Một số vấn đề về bất đẳng thức trung bình số học hình học và áp dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN: PGS TS ĐINH THANH ĐỨC Bình Định - 2020 Mục lục Mở đầu Trung bình số học - Trung bình hình học 1.1 Các giá trị trung bình 1.1.1 Giá trị trung bình thơng thường 1.1.2 Giá trị trung bình trọng số 1.2 Một số khái niệm hàm lồi 1.3 Bất đẳng thức AM- GM toán liên quan 1.3.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.3.2 Ý nghĩa hình học AM-GM 10 1.3.3 Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức 11 1.4 Một số kết làm chặt bất đẳng thức AM-GM 14 Một số áp dụng bất đẳng thức trung bình số học- trung bình hình học 18 2.1 Một số kĩ thuật sử dụng AM-GM 18 2.1.1 Kỹ thuật cân hệ số 18 2.1.2 Kỹ thuật AM-GM ngược dấu 39 2.2 Áp dụng vào tìm Giá trị lớn - Giá trị nhỏ 47 2.3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM để giải phương trình, hệ phương trình 58 2.4 Bất đẳng thức AM-GM toán đa thức 66 2.5 Bất đẳng thức AM-GM tốn hình học, lượng giác 70 2.6 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giải toán thực tế 79 KẾT LUẬN 84 TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) MỞ ĐẦU Bất đẳng thức trung bình số học- trung bình hình học (AM-GM) hệ thức tốn học Nó sử dụng cho việc giải nhiều toán tạo nhiều hệ thức khác quan trọng toán học Bất đẳng thức AM-GM coi bất đẳng thức nguyên thủy thứ hai sau bất đẳng thức tam giác Euclid – “Vị cha đẻ hình học” sử dụng ý tưởng từ phương pháp hình học để chứng minh bất đẳng thức AM-GM tổng quát với n = Vào thời kì cận đại, Cauchy xem người phát đưa phép chứng minh hay độc đáo cho bất đẳng thức AM-GM tổng quát dựa phép quy nạp Tốn học Nhưng có lẽ điều người biết thực tế trước vào năm 1729, C Maclaurin (1698-1746), nhà toán học người Scotland chứng minh bất đẳng thức này, nhiên ông không trọng việc đặt tên bất đẳng thức tổng quát mà chứng minh nên giới nhắc đến Cauchy nhiều nói tới bất đẳng thức AM-GM Tại trường phổ thông Việt Nam, bất đẳng thức đưa vào giảng dạy từ sớm với tên gọi bất đẳng thức Cô-si (Cauchy) thời lượng cho dạng bất đẳng thức không nhiều, thầy cô không trọng tới việc cho học sinh nắm kĩ thuật giải bản, không đưa dạng cách giải tổng quát mà lại dành phần lớn thời gian cho việc làm tập cụ thể Vì phần đơng học sinh có nhiều em giỏi cảm thấy lo lắng đối mặt với tốn có liên quan đến bất đẳng thức AM-GM trước em chưa giải tập giống Trong kì thi tuyển sinh 10, tuyển học sinh giỏi, kì thi Olympic việc giải đa phần tốn bất đẳng thức, toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, khó khăn khơng có công cụ mạnh mẽ bất đẳng thức AM-GM Thậm chí sống có nhiều ứng dụng bất đẳng thức này, ví dụ việc xây ngơi nhà cho diện tích lớn nhất, không gian rộng nhất, Từ lý nên chọn đề tài “Một số vấn đề bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học áp dụng” cho luận văn Luận văn tìm hiểu nghiên cứu bất đẳng thức trung bình số học – trung bình hình học từ định hình phương án dạy học theo định hướng sáng tạo nhằm bồi dưỡng tư sáng tạo cho học sinh, nâng cao hiệu trình dạy học Luận văn trình bày 87 trang, gồm: Lời nói đầu, chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương 1: Trung bình số học - Trung bình hình học Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày số kết Bất đẳng thức AM-GM số kết liên quan Các kết chương trình bày dựa vào [7], [9], [8], Chương 2: Áp dụng bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học Trong chương này, chúng tơi trình bày số kĩ thuật quan trọng việc sử dụng AM-GM: Kỹ thuật cân hệ số, Kỹ thuật AM-GM ngược dấu; với việc vận dụng bất đẳng thức AM - GM vào giải tốn đại số, hình học, số học, tổ hợp, Các kết chương trình bày dựa vào [10], [8], [11] Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Thầy PGS.TS Đinh Thanh Đức Lời đầu tiên, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Thầy tận tình giúp đỡ, hướng dẫn động viên tơi suốt q trình hồn thành luận văn Tiếp đến, xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng chức năng, Phòng Đào tạo sau đại học, Khoa Toán Thống kê tạo điều kiện cho chúng tơi hồn thành khóa học Và xin chân thành cảm ơn quý thầy cô tham gia giảng dạy bạn học viên cao học Tốn khóa 21 Mặc dù cố gắng hạn chế thời gian trình độ nên bên cạnh kết đạt được, luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thẳng thắn chân thành quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Ngày 29 tháng năm 2020 Học viên thực Trương Minh Nhật Chương Trung bình số học - Trung bình hình học Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày số kết về: Các dạng trung bình bản, số khái niệm tính chất hàm lồi, Bất đẳng thức AM-GM sử dụng AM-GM công cụ để chứng minh số bất đẳng thức Các kết chương trình bày dựa vào [7],[9], [8], 1.1 Các giá trị trung bình Trong phần này, chúng tơi trình bày khái niệm trung bình Các kết chương trình bày dựa vào [3], [5], [8] 1.1.1 Giá trị trung bình thơng thường Trong mục này, tập trung xem xét khái niệm trung bình hai nhiều số không âm Với hai số không âm a, b ta kí hiệu √ a+b A= ; G = ab; Q = a2 + b2 trung bình số học , trung bình hình học , trung bình tồn phương hai số không âm a, b Nếu thêm giả thiết a, b số thực dương, ta kí hiệu H= 1 + a b trung bình điều hòa hai số dương a, b Tổng quát, với n số thực dương cho trước a1 , a2 , , an , ta định nghĩa trung bình số học, trung bình hình học, trung bình tồn phương,trung bình điều hịa Trong tài liệu Việt Nam, người ta thường quen gọi "The Arithmetic Mean" trung bình cộng; Trong tài liệu Việt Nam, người ta thường quen gọi "The Geometric Mean" trung bình nhân n số thực dương a1 , a2 , , an định nghĩa sau An = Qn = √ a1 + a2 + · · · + a n ; Gn = n a1 · a2 · · · an ; n a21 + a22 + · · · + a2n ;H= 1 + +···+ a1 a2 an (1.1) Trung bình số học có tính chất sau: Mệnh đề 1.1 ([5]) Cho h = (h1 , h2 , , hn ), a = ( a1 , a2 , , an ), b = (b1 , b2 , , bn ), a + h = ( a1 + h1 , a2 + h2 , , an + hn ) gồm n số hạng dương λ > Khi đó, Tính cộng tính An ( a + b) = An ( a) + An (b) Tính kết hợp An ( a) = An ( Am , , Am , am+1 , , an ), Am = a1 + · · · + a m m Tính liên tục lim An ( a + h) = An ( a) h →0+ Tính An (λa) = λAn ( a) Tính nội a ≤ An ( a) ≤ max a, a = min{ a1 , , an } max a = max{ a1 , , an } Dấu xảy a số Tính đơn điệu a ≤ b ⇒ An ( a) ≤ An (b) Dẫu đẳng thức xảy a = b Tính phản xạ Nếu a số, có nghĩa = α với i ∈ {1, 2, , n}, An ( a) = α Tính đối xứng An ( a1 , , an ) khơng đổi hốn vị thứ tự vị trí phần tử a Trung bình hình học có tính chất tương tự trung bình số học Mệnh đề 1.2 ([5]) Cho h = (h1 , h2 , , hn ), a = ( a1 , a2 , , an ), b = (b1 , b2 , , bn ), a + h = ( a1 + h1 , a2 + h2 , , an + hn ) gồm n số hạng dương λ > Khi đó, Tính liên tục lim An ( a + h) = An ( a) h →0+ Tính An (λa) = λAn ( a) Tính nội a ≤ An ( a) ≤ max a, a = min{ a1 , , an } max a = max{ a1 , , an } Dấu xảy a số Tính đơn điệu a ≤ b ⇒ An ( a) ≤ An (b) Dẫu đẳng thức xảy a = b Tính phản xạ Nếu a số, có nghĩa = α với i ∈ {1, 2, , n}, An ( a) = α Tính đối xứng An ( a1 , , an ) khơng đổi hốn vị thứ tự vị trí phần tử a Kết đây, cho ta mối quan hệ đại lượng trung bình Định lý 1.1 Cho n số thực dương a1 , a2 , , an với n ≥ Ta có Qn ≥ An ≥ Gn ≥ Hn , An , Gn , Qn , Hn định nghĩa (1.1) 1.1.2 Giá trị trung bình trọng số Trong mục này, ta xem xét hai n số thực dương p = p1 , p2 , , pn a = ( a1 , a2 , , an ) Khi đó, trung bình số học trung bình hình học a có trọng số p xác định sau An a; q = o1 a1 + p2 a2 + · · · + p n a n p1 + p2 + · · · + p n n Gn a; p = ∏ i p (1.2) p1 +···+ pn (1.3) i =1 Rõ ràng, trung bình trọng số trở thành trung bình thơng thường pi = với i ∈ {1, 2, , n} Các kết đây, đưa số tính chất quan trọng đại lượng trung bình Mệnh đề 1.3 ([5]) Cho số dương a = ( a1 , , an ), b = (b1 , , bn ) w = ( w1 , , w n ) (a) Kí hiệu b−1 = b1−1 , , bn−1 Khi đó, ab−1 ≤ với ab−1 = an a1 , , b1 bn An ( a; w) ≤ max ab−1 , An (b; w) (b) Nếu Wn = w1 + · · · + wn = n ≥ max a − An ( a; w) ≥ √ w − ∑ n + 1≤ i < j ≤ n aj Mệnh đề 1.4 ([5]) Cho số dương a = ( a1 , , an ), b = (b1 , , bn ) w = (w1 , , wn ) Khi Gn ( ab; w) = Gn ( a; w) · Gn (b; w) Gn ( a; w) 1.2 r = Gn ar ; w , ∀r ∈ R Một số khái niệm hàm lồi Trong phần này, chúng tơi trình bày số vấn đề hàm lồi Các kết phần trình bày dựa vào Để thuận lợi việc diễn giải, quy ước rằng, kí hiệu I = I( a, b) bốn tập hợp sau ( a, b), [ a, b], ( a, b], [ a, b) Định nghĩa 1.1 [8][Hàm lồi] Hàm số f : I −→ R gọi hàm lồi I với cặp số thực dương α, β thỏa mãn α + β = 1, ta có f αx + βy ≤ α f ( x ) + β f (y), với x, y thuộc I Dấu xảy x = y Ví dụ 1.2.1 • Hàm số y = xr , với r ≥ 1, hàm lồi (0; +∞); • Hàm số y = e x hàm lồi R Định nghĩa 1.2 [8][Hàm lõm] Hàm số f : I −→ R gọi hàm lõm I với cặp số thực dương α, β thỏa mãn α + β = 1, ta ln có f αx + βy ≥ α f ( x ) + β f (y), với x, y thuộc I Dấu xảy x = y Ví dụ 1.2.2 • Hàm số y = xr , với r ∈ (0; 1), hàm lõm (0; +∞); • Hàm số y = loga x, với a ∈ (0; +∞) \ {1}, hàm lõm (0; +∞) Từ định nghĩa hàm lồi, lõm ta có kết sau Mệnh đề 1.5 [8] Nếu hàm số f ( x ) khả vi I f ( x ) hàm lồi I f ( x ) hàm đơn điệu tăng I Kết cho điều kiện cần đủ đề hàm số lồi (lõm, tương ứng) Định lý 1.2 [8] Nếu hàm số f ( x ) khả vi I f ( x ) hàm lồi I f ( x ) ≥ (tương ứng f ( x ) ≤ 0)trên I 1.3 1.3.1 Bất đẳng thức AM- GM toán liên quan Bất đẳng thức AM-GM Trước hết, xem xét mối liên hệ An , Gn trường hợp n = thơng qua ví dụ sau Ví dụ 1.3.1 Cho hai số thực khơng âm a, b Khi đó, √ a+b ≥ ab (1.4) Dấu xảy a = b Chứng minh bất đẳng thức đơn giản, thông qua việc bình phương hai vế (1.4), ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( a + b)2 ≥ 4ab ( a − b )2 ≥ (1.5) Rõ ràng, bất đẳng thức (1.5) với a, b ≥ Do đó, (1.4) Dấu xảy a = b Một cách tổng quát, có kết sau, thường biết đến với tên gọi Bất đẳng thức AM-GM Bất đẳng thức Cauchy Định lý 1.3 [7][Bất đẳng thức AM-GM] Với n số thực dương a1 , a2 , , an ta ln có √ a1 + a2 + · · · + a n ≥ n n a1 a2 · · · a n (1.6) Có nhiều để chứng minh bất đẳng thức trên, khoảng 50 cách Ở đây, chúng tơi trình bày cách chứng minh phương pháp quy nạp kiểu Cauchy Để hoàn thành chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, cần thực bước sau • Bước sở, kiểm tra P2 71 Phân tích: Dựa việc ta khó để phân tích nhân tử hay sử dụng biến đổi lượng giác thơng thường, ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức để giải Để ý tan x cot x = nên toán này, ta tìm cách sử dụng AM – GM để giải Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 2021 = tan4040 x + cot2 x + cot2 x + · · · + cot2 x 2020 ≥ 2021 2021 tan4040 x · cot2 x · cot2 x · · · cot2 x 2020 = 2021 2021 (tan x cot x )4040 = 2021 Đẳng thức xảy  tan4040 x = cot2 x ⇔ tan4042 x = ⇔  tan x = tan x = −1 ⇔x= π kπ + , k ∈ Z π kπ + với k ∈ Z Ví dụ 2.5.2 Cho ABC tam giác nhọn Chứng minh √ tan A + tan B + tan C ≥ 3 Vậy phương trình cho có nghiệm x = Phân tích: Ta để ý tam giác nhọn ta ln có tan A, tan B, tan C số thực dương ln có đẳng thức tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C Từ đây, ta nghĩ đến điều kiện để AM – GM Chứng minh Do tam giác ABC nhọn nên tan A, tan B, tan C số dương Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ý tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C, ta có √ tan A tan B tan C = tan A + tan B + tan C ≥ tan A tan B tan C Từ đó, ta suy √ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C ≥ 3 Đẳng thức xảy tan A = tan B = tan C ⇔ A = B = C hay ABC 72 Như ta biết rằng, với A ∈ (0; 90◦ ), ta ln có cot A = tan A Từ đây, ta có kết sau Bài toán 2.5.1 Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh √ cot A + cot B + cot C ≥ Ví dụ 2.5.3 Cho tam giác ABC có AD, BE, CF theo thứ tự đường phân giác Ký hiệu k a , k b , k c theo thứ tự khoảng cách từ điểm D, E, F đến đường thẳng AB, BC, CA Ký hiệu h a , hb , hc theo thứ tự độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= ka k kc + b+ h a hb hc k a kb kc , , gặp khó khăn, ta h a hb hc nghĩ đến việc “tồi tệ” nhất, đặt BC = a, CA = b, AB = c biểu diễn tỷ Phân tích: Khi việc biểu diễn tỷ số số theo a, b, c Nếu biểu diễn “đẹp” sau biểu diễn xong, ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức để đánh giá biểu thức Chứng minh Giả sử độ dài BC, CA, AB theo thứ tự a, b, c Gọi H, D theo thứ tự hình chiếu A, D lên BC, AB Khi đó, dễ thấy BAH ∼ BDD nên ka DD BD CD BD + CD BC a = = = = = = , AH AB AC AB + AC AB + AC b+c AD tia phân giác góc BAC Hồn tồn tương tự, ta có kc c = Như vậy, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức hc a+b ka k kc a b c + b+ = + + h a hb hc b+c c+a a+b kb b = hb c+a 73   x = b+c    Đặt y = c + a    z = a + b  y+z−x   a = ,     z+x−y b= ,      c = x + y − z Áp dụng AM – GM, ta có ka k kc + b+ = h a hb hc y+z− x z+ x −y x +y−z + + x y z y+z z+x x+y = + + − x y z = ≥2 x y + y x + x y · +2 y x y z + z y + y z · +2 z y z x + x z z x 3 · − = x z 2 Đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = b = c hay nhỏ biểu thức − ABC Vậy giá trị ka kc k + b+ h a hb hc xảy tam giác ABC Ví dụ 2.5.4 Cho đoạn thẳng CD cố định I điểm nằm C với D cho IC > ID Trên tia Ix vng góc với CD I, lấy hai điểm M N cho IC = I M, ID = I N Gọi K giao điểm CN MD với K thuộc MD Tìm vị trí điểm I CD cho tích CN · NK có giá trị lớn 74 Phân tích: Giống ví dụ trên, ta giả sử CD = a cố định CI = x thay đổi với < x < a Bây giờ, ta tìm cách tính tích CN · NK theo a, x từ áp dụng AM – GM Chứng minh Gọi J giao điểm CM với DN Dễ thấy JDC + JCD = 45◦ + 45◦ = 90◦ MI ⊥ CD nên N trực tâm tam giác MCD Khi MKC = MIC = 90◦ nên M, K, I, C đồng viên, điều kéo theo CN · NK = N M · N I = ( MI − N I ) N I = ( IC − ID ) ID = x − ( a − x ) ( a − x ) Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có (2x − a) (2a − 2x ) (2x − a + 2a − 2x )2 a2 ≤ · = CN · NK = x − ( a − x ) ( a − x ) = Đẳng thức xảy 2x − a = 2a − 2x ⇔ x = 3a CD2 xảy IC = CD Ví dụ 2.5.5 Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O; R) cố định Kẻ Vậy giá trị nhỏ tích CN · NK đường cao BD tam giác ABC Chứng minh √ 8R BD ≤ Phân tích: Tam giác ABC cân nội tiếp đường tròn (O; R) cố định nên ta đặt AH = x cách đó, ta tính BD theo x liệu cố định Từ đó, với cách tính theo x mà ta tìm được, ta kỳ vọng có cách sử dụng AM – GM để đánh giá Chứng minh Giả sử đường cao AH cắt (O) E Đặt AH = x ∈ (0; 2R), AC BD = BC sin ACB = 2CH sin AEC = 2CH · AE √ 2 √ AH + CH = H A · HE · 2R x + x (2R − x ) = x (2R − x ) · R = √ · 2x2 (2R − x ) R 75 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có BD = √ · 2x2 (2R − x ) R x · x · (4R − 2x ) =√ R ≤√ · R x + x + 4R − 2x 3 =√ · R √ 64R3 8R = 27 Vậy nên bất đẳng thức ban đầu chứng minh hồn tồn Ví dụ 2.5.6 Cho tam giác ABC cố định có D, E, F theo thứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB cho AD, BE, CF đồng quy Tìm vị trí điểm D, E, F cho diện tích tam giác DEF đạt giá trị lớn Phân tích: Dựa điều kiện đồng quy, ta nghĩ đến việc đặt DB EC FA = x, = y, =z DC EA FB tính diện tích tam giác DEF dựa diện tích tam giác ABC x, y, z Lưu ý xyz = theo định lý Ceva nên sở để ta tìm cách AM – GM 76 DB EC FA = x, = y, = DC EA FB z theo Định lý Ceva, ta phải có xyz = Áp dụng Định lý hàm sin, ta có Chứng minh Gọi điểm đồng quy AD, BE, CF I Đặt S AEF = S ABC sin EAF sin BAC · AE · AF · AB · AC = AF AE z · = · AB AC z+1 1+y Hồn tồn tương tự, ta có SBDF x = · S ABC x+1 z+1 y SCDE = · S ABC y+1 x+1 Kết hợp điều trên, ta suy SDEF = S ABC − S AEF − SBFD − SCDE = S ABC − = S ABC · x y + + y ( z + 1) + z ( x + 1) ( x + 1) y + ( z + 1) 2S ABC xyz + = ( x + 1) y + ( z + 1) ( x + 1) y + ( z + 1) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có √ √ √ ( x + 1) y + (z + 1) ≥ x · y · z = Cho nên SDEF ≤ trọng tâm S ABC Đẳng thức xảy x = y = z = tức I Ví dụ 2.5.7 Cho hình chữ nhật ABCD Trên AB, BC, CD, DA lấy điểm M, N, P, Q tuỳ ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức MN + NP2 + PQ2 + QM2 77 Phân tích: Biểu thức có dạng bình phương gợi ý cho việc sử dụng định lý Pythagoras để biểu diễn bình phương trên, từ đó, sử dụng AM – GM để đánh giá Chứng minh Áp dụng định lý Pythagoras bất đẳng thức AM – GM, ta có MN + NP2 + PQ2 + QM2 = BM2 + BN + CN + CP2 + DP2 + DQ2 + AQ2 + AM2 ( AM + BM)2 ( BN + CN )2 (CP + DP)2 + + + 2 ( DQ + AQ)2 + 2 AB BC2 CD2 DA2 = + + + = AB2 + BC2 2 2 ≥ Đẳng thức xảy    AM = BM      BN = CN  CP = DP       DQ = AQ hay M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Ví dụ 2.5.8 Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên hai cạnh AB, AD lấy điểm M, N cho tam giác chu vi tam giác AMN 2a Tìm vị trí M, N để diện tích tam giác AMN lớn Phân tích: Điều kiện ràng buộc AM + AN + MN = 2a AM2 + AN = MN làm ta liên tưởng đến việc đặt AM = x, AN = y biểu diễn MN theo x, y để thu điều kiện ràng buộc hai biến x, y Rồi từ đó, ta dễ dàng tìm xy vị trí M, N để S AMN = đạt giá trị lớn bất đẳng thức AM – GM Chứng minh Đặt AM = x AN = y Khi đó, theo định lý Pythagoras, ta có MN = AM2 + AN = x + y2 78 Theo điều kiện cho, ta phải có x + y2 2a = AM + AN + MN = x + y + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 2a = x + y + √ x2 + y2 ≥ xy + 2xy = + √ √ xy Từ đó, ta suy S AMN = xy ≤ 2a√ 2+ 2 = √ a2 2+1 Vậy giá trị lớn diện tích tam giác AMN a2 √ 1+ 2 xảy hai điểm M, N thoả mãn điều kiện √ a √ AM = AN = 1+ Ví dụ 2.5.9 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC mặt bên SAB tam giác đều, mặt phẳng (SAB) vng góc với đáy Gọi I trung điểm đoạn thẳng SC M, N thuộc SA, SB với M = A, M = S cho MN song song với AB Một mặt phẳng (α) qua MN vng góc với ( ABI ) Tìm vị trí điểm M để diện tích thiết diện tạo (α) S.ABC đạt giá trị lớn 79 Phân tích: Dựa vào hình vẽ tính chất tốn tìm cực trị, ta nghĩ đến việc đặt đại lượng thay đổi theo M x tính diện tích thiết diện phụ thuộc theo x ACS cân A, kéo theo AI ⊥ SC Chứng minh Dễ thấy AS = AB = AC nên Tương tự, ta có BI ⊥ SC Giả sử (α) cắt CA, CB theo thứ tự Q, P (α) ⊥ ( ABI ) nên SC (α) Từ đó, ta suy MQ Khi SC NP AQ AM BN BP = = = CQ SM SN CP nên theo định lý Thales đảo, ta phải có PQ AB MN Vì SC ⊥ AB nên MN ⊥ MQ Vậy MNPQ hình chữ nhật S MNPQ = MN · MQ Cũng theo Định lý Thales, ta phải có MA x x MQ = = ⇒ MQ = SC, SC SA a a MN SM a−x a−x = = ⇒ MN = AB AB SA a a Lưu ý SC, AB cố định nên áp dụng AM – GM, ta có S MNPQ SC · AB = MQ · MN = x ( a − x ) · ≤ a2 x+a−x Đẳng thức xảy x = a − x ⇔ x = SA 2.6 · SC · AB SC · AB = a2 a hay M trung điểm đoạn Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giải toán thực tế Ví dụ 2.6.1 Để thiết kế bể cá khơng có nắp đậy hình hộp chữ nhật có chiều cao 60 cm, thể tích 96.000 cm3 , người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000đồng/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/m2 Tính chi phí thấp để làm bể cá 80 Lời giải Gọi x (m) chiều dài hình chữ nhật đáy ( x > 0) Khi chiều rộng 0, 096 = 0, 6x 25x Khi diện tích mặt xung quanh 1, x + 25x Chi phí để làm mặt xung quanh 4 = 84 x + (nghìn đồng) 25x 25x 4 Diện tích mặt đáy x · = 25x 25 Chi phí để làm mặt đáy 100 · = 16 (nghìn đồng) 25 70 · 1, x + Chi phí để làm bể cá thấp chi phí làm mặt bên thấp Xét hàm số f (x) = x + , x > 25x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có f (x) = x + ≥2 25x x· 4 = 25x Dấu ”=” xảy x= Vậy chi phí thấp 84 · ⇔x= 25x + 16 = 83 · 200 đồng Ví dụ 2.6.2 Một hộp có dạng hình hộp chữ nhật tích 48 chiều dài gấp đôi chiều rộng Chất liệu làm đáy mặt bên hộp có giá thành gấp ba lần giá thành chất liệu làm nắp hộp Gọi h chiều cao hộp để giá thành hộp thấp Xác định h Lời giải Gọi chiều rộng hộp x, với x > Chiều dài hình hộp 2x Thể tích hộp V = x · 2x · h = 48 ⇔ h = 24 x2 Tổng diện tích mặt đáy mặt bên hộp 2x2 + 6xh = 2x2 + 6x · 24 144 = 2x2 + x x Diện tích nắp hộp 2x2 Giá thành hộp thấp f ( x ) = 2x2 + 144 x + 2x2 81 đạt giá trị nhỏ với x > Ta có f ( x ) = 8x2 + Vậy x ∈(0,+∞) 432 216 216 = 8x2 + + ≥ 3· x x x 8x2 · 216 216 · = 216 x x f ( x ) = 216 xảy 8x2 = 24 216 ⇔ x3 = 27 ⇔ x = ⇒ h = = x Ví dụ 2.6.3 Một người thợ muốn làm thùng dạng hình hộp chữ nhật khơng nắp, đáy hình vng tích 2,16 m3 Biết giá vật liệu để làm đáy mặt bên thùng 90000 đồng/m2 36000 đồng/m2 Để làm thùng với chi phí mua vật liệu thấp người thợ phải chọn kích thước thùng bao nhiêu? Lời giải Giả sử thùng hình hộp ABCD.A B C D , đáy A B C D Đặt A B = x AA = y ( x, y > 0) Khi V = x2 y = 2, 16 ⇒ y = 2, 16 x2 Chi phí mua vật liệu đóng thùng A = · 36000xy + 90000x2 = 311040 + 90000x2 x Áp dụng AM – GM, ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ x = 1, m y = 1, m Ví dụ 2.6.4 Ông A dự định sử dụng hết 6, m2 kính để làm bể cá kính có dạng khối hình hộp chữ nhật chữ nhật khơng nắp, chiều dài gấp đơi chiều rộng( mối ghép có kích thước khơng đáng kể) Bể cá có dung tích lớn ( kết làm tròn đến hàng phần trăm)? Lời giải Gọi chiều rông bể cá x (m), chiều cao y (m) với x > 0, y > Khi đó, chiều dài bể cá 2x (m) Diên tích kính sử dụng S = 2x2 + 2xy + 4xy m2 Theo ta có 2x2 + 2xy + 4xy = 6, ⇒ y = · − 2x2 13 − 4x2 = 6x 12x 82 Thể tích bể cá x 13 − 4x2 13 − 4x2 V ( x ) = 2x · = 12x m3 Ta có x 13 − 4x2 V (x) = = 6 8x2 (13 − 4x2 )(13 − 4x2 ) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 8x2 + 13 − 4x2 + 13 − 4x2 8x2 (13 − 4x2 )(13 − 4x2 ) ≤ Suy V (x) ≤ = 263 27 √ 13 39 263 = ≈ 1.50, · 27 54 kết làm tròn đến hàng phần trăm Dấu “=” xảy √ 13 39 2 8x = 13 − 4x ⇔ x = = 12 Vậy bể cá có dung tích lớn 1, 50 m3 Ví dụ 2.6.5 Ơng An có khu đất hình elip với độ dài trục lớn 10 m độ dài trục bé m Ông An muốn chia khu đất thành hai phần, phần thứ hình chữ nhật nội tiếp elip dùng để xây bể cá cảnh phần lại dùng để trồng hoa Biết chi phí xây bể cá 1000000 đồng 1m2 chi phí trồng hoa 1200000 đồng 1m2 Hỏi ơng An thiết kế xây dựng với tổng chi phí thấp gần bao nhiêu? Lời giải Gắn mảnh vườn hình elip ơng An vào hệ trục tọa độ Độ dài trục lớn 10 m độ dài trục bé m nên ta có a = b = Phương trình elip ( E) : x2 y2 + = 25 16 Diện tích elip S(E) = πab = 20π Hình chữ nhật ABCD nội tiếp elip Đặt AB = 2x với < x < x2 Khi AD = − Diện tích hình chữ nhật ABCD 25 S ABCD = 16x 1− x2 25 83 Diện tích phần cịn lại trồng hoa Shoa = 20π − 16x 1− x2 25 Tổng chi phí xây dựng T = 16000000 · x x2 + 1200000 · 1− 25 = 24000000π − 3200000x 1− 20π − 16x x2 1− 25 x2 25 Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có: 16000000 · x x2 x2 +1− x2 25 = 8000000 1− ≤ 16000000 · 25 25 Do đó, T = 24000000π − 3200000 · x · Dấu ”=” xảy x = x2 1− ≥ 24000000π − 8000000 = 67398223.69 25 √ x2 1− ⇔x= (thỏa mãn) 25 Vậy tổng chi phí thiết kế xây dựng thấp gần với số 67.398.224 đồng KẾT LUẬN Luận văn "Một số vấn đề bất đẳng thức trung bình số học – hình học áp dụng" đạt kết sau: Hệ thống lại kết liên quan bất đẳng thức trung bình số học – hình học Trình bày hai kĩ thuật quan trong việc áp dụng bất đẳng thức trung bình số học – hình học Hệ thống hóa tập sử bất đẳng thức trung bình số học – hình học cơng cụ quan trọng Trình bày vấn đề áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giải toán thực tế (Mục 2.6) Tài liệu tham khảo [1] E F Beckenbach, R Bellman, Inequalities, Springer-Verlag, BerlinHeidelberg-New York, 1961 [2] F Z Said, AM-GM and Cauchy-Schwarz inequalities, Thesis of Master of Mathematics, Algeria, 2019 [3] G H Hardy, J E Littlewood, G Polya, Bất đẳng thức, NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2002 [4] J Wilson, Using the Arithmetic Mean-Geometric Mean Inequality in Problem Solving, University of Georgia, 2012 [5] P S Bullen, Handbook of Means and Their Inequalities, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, The Netherlands, 2003 [6] S J Miller, The Arithmetic and Geometric Mean Inequality, The Ohio State University, Columbus, 2003 [7] V Cˆırtoaje, Algebraic Inequalities - Old and New Methods, GIL Publishing House, 2006 [8] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức: Định lý áp dụng, NXB Giáo dục, 2005 [9] P Đ Chính, Bất đẳng thức, NXB Giáo dục, 1993 [10] P K Hung, Secrets in Inequalities (Volume 1), GIL Publishing House, 2007 [11] Trần Phương, Những viên kim cương bất đẳng thức, NXB Tri thức, 2009 ... chọn đề tài ? ?Một số vấn đề bất đẳng thức trung bình số học - trung bình hình học áp dụng? ?? cho luận văn Luận văn tìm hiểu nghiên cứu bất đẳng thức trung bình số học – trung bình hình học từ định hình. ..BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG MINH NHẬT MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH SỐ HỌC - HÌNH HỌC VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN... toán học Bất đẳng thức AM-GM coi bất đẳng thức nguyên thủy thứ hai sau bất đẳng thức tam giác Euclid – “Vị cha đẻ hình học? ?? sử dụng ý tưởng từ phương pháp hình học để chứng minh bất đẳng thức