Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng đường cong tiếp xúc

Với mục tiêu phát triển các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, trong bài báo này, bằng việc sử dụng bất đẳng thức Jensen mở rộng, phát triển phương pháp tiếp tuyến thành phương pháp đường cong tiếp xúc để chứng minh một số bài toán bất đẳng thức với điều kiện không tuyến tính.

TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 THE METHOD PROVING INEQUALITY BY USING TANGENTIAL CURVE Le Anh Tuan* Ha Noi University of Industry ARTICLE INFO Received: 04/12/2000 Revised: 28/5/2021 Published: 31/5/2021 KEYWORDS Inequality Tangential Curve Tangent Covex function ABSTRACT Inequality and related problems is a growing problem that attracts the attention of many people studying primary mathematic Inequality issues occupy an important position in elementary math and are used a lot in national and international exams for excellent students We know there are many techniques and methods to prove the inequality With the aim of developing methods and techniques to prove the inequality In this paper, using the extended Jensen inequality, we develop the tangent method into the tangent curve method to prove some inequality problems under non-linear conditions PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC SỬ DỤNG ĐƯỜNG CONG TIẾP XÚC Lê Anh Tuấn Trường Đại học Cơng nghiệp Hà Nội THƠNG TIN BÀI BÁO Ngày nhận bài: 04/12/2000 Ngày hoàn thiện: 28/5/2021 Ngày đăng: 31/5/2021 TỪ KHÓA Bất đẳng thức Tiếp xúc Đường cong Tiếp tuyến Hàm lồi TÓM TẮT Bất đẳng thức vấn đề liên quan vấn đề ngày phát triển thu hút quan tâm nhiều người nghiên cứu toán sơ cấp nước Các vấn đề bất đẳng thức chiếm vị trí quan trọng tốn sơ cấp sử dụng tương đối nhiều đề thi kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Chúng ta biết có nhiều kỹ thuật, phương pháp chứng minh bất đẳng thức Với mục tiêu phát triển phương pháp kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, báo này, việc sử dụng bất đẳng thức Jensen mở rộng, phát triển phương pháp tiếp tuyến thành phương pháp đường cong tiếp xúc để chứng minh số toán bất đẳng thức với điều kiện khơng tuyến tính DOI: https://doi.org/10.34238/tnu-jst.3819 Email: tuansl83@yahoo.com http://jst.tnu.edu.vn 277 Email: jst@tnu.edu.vn TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 Phương pháp đường cong tiếp xúc Nhiều toán thực tế dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức với điều kiện cho trước bất đẳng thử sau n f (xi ) nf (x0 ), (1) i=1 x0 , x1 , x2 , , xn ∈ I, thỏa mãn điều kiện ni=1 l(xi ) = n.l(x0 ) với l hàm phù hợp Ngồi tốn dạng bất đẳng thức nghiên cứu, chứng minh phương pháp khác ([1],[2], [3], [4]) n xi Ngồi ra, thấy rằng, chọn f hàm lồi, l(x) = x x0 = i=1 bất đẳng thức n (1) nhận lại bất đẳng thức Jensen [5] Phát triển bất đẳng thức Jensen ta ta tìm hàm g(x) = kx + m cho f (x) ≥ g(x) với x nằm khoảng chứa x0 f (x0 ) = g(x0 ) ta phương pháp chứng minh gọi phương pháp tiếp tuyến giới thiệu [6] [7] Trường hợp hàm f l Vấn đề cần quan tâm tìm hàm f (x), g(x) = k.l(x) + m; giá trị x0 cho bất đẳng thức (1) Về mặt hình học: Đồ thị hàm y = f (x) nằm đồ thị hàm số y = g(x) tiếp xúc với đồ thị hàm y = g(x) điểm có hồnh độ x0 Việc tìm hàm g(x) gọi phương pháp đường cong tiếp xúc Định lý sau cho ta điều kiện đủ để bất đẳng thức (1) Định lý Cho f l hàm số xác định khoảng mở I Giả sử hàm số f l khả vi điểm x0 ∈ I Đặt k= l (x0 ) = 0, f (x0 ) l (x0 ) l (x0 ) = 0, , m = f (x0 ) − kl(x0 ) Nếu với x ∈ I ta ln có f (x) ≥ k.l(x) + m bất đẳng thức (1) cho hàm số f x0 Chứng minh Từ giả thiết ta có n n f (xi ) ≥ j=1 (k.l(xj ) + m) j=1 n =k l(xi ) + mn j=1 = n(kl(x0 ) + m) = nf (x0 ), điều kéo theo bất đẳng thức (1) Cũng theo Định lý 1, bất đẳng thức Jensen điểm x0 với hàm f lồi khơng lồi, có đồ thị nằm tiếp tuyến điểm x0 Vậy để sử dụng phương pháp Ta tìm hàm g(x) = kl(x) + m cho bất đẳng thức (1) Trường hợp đồ thị hàm y = g(x) tiếp xúc với đồ thị hàm y = f (x) điểm x0 Sau số ví dụ áp dụng tập tương tự để thấy sư ưu việt phương pháp http://jst.tnu.edu.vn 278 Email: jst@tnu.edu.vn TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 Ví dụ ([2]) Cho a, b, c, d, e số không âm thỏa mãn 1 1 + + + + = 4+a 4+b 4+c 4+d 4+e Chứng minh a b c d e + + + + ≤ + a2 + b2 + c2 + d2 + e2 (2) Chứng minh Xét hàm số f (x) = x , + x2 g(x) = k + m, 4+x với x ≥ số k m thỏa mãn f (1) = g(1), f (1) = g (1) Suy k = −3, m = Vì bất đẳng thức x ≤ − 4+x 4+x tương đương với bất đẳng thức (x − 1)2 (x + 1) ≥ nên x ≥ Ta quan sát điều thơng qua hình vẽ sau http://jst.tnu.edu.vn 279 Email: jst@tnu.edu.vn TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 Từ suy a b c d e + + + + 2 2 4+a 4+b 4+c 4+d + e2 1 1 ≤4−3 + + + + = 4+a 4+b 4+c 4+d 4+e Bất đẳng thức cho ta bất đẳng thức cần chứng minh Một số toán áp dụng Bài [3] Cho a, b, c d số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = Chứng minh √ √ √ √ √ √ √ √ − a + − b + − c + − d ≥ a + b + c + d √ √ Chứng minh Xét hàm số f (x) = − x − x, g(x) = kx2 + m với x ∈ (0, 1) Chú ý với 1 a = b = c = d = bất đẳng thức trở thành đẳng thức Ta tìm k, m thỏa mãn f =g 2 1 f =g Suy k, m thỏa mãn hệ phương trình 2  k 0 = +m −√2 = k √ Suy g(x) = − x2 − Ta chứng minh với x ∈ (0, 1) √ 1−x− √ √ x ≥ − x2 − (3) Thật vậy, bất đẳng thức (3) tương đương với − 2x (1 − 2x)(1 + 2x) √ √ ≥ 1−x+ x 2 √ √ √ (1 − 2x)(2 − (1 + 2x)( − x + x)) √ √ ⇔ ≥0 √ 2( − x − x) √ √ − 2x ⇔ (1 − 2x) 2 − (1 + 2x) √ ≥0 √ +2 x 1−x+ x √ √ √ 2x − ⇔ (1 − 2x) √ √ (1 + 2x) + 2( − x − 2x x) ≥ 1−x+ x √ √ √ √ 2x − ⇔ (1 − 2x) √ √ (1 + 2x) + 2(1 − 2x)( 2x + x + 2) ≥ 1−x+ x √ √ √ √ √ √ (1 + 2x)(1 + 2x) ⇔ (1 − 2x) (1 + 2x) 2( 2x + x + 2) − √ ≥0 √ 1−x+ x √ √ √ √ √ √ √ ⇔ (1 − 2x)2 (1 + 2x) 2( 2x + x + 2) − x + 2x − ≥ 0, √ bất đẳng thức cuối với x ∈ (0, 1) √ √ √ √ √ √ 2( − x + x) ≥ − x + x = > http://jst.tnu.edu.vn 280 Email: jst@tnu.edu.vn 226(07): 277 - 285 TNU Journal of Science and Technology Vậy bất đẳng thức (3) Áp dụng với x bẳng a, b, c, d ta √ √ √ √ √ √ √ √ 1−a+ 1−b+ 1−c+ 1−d− a− b− c− d √ ≥ − 2(a2 + b2 + c2 + d2 − 1) = Từ ta có điều phải chứng minh Bài (Chetkovski, 2012: 187, toán 37) Cho a, b c số thực dương thỏa mãn abc ≥ Chứng minh 1 27 a+ b+ c+ ≥ a+1 b+1 c+1 , g(x) = kxm với x > Chú ý với 1+x a = b = c = bất đẳng thức trở thành đẳng thức ta tìm k, m thỏa mãn f (1) = g(1), f (1) = g (1) Suy k = m = 2 Chứng minh Xét hàm số f (x) = x + Ta chứng minh f (x) ≥ g(x) với x > Thậy x+ √ √ ≥ x ⇔ ( x − 1)2 (2x + x + 2) ≥ 1+x Bất đẳng thức sau với x > Áp dụng với x a, b, c ta a+ a+1 b+ b+1 c+ 27 √ 27 ≥ abc ≥ c+1 8 Bất đẳng thức chứng minh Bài [3] Cho a, b c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh (a7 − a4 + 3)(b5 − b2 + 3)(c4 − c + 3) ≥ 27 http://jst.tnu.edu.vn 281 Email: jst@tnu.edu.vn TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 Chứng minh Xét hàm số f1 (x) = x7 − a4 + 3, f2 (x) = x5 − b2 + 3, f3 (x) = x4 − x2 + 3, g1 (x) = k1 x3 + m1 , g2 (x) = k2 x3 + m2 , g3 (x) = k3 x3 + m3 với x > Chú ý với a = b = c = bất đẳng thức trở thành đẳng thức Ta chon k1 , m1 , k2 , m2 , k3 , m3 thỏa mãn fi (1) = gi (1), fi (1) = gi (1) với i = 1, 2, Từ fi (1) = fi (1) = ta suy g1 (x) = g2 (x) = g3 (x) = x3 + Từ bất đẳng thức (x − 1)2 (x2 + x + 1) ≥ (x − 1)2 (x2 + x + 1)(x + 1) ≥ với x > ta suy bất đẳng thức sau x7 − x5 + ≥ x5 − x2 + ≥ x4 − x + ≥ x3 + Mặt khác ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), suy (a7 − a4 + 3)(b5 − b2 + 3)(c4 − c + 3) ≥ (a3 + 2)(b3 + 2)(c3 + 2) = (a3 + 13 + 13 )(13 + b3 + 13 )(13 + 13 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 ≥ (3(ab + bc + ca)) = 27 Bất đẳng thức chứng minh Bài [3] Cho a, b c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh (a7 − a4 + 3)(b5 − b2 + 3)(c4 − c + 3) ≥ 27 Chứng minh Xét hàm số f1 (x) = x7 − a4 + 3, f2 (x) = x5 − b2 + 3, f3 (x) = x4 − x2 + 3, g1 (x) = k1 x3 + m1 , g2 (x) = k2 x3 + m2 , g3 (x) = k3 x3 + m3 với x > Chú ý với a = b = c = bất đẳng thức trở thành đẳng thức Ta chon k1 , m1 , k2 , m2 , k3 , m3 thỏa mãn fi (1) = gi (1), fi (1) = gi (1) với i = 1, 2, Từ fi (1) = fi (1) = ta suy g1 (x) = g2 (x) = g3 (x) = x3 + Từ bất đẳng thức (x − 1)2 (x2 + x + 1) ≥ (x − 1)2 (x2 + x + 1)(x + 1) ≥ với x > ta suy bất đẳng thức sau x7 − x5 + ≥ x5 − x2 + ≥ x4 − x + ≥ x3 + Mặt khác ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), suy (a7 − a4 + 3)(b5 − b2 + 3)(c4 − c + 3) ≥ (a3 + 2)(b3 + 2)(c3 + 2) = (a3 + 13 + 13 )(13 + b3 + 13 )(13 + 13 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 ≥ (3(ab + bc + ca)) = 27 Bất đẳng thức chứng minh 2 Bài [3] Cho a, b c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 4 a2 + b2 + c2 ≥ a + b + c http://jst.tnu.edu.vn 282 Email: jst@tnu.edu.vn TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 √ Chứng minh Xét f (x) = x2 − x4/3 , g(x) = kx2/3 + m, với x ∈ (0, 9) Chú ý với a = b = c = bất đẳng thức trở thành đẳng thức Ta chon k m thỏa mãn f (1) = g(1), f (1) = g (1) Suy k = 1, m = −1, g(x) = x2/3 − Vì bất đẳng thức x2 − x4/3 ≥ x2/3 − tương đương với (x2/3 − 1)2 (x2/3 + 1) ≥ 0, suy bất đẳng thức Từ ta có a2 + b2 + c2 − a4/3 − b4/3 − c4/3 ≥ a2/3 + b2/3 + c2/3 − = Bất đẳng thức chứng minh Bài [4] Cho a, b, c d số thực không âm Chứng minh b2 a b c d + + + ≥ 2 2 2 2 +c +d c +d +a d +a +b a +b +c a+b+c+d Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có b2 ≥ a b c d + + + 2 2 2 +c +d c +d +a d +a +b a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 + d2 http://jst.tnu.edu.vn b2 + c2 + d2 + a2 283 c2 + d2 + a2 + b2 (a + b + c + d) d2 a2 + b2 + c2 Email: jst@tnu.edu.vn 226(07): 277 - 285 TNU Journal of Science and Technology Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức a2 + b2 + c2 + d2 b2 + c2 + d2 + a2 c2 + d2 + a2 + b2 d2 ≥ a2 + b2 + c2 (4) Vì bất đẳng thức nên khơng tính tổng qt ta giả sử a2 + b2 + c2 + d2 = Khi bất đẳng thức (4) viết lại thành √ a b c d +√ +√ +√ ≥ 2 2 4−a 4−b 4−c − d2 √ x , g(x) = kx2 +m với x ∈ [0, 2) Chú ý với a = b = 2, c = d = − x2 √ bất đẳng thức trở thành đẳng thức Ta chọn số k, m thỏa mãn f (0) = f (0), f ( 2) = √ √ √ x2 g( 2), f ( 2) = g ( 2) Suy k = , m = 0, g(x) = 2 Xét hàm số f (x) = √ Với x ∈ [0, 2) ta có bất đẳng thức √ x x2 ≥ tương đương với x2 (x2 −2)2 ≥ 2 4−x Áp dụng với x a, b, c, d ta √ a b c d a2 + b2 + c2 + d2 +√ +√ +√ ≥ = 2 − a2 − b2 − c2 − d2 Bất đẳng thức chứng minh http://jst.tnu.edu.vn 284 Email: jst@tnu.edu.vn TNU Journal of Science and Technology 226(07): 277 - 285 Kết luận Trong báo này, việc sử dụng bất đẳng thức Jensen suy rộng, đưa phương pháp để chứng minh số lớp toán bất đẳng thức với điều kiện cho trước khơng tuyến tính Đó phương pháp dùng đường cong tiếp xúc Đây phương pháp tổng quát phương pháp tiếp tuyến đưa trước [6] [7] TÀI LIỆU THAM KHẢO/ REFERENCES [1] S T Berkolaiko and S B Katok,"One inductive metho d to pro of inequalities," Kvant N8., no 8, pp 33-36, 1970 [2] Z Ccetkovski, Inequalities, Springer, 2012 [3] Z Cvetkovski, Inequalities Theorems, Techniques and Selected Problems SpringerVerlag Berlin Heidelberg, 2012 [4] K H Pham, Secrets in Inequalities, Editura Gil, Zalău, 2007 [5] O Izhboldin and L Kurlyandchik, "Jensen’s inequalities," Kvant N8., vol 3, pp 7-10, 2000 [6] Y K Li, “Using tangent lines to prove Inequalities," Mathematical Excalibur, vol 10, no 5, pp 1-4, 2005 [7] I Ibatulin and A N Lepes, “Using tangent lines to prove inequalities (Part II),” Mathematical Excalibur, vol 18, no 5, pp 1-4, 2014 http://jst.tnu.edu.vn 285 Email: jst@tnu.edu.vn ... việc sử dụng bất đẳng thức Jensen suy rộng, đưa phương pháp để chứng minh số lớp toán bất đẳng thức với điều kiện cho trước khơng tuyến tính Đó phương pháp dùng đường cong tiếp xúc Đây phương pháp. .. toán dạng bất đẳng thức nghiên cứu, chứng minh phương pháp khác ([1],[2], [3], [4]) n xi Ngồi ra, thấy rằng, chọn f hàm lồi, l(x) = x x0 = i=1 bất đẳng thức n (1) nhận lại bất đẳng thức Jensen... Science and Technology 226(07): 277 - 285 Phương pháp đường cong tiếp xúc Nhiều toán thực tế dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức với điều kiện cho trước bất đẳng thử sau n f (xi ) nf (x0 ), (1)