 + b3 + c3 ) + 3abc ≥ 3[ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)] - Theo bất đẳng thức Schur: (a3 + b3 + c3 ) + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c) (2.6) - Theo bất đẳng thức xếp lại có: a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a a3 + b3 + c3 ≥ ab2 + bc2 + ca2 Cộng vế ta thu 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c) ⇔ 4(a3 + b3 + c3 ) ≥ 2[ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)] (2.7) Cuối cùng, cộng vế (2.6) (2.7) ta có 5(a3 + b3 + c3 ) + 3abc ≥ 3[ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c)] ✷ 38 Bài toán 2.2.24 Cho a, b, c, d ≥ thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh a2 bc + b2 cd + c2 da + d2 ab ≤ Chứng minh: Giả sử (p, q, r, s) hoán vị (a, b, c, d) cho p ≥ q ≥ r ≥ s Khi a2 bc + b2 cd + c2 da + d2 ab = a(abc) + b(bcd) + c(cda) + d(dab) ≤ p(pqr) + q(pqs) + r(prs) + s(qrs) = (pq + rs)(pr + qs) 2 2 1 p+q+r+s pq + rs + pr + qs = (p + s)(q + r) ≤ ≤ 4 (bất đẳng thức bất đẳng thức xếp lại, hai bất đẳng thức sau bất đẳng thức AM − GM ) Để ý p + q + r + s = a + b + c + d = 4, ta có bất đẳng thức chứng minh ✷ 1 Bài toán 2.2.25 Cho a, b, c cho , , độ dài ba cạnh a b c tam giác Chứng minh ab + ac + 2bc ab + bc + 2ac cb + ac + 2ab + + ≤ a2 + bc b2 + ac c2 + ab Chứng minh: Giả sử a ≥ b ≥ c =⇒ b + c − 2a ≤ a + c − 2b ≤ b + c − 2a b c a ≥ ≥ áp dụng bất đẳng thức Chứng minh a + bc b + ac c + ac Chebyshev rút kết luận toán Bài toán 2.2.26 Cho A, B, C ba góc tam giác (đo radian) với cạnh tương ứng a, b, c, p nửa chu vi Chứng minh rằng: A B C 3π + + ≥ (2.8) p−a p−b p−c p Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử: 1 ≤ ≤ A≤B≤C⇒a≤b≤c⇒ p−a p−b p−c Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức Cauchy ta có: A B C A+B+C 1 + + ≥ · + + p−a p−b p−c p−a p−b p−c 39 = ≥ π p−a+p−b+p−c 3p 1 + + p−a p−b p−c 3π π · 3 (p − a)(p − b)(p − c) · 3 = 3p (p − a)(p − b)(p − c) p ✷ Bài toán 2.2.27 Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh √ √ √ − sin A sin B + − sin B sin C + − sin C sin A ≥ Chứng minh: Sử dụng định lí sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 3R ≤ 4R2 − ab + 4R2 − bc + 4R2 − ab − R + ⇔ ⇔√ 4R2 − ac 4R2 − bc − R + 4R2 − ac − R ≥ 3R2 − ab 3R2 − bc 3R2 − ca +√ +√ ≥ 4R2 − ab + R 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R (2.9) Ở a, b, c, R theo thứ tự độ dài cạnh BC, CA, AB bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Từ bất đẳng thức quen thuộc a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 mà 3ab − ab = 2ab ≤ a2 + b2 ta thu 3(3R2 − ab) ≥ c2 − ab (2.10) Ta chứng minh c2 b2 a2 +√ +√ 4R2 − ab + R 4R2 − ac + R 4R2 − bc + R bc ac ab +√ +√ ≥√ 4R2 − ab + R 4R2 − bc + R 4R2 − ac + R √ (2.11) 1 ,√ ,√ 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R 4R2 − ab + R có thứ tự nên theo bất đẳng thức xếp lại (2.1) ta có Vì hai dãy (a, b, c) √ 40 2c2 2b2 2a2 +√ +√ 4R2 − ab + R 4R2 − ac + R 4R2 − bc + R b2 c2 a2 +√ +√ ≥√ 4R2 − ab + R 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R c2 a2 b2 +√ +√ +√ 4R2 − ab + R 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R 2bc 2ca 2ab +√ +√ ≥√ 4R2 − ab + R 4R2 − bc + R 4R2 − ca + R √ Vậy (2.11) chứng minh, kết hợp với (2.10) ta suy (2.9) chứng minh ✷ Bài toán 2.2.28 (IMO 1964) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + c2 a + ca2 ⇔ a(a2 + bc) + b(b2 + ca) + c(c2 + ab) ≥ a(b2 + ca) + b(a2 + bc) + c(ac + bc) Do bất đẳng thức đối xứng nên giả sử a ≥ b ≥ c Khi a2 + bc ≥ b2 + ca Áp dụng bất đẳng thức xếp lại (2.1) cho hai dãy thứ tự (a, b) (a2 + bc, b2 + ca) ta có: a(a2 + bc) + b(b2 + ca) ≥ a(b2 + ca) + b(a2 + bc) (2.12) Lại áp dụng bất đẳng thức xếp lại (2.1) cho hai dãy thứ tự (b, c) (a, c) ta có: ba + c2 ≥ bc + ac ⇔ c(ba + c2 ) ≥ c(bc + ac) (2.13) Cộng vế hai bất đẳng thức (2.12) (2.13) suy a(a2 + bc) + b(b2 + ca) + c(c2 + ab) ≥ a(b2 + ca) + b(a2 + bc) + c(ac + bc) Dấu xảy a = b = c ✷ 41 Nhận xét 2.2.29 Kết Bài toán 2.2.28 a, b, c dương Tuy nhiên a, b, c dương ta khơng thể vận dụng cách dùng hệ thức lượng tam giác Ví dụ 1.2.24 Lúc hướng dùng bất đẳng thức xếp lại cho thấy rõ hiệu Bài tốn 2.2.30 (IMO 1966) Trên cạnh BC, CA, AB △ABC chọn K, L, M Chứng minh diện tích số △AM L, △BKM, △CLK nhỏ diện tích △ABC Chứng minh: Gọi a, b, c độ dài cạnh đối diện đỉnh A, B, C a1 , a2 độ dài đoạn chia cạnh độ dài a K (hay BK = a1 KC = a2 ), tương tự với b1 , b2 , c1 , c2 Có thể xếp giá trị a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 theo thứ tự tăng dần Theo bất đẳng thức xếp lại ta có: (a1 + a1 )(a2 + a2 )(b1 + b1 )(b2 + b2 )(c1 + c1 )(c2 + c2 ) = 64a1 a2 b1 b2 c1 c2 ≤ (a1 + a2 )(a2 + a1 )(b1 + b2 )(b2 + b1 )(c1 + c2 )(c2 + c1 ) = a2 b2 c2 Gọi S diện tích △ABC Nếu △AM L, △BKM, △CLK có diện S tích lớn , ta có: 1 S < c1 b2 sin A c2 a1 sin B a2 b1 sin C 2 a2 b2 c2 ≤ sin A sin B sin C 8.64 1 1 ab sin C bc sin A ac sin B = 64 2 = S Là điều vơ lí ✷ Bài tốn 2.2.31 (Thi Olympic tốn Mỹ 1974) Nếu a, b, c > 0, a+b+c chứng minh aa bb cc ≥ (abc) Chứng minh: Do tính đối xứng, ta giả sử a ≤ b ≤ c, ln a ≤ ln b ≤ ln c Theo bất đẳng thức Chebyshev, (a + b + c)(ln a + ln b + ln c) a ln a + b ln b + c ln c ≥ 42 bất đẳng thức cần chứng minh suy từ việc mũ hóa ✷ Bài toán 2.2.32 (IMO 1975) Xét hai dãy số thực x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn Gọi (z1 , z2 , , zn ) hoán vị (y1 , y2 , , yn ) Chứng minh n n i=1 (xi − yi ) ≤ i=1 (xi − zi )2 Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với n n x2i i=1 −2 n xi yi + i=1 i=1 i=1 ≤ xi y i ≥ n x2i i=1 −2 xi z i zi2 i=1 i=1 n yi2 i=1 i=1 n xi z i + n n n ⇔ n yi2 zi2 = i=1 Nhưng theo bất đẳng thức xếp lại (2.1) ta có bất đẳng thức n n i=1 xi yi ≥ xi z i i=1 ✷ Bài toán 2.2.33 (IMO 1978) Cho a1 , a2 , , an n số nguyên dương phân biệt Chứng minh a1 + an 1 a2 + + ≥ + + + n n Chứng minh: Gọi b1 , b2 , , bn hoán vị a1 , a2 , , an cho b1 < b2 < < bn Theo giả thiết a1 , a2 , , an nguyên dương phân biệt nên bi ≥ i, ∀i = 1 1, 2, n > > · · · > nên theo bất đẳng thức xếp lại (2.2) n ta có: an bn b2 a2 + + ≥ b1 + + + ≥ + + + a1 + n n n ✷ 43 Bài toán 2.2.34 (IMO 1983) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh Chứng minh: a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ ⇔ a3 b + b3 c + c3 a ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 (2.14) Vai trò a, b, c nên khơng tính tổng qt giả sử a ≥ b ≥ c Áp dụng bất đẳng thức xếp lại (2.1) cho hai dãy thứ tự (ac, ab) (c2 + ab, b2 + ca) ta có: bc(bc + a2 ) + ca(ca + b2 ) + ab(ab + c2 ) ≤ bc(bc + a2 ) + ab(ca + b2 ) + ac(ab + c2 ) (2.15) Áp dụng bất đẳng thức xếp lại (2.1) cho hai dãy thứ tự (bc, ab) (b2 + ac, a2 + bc) ta có: bc(bc + a2 ) + ca(ca + b2 ) + ab(ab + c2 ) ≤ ab(bc + a2 ) + bc(ca + b2 ) + ac(ab + c2 ) (2.16) Từ (2.15) (2.16) ta suy (2.14) Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a = b = c ✷ Bài toán 2.2.35 (IMO 1984) Chứng minh ≤ xy + yz + zx − 2xyz ≤ , 27 với x, y, z số thực không âm x + y + z = Chứng minh: Ta có xy + yz + zx − 2xyz = (xy − xyz) + (yz − xyz) + (zx − xyz) + xyz = xy(1 − z) + yz(1 − x) + zx(1 − y) + xyz = xy(x + y) + yz(y + z) + zx(x + z) + xyz ≥ 44 Ta có = (x + y + z)2 = x2 + y + z + xy + yz + zx ≥ 3(xy + yz + zx) Và xy + yz + zx ≤ , theo bất đẳng thức xếp lại, ta có: (1 − 2x)(1 − 2y)(1 − 2z) − 2x − 2y − 2y − 2z ≤ + + 2 2 + − 2z − 2x + 2 = xyz Khai triển ta có: − 2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx) − 8xyz ≤ xyz Hay 9xyz ≥ 4(xy + yz + zx) − Từ ta có: xy + yz + zx − 2xyz ≤ xy + yz + zx − 4(xy + yz + zx) − xy + yz + zx + ≤ = 27 = ✷ Bài toán 2.2.36 (Thi Olympic toán quốc tế 1995) Cho a, b, c > a.b.c = Chứng minh 1 + + ≥ + c) b (a + c) c (a + b) a3 (b Chứng minh: 1 Đặt x = bc = , y = ca = , z = ab = Khi x, y, z ≥ 0; xyz = a b c = abc 45 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x2 y2 z2 + + ≥ z+y x+z x+y Bất đẳng thức đối xứng x, y, z nên giả sử x ≥ y ≥ z > 1 ≥ ≥ , theo bất đẳng thức xếp x2 ≥ y ≥ z z+y x+z y+x lại (2.1) ta có x2 y2 x2 x2 y2 z2 + + ≥ + + y+z z+x x+y x+y y+z z+x y2 x2 x2 y2 z2 x2 + + ≥ + + y+z z+x x+y z+x y+x z+y Cộng hai vế bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức RMS (r + s)2 – AM: r2 + s2 ≥ ta y2 x2 x + y y + z z + x2 x2 + + ≥ + + y+z z+x x+y y+x y+z z+x 2 (y + z) (z + x)2 (x + y) + + ≥ 2(x + y) 2(y + z) 2(z + x) x+y+z 3√ = ≥ xyz = 2 ✷ Bài toán 2.2.37 (Thi Olympic Tây Trung Quốc 2005) 1 1 Cho a, b, c, d > thỏa mãn + + + + = 4+a 4+b 4+c 4+d 4+e b c d e a + + + + ≤ Chứng minh : + a2 + b + c + d + e Chứng minh: Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e Suy 1−a 1−b 1−c 1−d 1−e ≤ ≤ ≤ ≤ 4+a 4+b 4+c 4+d 4+e 1 1 ≤ ≤ ≤ ≤ + a2 + b2 + c2 + d2 + e2 Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev rút kết luận toán ✷ 46 Bài toán 2.2.38 (Thi Baltic Way 2013) Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực dương x, y, z: y3 z3 x+y+z x3 + + ≥ y + z x2 + z y + x2 Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử x ≤ y ≤ z Theo bất đẳng thức xếp lại x3 y3 z3 z3 x3 y3 + + ≥ + + y + z x + z y + x2 y + z x2 + z y + x2 y3 z3 y3 z3 x3 x3 + + ≥ + + y + z x + z y + x2 y + z x + z y + x2 Cộng hai bất đẳng thức ta được: x3 y3 z3 y + z z + x3 x3 + y + + ≥ + + y + z x2 + z y + x2 y + z x2 + z y + x2 Theo bất đẳng thức Muirhead, x3 + y ≥ x2 y + xy Cộng x3 + y vào hai vế xếp lại bất đẳng thức cho ta, x3 + y x+y ≥ x2 + y 2 Áp dụng điều cho y3 z3 y + z z + x3 x3 + y x3 + + ≥ + + y + z x2 + z y + x2 y + z x2 + z y + x2 Ta bất đẳng thức cần chứng minh ✷ 47 Kết luận Với mục đích tìm hiểu bất đẳng thức xếp lại ứng dụng việc giải số toán liên quan đến bất đẳng thức, luận văn hồn thành nhiệm vụ sau: Hệ thống hóa, liệt kê vài hướng giải tốn bất đẳng thức thường gặp chương trình tốn phổ thông đề thi chọn học sinh giỏi Tìm hiểu bất đẳng thức xếp lại ý tưởng việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào việc giải số toán liên quan đến bất đẳng thức Trình bày cụ thể số ví dụ minh họa cho việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào việc chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc chương trình phổ thơng để người đọc có thêm cách tiếp cận Chọn lựa hệ thống ví dụ từ báo tạp chí toán học quốc tế Việt Nam mà việc đưa lời giải chúng dựa vào bất đẳng thức xếp lại Luận văn cố gắng để đưa lời giải chi tiết, dẫn dắt để người đọc dễ hiểu cho số toán 48 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hà Duy Hưng, Nguyễn Sơn Hà, Nguyễn Ngọc Giang, Lê Minh Cường (2016), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT mơn Tốn, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Trần Phương, Trần Tuấn Anh, Nguyễn Anh Cường, Bùi Việt Anh (2009), Những viên kim cương bất đẳng thức, NXB Tri thức [3] Trần Hữu Nam (2015) , Bất đẳng thức hoán vị vài áp dụng, http://www.vietmaths.net [4] Tuyển tập theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam Tiếng Anh [5] A Burchard (2009), A Short Course on Rearrangement Inequalities, Available at: http://www.math.utoronto.ca/almut/rearrange.pdf [6] A Burchard, H Hajaiej (2006), "Rearrangement inequalities for functionals with monotone integrands", J Func Anna., 233(2), 561–582 [7] K.M Chong (1998), "The A.M.-G.M Inequality as a rearrangement inequality", Bull Malaysian Math Soc (Second Series) 21, 113-115 [8] J.B Paris and A Vencovská (2009), "Ageneralization of muirhead’s Inequality", Jourmal of Mathematical Inequalities, 3(2), 181–187 [9] K.Y Li (1999), "Rearrangement Inequality", Mathematical Excalibur, 4(3), 1-4 49 [10] A Vince (1990), "Arearrangement Inequality and the permutahedron", The American Mathematical mouthly, 97(4), 319 ... xếp lại vào giải số toán bất đẳng thức 2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải số. .. Bất đẳng thức xếp lại 2.1.1 Khái niệm bất đẳng thức xếp lại 2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức xếp lại vào giải toán bất đẳng thức 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức. .. Chương Bất đẳng thức xếp lại số ứng dụng Chương trình bày bất đẳng thức xếp lại việc vận dụng bất đẳng thức xếp lại để chứng minh số bất đẳng thức khác Cuối chương sưu tầm, chọn lọc để đưa số toán