Sáng tạo Bất đẳng thức - Tác giả:Phạm Kim Hùng tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về t...
Trang 1Mục lục Lời nói đầu Cộng tác viên 1 Bất đẳng thức Cơ Sở 11 Bất đẳng thức AM-GM 1.2 Bất đẳng thức Cauchy-SchwarzHoldetr 1.2.1 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và ứng dụng 1.22 Bất đẳng thức Holder 1.3 Bất đẳng thức Chebyshev 1.3.2 Kĩ thuật phân tách Chebyshev 14 Bất đẳng thức với hàm lồị 1⁄41 Hàm lồi với bất đẳng thức Jensen
1.4.2 Hàm lồi với kĩ thuật xét phần tử ở biên 1.5 Khai triển Abel và bất đẳng thức hoán vị
1.5.1
1.6 Bất đẳng thức đối xứng 3 biến
1.6.1 Bất đẳng thức thuần nhất không có điều kiện 1.6.2 Bất đẳng thức đối xứng có điều kiện
Khai triển Abel
~* 1
Trang 2H Mục lục
17 Bất đẳng thức và các đa thức đối xứng sơ cấp - - so 71 1.7.1 Lí thuyết về các đa thức đối xứng sơ CAP we ee 71 17.2 Đa thức đối xứng sơ cấp và các ứng dụng trong giải toán bất
đẳng thức ch nh nh nh nh nh ng ¬— M 1.8 Phương pháp cân bằng hệ SỐ - - - Ích nh nh nh nh C 74
1.8.1 Bài toán mở đầụ - ee 74
1.8.2 Can bằng hệ số với bất đẳng thức liên bệ trung bình cộng và trúng bình nhân (AM-GM) {ch nh nh 75 18.3 Cân bằng hệ số với bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Holder 80
10 Đạo hàm và ứng dụng - - - c2 ch nh nh nh nh _ 83
1.9.1 Kién thite K thuyét © voc vee eee eet 83
1.9.2 Khao st ham s6 mot bién 2 ee 84
19.3 Khảo sát ham nhiéu bien ee j ch nh nh nh 86 1.9.4 Mở rộng một bài thi toán quốc tế 2004 . - 87
"nh: nh = 2 89
1.11 Một số bài toán đáng chú ý ch Tnhh nh nh nh nh 103
Sáng tạo bất đẳng thức | 105
21 Cac baitodnchon loc «2 ee 105
92 Ban vé sang tao bat ding thite © 201
2.2.1 Bất đẳng thức cũ Và mỚI oo ng 201 2.2.2 Một cách xây dựng bất đẳng thức mớị .-‹: (có 203
223 Từ chứng mình - phản biện đến kết luận - : oọ 206 2.9.4 Sang tao bat ding thie © 2 es _ 208
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức : 211 3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh - - - 212
311 Bài toán mở đầu có ¬ 212
Trang 3Mục lục iil
3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.ỌS —— 233
3.2.1 Bài toán mớ đầụ Q Q Q Q v 233
3.2.2 Định lí về biểu diễn cơ sở của phương pháp S.ỌS và một số
kĩ thuật phân tích Q Q Q He QC 239 3.2.3 Những ứng dụng quan trọng của phương pháp S.ỌS 244 3.2.4 Suy luận từ một bài toán Xa ee ; 249 3.3 Phuong phaép phan ching 2 0.020.000.4004 254
3.3.1 Baitodnmd dau .0 000000 ee eee 254 3.3.2 Nhìn nhận một bất đẳng thức dưới góc độ phản chứng 255
3.3.3 Các bài toán áp dụng Q Q Qua 257
Trang 4iv Muc luc
46 Đi tìm lời giải sơ cấp ee ee 317
4.6.1 Trélai van d@écé dién .00 .2 0004 317 4.6.2 Thêm một bài toán 4biến 320 4.7 Lý thuyết các bộ trội và bất đẳng thttc Karamatạ 320 4.7.1 Các bộ trội và một số tính chất lên quan ¬ 320 47.2 Bất đẳng thức Karamata Ốc 324 4.8 Dồn biến không xác định Q Q Q ee 333
48.1 a>bhaya<b 0c eee eee eee 333
4.8.2 Dén bién khong xAc dinh 335 4.9 B&t ding thitc va c4éc vin déméd 2 0-022 eee 340
4.9.1 Mdt ldi gidi hodn chinh? 2 ee ee 340 4.9.2 Một bất dang thức đối xứng thú vị 341 49.3 a/b+b/et+c/a>3? Q Q Quang 342 4.9.4 Bất đẳng thức hoán vị tổng quát 343 4.9.5 Chỉ là các bất đẳng thức bậc nhất?” 344 4.9.6 Các dạng tổng bình phương - 344 4.10 Tan mạn với bất đẳng thức oẶẶ Ặ 346 4.10.1 Các cặp thuận nghịch no 346 4.10.2 Sáng tạo bất đẳng thức co 347 4.10.3 Quan điểm về một bài toán bất đẳng thức hay 347 4.10.4 Học toán trên mạng ee es 348 Phụ lục 349
Tác giả các bài toán hở ee 349
Trang 5Chuong 1
Bat dang thức Cơ Sở
Để làm quen với bất đẳng thức thì việc nắm vững các bất đẳng thức cơ bản là vô cùng quan trọng Trên thế giới có rất nhiều các bất đẳng thức, rất nhiều những định lí liên quan tới bất đẳng thức, rất nhiều các kĩ thuật nhỏ chứng minh bất đẳng thức nên để biết hết được chúng là điều không thể, điều quan trọng nhất là chúng ta phải hiểu thật rõ các bất đẳng thức cơ bản, đó cũng là yếu tố quan trọng đầu
tiên để bạn học tốt bất đẳng thức Tác giả sẽ nhấn mạnh tới những bất đẳng thức
hết sức cần thiết sau đãy : Bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng>strung bình nhan (AM —G™M), bat dang thitc Cauchy — Schwarz va tong quat là bat đẳng thức Holder bất đẳng thức Chebusheu và bất đẳng thức Jensen
Đây là 4 bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thông, nhưng để nắm vững được chúng cũng không phải là điều đơn giản, dễ dàng nhất là đối với các bạn mới bắt đầu làm quen với bất đẳng thức Chương đầu tiên của cuốn sách cung cấp cho các bạn khá đầy đủ những kĩ năng sử dụng 4 bất đẳng thức đó, thêm nữa là một số bài toán liên quan tới các bất đẳng thức đối xứng 3 biến, bất đẳng thức hoán ` vị, phương pháp cân bằng hệ số và kĩ thuật khai triển Abel Day 1A chương cơ bản và rất hiệu quá đối với các bạn học sinh THƠS, các bạn học sinh lớp 10, 11 muốn rèn luyện kĩ năng chứng minh bất đẳng thức của mình
Đối với mỗi bất đẳng thức cơ bản đó, tác giả đều chọn một kĩ thuật ấp dụng đặc biệt nhất để bạn đọc thấy rõ hiệu quả của chúng “Chẳng hạn với bất đẳng thức AM - GM ta có kĩ thuật Côsi ngược, với bất đẳng thức Chebusheu ta có kĩ thuật phân tách Chebsheu và với bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz ta có bắt đẳng thúc Hoider Theo cách nghĩ của học sinh Việt Nam thì bất đẳng thức Holder có vẻ hơi
za lạ và khó áp dụng, ngay cả với các bạn học sinh giỏi toán, nhưng cuốn sách sẽ
giúp các bạn có một cách nhìn khác hơn đối với bất đẳng thức quan trọng này, bình thường như chính bất đẳng thức Cauchw — Schuarz vậỵ Phần sử dụng đạo hàm
Trang 64 Chuong 1 Bat đẳng thức cơ sở 1.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.11 Bất đẳng thức AM-GM và ứng dụng Định lý 1.1 (Bắt đẳng thức AM-GM) Với mợi số thực dương dị, ga, đụ ta có bất đẳng thúc A ai +ũạ+ +d@ ————————> tana¿ dạ, n Đẳng thức xấu ra khi 0à chỉ khí ai = dạ = = Gn CHỨNG MINH Rõ ràng bất đẳng thức với nø = 2 nếu bất đẳng thức đúng với n số thì cũng đúng với 2w số vì
đi + 0a + + dạn > T /G162 0ạ Tỉ đa +1 0n+2 -đ2n > 2n X/a0ạ đạ,
Do đó bắt đẳng thức cũng đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2 Mặt khác nếu bất đẳng thức đúng với œ số thì cũng đúng với n — Ì số, thật vậy ta chỉ cần chọn
ayn = s/(n-1), s=a, tant + Gn-1
s a)Q2 -An—18 => 8+ >n† 142 nm—1
m — Ì n-1
=>s>(n-1)*VWajag.-.dn-1
Từ 2 nhận xét trên ta có điều phải chứng minh Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi tất cả các biến 1, đạ, , a„ bằng nhaụ
Bắt đẳng thức AM —- GM la bat đẳng thức quen thuộc và có ứng dụng rộng rãi, là bát đẳng thức đầu tiên mà các bạn cần phải ghi nhớ rất rõ và sử dụng một cách thành thạọ Khi sử dụng bất đẳng thức này chúng ta cần hết sức chú ý tới điều kiện của đẳng thức khi ø = ø¿ = = a„ và cần tách các hệ số cho phù hợp
Có nhiều cách chứng minh bát đẳng thức AM — GŒM, cách chứng minh hay nhất có thể là cách chứng minh sử dụng phương pháp quy nạp Cauch (như chứng minh trên) Có lẽ vì vậy mà nhiều người lầm lẫn ring Cauchy phat hién ra bat dang thức nàỵ Ông chỉ là người đưa ra chứng minh rất hay của mình chứ không phải là người phát hiện ra đầu tiên, bất đẳng thức mà chúng ta quen gọi là bất đẳng thức Bunhiacopzki thực chất là phát mình của 3 nhà toán hoc Schwarz, BunhiaCopzrki va Cauchỵ Theo cach goi tên chung của thế giới, bất đẳng thức BunhiaCopzki có tên là bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz, còn bat ding thitc Cési (hay Cauchy) c6 ten lA bat ding thite AM — GM (Arithmetic Means - Geometric Means) Day là
một sự nhằm lẫn khá kì lạ và đáng ngạc nhiên trong một thời gian dài !?
Trang 71.1 Bat dang thitc AM-GM 5
Ví dụ 1.1.1 Chứng minh rằng uới mọi số thực không am a,b,c ta cé u11 9 a b ec atb+e LỜI GIẢỊ Sử dụng bat dang thite AM — GM cho 3 số 1 1 1): 3 3 b — +~+-| >3Vab =9 (a+ t9(+;+2)> Vabc==9 Bất đẳng thức tổng quát hơn được chứng minh hoàn toàn tương tự 1 1 1 2 —#—+ +—=>—————_ ay đa an đi + đạ + + đạ, Ví dụ 1.1.2 (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh rằng uới mọi số thực không adm a,b,c ta có a + b + € „3
b+e c+a a+b 92
LỜI GIẢỊ Xét các biểu thức sau ‘a b c S= , b+c cta taxb b c a M= } beet ctala+tb b N=—<—+_—4 _ b+c cha atb Ta cé6 M+ N = 3 Mat khac theo bat dang thtte AM ~ GM thi a+b b+c c+a >3, b+c ctatatb= ate a+b b+c > 3 b+e của ah M+S= N+S=
Vay M+ N +2S > 3 suy ra 2S > 3 Day la diéu phai chitng minh O
Ví dụ 1.1.3 (Bất đẳng thức Nesbitt 4.biến) Chứng mảnh rằng vdi moi sé thuc không âm a,Èb,c ta có bát đẳng thức
-ƠƯ, Ơ
b+c c+d d+a qa+b—”
Trang 86 Chương 1 Bất đẳng thức cơ sở LỜI GIẢỊ Đặt _ 4a b Cc d “bret etd dta ato’ — b € d a “Fae tetdtdta lato’ _ ¢ d a b —baetetd!dtala+s N Tacé M+N=4 Theo bất đẳng thức AM — GM thi a+b b+c c+ởd d+a M = >4 +ỡ bee tctd d+a g+bÐC , ate b+d atc b+d b+e ctd dt+a a+b ate, ate b+d b+d b+c atd ct+d a+b 4(a+c) Ăb+d) —- a+b+c+d atb+ctd N+S=
Vay M + N +2S > 8 suy ra 9 > 2 Đẳng thức xây ra khi a = b=c=d a
Ví dụ 1.1.4 Giả sử ơi, đạ, , ứn là các số thực đương sao cho œị +ú¿ + tan = Tỉ
Chitng minh vdi moi số nguyên đương k ta có bắt đẳng thúc
ak + ak + + ak > ako} + ak} + + ako}
LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức AM — GM ta có
(k— 1)a# +1=aF+aF+ + d` +1> kVaFŒ~1) = kã}, Thay a béi aj, a2, .; đạ rồi cộng các bất đẳng thức lại ta được
(k~1)(ak +ak+ 4ak)+n> kf} +ap + + ak-1),
Vậy ta chỉ cần chứng minh
ako} + as + + ak} >n
Sử dụng bất đẳng thức AM ~ ƠM 7
ak 4 (k—-2) aah 4141 42.412 (k= 1) Var? = (k- 1ạ
Thay ø bởi ai, đa, , dn rồi cộng các bắt đẳng thức dạng trên lại
Trang 91.1 Bất đẳng thức AM-GM 7
> at} +ag7} + ¢a% 1} >n
Dang thttc xdy ra khi va chi khi aj = a2 = =a,=1 O
Nhận xét Từ các chứng minh trên ta suy ra n> n ak +ak+ +ak (tet tan)! n 3 Với mọi số nguyên dương k Ngoài ra cả 2 bất đẳng thức này đều đúng khi k > 1 là một số thực Nếu xét k < 1 ta có bất đẳng thức „đi + 0g + + da „ Mai + W6a+ + tên n — mì ,
V6i moi s6 thuc dugng m > 1 Cac ban hay ty kiém nghiém cdc bat đẳng thức này bằng phương pháp ở trên, thực chất nó chỉ là hệ quả trực tiếp
Ví dụ 1.1.5 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng) Với các số thực dương dị, dạ, , đụ Đồ 1, 2, , #„ là các sô thực không âm có tổng bằng 1 ta có
In
đ1# + 622 + + Gndn > aya5? a2"
LờỜI GIẢỊ Phương pháp chứng minh sử dụng quy nạp Cauchw hoàn toàn tương tự
như với bất đẳng thức AM — GŒM thông thường Tuy nhiên trong trường hợp n = 2 chúng ta cần một lời giải chi tiết hơn Ta phải chứng minh nếu #z + = 1 vaa,b,2,y là các số thực không âm thì
da + bụ > a”b% cóc
Cách làm đơn giản nhất đối với bắt đẳng thức này là xét với số hữu tỉ rồi chuyển - qua giới hạn Hiển nhiên nếu z, y hữu tỉ thì bài toán được chứng minh theo bất đẳng
thức AM —- GM cỗ điển
ta + nb > (m + n)am/(m+n) pm/(m+n) => ar + by > a*b%,
Trong đó z = m/(m+n) vay = n/(m+n) Con néu z, thực thì sẽ tồn tại dãy các số hữu tỈ r„ —> 2, Sn, —> ,T„ + s„ = 1 và như vậy
arn + bsy > ab" @ arg + b(1 — rạ) > aTnpLTTn,
Chuyển qua giới hạn khi + — +00 ta được a# + bụ > a*b# Đây chính là điều phải chứng minh
Cách chứng minh này khá cơ ban, va nếu bạn chưa được học về giới hạn thì hãy
tạm chấp nhận bat đẳng thức với các số z¡ hữu tỉ Lí do rất đơn giản, vì để định
nghĩa chính xác cho luỹ thừa với số mũ thực, buộc phải có định nghĩa giới hạn Các
Trang 108 Chuong 1 Bat đẳng thức cơ sở
Vi du 1.1.6 (IMO Shortlist 1998) Với z,, z là các số thực đương có tích bằng 1, chứng ruinh bắt đẳng thức sau x + y + z (1+ø/)1+z) (1+z)(1+z) (1+z)(1+) 3 >3 — 4 LỜI GIẢỊ Sử dụng bat dang thtte AM — GM cho 3 sé x ity lz, 3 (1+ y)(1+ 2) 8 8 ~ 4° Tương tự ta có 2 bắt đẳng thức với y, z rồi cộng lại suy ra 3 3 3 x 4 y 4 z > z+Ưz (1+z)1+z) (1+z2)(1+z) (1+z)(1+) 2 Mặt khác z + + z > 3‡⁄Z9Z = 3 nên ta có đpcm LÌ
Trang 111.1 Bất đẳng thức AM-GM — 9 LỜI GIẢỊ Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AA⁄ — GŒM cho về trái 1 1 1 3 ăa+b) bb+c) * cle+a) ~ ÿ/abiaibbioan Do đó ta chỉ cần chứng minh 3®abc(ø + b)(b + e)(e+ a) < 8(a + b+ c)Š Theo bất đẳng thức AM - GM 3°abe < (a+ b4+0)%,
3”(a + b)(b+ e)(c+a) <(a+b+b+ec+c+a))=8(a+b+ e)
Nhân theo về 2 bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh
Ví dụ 1.1.9 Cho cdc 86 thuc a,b,c thod man ả + b? + c? = 3 Chitng minh bat đẳng thức sau |a| + |b| + |c| — abe < 4 LỜI GIẢỊ Ta cũng áp dụng trực tiếp bất đẳng thức 4A - GMí như sau 2+ b2 2\ 3 a2b2c2 < () =1 = -abe < 1,
(la| + |b] + |e|)? < 3(ả + b + e2) = 9 => Jal + |b| + |e| < 3
Cộng về 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong 3 số ø, b,c có 2 số bằng 1 và 1 số bằng —1 [1
Nhận xét Bạn đọc thử làm bài toán trên nếu ta bỏ đi các dấu giá trị tuyệt đối, tìm max của ø + b+ c— abc Đây là một bài toán rất thú vị và không dễ
Ví dụ 1.1.10 (Iran MO 1998) Cho các số thực dương a, b,e, d thoả mãn abcd = 1
Chứng mình rằng
1 11 1
nề + 84 cổ + để 3 max(atdtordre tet 4 5), a booed
Lor GIẢỊ Ta phải chứng minh 2 bất đẳng thức sau
a*+b3+c2+dỀ>a+b+ec+d (1)
Trang 1210 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở
Bất đẳng thức (1) được chứng minh tương tự như trong ví dụ 1.1.4 Bất đẳng thức (2) có được bằng tổng các bất đẳng thức sau g3 + b3 + c? > 3abc bŠ + cŸ + d3 > 3bcd c3 + d° + aŠ > 3cda dŠ + aŠ + b > 3dab Chỉ có đẳng thức khi a=b=c=d=1 ñ Ví dụ 1.1.11 (USA MO 1998) Ching minh với mợi số thực dương a,b,c 1 1 1 1 5 < — Bab tab’ BHOtabe! O@+ae+abe ~ abc LỜI GIẢỊ Ta có nhận xét sau ả +b? > 2ab > a2 +b° > ab(a + b) = abc < abe _ c a3 +b3+ c3 ~~ ablat+b)+abe atbt+c
Xây dựng thêm 2 bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại suy ra điều phải chứng mình
abc abc abc
+ + <1
a3+b3+abc bề+c2+abc cì+a3+ dbc
Đẳng thức xảy ra chỉ khi ø==b=c
Ví du 1.1.12 (France Pre - MO 2005) Các số thực dương +, , z thoả mãn điều
kién 2? + ỷ + 22 =3 Hay chitng minh % z 2a 2M „ WZ z #9 + — 23 LỜI GIẢỊ Bình phương 2 về của bất đẳng thức, ta phải chứng minh 22 „2x2 „2x2 z2? 3z z”+ Ti tt tee ty +e) 2 3(z? + w2+ 2) Chú ý rằng theo bất đẳng thức AM — ƠM ta có 2,2 2,2 2 2 2,2 9 2d 2,2 2 2 2,2 2x2 x z2 2z“ + z ze x zˆz (S Ụ >) (GS Ụ ) (43 ) (3 -) z2 x2 y z2 x2 yp? z2 y > Aả + ỷ + 27) Dang thite xAy ra chi khiz=y=z=1 O
Nhận xét Các bạn hãy kiểm nghiệm bất đẳng thức sau
ab ob c Néu a,b,c duong thoa mãn ả +68 +8 =3 thi + < + 5 > 3?
Trang 131.1 Bất đẳng thức AM-GM 11
Vi du 1.1.13 (IMO Shortlist 1996) Cac s6 duong x,y,z c6 tich bằng 1 Chứng minh bat dang thúc ry + yz + zz <1 eP+tayty yryzte z5+zzr+T) 7 LỜI GIẢỊ Ta có nhận xét sau z?+ 1ˆ > 2zu => x®+°> #?2(œ + 9) > + < ry _ 1 _ z
TỔ +2U +U5 cytaeryr(ety) l+ay(et+y) etyt+ez
Xây dựng 2 bất đẳng thức tương tự với z, rồi cộng về cả 3 bất đẳng thức ta có
điều phải chứng minh Dang thức xảy ra chỉ khi z= =z=1 Q
Ví dụ 1.1.14 (Việt Nam MO) Các số thực đương z\, #a, n thoả mãn — l+2, 1+2 7 1tr Hãy chứng mình rằng Z1#2 1n > (n — 1)", Lời GIẢỊ Từ giả thiết bài toán ta có 1 1 1 x + + +—— — — 1+ 2) 1+ 22 1+ %n-1 1+ 2p Sit dung bat dang thite AM — GM véi cdc sé hang 6 về trái In > n-1 1+#na — ” /(1+zi)(1+22) (1+#n—t)
Ta có n — 1 bất đẳng thức tương tự với mỗi số #, #a, ;#„—1, sau đó nhân các về
tương ứng của n bất đẳng thức trên lại suy ra đpcm CÌ
Vi du 1.1.15 (APMO 1998) Chiing minh vdi moi z, ụ z đương la có
(+?) (1+ 4) (1+2) 224
LỜI GIẢỊ Dễ dàng nhận thấy bất đẳng thức trên là hệ quả từ bất đẳng thức sau
Trang 1412 Chương 1 Bắt đăng thức cơ sở Ta nhóm và sử dụng bất đẳng thức AM — GŒM s(E+¥+2)- (244) +(442)+ (#42) 2 Y 2 + y z z 1 + zr x y Yxryz SYxyz 3/xyz 4 x at y¥p2yttyte
UỤ 2 & YLYZ
Dang thức xảy ra khi và chỉ khi z==z Ö
Ví dụ 1.1.16 (Canada MO 2002) Với mọi z,U, z dương, hãu chứng mãnh x3 ụ z3 — + —>+z+t+z yz vz Tụ Lời GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức AM - GM cho 3 số 3 3 3 yzTU†+z>3 , —+z+z>8g › my tư tt >8 Cộng về 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh L
Vi du 1.1.17 (Macedonia MO 2000) Chứng mình uới mọi +, 1, z đương +? +2 + z2? > V2(xụ + z2)
LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức AM — GM với 2 số y
z2+2+z?>z?+ BE > v2z(y+z) O
Ví dụ 1.1.18 Chứng mưnh uới mới a,b,c, d dương ta luôn có
16(abe + bed + cda + dab) < (a + b+ c+ đ)! LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức AM — GM cho 2 số
16(abe + bed + cda + dab) = 16ab(c + d) + 16cd(a+ b) < 4(a + b)*(c+ đ) + 4(e + đ)2(a + b) < 4(a+b+c+ đ)(a+ b)(c+ đ) <(a+b+ec+đ)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø= b=c=d Œ
Ví dụ 1.1.19 Chứng minh rằng uới các số đương a,b,e có tổng bằng 3 thì ăœ+c—2b) b(b+a— 2e) c(c+b— 2a)
Trang 151.1 Bất đẳng thức AM-GM 13
LờI GIẢỊ Bất đẳng thức tương đương với
ø(1 — b) b(1 — c) c(1 — ø) CAST apg Bes a yy
ab+1 tit be+1 + atl a+1 b+1 c+l >3 ab+1 be+1 ca+17 +1>3 Sử dụng bất đẳng thtte AM — GM cho 3 số hạng ở về trái „[ {a+ 1)(b+ 1)(+ 1) VP 2 311 by D(bet Ica t 1)"
Ta sé chitng minh (a+ 1)(6+ 1)(c +1) > (ab + 1)(bc + 1)(ca t+ 1)
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
abe + ab + be + ca + a+b+e+3> a2b?c? + abe(a + b+ e) + ab + be + ca + 1 «© 3> ảt?c2 + 2abẹ
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đũng vì theo bất đẳng thức AM — GM thì abe < 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = bồ = c= 1
Như đã nói, chú y quan trong nhất khi sử dụng bất đẳng thức AM — GM la
phải chọn đúng hệ số khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được Chang hạn, ở ví dụ 1.1.6 ta không thể sử dụng bất đẳng thức x3 trui+z2T+1)+z+1)>óe Theo cảm giác, đẳng thức xảy ra khi z = = z = 1 nên ta chọn được hệ số 1/8 để các số hạng bằng nhau x yt+1 z+1_ 3z (1+y(+z) 8 8 S4
Với các bài toán ở dạng chuẩn như trên, tức là có đẳng thức khi tất cả các biến bằng nhau thì việc ghép cặp như vậy tương đối dễ, nhưng với một số bài tốn bất đẳng thức khơng đối xứng thì công việc này sẽ khó khăn hơn, ta phải dùng phương pháp Cân bằng hệ số uà phải giải các phương trình Bạn có thể xem trong phần sau, bài viết về Phương pháp cân bằng hé sé, trang 75
1.1.2 Kĩ thuật Côsi ngược dấu _
Bay giờ chúng ta sẽ xem xét bắt dang thite AM —GM và một kĩ thật đặc biệt-
Trang 1614 Chương 1 Bất đẳng thức cơ sở Ví dụ 1.1.20 Các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện a + b + c = 3 Chứng mình bắt đẳng thức g + b + c— 3 1+2 1+c2 1+a2 72
Lor GIẢỊ Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức AM — GM với mẫu số vì bất đẳng thức sau đó sẽ đổi chiều a b c a + b ls đốn 2c —3— ——— —— —-< 1+ T1ạ+c T1+a2 = 2b 2a Tuy nhiên, rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức đó theo cách khác a ab? ab? ab 1+ “1+2” BH "2,
Ta da stt dung bat dang thite AM — GM cho 2 s6 1+}? > 2b 6 duéi mau nhung lại có được một bất đẳng thức thuận chiềủ Sự may mến ở đây là một cách dùng ngược bất đẳng thức AM ~ ŒM, một kĩ thuật rất ấn tượng và bất ngờ Nếu không sử dụng phương pháp này thì bất đẳng thức trên sẽ rất khó và dàị
Từ bát đẳng thức trên, xây dựng 2 bất đẳng thức tương tự với b, c rồi cộng cả 3 bắt đẳng thức lại suy ra
a a + —— + —— 5 Datbt+e-— b c ab+be+ca _ 3 > =,
1+? l1l+c1 1+ả~ 2 ~ 2
vi ta cé ab + be + ca < 3 Dắng thức chí xảy ra khia =b=c=1.0
Với cách làm trên có thể xây dựng một bất đẳng thức tương tự với 4 số
Vi du 1.1.21 Chứng mảnh rằng tới a,b,c, d là các số thực dương có tổng bằng 4 ta có bắt đẳng thúc
a + b + C + d >2
1+2 l1+c 14d 1+a2—
Và nếu không dùng nếu không dùng kĩ thuật Côsi ngược dấu thì gần như bài
tốn này khơng thể giải được theo cách thông thường được Ki thuật này thực sự
hiệu quả với các bài toán bất đẳng thức hoán vị
Vi du 1.1.22 Chitng minh vdi moi số đương a,b,c, d thod man điều kiện a + b +
c+d=4 ta có
a b = C + d > 2
max Ty ha 1+a2b ~
Trang 171.1 Bất đẳng thức AM-GM 15 \ LỜI GIẢỊ Theo bất đắng thức AM — GM 2 2 g— ab*c >a abic _ _ abVC 1+ bc 1+ bc 2b/c 2 Séc > a- b(a + ac) >a- ~ 4 a 1 — >a ~ -
=> ithe =? q(ab + abc) Hoàn toàn tương tự ta có thêm 3 bất đẳng thức sau b bc + bcd c cd + cda d da + dab _?_ 5p ETE _ gp 1+c2d — 4 ’ited=° 4 ` 1+d2a— >q- SẸ 4 Cộng về cả 4 bất đẳng thức trên a, b + e + d > 1+b2c l1+c2d 1+d242 1+ảb — 1 >a+b+e+d~ 2(4b + be + od + da + abc + bed + cáa + da) Từ bất đẳng thức AM — GM dễ dàng suy ra các bất đẳng thức dù + be + cả + da < zÍa+b+e+d# =4, abe +bed + của + dạb < Ta (a + b+ e + đ)Ê = 4 Do đó a b c d > b d—2=2
tyme + ipe@dt iat Team = 7 toret
Dang thie xAy ra khi va chi khia=b=c=d=1 U
Vi du 1.1.23 Chiing minh vdi moi sé thuc duong a,b,c, d ta luôn có 3 b3 c a3 atb+c+d a + aye) Pra = 2 g2 + b2 + b2 + c? LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức AM — GM véi 2 86 Ca ĐẠ vụ gÓ b
a2+b2 — a2+ b2 —~ 2ab - 2°
Xây dựng 3 bất đẳng thức tương tự với b,c, d rồi cộng về các bat đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tất cả các biến bằng nhan L1
Một bất đẳng thức cùng dạng trên là
a‘ b4 cA & a+b+c+d 3
Trang 1816 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở
Vi du 1.1.24 Choa,b,c>0 vaa+b+c=3 Chitng minh
a2 + b2 + c2
¡œ+2b2 b+2c c+2ả ~
LỜI GIẢỊ Sử dụng biến đổi và bất dang thức AM — GM cho 3 số a2 eg =0— ———>zz >0— —y—==d— 2ab? 2ab? ———— 2(ab)2/3 a + 2b? a + 2b? 3 Yat 3 Hoàn toàn tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức 2 “ c2 2 2 mm >see /3 b+ 22 — "°° 3 (be) 2/3 ””; c+ 2ả 2 ¢~ 3 (ca) 3 Do đó ta chỉ cần chứng minh 2
a+b+c- 3 (ta) + (be)2⁄3 + (ea)2/3) >1
Ằ© (ab)2/3 + (be)2/3 + (ca)2/3 < 3
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, vì theo bất đẳng thức AM - GM atab+b >3(ab)23, b+be+c>3(be)?3, c+ca+a> 3(ca)23, ngoài ra dễ thấy 3 > ab + be + ca nên ta có điều phải chứng minh Đắng thức xây ra khi và chỉ khi ø= b=c= 1 [
Kết quả của bài toán vẫn đúng khi thay giả thiết ø+b+c = 3 bởi ab+bc+ ca = 3 hoặc fa + Vb + Vc = 3, trường hợp sau khó hơn một chút Ta có thêm một bất đẳng thức khác cùng dạng trên Ví dụ 1.1.25 Cho a,b,c> 0 oàa +b+c= 3 Chứng mình rằng a2 b2 c 2 > 1 1120 °b+2e 04208 7 LỜI GIẢỊ Chứng minh tương tự, đưa bất đẳng thức về bŸa2 + cŸb? + aŸc2 < 3 San đó áp dụng bất đẳng thức AM — GM
ba2/3 < b(2a+ 1), cb2/3 < c(2b+ 1), aẻ3 < ă2c+ 1)
Trang 191.1 Bat đẳng thức AM-GM 17 Ví dụ 1.1.26 Chứng mảnh uới mọi số dương a,b,c có tổng bằng 3 thà a+1 b+1 c+l —— — ape DB b? +1 2+1 211) LỜI GIẢỊ Theo bất đẳng thức AM — GM dễ thấy a+1 (a + 1)b? b?(a +1) ab +b po —————> ————— ` — -
Bal a+l a >a+l 2p a+1 2
Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa với b, c rồi cộng lại
a+1 b+1 ctl ab+b be+c - cata
orn ly Ss mr1 t2 z1> (st 1— 2 )+( + b+1— 2 )+É+ j1 — 2 )
=8 h== >3,
Dang thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi ø=b=c=1 Sau đây là bài toán tương tự với 4 biến số
Ví dụ 1.1.27 Chứng minh rằng với moi a,b,c,d dương có tổng bằng 4 thì
ø+1 b‡i ctl dtl J,
b2+1 c2+1 d4+l1 a2+1— `
Cũng bằng phương pháp tương tự ta có bất đẳng thức sau đây
Ví dụ 1.1.28 Chứng minh rằng uới mợi a,b,c, d dương có tổng bằng 4 thà 1 + 1 + 1 + 1 >3 ø2+ 1 b?+1 c2+1 d2+1—”—” LỜI GIẢỊ Thật vậy, ta có đánh giá sau a 1 -—_ > 1 = a*+1 a2 +1 — 2a 2
Sau đó chỉ cần làm tương tự với 6, c, đ rồi cộng lạị L]
Kï thuật Côsi ngược là một kĩ thuật mới giúp giải quyết bài toán theo lối suy nghĩ nhẹ nhàng và trong sáng, các kết quả được làm bằng kĩ thuật này nói chung
Trang 2018 Chuong 1 Bat đẳng thức cơ sở
1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder
1.2.1 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và ứng dụng
Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Với 2 dãy số thực tuỳ Ú
a1, dạ, , dạ Đồ Ðị, bạ, , bạ, ta luôn có bất đẳng thức
(a‡ + a3 + + a2)(0) + bệ + + b2) > (aibị + aaba + + anbn)
Đồng thức xảy ra khi 0à chỉ khi (at, dạ, , du) Đồ (bị, bạ, , bạ) là 2 bộ tỉ lệ, tức là
tén tai s6 thuc k dé a; = kb; Vi = T,n
CHUNG MINH Có 3 cách đơn giản chứng minh bất đẳng thức trên
Cách 1 Day là các chứng minh quen thuộc sử dụng phương pháp tam thức bậc 2
Xét tam thức sau đây
f(x) = (a,x — bị)? + (aa# — bạ) + + (an — bạ) Sau khi khai triển ta có
ƒf(œ) = (ai + d2 + + a2)42 — 2(6xbt + aaba + + anbn)œ + (bỆ + bộ + + ĐÀ)
Mặt khác vì ƒ(z) > 0 Vz € R nên theo định lí về dấu của tam thức bậc 2 Ar <0 (aj + dị + + g2) (b + bộ + + b2) > (aibi + daba + + aubạ) Đẳng thức xảy ra khi phương trình ƒ(z) = 0 có nghiệm, nói cách khác (đt, đa, ., đn) và (bị, bạ, , bạ) là 2 bộ tỉ lệ
Cách 2 Một cách chứng minh khác cũng rất cần nhớ, vì ta sẽ sử dung lai trong 1 số bài tập, đó là phương pháp sử dụng đẳng thức Ta có hằng đẳng thức sau
(a) + a3 + + a2) (bỆ + bộ + + b2) — (gibi + aaba + + anbn)2 = À (aibj — a;bj)
¿2=1
Và do đó hiển nhiên phải có
(0) + đã + + a2)(b{ + bộ + +2) > (aibị + aaba + + anbn)?
Trang 211.2 Bat dang thitc Cauchy-Schwarz-Holder 19
tiép bang bat dang thitc AM — GM chi véi 2 số, đây là một chứng minh rất hay và dùng để mở rộng cho bất đẳng thức Holder ả b? ả +a3 + +02 “?riệ+ + > 2|a;b;| — V(a‡+af+ +a2)(bị + bộ + + b2) Cho i chạy từ 1 đến œ rồi cong vé cd n bất đẳng thức lại ta có kết quả Đây cũng là một chứng minh rất ngắn gọn 3
Bát đẳng thức Cauch — Schauarz cũng là một bắt đẳng thức rất quen thuộc với
các bạn học sinh pho thông và việc nắm chắc sử dụng thành thạo bất đẳng thức này
là rất cần thiết cho tất cả bạn đọc, không chỉ với các bạn thi học sinh giỏi, Olympic quốc gia, quốc tế mà ngay cả với các bạn ôn thi vào lớp 10 và thi vào đại học
Các hệ quả sau đây sẽ củng cố thêm các ứng dụng khác nhau của bất đẳng thức
quan trọng nàỵ
Hệ quả 1.1 Wới 2 dấy số (a), a9, ,an) vd (bi, bạ, , bạ), bị > 0 Vý = T.n,
GB, bị ba pany (0i4d;+ ‡ an) ` bạ bi tbo + +bn
Bat dang thitc trén thudng duge goi 1a bat dang thtte Schwarz Hé qua 1.2 Voi 2 day s6 thuc aj, dạ, , dạ oầ bị, bạ, , bạ ta có
V4 + b + Vdậ + bậ + + a2 +02 > V/(m + +an)2 + (bị + + dn)? CHỨNG MINH Ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp œ = 2 Với các giá trị khác, bất đẳng thức được suy ra trực tiếp bằng phương pháp quy nạp Tuy nhiên với n = 2 thì ta có bất đẳng thức Cauchụ — Schuuarz
sf ả + 6? + \/ a3 + b2 > V (a1 + a2)? + (by + be)?
© (ai + a2)(bŸ + bộ) > (aiby + agbe)?
Đẳng thức cũng xảy ra khi (ø, dạ, , a„) 'và (bạ, bạ, ., bạ) là 2 bộ tí lẹ Œ
Hệ quả 1.3 Với moi day 86 thuc aj, da, , dạ ‡a có
Trang 2220 Chương 1 Bat dang thức cơ sở
CHỨNG MINH Sử dụng bất dang thttc Cauchy — Schwarz vdi 2 bd số (đi, đạ, , đu), (1,1, , 1),
Trong đó bộ số thứ 2 gồm ø số 1 L1
Sau đây là những ứng dụng thường gặp và tiêu biểu của bất đẳng thức Cœuch— Schwarz Ta xem xét qua các ví dụ từ đơn giản đến phức tạp
Ví dụ 1.2.1 (Math Changelles) Cho các số thực dương 21,zạ, ,#n CÓ tổng
bằng 1 Hãy tầm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1\? 1\? + (n+=) + (22+ =) + + (+=) T1 T2 In LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thie Cauchy — Schwarz ta cé 1\? 1\? 1\? (+=) + (+ z) + + (s+=) T1 T2 In 1 1 1 1\? >—|zi†+7zs+ †+z„+— Tì +1 + —+ T —} › T2 Cn 1 1 1 n2 —“+-—-+ + > =’, #1 +2 - đụ #++Za+d+ +„ Từ 2 bất đẳng thức trên ta suy ra 1\? 1\? 1\?_ (n? +1)? z+i+—] +|#z+—] + +|#a+—] 3 ————-: T1 +2 Ln n Dang thttc xay ra khi va chi khi 21 = 22 = =a2,=1/n.0 Ví dụ 1.2.3 Giả sử œ,b,c là các số thực dương, chứng mảnh rằng a + b + c > 9 (b+c)? (eta)? (a+b)? ~ 4(a+b+c)
LỜI GIẢỊ Sử dung bất ding thitc Cauchy — Schwarz ta co
Trang 232 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder 21 Ví dụ 1.2.3 Cho các số dương a,b,c có tổng bằng 3 Chứng mánh rằng a2 + b2 + c2 >Ị ơ2l2 b+2c c+2a2 — `
LỜI GIẢỊ Bài toán đã được giải ở phần trước bằng ki thuat Cosi mgược dấu, tuy nhiên lại có thể giải khá đơn giản bằng bất đẳng thức Cauchw — Schuarz như sau a2 + b2 + c > (a2 + b2 + c2)? a+2b? b+2c? c+2a2 — a3+ bì+ c3 + 2(a2b2 + bec? + cả) Do đó ta chỉ cần chứng minh (a2 + b2 + c2)2 > a3 + bŠ + c3 + 2(ảb2 + b2c? + c2a2) ©œat+bt + c4 >a +b 43 Bất đẳng thức này khá quen thuộc, ta có thể dùng chứng minh hoàn toàn chỉ bằng bất đẳng thức Cauchy — Schwarz 3(a3 + 8 +0) =(F +B 4+ 3)(at+b+e) > (a2 +02 +02)? (a7 +0? +c)(1414+1)>(atbtc)?=9 Do dé ả + b? +c? > 3, suy ra +0240 > a2 +b? +02, (at +b4+c4)(ả +b 47) > (a3 + bề + c3)2 => a4 + b4 + ct > gồ + bộ + c, Dẳng thức chỉ xảy ra khi ø =b =c=1
Bất đẳng thức trên được chứng minh đễ dàng bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchụ — Schauarz, tuy nhiên với bất đẳng thức khá tương tự khác
a2 + b? + c 3
a+b? b+c? c+ả ~ 2’
Ta chi c6 thé stt dung phuong phap Cési ngược, không sử dụng được trực tiếp
được bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz
Trang 2422 Chương 1 Bất đẳng thức cơ sở Mặt khác vì z > > z nên xy z ve, ee we ye ey (gy + 9z + z#)(# ~ U)Œ — Z)(W= ?) ` g, x y y Z x xyz Từ đó ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi # = = z n 1 Vi du 1.2.5 (Tran MO 1998) Giả sử z,,z > 1 tà 1 + 1 + ¬ 2 Chứng mình cz Y z++z>vz-1+vwu-l+vz- 1 2-1 +Ỷ—+ -i1 y 2z-1 z Theo bất đẳng thite Cauchy — Schwarz ta cé a-l y-1.2z-1 z-++ưz=(z++z)| —†+ ~—+?† x + # 2 >(vz=1+ w~1+vz=1) => V#z++Z>Vz—-l+Vvwy-l+vz-l Dang thức xảy ra khi và chỉ khi z = = 2 = 3/2 = 1 1 1 LỜI GIẢỊ Vì 1, i ties 1x U 2 ‘Vi du 1.2.6 (Greece MO 2002) Cho các số thực đương a,b,c có tổng bằng 1 Chứng mảnh bất đẳng thức a b c > b 2, deat 4241 4a > (ava + bvb + eve) CHỨNG MINH Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz a, b 42 ae + bŠ + c bBẦ+1 ) c+1 a2+1 4a202+d2 - 402c2+ b2 - 4c2ả + c? (aa + bvb + eve)? > = 4(a2b2 + b2c2 + c2a2) + a2 + b2 + c2
Phần còn lại của bài toán, ta chỉ cần chứng minh
Ăảt2 + bÊc? + c2a2) + a2 + bề + c2 <1 = (a+b+ c) « ab(1 — 4ab)p+ be(1 — 4be) + că1 — 4ca) > 0
Trang 251.2 Bat dang thitc Cauchy-Schwarz-Holder 23
Vi du 1.2.7 (Crux) Voi moi x,y,z > 0, chttng minh V+z2+1+ vy2+1+ vz2+1> V6(++ z) Lor GIẢỊ Ấp dụng hệ quả (1.2) ta có _Vz2+1+ vw2+1+ v22+1> V(++z)2+ 3 Theo bất đẳng thức AM ~ GM ta có (a +y +2)? +3? > 6+ +2) Đẳng thức xảy ra chỉ khi z = ÿ =z=1.0 Ví dụ 1.2.8 Xác định điều kiện cần va đủ uới các 86 thue 11,72, ., 1% sao cho +! +23 + + x > (r1#q +T2#¿ + + man)? đúng uới mọi đấu 7\,2, n € R
LờỜI GIẢỊ Cho z¿ = r¡ ta suy ra dãy (r;) phải thoả mãn rị +rậ+ +r2 <1
Đây cũng là điều kiện đủ thật vậy, nếu dãy (r;) thoả mãn điều kiện này thì theo bat dang thite Cauchy — Sehuarz ta có
x +23 + 492 > (retro t tr?)(a2 +03 4+ 422) > (riety trote + +1ntn)? Khang định được chting minh xong O
Vi du 1.2.9 (IMO Shortlist 1993) Ching minh vdi moi s6 duong a,b,c, d
b d 2
oy $f >=
Trang 2624 Chuong 1 Bat đẳng thức cơ sở
Vi du 1.2.10 Ching minh vdi moi a, b,c duong
a3b + bc + ca abc(a + b +c) 1+ab2 ° 1+bẻ 1+cả~ 1+abe `
LỜI GIẢỊ Với mọi số thực dương k, theo bat dang thttc Cauchy — Schwarz
a2 + b2 + c (a+b+c)? _atbte
btke| ctka atkb~ (k+l1)(at+b+ce) k+l
3
Lấy k = 1/(abc) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi ø= b=c 1 Ví dụ 1.2.11 (Bất đẳng thức Nesbitt 6 biến) Ching minh ring vdi moi a,b,c,d,e, ƒ là các số thực đương a,b, e pd ey tis b+c c+d dt+te e+f fta a+b— 3 CHUNG MINH Theo bat dang thtte Cauchy — Schwarz a + b + € + d + e + ƒ b+c c+d d+c et+f fta atb a2 b2 c2 d2 e2 + cbaact beibd’ cdtce detd' efrea’ farfo 5 (atb+ctd+et+fỷ = ab+be+cdt+det+eft+fatact+cet+eat bd+ df+ fb
Goi Š là mẫu số của phân thức nói trên
28=(a+b+e+d+e+ƒf)?— (a2+b2+c2+ d2 + e2 + f? + 2ad + 2bd + Arf)
Theo bất đẳng thức Cauchụ — Schuarz ta có a2+b2+c?+d2+ẻ+ f? + 2ad + 2bd + 2cƒ =(a+d)?+(b+e)?+(d+ ?)? > g(đ+b+e+ƒ+e+ Do d6 2S < 2/3(a+b+c+dte+t f)*, ta có dpcm Đẳng thức xây ra chỉ khi azb=c=d=e=f.U0 Vi du 1.2.12 (Korea 2002) Hai déy số thuc a), a2, .,@n va bj, ba, ., bạ thoả mãn d2 + d2 + + a2 = b} +bệ + + bệ = 1
Chitng minh bat dang thúc
Trang 271.2 Bat dang thức Cauchy-Schwarz-Holder 25
LỜI GIẢỊ Trong bài này ta phải sử dụng đẳng thức khai triển bất đẳng thức Cauchy — Schwarz, d6 là (ả + + a2)(b? + + 02) — (abi + + Qndn)? n = » (a¡b; — a;b¿)? > (aiba — asb) 22=1
Theo giả thiết ø + a2 + + g2 = b‡ + bậ + + bệ = 1 nên theo bất đẳng thức
Cauchy — Schwarz ta c6 L > a1b + 2b + + anb„ > —1 Do đó
(1 — a,b; — agbg - — Andy) (1 +a ,by + agbo4+ + Anbn) > (aiba — ab)”
=> 2|øib + aaba + + nbn - 1| > (a1b2 — aab\) Q
Vi du 1.2.13 (Crux) Tim gid trị nhỏ nhất: của biểu thức
3a Ab 5e
b+e cta atd
Với a,b,c là các số thực đương tuỳ ¥
Trang 2826 Chuong 1 Bat đẳng thức cơ sở
Tồn tại các số thực z, g, z sao cho ø = #/, Ð = U/Z,€ = z/z Ta phải chứng minh +/w + ylz + 2/e >1 2+z/ụ 2+y/z A2t2/zx oe —~_ +4 +4— r+2y t0+2z z+2r— Theo bất đẳng thtte Cauchy — Schwarz ta có eo, vy 4p it%iy (x++z)?
z+2U +92z z+2z — z(œ+2y) +u(w+2z) + z(z + 2z) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = = z hay ø=b=c=1 0
Ví dụ 1.2.15 Chứng mánh rằng uới moi a,b, c,d duong cé tich bằng 1 thì 1 1 1 1 21+Đ9)' b1+2 t aied * Ata ~? Lor GiAl Do abcd = 1 nén tén tai cdc s6 thuc z, y, z,t sao cho a=y/z,b=2/y,c=t/z,d=x/t Thay a,b, c, d bởi z, g, z,£ vào bất đẳng thức 1 + 1 + 1 + 1 >2 /z(+z/) z/w+t/z) t/z21+z/0) ,ø/,I+/2) - « yt2 +424 z2+t tte rty 32 —
Đây là bất đẳng thức Nesb¿£t 4 biến đã được chứng mình ở trên QO
Ví du 1.2.16 Chitng minh ring néu a, b,c, d la cdc số thực dương uà r+ = abcd > 1 bắt đẳng thúc sau luôn đúng ab+1 be+1 oat da+1 > 4(1+r?) atl b+1 ctl d+1 7 ltr — Lời GIẢỊ Chú ý rằng từ gid thiét abed = r4 > 1 ta suy ra tồn tai các số thực dương #,1, z, t sao cho r Tz rt TX a= b=, ca, d= x + z t
Khi đó bất đẳng thức được viết lại dưới dạng
Trang 291.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder 27 Xót 2 biểu thức z+z +íứ œ+zZ +Í Aq i 4 utt rụư+z rz+y rt+z rr+t =——+-—+- +." “ryta rz+£t Tt+z Tz+Ê Ta phải chứng minh 4(2+1 A+(r?—ljp> ‡#fˆ†1) _rti Theo bất đẳng thức AM — GM dé thay 4r(z + 0z + zt + tz) + 8(rz + yt) = 4(r — 1)(z + z)(w+£) + 4(z + z)(w + t) + 8zz + §ụt <(r-=1)œ++z+£?+2(ze+ưz+0)? <(r+1)(œ+w+z+0° Sử dụng bat dang thite Cauchy — Schwarz, chi ý rằng r > 1 ta có 4(~z+z) + 4(y +t) œ+z+r+rt ưt+rz+rz 4(z++z+0? „8 (z+z)?+(w+))+2r(+z)(ưt) ~ r+1 (z++z+£? z(r +) + t(rz + 9) + z(rt + z) + (rz + t) (x+++z+0)? 5 4 r( + Uz + zt + tz) + 2(xz +) ~ r+) > Từ 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia=b=c=d=r.Q
Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu một dạng mở rộng thường gặp và có nhiều ứng
Trang 3028 Chương 1 Bắt đắng thức cơ sở
Đẳng thức xảy ra khi m dãy đó tương ứng tỉ lệ Bát đẳng thúc Cauchụ — Schwarz là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder uới m = 2
Hệ quả 1.4 Với a,b,c,z, , z,?n, 1t, p là các số thực đương ta có
(a3 + 6° + c3)(23 + ỷ + 23)(m3 + nŠ + p”) > (arm + bựn + czp)
CHỨNG MINH Thực ra đây chỉ là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder véi mm = n = 3 Cách chứng minh sau có thể làm lại hoàn toàn tương tự với để chứng minh bat đẳng thức Holder dạng tổng quát Sử dụng bất đẳng thức AM — GM ta có a3 x3 + m3 ++ z3+g2+z?) m3+m3+p 3azrm > — W(ø3 + bề + c3) (a3 + y3 + 23)(m3 + nề + p3)
Xây dựng tương tự 2 bất đẳng thức nữa với (b, y, n) va (e, z,p) rồi cộng theo từng về ta có điều phải chứng minh O
Một hệ quả của bất đẳng thức Holder thường được áp dụng là
Hệ quả 1.5 Với dãy số dương at, dạ, , an, chitng minh
(1+ ai)(1 + a¿).:.(1+ an) > (1+ 61aạ au,)” CHUNG MINH Sử dụng bất đẳng thức AM — GM ta có 1 1 1 n + + + ’ l+a, 1+ a9 1+ a, x (1 + a1)(1 + ag) (1 + Gn) aj a2 an nN /0102 0n, + tut > l+ái 1262 1+an~ %/(i+a;)(1 + ag) (1 + an)
Cộng theo từng về 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh Œ
Bat đẳng thức Holder là một bất đẳng thức mạnh và có nhiều ứng dụng, nhưng
rất tiếc nó không được dùng phổ biến ở phổ thông hiện naỵ Các hệ quả riêng ở trên
để minh họa cho bất đẳng thức Holder cả về cách chứng minh lẫn cách sử dụng Việc làm quen và thuần thục với bất đẳng thức này cũng rất cần thiết, vì tuy rằng có một phát biểu hơi khó nhìn, bất đẳng thức Holder hoàn toàn dễ hiểu và ứng
dụng hiệu quả với nhiều bài toán Sau đây là một số ví dụ
Vi du 1.2.17 (IMO 2001 Pro A2) Với mọi a,b,c dương ta có
a + b + c >1
Va2+Rbc Vb? +8ac vc? + 8ab
Trang 311.2 Bat đẳng thức Cauchy-Schwarz-Holder 29
LỜI GIẢỊ Xét các biểu thức '
a b C
= va2+8bc + vVb2+8ac + Vc2+8ab
B = ăả + §be) + b(b2 + 8áe) + c(c2 + 8ab) = aŠ + b + c3 + 24abc
Theo bat dang thức Hoider với 3 dãy (hệ quả 1.4} ta có ẠẠB>(a+b+e) Ta bây giờ ta chỉ cần chứng minh (a +b + c)Ỷ > B, hay
(atb+c)> > a2 46% +3 + 24abe + ec(ø — b)2 + ăb — e)? + b(c— a)2 > 0 Đẳng thức xảy ra chỉ khi ø = b= c [ Ví dụ 1.2.18 Chứng mảnh rằng nếu a,b,c la các số thực dương có tích bằng 1 thi ta có các bắt đẳng thức sau đâu a + b + Cc > V7+b+e Vi+et+a Vv7+a+b a + b + c > V7+b +c? vĩ+c1+ả vĩ+a2+b2 Bát đẳng thức sau có đúng hay không ? a + b + c > V74+R 408 Wwï+c3+u3> vï+a3+b3 LỜI GIẢỊ Với bất đẳng thức đầu tiên, đặt a + b + c v7+b+c vï+c+a V7+atb B= să7+b+c)+b(7+a+c)+c(7+a+Ù) Theo bat đẳng thức Wolder ta có ẢB>(a+b+e)!
Ta phải chứng minh (ø + b + e)3 > B = 7(a + b+) + 2(ab+ be + ca) Theo bất đẳng thức AM — GM, a+b+c> 3Ÿabe = 3 nên
, 3
Trang 3230 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở Với bất đẳng thức thứ 2, ta đặt a + b + Cc , VW7+b2+c1 VTte+ 2 v7+a2+b2 D= ă7+b?+c?)+b(7+c2+ a2?) + c(7 + a2 + 0)
Theo bất đẳng thức Hoider thì C?D > (œ+b+ e)Ÿ
D= T(a+b+c)+(a+b+ c)(ab + be + ca) — (a+b+e)3 3 Từ đó suy ra điều phải chứng minh Bất đẳng thức thứ 3 không đúng Thật vậy, ta chỉ cần cho ø — 0 và b = e — +œo, chẳng hạn ø = 10”“,b = e= 100 Vi du 1.2.19 (Junior Banlkan 2000) Chiing minh vdi moi a,b,c duong < 7(a+b+c)+ -3<(a+b+e©) a 3 bả 3 2 b2 2 m +s+szÈ + —+ c a2 — b — gạ LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức Cauchụ — Schauarz ta có 2 2 2 (F+5+5) (b+a+c)>(atb+e)’, b a <3 >(—+—4-] a b2 c2 2 (5+5 + 3)@a+b+o>(T+c+S)
Từ 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh 1 Ta có bài toán tổng quát sau Ví dụ 1.2.20 Với a,b,e là các sễ thực, k> 1,k€ N thì k+1 b*+1 ck+1 a k bk ck bk + ck + ak 2 pk-1 + TT: a LỜI GIẢỊ Sử dụng bất đẳng thức Holder ah be ck (=+z¬ okat + Ge z1) (b+a+c)*! > (at+b+c)* k bk ck peat + ck-1 T Gel qktl « pktl Qk+l\ÊTI ak be ck \F a a (a+b+c)> peal + ck-1 + Gk=1
Từ 2 bất đẳng thức trên ta rút ra điều phải chứng minh Kết quả này vẫn đúng nếu k hữu tỉ (chứng minh tương tự), và do đó sẽ đúng với mọi số thực k > 1, không nhất thiết k là số nguyên 1
Trang 331.2 Bat ding thitc Cauchy-Schwara-Holder 31
Vi du 1.2.21 (Singapore MO 2002) Ching minh voi mor số đương a,b,c 3(a3 + bŠ + c3)? > (g2 + b2 + c?)Ÿ
LỜI GIẢỊ Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Holder
(a3 + bề + c3)(ø3 + b3 + c)(1+ 1+ 1) > (v2+b2+ c7) 0
Ví dụ 1.2.22 (Crux) Với các số thực đương œ, dạ, Gạ CÓ tổng bằng 1, hãu tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức
ay g2 an
———+——&+ +——ễ vVli-øay vVl-ae V1 — an
LỜI GIẢỊ Xét các biểu thức
a) đ2 an
+ + + ———
vV1-øxy Vl-ae vVdl— a„
B= øi(1—aI)+dăL— a2) + + @n(1 — an) A= Theo bất đẳng thức Holder ta có Ả.B > (aT+ đạ + + an) = 1 Ngoai ra dé thay (ø + aạ + + an)? _ mm] n LIÊN [on Do dé A> "TT Đẳng thức xay ra khi va chi khi a; = n— B=1-(ả+a3+ 4+@) <1- | ~-Wi=l,n QO 3 Ví dụ 1.2.23 Cho các số thực không âm a, Ùb,c có tổng bằng 1 Chứng minh rằng a b c n + - +- >1 Ya+2b Wb+2e Wc+2a — LỜI GIẢỊ Xét tác biểu thức a b c = 3 + 3, + 3, Ệ Ya+2b Èb+2c tc+2a
Trang 3432 Chương 1 Bất đẳng thức cơ sở Ví dụ 1.2.24 Chứng minh bất đẳng thúc ` a + b + c > v3, V2b2+2c2- a2 V2c2+2a2—bỀ V2a3 + 2b2 - c2 —
Trong dé a,b,c là các số thực dương sao cho các căn thức tồn tạị LỜI GIẢỊ Gọi biểu thức về trái là P Đặt
S = ă2b? + 2c? — ả) + b(2c? + 2ả — b2) + c(3a2 + 2b2 — c2) 2ab(a + b) + 2be(b + c) + 2căe + a) — a3 — bŠ — cŠ., Theo bat dang thite Holder ta có
P.PS>(at+b+c) Do đó ta chỉ cần chứng mình
(œ+b+e)3 > 39 Bất đẳng thức trên tương đương với
Ăa3 + b + c3) + Gabe > 4 (ab(a + b) + be(b + e) + căc + a)} Dé có bắt đẳng thức trên, ta chỉ cần cộng về 2 bất đẳng thức quen thuộc sau
3(a3 + b + cŸ + 3abe) > 3 (ab(a + b) + be(b + e) + căe + a)},
d3 + bŠ + c3 > 3abẹ
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b=ẹ O
Ví dụ 1.2.25 Chứng mĩnh rằng nếu p > 2 tà a;b,c> 0 thà
3 b b3 b si c3 b
VU +{ tpahe 4 Jot Pt Saxtbte
LỜI GIẢỊ Gọi P là biểu thức về trái, áp dụng bất đẳng thức Holder ta có (a+b+ e) ((a2 + pbe) + (b} + pea) + (c? + pab)) (L+ 1+1) > (p+1)P Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng Dp +1
(ả + pbc) + (b2 + pea) + (c? + pab) < 3 (a+b+ e) Bất đẳng thức này hiển nhiên vì _
— 2
Vĩ = (a+b + e)Ÿ + (p ~ 3)(gb + be + ca) < (a +b+6)® + CC “(a +b +)? = VP,
Trang 351.2 Bat dang thức Cauchy-Schwarz-Holder 33
Vi du 1.2.26 (M6 réng IMO 2001 Prọ A2) Cho các số thực dương £1, 22, .,En- Dat yy = £1 22 Lj-1Li4 1 Li42- Ln Chitng minh bắt đẳng thức +1 + +2 + n-1 gr} + (nr-1 _ 1) n1 + (nn~1 _ 1)ye ec ee n- ' ant + (nv-1 — 1)tn LỜI GIẢỊ Dặt Š là về trái của bất đẳng thức và P=zi (TT! + (nh! — 1)w) + #¿ (237* + (n"T! — 1)wa) + + +n (#1 1 +(n%~! — 1)wn) = #? + 1E + + 17 + (n7 — n)1#ạ n- Theo bất đẳng thức Holder ta có 6@"~1P>(zi+zs+ +zn)" Ta phải chứng minh (#++zz+ +n)” > at +z3 + +z„ +(n”T— n)\#ạ ạ
Tuy nhiên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì sau khi tách zŸ + z3 + + #; ra khỏi (¡ + #a + + #a)” thì các số hạng còn lại có thể biểu diễn đối xứng thành
các tổng lớn hơn hoặc bằng #z¿ z„ L]
Nếu bất đẳng thức giải được bằng Holder thì cũng sẽ giải được bằng bất đẳng thức AM — GM, vì thực tế, để chứng minh bất đẳng thức folder ta cũng chỉ cần dùng bất đẳng thức 4Ä — ŒM Chẳng hạn với ví dụ 1.2.26 ta có thể dùng trực tiếp bất đẳng thức AÁ⁄ - GM theo cách sau đây
Trang 3634 Chương 1 Bắt đẳng thức cơ sở
Như vậy ta chỉ phải chứng minh
M” > a†+z2 + +aay + (nh — n)21ạ ụ, Kết quả này đã được chứng minh ở trên
Ngoài ra số k = n"~! — 1 cũng là hằng số đương tốt nhất (nhỏ nhất) dé bat đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương 21, 22, ., Ln
T1 + #2 + + In > n
"r1 + k i - "TjÍzz + kụa Vert tky, “VI+k
Với các bài tốn thơng thường thì bất đắng thức Holder lại dùng thuận tiện hơn bất đẳng thite AM —- GA vì không cần xét các điều kiện đẳng thức, còn trong
trường hợp tổng quát bạn chỉ cần ghi nhớ chứng minh với m = n = 3 là đủ Xem
them phần sử dụng bất đẳng thức Holder để cân bằng hệ số, trang 74 1.3 Bất đẳng thức Chebyshev 1.3.1 Bất đẳng thức Chebyshev và ứng dụng Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) Với 2 dãy số thực đơn điệu tang 01, d2, , đụ ĐỒ ÐỊ, bạ, , bạ ta có ale
a,b, + agbợ + dnbn > —(a) + ao + + aø)(bì +Ð bo + + bạ)
CHỨNG MINH Bằng phân tích trực tiếp, ta có đẳng thức sau
n(a1bị +asba + + anubn) — (0 + ga + + an)(bì + bạ + + bạ)
n
= 7 (a; - a;)(b; - bj) > 0 ij=l
Vì các dãy aj, G2, ., an va bi, be, .,b, don diéu nén (a; — a;)(bj — bj) > 0
Nếu 2 day aj, ao, ., @n va bj, be, ., by don điệu ngược chiều thì bất đẳng thức trên đổi chiềụ Chứng minh điều này hoàn toàn tugng tụ O
Trang 371.3 Bất đẳng thức Chebyshev và ứng dụng 35
toàn đối xứng với tất cả các biến
Bất đẳng thức Chebwsheu có nhiều ứng dụng rất hay, và nói chung làm cho bài toán được giải quyết theo cách đơn giản hơn trong khá nhiều trường hợp Chúng ta
cùng xem xét các ví dụ sau để thấy rõ điều naỵ
Hệ quả 1.6 Nếu a,da, , a„ là các số thực dương có tổng: bằng n thà a111 + an?! + .+a d1! Sai +a7 + + da,
CHỨNG MINH Sử dụng bất đẳng thức Chebysheu cho 2 bộ đơn điệu a, đa, , đạ
và d†,g, , đ„ ta có ngay điều phải chứng minh L1
Ví dụ 1.3.1 (Balkan MO) Cho các số thực đương ứ, dạ, , ay thoả mãn dị + đa +.: + an = 1 Chứng mình ay a2 an nr bes > 2-a,'2-m- +57 a, = nl LỜI GIẢỊ Vì bất đẳng thức đối xứng với tất cá các biến nên ta có thể giả sử được Q, > a2 > > Gn Khi dé 1 1 1 > > > -2-—a, ~ 2-—a2 2—- ay Theo bất đẳng thức Chebysheu thì _D VT> nẺ (đi + øạ + + an) ( L7 72 HH H2 : + Tay : + + 9-an : > n ne — On —(aytagt +@n) 2n-1 ~
Đăng thức xảy ra chỉ khi ai = ag = = đa = l/n [1
Trang 3836 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở
Sử dụng bat dang thức Chebusheu ta có buchd + chdta’tdtatb'atbte 5 16(a2 + b2 + c2 + đ?) 5 4,/4(ả + b? + c? +d?) © 3(atb+e+d) — 3 1 AVT> (PHP e+) ( +— , s )
Suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra chỉ khi a = b= c= đ = 1 ¬ Ví dụ 1.3.3 (China MO 1996) Các số thực đương a\, da, ., đn CÓ tổng bằng 1
Chứng mình bắt đẳng thức
a1 + đa Tư ay » Vi t 8a + + vữa
Ji-aq Vl—-a Vi-a@ vn — Ï ,
LỜI GIẢỊ Không mất tính tổng quát ta giả sử ai > ø¿ > > Gn Khi do 1 1 1 ———_> —> >_—- Yl-—a,” Vl-—ạ 7 V1l- an Sử dụng bất dang thttc Chebyshev cho 2 bộ đơn điệu trên Ạ 1 1 1
n.VT' > (ơi + dạ + + an) (ast ett ===)
Theo bất đẳng thite Cauchy — Schwarz thi
n= nay +42 + + Qn) > (Vai + Van + + Van)”
=> fat fag t + Van < Vn
Trang 391.3 Bất đẳng thitc Chebyshev va ting dung 377
Ví dụ 1.3.4 (Crux) Giá sử các số thực a,b,c > 1 thoả mãn 1 1 1 a1’ R-1*e@-1 Chitng minh rang 1 1 1 —— <1 z+1 bel c+l—
LỜI GIẢỊ Ta sử dụng bất đẳng thức Chebyshev két hop vdi phương pháp chứng
minh bang phan chứng (bạn hãy xem ở chương IV) Nói cách khác, ta sẽ chứng minh rằng, nếu cắc số thực a,b,e > 1 thoả mãn 1 1 1 —t——m=l a+1 bel epi , Thì bất đẳng thức sau ln đúng 1 i + —+—— >Ì a2—1 b?T—] cẰ =1“ Thật vậy, từ giả thiết suy ra, ane bả cn? œ+ 1 b+1 c+l Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với _d-d? 4-8 4-¢ @-1'@-it@-1-° ey ATA at? b-2 b+2 c=2c+2 l a+la-1l b+1b-1 c+tle-17 Chi ¥ ring néu ta coa>b>cthi , (*) ã2 b=2.c-2 a+l1“Tb+1“ec+]' a+? b+? ct? a-1l17~ 6-17 c-l:
Trang 4038 Chương 1 Bat đẳng thức cơ sở
LỜI GIẢỊ Theo giả thiết ta có
l-a 1-b “ + 1I-c 1-d_ + 1-e = 4+a 4+b 4+c 4+d 4+e Ta phải chứng minh 1 1 1 1 1 118 141+P 41c 4+d 4+e > a + b + c 4 d + e “4+a2 440? 4+c 4+j 4+ẻ l-a 1—b l—e 1-—d Ầ> (4+a)(1+s59 1 (1+b)(41+0) (4+o(4+e) ` (4+3)(4+ 49) ~ + >0
Giả sử rằng ø > b >c > đ> e, khi đó dé thay
l-a 1-b 1-e _1-d _1l-e < < 4+a—” 4+b—4+c— 4+d~ 4+e 1 1 1 1 1 < < < < 4+a2~ 4+02?~4+c2?~ 44+d27~ 4+€ẻ
Do đó ta chỉ cần áp dụng bất đẳng thức Chebusheu cho 2 bộ đơn điệu giám trên sẽ có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = b = c= d=e=1.0 Ví dụ 1.3.6 Giá sử các số thực dương a,b,c thoả mãn + b + c + d = 4 Chứng mảnh bất đẳng thúc 1 1 1 1 21 11+42 thet live” 1i1+d2— 3 Lời GIẢỊ Bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng tương đương 1 1 1 1 1 1 1 1 aie ptiee 1211112 pti+e 12" az—-1 b-1 cf-1 @-1 > e ee ee 1+2 2 TT b+1 ctl d+l oS b= 1).—_—- — 1).——— > (a- Nota + + (b= D.gaaq te ng, )*# +11 Ê Chú ý rằng nếu ø > b > c> ở thì ta luôn có a+l b+1 c+1 d+1 42+11 411 > c+117~ @ +11
Nén 4p dung bat ding thttc Chebyshev cho bé sé trén va bd (a—1,b—1,c—1,đ~1) ta có điều phải chứng minh Đắng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = b = e = d=1.0