(Sáng kiến kinh nghiệm) một số bất ĐẲNG THỨC NÂNG CAO

Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG TỔ HÀNH CHÁNH ĐỀ TÀI: Người thực : NGUYỄN VŨ THANH Năm học 2009-2010 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh MỤC LỤC I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục tiêu nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Một số kết đạt II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Chương I: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN Chương II: BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Chương III: BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV( Tsêbưsep) Chương IV: BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI MỞ RỘNG Chương V: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI MỞ RỘNG Chương VI: BẤT ĐẲNG THỨC SCHWARZ (SVACXO) Chương VII: MỘT MỞ RỘNG CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SVACXO,TRÊBUSEP,BUNHIACOPSKI Chương VIII: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT THỨ TỰ CỦA HAI DÃY BẤT ĐĂNG THỨC Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh I PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Từ tham dự hội nghị Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi THPT trường Đại học Khoa học tự nhiên Hà nội tổ chức hàng năm từ 2002 đến nay,được học tập chuyên đề giảng viên , chuyên gia Tốn Bộ trình bày động viên thầy Trương Thành Phú chun viên mơn Tốn Sở Giáo dục đào tạo Tiền Giang chúng tơi có tâm huyết cố gắng thực hồn chỉnh , cụ thể hố chun đề phù hợp với trình độ học sinh tỉnh nhà để đóng góp vào thành tích chung Tỉnh kỳ thi HSG cấp khu vực cấp quốc gia Trong năm gần mơn Tốn tỉnh Tiền Giang có tiến đạt số thành tích đáng kể kỳ thi HSG khu vực Nhưng gần Bộ thay đổi mạnh quy chế thi HSG cấp Quốc gia khơng cịn phân chia hai bảng A,B trước mà có bảng thống chung tồn quốc Đề thi khó số lượng giải gây khó khăn cho Giáo viên học sinh mơn Tốn tỉnh nhà Trong điều kiện khó khăn việc tìm tài liệu viết chuyên đề việc cần thiết tình hình nay.Được ủng hộ thầy tổ Tốn trường THPT Chuyên Tiền Giang thực viết chuyên đề :” Một số Bất đẳng thức nâng cao” Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống phân loại kiến thức tập có sử dụng số bất đẳng thức nâng cao mà học sinh chuyên Tốn học như: Bất đẳng thức Cơsi mở rộng , Bất đẳng thức Bunhiacopxki mở rộng , Bất đẳng thức Jensen , Bất đẳng thức Tsêbưsep , Bất đẳng thức Schwarz ,… Giúp cho học sinh có hệ thống kiến thức biết vận dụng vào việc giải toán đại số đồng thời định hướng suy nghĩ tư toán học khả vận dụng sáng tạo toán Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Nhiệm vụ nghiên cứu: Trình bày nội dung bất đẳng thức nâng cao sau chứng minh hướng dẫn giải tập áp dụng Tùy theo nội dung Bất đẳng thức có liên hệ với bất đẳng thức cịn lại có sử dụng nhiều đến phương pháp đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức mà kỳ thi học sinh giỏi toán thường hay gặp Vì chuyên đề nâng cao bất đẳng thức nên chúng tơi khơng trình bày phương pháp chứng minh bất đẳng thức , coi học sinh chuyên Toán phải nắm để làm sở cho việc học chuyên đề Rèn luyện tư tốn thơng qua giải tập chứng minh bất đẳng thức áp dụng tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm với thầy cô mơn Tốn tỉnh Tiền Giang Phương pháp nghiên cứu -Dựa vào chuyên đề học Hà Nội tài liệu tất đợt bồi dưỡng để trình bày hệ thống Bất đẳng thức nâng cao thường gặp kỳ thi học sinh giỏi Toán -Hướng dẫn học sinh Đội tuyển tìm tài liệu có liên quan,phân loại tập,nhận xét cách giải, tạo tình có vấn đề để HS trao đổi nghiên cứu -Hệ thống xếp dạng tập từ dễ đến khó có lời giải cụ thể -Phương pháp phân tích:giúp học sinh nắm rõ chất vấn đề , lựa chọn phương pháp giải phù hợp đồng thời mở rộng tương tự hoá toán 5.Một số kết đạt Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Giúp cho học sinh đội tuyển có thêm phương pháp tài liệu cần thiết để giải tập Bất đẳng thức áp dụng tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ Qua chuyên đề giúp học sinh khắc sâu thêm kiến thức Bất đẳng thức đạo hàm Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để viết chuyên đề nâng cao khác II.NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 1.Các tập Bất đẳng thức áp dụng tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ thường gặp đề thi học sinh giỏi cấp Quốc Gia gần đây.Với mong muốn có chuyên đề bất đẳng thức phong phú nên viết chuyên đề : ” Một số Bất đẳng thức nâng cao” để phục vụ giảng dạy cho học sinh Đội tuyển tỉnh nhà Đề tài chia làm chương: Chương I: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN Chương II: BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Chương III: BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV( Tsêbưsep) Chương IV: BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI MỞ RỘNG Chương V: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI MỞ RỘNG Chương VI: BẤT ĐẲNG THỨC SCHWARZ (SVACXO) Chương VII: MỘT MỞ RỘNG CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SVACXO,TRÊBUSEP,BUNHIACOPSKI Chương VIII: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT THỨ TỰ CỦA HAI DÃY BẤT ĐĂNG THỨC Trong chương sau phần trình bày Bất đẳng thức phần chứng minh tập áp dụng Dù cố gắng nhiều đề tài khơng tránh khỏi sai sót , mong nhận đóng góp từ đồng nghiệp mơn Tốn tỉnh nhà Sau trình bày phần nội dung đề tài Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Chương I: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN I.1.Định lý 1: Cho hàm số y = f(x) có f // ( x) > với ∀x ∈ (a; b) ( hàm số có đồ thị lõm (a;b)) Với c ∈ (a; b) y = f / (c)( x − c) + f (c) phương trình tiếp tuyến (C) M(c,f(c) f ( x) ≥ f / (c)( x − c) + f (c) , ∀x ∈ (a; b) (1) (Đường cong ( C) phía tiếp tuyến M với c ∈ (a; b) ) Chứng minh: Với c ∈ (a; b) i/ Với x = c (1) xảy dấu ii/ Với x < c : Áp dụng định lí Lagrange : f ( x ) − f (c ) = f / (d ) , d ∈ ( x; c) x−c f / tăng (a;b) nên f / (d ) < f / (c) ⇒ f ( x) − f (c) > ( x − c) f / (c) (do x < c) iii/Tương tự với x > c ta có f ( x) − f (c) > ( x − c) f / (c) Vậy f ( x) ≥ f / (c)( x − c) + f (c) , ∀x ∈ (a; b) Chú ý : Nếu f / / ( x) < ∀x ∈ (a; b) (1) đổi chiều ( đồ thị ( C) lồi (a;b)) I.2.Định lý 2:(BĐT Jensen) Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp (a ;b) a/ Nếu f // ( x) > với ∀x ∈ (a; b) ∀xi ∈ ( a; b) , i = 1, 2, , n ∀α i ∈ (0;1) thỏa n ∑α i =1 i = ta có : f (α1 x1 + α x2 + + α n xn ) ≤ α1 f ( x1 ) + α f ( x2 ) + + α n f ( xn ) (2) Dấu xảy x1 = x2 = = xn b/ Nếu f // ( x) < với ∀x ∈ (a; b) (2) đổi chiều Chứng minh: Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh n a/ Đặt c = ∑ α i xi ∈ (a; b) Theo định lí ta có f ( x) ≥ f / (c)( x − c) + f (c) , ∀x ∈ (a; b) i =1 Thay x= xi : f ( xi ) ≥ f / (c)( xi − c) + f (c) , ∀x ∈ (a; b) ⇒ α i f ( xi ) ≥ f / (c)α i xi − cf / (c)α i + α i f (c) n Lấy tổng ta được: ∑α f ( x ) ≥ f i =1 n c = ∑α i xi Vì i =1 ∑α i =1 ∑α f ( x ) ≥ cf i =1 i n n i i i / i / n n n i =1 i =1 (c)∑α i xi − cf (c)∑α i + f (c)∑α i / i =1 = nên n n i =1 i =1 (c) − cf (c) + f (c) ⇒ ∑α i f ( xi ) ≥ f (∑α i xi ) / Dấu xảy xi = c hay x1 = x2 = = xn b/ Chứng minh tương tự Đặc biệt : Nếu α1 = α = = α n = f( α1 + α + + α n n )≤ BĐT (2) thành : n f (α1 ) + f (α ) + + f (α n ) (3) n Chú ý : Bằng quy nạp ta CM (3) với n=2 (3) với n tự nhiên lớn I.3.BĐT Jensen dạng tổng quát ; Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp (a ;b) a/ Nếu f // ( x) > với ∀x ∈ (a; b) ∀xi ∈ ( a; b) , i = 1, 2, , n ∀α i > ta có : f( α1 x1 + α x2 + + α n xn α1 f ( x1 ) + α f ( x2 ) + + α n f ( xn ) )≤ α1 + α + + α n α1 + α + + α n (4) Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh b/ Nếu f // ( x) < với ∀x ∈ (a; b) (4) đổi chiều Chứng minh: Áp dụng BĐT Jensen với β i = αi , ∀i ∑α k I.4 Chứng minh BĐT cổ điển cách áp dụng BĐT Jensen: a/BĐT CôSi : Cho n số dương a1 , a2 , , an ta có a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an , dấu n xảy a1 = a2 = = an Chứng minh: Xét hàm số f(x)=lnx với x > Ta có f / ( x) = // , f ( x) = − < ∀x > Áp dụng BĐT Jensen ta có : x x f (a1 ) + f (a2 ) + + f (an ) a + a + + an ln a1 + ln a2 + + ln an a + a + + an )⇒ ≤ f( ≤ ln n n n n a + a + + an ⇒ ln n a1a2 an ≤ ln n a + a + + an n ≥ a1a2 an , dấu xảy a1 = a2 = = an Vậy n b/BĐT Bunhiacopxki: Xét hàm số f ( x) = x có f // ( x) = > Áp dụng BĐT Jensen dạng tổng quát (4) ta có: 2 2 ⎛ α1 x1 + α x2 + + α n xn ⎞ α1 x1 + α x + + α n x n ⎜ ⎟ ≤ + + + α α α α1 + α + + α n n ⎝ ⎠ ⇔ (α1 x1 + α x2 + + α n xn ) ≤ (α1 + α + + α n )(α1 x12 + α x 22 + + α n x n2 ) Trường THPT Chuyên Tiền Giang Đặt xi = bi α i = bi2 Nguyễn Vũ Thanh ta có : ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) Dấu xảy ≤ ( a12 + a22 + + an2 )( b12 + b22 + + bn2 ) x1 = x2 = = xn ⇔ a1 a2 a = = = n b1 b2 bn c/BĐT Holder Cho > 0; bi > (i = 1,2, , n) ; p > , q > p ⎛ p ⎞ ⎛ q⎞ a b a b ≤ ∑ i i ⎜∑ i ⎟ ⎜∑ i ⎟ i =1 ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ n n n q 1 + = Ta có : p q anp a1p Dấu xảy : q = = q b1 bn Chứng minh: Ta có p > Xét hàm số f ( x) = x p , x > Ta có f // ( x) = p ( p − 1) x p −2 , ∀x > Áp dụng BĐT Jensen dạng tổng quát (4) ta có: p p p p ⎛ α1 x1 + α x2 + + α n xn ⎞ α1 x1 + α x + + α n x n ⎜ ⎟ ≤ α1 + α + + α n ⎝ α1 + α + + α n ⎠ 1− ⇔ α1 x1 + α x2 + + α n xn ≤ (α1 + α + + α n ) ⇔ ∑ α i xi ≤ ( ∑ α i ) q ( ∑α x ) p i i p p (α1 x1p + α x 2p + + α n x np ) p Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Chọn α i = b ; xi = a b 1− q i i q i Ta có p ⎛ p⎞ ⎛ q⎞ ≤ a b a b ∑ i i ⎜∑ i ⎟ ⎜∑ i ⎟ i =1 ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ n n n q I.5.Bài tập áp dụng : r n ⎛ n ⎞ r x x ∑ ∑ i ⎟ i ⎜ i =1 i =1 ⎜ ⎟ ≤ Bài 1:Cho xi > 0, r > CMR: ⎜ n ⎟ n ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Hướng dẫn :Xét hàm số f ( x) = x r , x > f / / ( x ) = r ( r − 1) x r − , ∀x > Ta có ⎛ ∑ xi ⎞ ∑ f ( xi ) ⎛ ∑ xi ⎞ ∑ xir ⇒⎜ Áp dụng BĐT Jensen ta có : f ⎜ ⎟≤ ⎟ ≤ n n n n ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ r Chú ý : Nếu < r < BĐT đổi chiều n q Bài 2: Cho xi > , p ≥ q > ; p, q ∈ N CMR: Hướng dẫn : Áp dụng với r = ⎛ ⎜ ∑ yi ⎜ i =1 ⎜ n ⎜ ⎝ n p q ⎞ ⎟ ⎟ ≤ ⎟ ⎟ ⎠ p q i ⎛ q y ∑ ⎜ ∑ xi i =1 ⇒ ⎜ i =1 n ⎜ n ⎜ ⎝ n n p q n ∑x q i i =1 ≤ n p ∑x p i i =1 n p ; yi = xiq ta có : q ⎞ ⎟ ⎟ ≤ ⎟ ⎟ ⎠ n ∑ xip i =1 n 10 n ⇒ q ∑x i =1 n q i n ≤ p ∑x i =1 n p i Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh b/ Cho x,y,z,t > xy+yz+zt+tx = CMR: x3 y3 z3 t3 + + + ≥ y+ z+t z+ x+t t+ x+ y x+ y+ z n c/ Cho xi > x1 x2 + x2 x3 + + xn x1 = , S = ∑ xi i =1 xi3 ≥ CMR: ∑ n −1 i =1 S − n x3 x4 HD:a/ Viết ,… x + y + z ≥ xy + yz + zx = y + z x( y + z ) x3 x4 b/ Viết ,… = y + z + t x( y + z + t ) 3( x + y + z + t ) ≥ 2( xy + xz + xt + yz + yt + zt ) (∑ ai2 ) ai4 ≥ c/ VT = ∑ Mà ( S − ) S − ∑ ai2 ⇒ VT ≥ 1 ai2 ≥ ( ∑ n −1 n −1 ∑a i ∑S ≤ n∑ ai2 ⇒ S − ∑ ai2 ≤ (n − 1)∑ ai2 ≥1 ) Bài 9:Cho a,b,c > 1.CMR: a/ a2 b2 + ≥8 b −1 a −1 log b a log c b log a c + + ≥ b/ a+b c+b a+c a+b+c HD: log b a + log c b + log a c ≥ ( BĐT Côsi ) Bài 10:Cho a,b,c > abc=1.CMR: 1 + + ≥ a (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 1 x2 y2 z2 x+ y+z HD:Đặt x = , y = , z = + + ≥ ≥ y+z z+x x+ y 2 a b c 36 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh n ∑a Bài 11: Cho n số dương a1 , a2 , , an i =1 i = CMR: n ∑2−a i =1 ≥ i n 2n − (∑ ) ai2 1 n ≥ = ≥ = HD: VT = ∑ 2 2∑ − ∑ − ∑ − 2n − i =1 2ai − n n (Vì ai2 ≥ ⇒ ∑ ai2 ≥ n ) ∑ n ha2 hb2 hc2 9r + + ≥ Bài 12:Cho tam giác ABC.CMR: bc ca ab R ha2 hb2 hc2 (ha + hb + hc ) (9r )2 9r + + ≥ ≥ ≥ HD: bc ca ab ab + bc + ca a + b + c R (Vì 1 1 + + = a + b + c = R (sin A + sin B + sin C ) ) hb hc r Bài 13:Cho hình hộp chữ nhật có α , β , γ góc đường chéo với cạnh có kích thước a,b,c.CMR: cos α cos β cos γ + + ≥ a b c a+b+c HD: cos α + cos β + cos γ = Bài 14: a1 , a2 , , an cạnh đa giác n cạnh chu vi p.CMR: n ∑ p − 2a i =1 ≥ i n n−2 ai2 = HD:Viết p − 2ai ( p − 2ai ) ∑a i ≥ p = ∑ n n Bài 15:Cho ba số dương a,b,c có abc=1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức : bc ca ab P= + + 2 a b + a c b a + b c c a + c 2b 1 HD: Đặt x = , y = , z = a b c 37 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Bài 16: Cho ba số dương a,b,c có a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : a3 b3 c3 A= + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b a3 a4 HD:Viết ,… = a + 2b + 3c a (a + 2b + 3c) Bài 17: Cho a1 , a2 , , an ∈ (0;1) n ∑a i =1 i = CMR: n ∑ i =1 − ≤ n(n − 1) − (∑ − ) HD: n − = ∑ ≥ n i =1 n Bài 18:Cho x1 , x2 , , xn dương S = ∑ xi , a số thực tùy ý CMR : x1 x2 xn nS + + + ≥ a + x2 + x3 + + xn a + x1 + x3 + + xn a + x1 + x2 + + xn−1 n( S + a ) − S x1 x12 = HD: Viết ,… a + x2 + x3 + + xn x1 (a + S − x1 ) tan Bài 19:Cho tam giác ABC.CMR: tan HD:Áp dụng tan A B C + tan 2 tan + tan B A C + tan 2 tan + tan C A B + tan 2 ≥ A B B C C A tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Bài 20:Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 1 + + M= + cos A + cos B − cos 2C HD: M ≥ ≥ + cos A + cos B − cos 2C 1 ⎡ ⎤ + cos ( A − B) − ⎢cos C + cos( A − B) ⎥ 2 ⎣ ⎦ Bài 21:Cho tam giác ABC CMR: 38 ≥ Trường THPT Chuyên Tiền Giang HD: Nguyễn Vũ Thanh a/ ab + bc + ca ≥ 3S b/ 36r ≤ ab + bc + ca ≤ R c/ 2(la + lb + lc ) ≤ 3( a + b + c ) d/ a/ ab = 1 1 ≤ + + ≤ R la lb lc r 2S b/ sin C ab + bc + ca = R (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A) = R sin A sin B sin C ( ≥ 4R2 1 ) + + sin A sin B sin C 9sin A sin B sin C A B C = R 18sin sin sin sin A + sin B + sin C 2 r = R sin A B C sin sin 2 c/ Áp dụng la = d/Áp dụng A = bc b+c b+c 2bc cos p( p − a) ≤ p( p − a) 1 1 1 + + ≥ + + = la lb lc la + lb + lc hb hc r Bài 23:Tam giác ABC nhọn có đặc điểm thỏa mãn điều kiện: tan A tan B tan C + + = 18 A B C sin sin sin 2 HD:Áp dụng tan A + tan B + tan C ≥ 3 ;sin A B C + sin + sin ≤ 2 2 a8 45 + + ≥ S Bài 24:Cho tam giác ABC có diện tích S CMR: A B C cos cos cos 2 HD:Áp dụng a + b + c ≥ 16 S cos b8 A B C + cos + cos ≤ 2 39 c8 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh x2 y Bài 25: Cho a,b,c > ax+by=c.Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = + a b Bài 26:Cho a,b,c > a+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ 1 1 M= + + + 2 a +b +c ab bc ca HD:Viết M = 9 + + + 2 a + b + c 9ab 9bc 9ca Bài 27:Cho a1 , a2 , , an dương CMR: an a + a + + an a1 a2 + + + ≥ 12 2 a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 2(a1 + a2 + + an2 ) a1 a12 = HD:Viết ,… a2 + a3 a1 (a2 + a3 ) Bài 28:Cho tam giác ABC Gọi O1,O2,O3 tâm đường trịn bang tiếp góc A,B,C Gọi S1,S2,S3 diện tích tam giác O1BC,O2CA,O3AB CMR: S1 + S + S3 ≥ 3S HD:Áp dụng = S ; 2( S1 + S + S3 ) = ara + brb + crc p−a MỘT MỞ RỘNG CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SVACXO,TRÊBUSEP,BUNHIACOPSKI Chương VII: VII.1.Nội dung BĐT: Cho c1 , c2 , , cn > 0; a1 a2 a b b b ≥ ≥ ≥ n ; ≥ ≥ ≥ n Ta có BĐT: c1 c2 cn c1 c2 cn a1b1 a2b2 a b (a + a + + an )(b1 + b2 + + bn ) + + + n n ≥ (1) c1 c2 cn c1 + c2 + + cn Dấu xảy b b b a1 a2 a = = = n = = = n c1 c2 cn c1 c2 cn 40 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh a a1 a2 ≥ ≥ ≥ n c1 c2 cn CM: Trước hết ta CMR c1 , c2 , , cn > ; a1 + a2 + + ak an ≥ (2) với k=1,2,…,n c1 + c2 + + ck cn Thật đặt an ∑ ≥ m = m ta có ≥ mci ⇒ ∑ ≥ m∑ ci ⇒ cn ∑ ci Ta CM (1) quy nạp Với n=2 a1b1 a2b2 (a1 + a2 )(b1 + b2 ) + ≥ ⇔ (a1c2 − a2c1 )(b1c2 − b2c1 ) ≥ (BĐT )Giả sử (1) c1 c2 c1 + c2 với n=k c1 , c2 , , cn > 0; Ta có a b a1 a2 b b ≥ ≥ ≥ k +1 ; ≥ ≥ ≥ k +1 c1 c2 ck +1 c1 c2 ck +1 a b (a + a2 + + ak )(b1 + b2 + + bk ) ak +1bk +1 a1b1 a2 b2 + + + k +1 k +1 ≥ + c1 c2 ck +1 c1 + c2 + + ck ck +1 Theo (2) ta có a1 + a2 + + ak ak +1 b + b + + bk bk +1 ≥ ≥ (3) c1 + c2 + + ck ck +1 c1 + c2 + + ck ck +1 Vì (1) với n=2 nên từ (3) ta có k k i =1 i =1 (∑ )(∑ bi ) k ∑c i =1 Dấu xảy i k +1 a b + k +1 k +1 ≥ ck +1 k +1 (∑ )(∑ bi ) i =1 k +1 i =1 ∑c i =1 b b b a1 a2 a = = = n = = = n c1 c2 cn c1 c2 cn VII.2 Một số BĐT suy từ (1) VII.2.1.BĐT Svacxo: ai2 (∑ ) Với = bi ∀i ta có BĐT Svacxo : ∑ ≥ (4) ci ∑ ci VII.2.2.BĐT Bunhiacopxki 41 i Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nếu đặt xi = Nguyễn Vũ Thanh ; yi = ci (4) thành ci ∑x ∑ y i i ≥ (∑ xi yi )2 ⎛1 ⎞ VII.2.3.Với = bi ci = n ta có BĐT : ∑ ai2 ≥ ⎜ ∑ ⎟ n ⎝n ⎠ VII.2.4 BĐT Trebusep Với ci = ta có ∑ a b ≥ n ∑ a ∑b i i i i VII.3.Bài tập áp dụng a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ Bài 1:Cho a,b,c > 0.CMR : 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a a3 a4 HD:Viết ,… = a + ab + b a (a + ab + b ) Bài 2:Cho M tam giác ABC.Kẻ MA1,MB1,MC1 vng góc với BC CA AB BC,CA,AB.Tìm giá trị nhỏ T = + + MA1 MB1 MC1 BC BC = HD:Viết MA1 BC.MA1 n Bài 3:Cho a1 , a2 , , an dương S = ∑ CMR: i =1 n ∑S −a i =1 i ≥ n n −1 ai = HD:Viết ,… S − ai ( S − ) Bài 4:Cho G trọng tâm tam giác ABC.GA,GB,GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai A1,B1,C1.CMR: GA + GB + GC ≤ GA1 + GB1 + GC1 HD:Cách 1:Gọi M,N,P trung điểm BC,CA,AB Ta có a2 MA.MA1 = MB.MC = 42 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh a2 a2 ⇒ GA(GA1 − GA) = ⇒ GA1 = GA + BĐT cần CM tương đương với: 2 6GA a2 b2 c2 ⇒ + + ≥ GA + GB + GC 3GA 3GB 3GC Giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ GA ≤ GB ≤ GC Xét hai dãy: 1 a b c ≥ ≥ ; ≥ ≥ GA GB GC GA GB GC a2 b2 c2 a + b2 + c 3(GA2 + GB + GC ) ⇒ + + ≥ = ≥ GA + GB + GC 3GA 3GB 3GC GA + GB + GC GA + GB + GC 2 a2 b2 c2 + + ≥ 3(GA + GB + GC ) Cách (Áp dụng BĐT Trêbưsep)Ta CM: GA GB GC ⎧a ≤ b ≤ c ⎪ Áp dụng hai dãy chiều ⎨ 1 Ta có : ≤ ≤ ⎪ ⎩ GA GB GC 1 a2 b2 c2 + + + + a + b + c GA GB GC GA GB GC ≤ 3 2 1 1 a b c ) ≥ 3(a + b + c ) ⇒ + + ≥ (a + b + c )( + + GA GB GC GA GB GC GA + GB + GC Mà (a + b + c ) = GA2 + GB + GC ≥ (GA + GB + GC ) 3 Bài 5:Cho ≤ x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn ; ≤ y1 ≤ y2 ≤ ≤ yn ; ;0 ≤ z1 ≤ z2 ≤ ≤ zn CMR: ( 1 1 xk )( ∑ yk ) ( ∑ zk ) ≤ (∑ xk yk zk ) ∑ n n n n Bài : Cho tam giác ABC CMR: a b c R + + ≤ 2r hb + hc hc + ha + hb 43 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh ⎧a ≤ b ≤ c ⎪ HD: Áp dụng BĐT Trêbưsep cho hai dãy ⎨ Ta có: 1 ≥ ≥ ⎪h + h h + h h + h c a a b ⎩ b c a b c 1 1 ) + + ≤ (a + b + c)( + + hb + hc hc + ha + hb hb + hc hc + ha + hb Áp dung a.ha = b.hb = c.hc = S , 1 3 ( x, y > 0) sin A + sin B + sin C ≤ + ≥ x y x+ y xi3 ≥ Bài 7:Cho x1 , x2 , , xn > thỏa ∑ x ≥ S = ∑ xi CMR: ∑ S − xi n − i xi3 xi4 = HD:Viết S − xi xi ( S − xi ) Chương VIII: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT THỨ TỰ CỦA HAI DÃY BẤT ĐĂNG THỨC VIII.1.Tính chất thứ tự hai dãy bất đẳng thức: VIII.1.1.Cho hai dãy chiều a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn n n n k =1 k =1 k =1 Ta có BĐT : ∑ ak bk ≥ ∑ ak bik ≥ ∑ ak bn+1−k i1 , i2 , , in hoán vị 1,2,…,n Chứng minh :Dùng quy nạp ta CM n n ∑a b ≥ ∑a b k =1 k k k =1 k ik (1) Với n=2 ta có : a1b1 + a2 b2 − a1b2 − a2 b1 = a1 (b1 − b2 ) − a2 (b1 − b2 ) = ( a1 − a1 )(b1 − b1 ) ≥ ⇒ a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 Giả sử (1) với n-1 ta CM (1) với n.Giả sử ≠ i1 ik = Ta có : n ∑a b k =1 k ik = (a1bi1 + ak b1 ) + (a2 bi2 + + an bin ) 44 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Mà a1 ≤ ak ; b1 ≤ bi1 ⇒ a1bi1 + ak b1 ≤ a1b1 + ak bi1 n ∑a b k =1 k ik n ≤ a1b1 + (ak bi1 + a2bi2 + + anbin ) ≤ ∑ ak bk (theo giả thiết quy nạp ) k =1 Áp dụng (1) cho hai dãy a1 ≤ a2 ≤ ≤ an - bn ≤ −bn −1 ≤ ≤ −b1 ta có n n n n k =1 k =1 k =1 k =1 −∑ ak bn+1−k ≥ −∑ ak bik ⇒ ∑ ak bik ≥ ∑ ak bn+1− k (2).Từ (1) (2) suy đpcm Tổng quát :Hai dãy (an) (bn) có thứ tự giống ≤ a j ⇔ bi ≤ b j ; ∀i, j ta có n n n ∑a b ≥ ∑a b ≥ ∑a b k =1 k k k =1 k ik k =1 k n +1− k VIII.1.2.Cho hai dãy ngược chiều a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn n n n k =1 k =1 k =1 Ta có BĐT : ∑ ak bk ≤ ∑ ak bik ≤ ∑ ak bn+1−k i1 , i2 , , in hoán vị 1,2,…,n Tổng quát :Hai dãy (an) (bn) có thứ tự ngược ≤ a j ⇔ bi ≥ b j ; ∀i, j ta có: n n n k =1 k =1 k =1 ∑ ak bk ≤ ∑ ak bik ≤ ∑ ak bn+1−k VIII.2.Bài tập áp dụng Bài 1: Cho a, b, c tùy ý CMR : a/ a + b ≥ a 3b + a b3 b/ a + b + c ≥ ab3 + bc3 + ca HD:Xét hai dãy thứ tự giống (a, b, c) (a , b3 , c3 ) Bài 2:Cho a,b,c >0 CMR: a 3b + b3c + c 3a ≥ a 2bc + b 2ca + c ab 1 HD: Xét hai dãy thứ tự ngược (a , b , c ) ( , , ) a b c a + b2 b2 + c2 c + a a b3 c + + )≤ + + Bài 3: Cho a,b,c >0 CMR: a + b + c ≤ ( c a b bc ca ab 45 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh HD: Giả sử < a ≤ b ≤ c Xét hai dãy chiều a ≤ b ≤ c 1 ≤ ≤ ta có c b a a b2 c2 a b2 c2 a+b+c≤ + + (1) a + b + c ≤ + + (2) c a b b c a a + b2 b2 + c c + a + + ) (3) Cộng (1) (2) chia cho ta a + b + c ≤ ( c a b Xét hai dãy chiều a ≤ b3 ≤ c 1 ≤ ≤ ta có bc ac ab a b3 c a b3 c a b c + + ≥ + + = + + (4) bc ac ab ab bc ac b c a a b3 c a b3 c a b c + + ≥ + + = + + (5) bc ac ab ac ab bc c a b Từ (4) (5) suy a b3 c a + b b + c c + a + + ≥ ( + + ) (6) bc ac ab c a b Từ (3) (6) suy đpcm Bài 4:Cho a,b,c > CMR: a + b8 + c 1 ≥ + + a 3b3c3 a b c a5 b5 c5 1 HD:BĐT cần CM tương đương với : 3 + 3 + 3 ≥ + + bc ac ab a b c a5 b5 c5 a b2 c 1 Xét hai dãy a ≤ b ≤ c 3 ≤ 3 ≤ 3 ta có 3 + 3 + 3 ≥ + + (1) bc ac ab bc ac ab b c a 5 Lại áp dụng BĐT dãy thứ tự với hai dãy a ≤ b ≤ c 1 ≤ ≤ ta c b3 a a b2 c2 1 + + ≥ + + (2) Từ (1) (2) suy đpcm b3 c a a b c 46 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh a b2 c2 1 Bài :Cho a,b,c > 0.CMR: + + ≥ + + c a b ab bc ca HD: Xét hai dãy thứ tự ngược (a , b , c ) ( 1 , , ) ta có a b3 c a b2 c2 1 1 1 + + ≥ + + ≥ + + c a b3 a b c ab bc ca Bài : Cho tam giác ABC có , hb , hc , r độ dài đường cao bán kính đường trịn hb2 hc2 ha2 nội tiếp tam giác CMR: + + ≥ hb hc r HD:Áp dụng = 2S 1 1 ; = + + BĐT cần CM tương đương với a r hb hc a b3 c + + ≥a+b+c b2 c2 a Áp dụng hai dãy thứ tự ngược (a , b3 , c3 ) ( 1 , , ) ta có đpcm a b2 c Bài 7: Cho tam giác ABC có ma , mb , mc , R độ dài đường trung tuyến bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác.CMR: HD:Áp dụng mb mc ma + + ≥ ma2 mb2 mc2 R 9R 1 + + ≥ ma + mb + mc ≤ ma mb mc ma + mb + mc a2 b2 c2 a + b2 b2 + c c2 + a + + ≥ ( + + ) Bài :Cho ba số dương a,b,c CMR: b+c c+a a+b a+b b+c c+a HD : Áp dụng hai dãy thứ tự giống (a , b , c ) ( 1 , , ) b+c c+a a+b Bài 9:Cho tam giác ABC có cạnh a,b,c p nửa chu vi.CMR: ab bc ac + + ≥ 4p p−c p−a p−b HD:Đặt x=a+b-c , y=b+c-a , z=c+a-b (x,y,z > ) 47 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh BĐT cần CM tương đương với : ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) + + ≥ 4( x + y + z ) x y z ⇔ yz zx xy 1 + + ≥ x + y + z Giả sử x ≥ y ≥ z > Xét hai dãy ≤ ≤ yz ≤ zx ≤ xy x y z x y z Bài 10:Cho n số dương a1 , a2 , , an tùy ý CMR: a1a1 a2 a2 an an ≥ a1a a2 a3 an a1 ≥ a1an a2 an −1 an a1 HD: Áp dụng hai dãy thứ tự giống ( ak ) (ln ak ) Bài 11: Giả sử x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn CMR z1 , z2 , , zn hốn vị số y1 , y2 , , yn n n ∑(x − y ) ≤ ∑ (x − z ) i i =1 HD:Áp dụng BĐT dãy thứ tự ta có i i i =1 n n i =1 i =1 i ∑ xi yi ≥ ∑ xi zi Ta có (Thi Quốc tế lần 17) n n i =1 i =1 ∑ yi2 ≥ ∑ zi2 n n n n n n n n i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 ∑ ( xi − yi )2 = ∑ xi2 − 2∑ xi yi + ∑ yi2 ≤ ∑ xi2 − 2∑ xi zi + ∑ zi2 ≤ ∑ ( xi − yi )2 (đpcm) Bài 12: Cho (ak) dãy số nguyên dương phân biệt (k=1,2,…,n).CMR vói n nguyên dương ta có: n n ak ≥ ∑ (Thi Quốc tế lần 20) ∑ k =1 k k =1 k HD:Giả sử (i1 , i2 , , in ) hoán vị (1,2,…,n) cho ai1 < ai2 < < ain Xét hai dãy thứ tự 1 ngược ai1 < ai2 < < ain > > > ta có: n n a ak i ≥ ∑ 2k ∑ k =1 k k =1 k n n a n ak ik Bằng quy nạp ta CM aik ≥ k với k ∈ {1,2, , n} Vậy ∑ ≥ ∑ ≥ ∑ k =1 k k =1 k k =1 k n Dấu xảy ak = k với k 48 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh Bài 13:Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác CMR: a 2b(a − b) + b 2c(b − c) + c a (c − a ) ≥ (Thi QT lần 24 ) HD:Xét hai dãy có thứ tự ngược (bc,ac,ab) (a2+bc,b2+ac,c2+ab) ta được: bc(a + bc) + ac(b + ac) + ab(c + ab) ≤ bc(b + ac) + ac(c + ab) + ab(a + bc) ⇔ a 2bc + b 2c + ab 2c + a 2c + abc + a 2b ≤ b3c + abc + ac3 + a 2bc + a 3b + ab 2c ⇔ a 2b + b 2c + c a ≤ a 3b + b3c + c3a ⇔ a 2b(a − b) + b 2c(b − c) + c a (c − a ) ≥ Bài 14: Tồn hay không hoán vị ( );(bi );(ci );( d i ) {1,2, ,50} cho 50 50 ∑ a b = 2∑ c d k =1 i i k =1 i i HD:Đối với hai hốn vị (ai );(bi ) {1,2, ,50} tổng 50 ∑ k = 42925 giá trị nhỏ k =1 50 ∑ a b có giá trị lớn k =1 i i 50 ∑ k (50 − k ) = 22100 , mà 2x22100 > 42925.Vậy k =1 không tồn Bài 15:Cho a,b,c > m,n hai số nguyên dương.CMR: a mb n + b m c n + c m a n ≤ a m + n + b m + n + c m + n HD: Xét hai dãy có thứ tự giống (a m , b m , c m ) (a n , b n , c n ) Bài 16:Cho n số dương a1 , a2 , , ak hai số nguyên dương m,n tùy ý CMR: a1m a2 n + a2 m a3n + + ak m a1n ≤ a1m+ n + a2 m+ n + + ak m+ n HD: Xét hai dãy có thứ tự giống (a1m , a2 m , , ak m ) (a1n , a2 n , , ak n ) Bài 17: p,q hai số dương tùy ý , a1 , a2 , , an n số dương tùy ý CMR với số tự nhiên k ≥ ta ln có : a1k a2k ank−1 ank a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 + + + + ≥ pa2 + qa3 pa3 + qa4 pan + qa1 pa1 + qa2 p+q 49 Trường THPT Chuyên Tiền Giang Nguyễn Vũ Thanh k −1 HD: Gọi S vế trái BĐT trên.Ta có a = a1k a1k −2 ( pa2 + qa3 ), pa2 + qa3 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai số ta : ( a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 ) ≤ S ⎡⎣ a1k − ( pa2 + qa3 ) + a2k − ( pa3 + qa4 ) + + ank − ( pa1 + qa2 ) ⎤⎦ (1) Vế phải (1) p (a1k −2 a2 + a2k −2 a3 + ank −2 a1 ) + q(a1k −2 a3 + a2k − a4 + + a4k − a2 ) Áp dụng kết 16 ta a1k −2 a2 + a2k −2 a3 + ank −2 a1 ≤ a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 a1k −2 a3 + a2k −2 a4 + + a4k −2 a2 ≤ a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 Từ (1) suy (a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 ) ≤ S ( p + q )(a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 ) suy đpcm Bài 18: a,b,c,d bốn số dương tùy ý CMR với số nguyên dương n ta có: an bn cn dn a n−1 + b n−1 + c n−1 + d n−1 + + + ≥ b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c HD:Giải tương tự 17 Bài 19:Cho n số dương a1 , a2 , , an gọi s= a1 + a2 + + an CMR với số nguyên a1k a2k ank a1k −1 + a2k −1 + + ank −1 + + + ≥ dương k ta có : s − a1 s − a2 s − an n −1 HD: Giải tương tự 17 50 ... Một số Bất đẳng thức nâng cao? ?? Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống phân loại kiến thức tập có sử dụng số bất đẳng thức nâng cao mà học sinh chun Tốn học như: Bất đẳng thức Cơsi mở rộng , Bất đẳng. .. Chương II: BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Chương III: BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV( Tsêbưsep) Chương IV: BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI MỞ RỘNG Chương V: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI MỞ RỘNG Chương VI: BẤT ĐẲNG THỨC SCHWARZ... nghiên cứu Một số kết đạt II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Chương I: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN Chương II: BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Chương III: BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV( Tsêbưsep) Chương IV: BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI