Luận văn Sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng để chứng minh bất đẳng thức

99 trang hapham 2210

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng để chứng minh bất đẳng thức", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

luan_van_su_dung_mot_so_bat_dang_thuc_thong_dung_de_chung_mi.pdf

Nội dung text: Luận văn Sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng để chứng minh bất đẳng thức

www.VNMATH.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN HIẾU SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. PHAN HUY KHẢI Thái Nguyên, năm 2009 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 1 MỤC LỤC Trang Mục lục 1 Lời cảm ơn 2 Lời nói đầu 3 Chương 1 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 4 1.1 – Bất đẳng thức Côsi 4 1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản 5 1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14 1.4 – Thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 23 1.5 – Thêm bớt biến số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 27 1.6 – Nhóm các số hạng khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 33 Chương 2 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng 55 Chương 3 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59 3.1 – Bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59 3.2 – Một số ví dụ minh hoạ 60 Chương 4 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép 67 4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép 67 4.2 – Một số ví dụ minh hoạ 68 Chương 5 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen 81 5.1 – Định nghĩa hàm lồi 81 5.2 – Điều kiện đủ về tính lồi của hàm số 82 5.3 – Bất đẳng thức Jensen 82 5.4 – Một số ví dụ minh hoạ 84 Tài liệu tham khảo 98 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 2 LỜI CẢM ƠN Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy đã trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè và tất cả những người đã giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 3 LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là một đề tài thường xuyên có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia, cũng như trong các kỳ thi Olympic về toán ở mọi cấp. Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất đẳng thức thông dụng. Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 5 chương: Chương 1 với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi” dành để trình bày về bất đẳng thức Côsi. Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất và có nhiều ứng dụng nhất trong chứng minh bất đẳng thức. Trong chương này chúng tôi dành để trình bày các phương pháp cơ bản nhất để sử dụng có hiệu quả bất đẳng thức Côsi. Chương 2 “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày các ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng. Một trong những phương pháp hay sử dụng và có tính hiệu quả để chứng minh các bất đẳng thức là sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu. Các kết quả này được trình bày trong chương 3. Chương 4 dành để trình bày một lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó là bất đẳng thức Trêbưsép). Sau hết trong chương 5 trình bày một áp dụng lý thú các kết quả của giải tích lồi để chứng minh bất đẳng thức – đó là sử dụng tính lồi của hàm số để chứng minh bất đẳng thức. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 4 Chương 1 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.1.1 Định lý. Với n số không âm: a12,aa, , n ( n ³ 2 ) ta có: aaa 12+++n n a.aa . n ³ 12 n Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa== n Chứng minh · Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2 . · Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số không âm thì bất đẳng thức cũng đúng với 2n số không âm. aaa 1 Ta có: 1+22++ n nna.a ana.a a2a.aa , nên bất 22n ³( 12n+³n++1n22nn) 122 đẳng thức đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2. · Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức đúng A với n 1 số không âm. Thật vậy, đặt Aaaa ; a . - =1+21++n- n = n -1 A a.a aA Ta có: An.n121n-An1.n-1a.aa +³Þ³-() 121n- nn 11 Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức Côsi đúng với mọi n nguyên dương (n ³ 2) Þ đpcm. n a,aa, , n 2 1.1.2 Hệ quả. Với số dương: 12 n ( ³ ) ta luôn có: æö111 aa anç ÷ 2 ( 12+++n )ç+++³÷ èøça12aan ÷ Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa== n Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 5 Chứng minh n Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a1+a2+ +ann³>na12.aa 0, (1) 111111 ++ +³>n.n 0. (2) a1a2anna12aa Nhân từng vế của (1),(2) suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét: · Bất đẳng thức Côsi chỉ áp dụng được cho các số không âm. · Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất, quen thuộc nhất, và có một tầm ứng dụng rộng rãi trong các bộ môn của toán học sơ cấp. Đặc biệt là dùng để chứng minh bất đẳng thức. Sự thành công của việc áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh các bài toán về bất đẳng thức hoàn toàn phụ thuộc vào sự linh hoạt của từng người sử dụng và kỹ thuật cách chọn các số a12,aa, , n . Sau đây là một số phương pháp vận dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức. 1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI CƠ BẢN. 1.2.1 Nội dung phương pháp. Qui ước: Gọi hệ quả của bất đẳng thức Côsi là “Bất đẳng thức Côsi cơ bản”. Sử dụng hệ quả để chứng minh bất đẳng thức gọi là phương pháp “Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản”. Từ “Bất đẳng thức côsi cơ bản” tổng quát, ta có hai trường hợp riêng sau: 11 114 · Với mọi ab,0> , ta có: (ab+ )( + )³ 4 hay: +³ . ab abab+ Đẳng thức xảy ra Û ab= . 111 1119 a,bc,0 abcæö · Với mọi > , ta có: ()++ç ++³÷ 9 hay: ++³ . èøçabc÷ abca++bc Đẳng thức xảy ra Û abc==. 1.2.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 1.1 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối A – 2005). 111 Cho x,yz,0 và thoả mãn: ++=4. Chứng minh: > xyz Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 6 111 ++£1. 2x+y+zx+22y+zx++yz Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản hai lần liên tiếp, ta có: 11æ11ö1éù11æ11ö11æö111 £ç+÷£êú+çç+÷÷÷Þ£++÷. (1) 2xyz4ç2xyz÷4êú2x42ççyz÷÷xyz8x22yz ++è+øëûèø++ èø ì2xyz Đẳng thức trong (1) xảy ra ï =+ xyz. Ûíyz Û== îï = 11æö111 Hoàn toàn tương tự, ta có: £ç ++÷÷ (2) x++2yz8èøç22xyz÷ 11æö111 và £ç ++÷÷ . (3) x++y2z8èøç22xyz÷ Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được: 1111æö111 ++£ç ++÷=÷ 1 Þ đpcm. 2x+y+zx+2y+zx++y24zèøç xyz÷ 3 Đẳng thức xảy ra đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra xyz . Û Û===4 Nhận xét: Ta cũng có bất đẳng thức Côsi cơ bản sau: Với a,b,cd,0> thì: 1111 111111 abcdæö16 æö ( +++)ç+++³÷ Þ £ç +++÷. èøçabcd÷ a+b++cd16èøçabcd÷ Áp dụng vào thí dụ trên, ta có: 111æö1111 11æö211 =£ç +++÷÷ Þ£ç ++÷÷ . 2x+y+zx+x++yz16èøç xxyz÷ 2x++yz16èøç xyz÷ 11æö121 11æö112 Tương tự suy ra: £ç ++÷÷ và £ç ++÷÷ . x++2yz16èøç xyz÷ x++y2z16èøç xyz÷ 1111æö111 Þ ++£ç ++÷=÷ 1 Þ đpcm. 2x+y+zx+2y+zx++y24zèøç xyz÷ 3 Đẳng thức xảy ra xyz . Û===4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 7 Thí dụ 1.2 (Bất đẳng thức Nesbit 3 biến). abc3 Cho a,bc,0> . Chứng minh rằng: ++³. (1) b+cc++aab 2 Bài giải abc9 æ1öæ11öæö Dễ thấy (1) Û ç+÷+çç+÷÷++³ çèb+cø÷èççc++aø÷÷èøab 2 111 29abcæö Û()++ç ++³÷ çèøb+cc++aab÷ éù111 éùabbcca 9. (2) Ûëû()()()+++++êú++³ ëûêúa+bb++cca Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản thì (2) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Ûabc==>0. Nhận xét : · Bất đẳng thức Nesbit cũng là một trong các bất đẳng thức thông dụng, thường dùng làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh một bất đẳng thức khác, nhằm rút gọn phép chứng minh một bất đẳng thức. · Xin đưa ra một thí dụ hình học lý thú minh hoạ cho bất đẳng thức Nesbit sau: Cho DABC . Vẽ ba phân giác AA',BB',CC' . Gọi kkkabc,, tương ứng là khoảng cách từ ABC',',' đến AB,,BCCA . Gọi habc,,hh tương ứng là ba chiều cao hạ từ kabckk3 A,,BC. Chứng minh: ++³ . hahhbc2 Bài giải Ta có: SSS (Hình 1.1) DABC=+DDABA''AAC 111 ahckbk Þ2a=+22aa k a ahkbc a Þaa=()+Þ= . (Hình 1.1) habc+ kb b kc c Hoàn toàn tương tự, ta có: = ; = . hb ca+ hc ab+ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 8 kabckk3 abc3 Từ đó suy ra: ++³ Û ++³. (*) hahhbc2 b+cc++aab 2 Theo thí dụ 1.2 Þ (*) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û DABC đều. xyz3 Thí dụ 1.3 Cho x,yz,0> và x+yz+=1. Chứng minh: ++£. x+1yz++114 Bài giải xyz 111æö111 Có: ++=1-+1-+13-=-ç ++÷÷ . x+1y+1z+1x+1y+1z+1èøç x+1yz++11÷ Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có: 11199 ++³=, (do: x+yz+=1). x+1y+1z+1x+1+yz+1++14 xyz 93 Vậy: ++£3-=Þđpcm. x+1yz++1144 ìx1yz11 1 Đẳng thức xảy ra ï +=+=+ xyz . Ûíxyz1 Û===3 îï ++= Nhận xét: · Xin đưa ra một minh hoạ lượng giác cho thí dụ trên: Chứng minh rằng trong mọi DABC , ta luôn có: ABBCCA sin.sinsin.sinsin.sin 3 222222. (1) AB+BC+£CA 4 cos-ccos os 222 Thật vậy, ta có (1) tương đương với: ABBCCA sin.sinsin.sinsin.sin 222222 3 ABAB+BCBC+£CACA4 cos.cossin.sincos.cossin.sinccos.ossin.sin 22+2222++222222 ABBCCA tan.tantan.tantan.tan 3 222222 . (2) ÛAB+BC+£CA 4 tan.tan1tan.tan1tan.tan1 22+++2222 AB BC CA Đặt a tan.tan ; b tan.tan ; c tan.tan , abc,,0. = 22 = 22 = 22( > ) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 9 ABBCCA Dễ thấy: abc tan.tantan.tantan.tan1. (3) ++= 22+22+=22 abc3 Khi đó (2) trở thành: ++£. (4) a+1bc++114 Theo thí dụ 1.3 thì từ (3),(4) Þ (1) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Ûab==cÛAB==CÛDABC đều. · Theo cách giải trên, ta cũng chứng minh được dạng tổng quát của thí dụ 1.3 sau: Cho x12,xx, ,0n > thoả mãn: x12+xx+ 1+=n . xx12 xn n Chứng minh: ++ +£. x12+1x+1xnn ++11 Thí dụ 1.4 Cho x,yz,0> . Chứng minh rằng: xyz3 M=++£. 2x+y+zx+2y+zx++yz24 Bài giải x+y+zx+y+zx++yz Có M =111-+-+- 2x+y+zx+22y+zx++yz æö111 =3-()x+yz+ç ++÷÷= èøç2x+y+zx+22y+zx++yz÷ 1éù111 3éù2xyzx2yzxyz2.êú =-4ëû()()()++++++++2xyz++x22yzxyz ëûêú++++++ Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: éù111 éù2xyzx2yzxyz29êú. ëû()()()++++++++2xyz+x22yz+³xyz ëûêú++++++ 13 Vậy M 3.9 đpcm. £-=44Þ Đẳng thức xảy ra Ûx==yz. Thí dụ 1.5 Cho a,bc,0> và ab+bc+=caabc . Chứng minh: 1113 ++<. a+2b+3cb+2c+3ac++2ab316 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 10 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 111æö111éù1æ11ö1æö11 =£çç+ ÷ êúçç÷÷ a2b3cac2bc42çacbc÷ £44çça+c÷÷++422bc ++( +)+( +) èøç ++( )÷ ëûêúèøèø 11111113 Þ£+++=++. (1) a++2b3c16a16c32b32c16a32bc32 ïìa+c=+2()bc ï Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûíïa=cÛabc===0. ï ï22bc îï = Điều này không xảy ra vì theo giả thiết a,bc,0> . 1113 Vậy ta có: <++. (2) a++2b3c16a32bc32 1113 Tương tự: <++, (3) b++2c3ab1632ca32 1113 và <++. (4) c++2a3b16c32ab32 Cộng từng vế của (2),(3),(4) ta được: 111æ113öæö111 ++<çç++÷÷++ . (5) a+2b+3cb+2c+3ac++2a3bèçç163232÷÷øèøabc 111 Theo giả thiết: abbccaabc 1. (*) ++= Þabc++= 1113 Suy ra (5) Û ++< Þ đpcm. a+2b+3cb+2c+3ac++2ab316 Nhận xét: Cũng theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có cách giải khác cho thí dụ trên: Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 11æ11ö1éù1æö111 çç÷÷êú a2b3c£4çça2b+3c÷÷£44a++2bc12 +++èøëûêúèø 1111 Þ£++. (6) a++2b3c16a32bc12 ab2 Đẳng thức trong (6) xảy ra ïì = . Û í43bc îï = Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 11 1111 Tương tự ta có: £++, (7) b++2c3ab1632ca12 1111 £++. (8) c++2a3b16c32ab12 ca2 bc2 Đẳng thức xảy ra tương ứng trong (7),(8) là ïì = vàïì = . í43abí43cb îï = îï = Cộng từng vế của (6),(7),(8) ta được: 111æ111öæö111 ++£çç++÷÷++ . (9) a+2b+3cb+2c+3ac++2a3bèçç163212÷÷øèøabc Đẳng thức trong (9) xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (6),(7),(8) xảy ra Ûabc===0 .Vô lý, vì a,bc,0> nên đẳng thức trong (9) không thể xảy ra. 111173 Theo (*) Þ (9) Û ++<< Þ đpcm. a+2b+3cb+2c+3ac++2ab39616 Nhận xét: Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng thức ban đầu. Thí dụ 1.6 Cho DABC nhọn. Chứng minh rằng: 111111 . cosA+cosBC+³cos ABC++ sinsinsin 222 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 114 222 cosA+³cosBcosABcos =ABAB=³CABC + ccos+.cos sin.ossin 22222 112 . (1) Þ cosAB+³cos C sin 2 ìcosAB= cos ï Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ï AB Û=AB. ícos1- ï = îï 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 12 112 Tương tự, ta có: , (2) cosBC+³cos A sin 2 112 . (3) cosCA+³cos B sin 2 111111 Cộng từng vế (1),(2),(3) đpcm. Þ cosABC+cos+cos ³A++BCÞ sinsinsin 222 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û A==BC Û DABC đều. Thí dụ 1.7 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA',BB','CC là ba đường AA'BB'CC '9 cao lần lượt cắt đường tròn tại ABC1,,11. Chứng minh: ++³. AA1BB11CC 4 Bài giải Gọi H là trực tâm DABC (Hình 1.2), ta có: A''H= AA1 , B''H= BB1 , C''H= CC1 . (1) AABBCC AA' BB' Có 1111 1 1 1 AA'+BB''+=CC ++AA' ++BB ' CC' A'HB''HCH +1 1 3 . (2) + CC ' =+++AA'BB''CC A'HB''HCH Theo địng lý Sêva, thì: 1. AA'+BB''+=CC AABBCC (2) 1114. (3) ( Hình 1.2 ) Þ Û AA'+BB''+=CC Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: æöAA11BB CC1æöAA'BB''CC ç ÷ç ÷ 9 . (4) ç ++÷ç ++³÷ èøç AA'BB''CC÷èøç AA1BB11CC ÷ AA'BB'CC '9 Từ (3),(4) Þ ++³ Þ đpcm. AA1BB11CC 4 Đẳng thức xảy ra Û H là trọng tâm của DABCÛDABC đều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 13 Thí dụ 1.8 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA',BB','CC là ba trung tuyến tương ứng lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 .(Hình 1.3). AA'BB'CC '9 Chứng minh: ++£. AA1BB11CC 4 Bài giải a2 Ta có: AA'.A'ABA'.'AC 1 ==4 AA'.AAAA'.AA''AA Þ11=( +=) a222b2c2aa22 m2 +- . =a +4=+44 bc22 AA'.AA + Þ 1 = 2 2 2 AA''AA 2ma Þ==22 AA11AA'.AA bc+ 2b221c2aa22 +- 1. . (Hình 1.3) =22=- 22 2(bc+ ) 2bc+ BBb'12 CCc'12 Tương tự ta có: =-1.22 ; =-1.22. BB1 2ca+ CC1 2ab+ AA'BB'CC'91æöa2bc229 Từ đó 3ç ÷ . Þ ++£Û-ç22++2222÷ £ AA1BB11CC 42èøçb+cc++aab÷ 4 a2bc223 Û 22+22+³22 . (1) b+cc++aab 2 Theo thí dụ 1.2 thì (1) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Ûabc==Û DABC đều. Nhận xét: Đây là một minh hoạ hình học nữa cho bất đẳng thức Nesbit. Thí dụ 1.9 Cho hình chóp tam giác S.ABC , trong đó SA,,SBSC đôi một vuông góc với nhau. Kẻ đường cao SH . Đặt AS·H = a , B·SH = b ,C·SH = g (Hình 1.4). cccos2os22os3 Chứng minh: abg. 22+22+£22 (*) sinb+singsing++sinasinabsin 4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 14 Bài giải 222 Dễ thấy: cccosa+osbg+=os1 (1) 222 Þsina+sinbg+=sin2. (2) 22 Đặt x =+sinabsin , 22 y =+sinbgsin , 22 z =+singasin . Khi đó, từ (2) Þx+yz+=4 . (3) (Hình 1.4) 1cos2cos21cos2cos21ccos22os3 Từ (1) -b-g-a-g ba Þ ()*Û22+22+£22 sinb+singsing++sinasinabsin 4 222222 sing+sinb-1sina+sing-1sinab+-sin13 Û22+22+£22 sinb+singsina++singsinbasin 4 æö11131119 Û3-ç ++÷£Û++³. (4) èøç xyz÷ 44xyz æö111 Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: ()x+yz+ç ++÷÷³9 . (5) èøç xyz÷ Từ (3),(5) Þ (4) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û x=y=zÛa==Ûbg S.ABC là hình chóp đều với các góc ở đỉnh là tam diện vuông. 1.3 SỬ DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.3.1 Nội dung phương pháp. Phương pháp này thích hợp với những bất đẳng thức có thể trực tiếp áp dụng ngay bất đẳng thức Côsi, hoặc sau những biến đổi sơ cấp đơn giản là có thể sử dụng ngay được bất đẳng thức Côsi. Lớp các bất đẳng thức này rất rộng, vì thế phương pháp này cũng là một trong những phương pháp thông dụng để chứng minh bất đẳng thức Kỹ thuật chủ yếu là lựa chọn các số thích hợp để sau khi áp dụng bất đẳng thức Côsi với các số ấy sẽ cho ta bất đẳng thức cần chứng minh . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 15 1.3.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 1.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2005). xxx æ12öæ15öæö20 xxx Chứng minh: ç÷+çç÷÷+³345++, với "ÎxR. èç5÷øèçç43÷÷øèø Bài giải xxx æ12öæ15öæö20 Do ççç÷>0,÷÷>>0,0, "ÎxR. Theo bất đẳng thức Côsi ta có: èççç5÷øè43÷÷øèø 12x15x12xx15 æ÷öæ÷ö2.æ÷÷ö.æö 2.3x . (1) ç÷+ç÷³=çç÷÷ èç5÷øèç4÷øççè54÷÷øèø xx æ12öæö15 Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûçç÷÷=Û=x0 . èçç54÷÷øèø xx æ15öæö20 x Tương tự, ta có: çç÷÷+³2.5 , (2) èçç43ø÷÷èø 20xx12 æöæö 2.4x çç÷÷+³. (3) èçç35÷÷øèø Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được: xxx æ12öæ15öæö20 xxx ç÷+çç÷÷+³345++ Þ đpcm. èç5÷øèçç43÷÷øèø Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û x = 0. 111 1 Thí dụ 1.11 Cho x,yz,0> và ++=2 . Chứng minh: xyz £ . 1+x11++yz 8 Bài giải 111yz Từ giả thiết ta có: =11-+-=+. 1+x1+y111+++zyz 1 yz Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: ³>2.0. (1) 1+x(11++yz)( ) yz Đẳng thức trong (1) xảy ra Û=Û=yz. 11++yz Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 16 1 zx Tương tự ta có: ³>2.0, (2) 1+y(11++zx)( ) 1 xy ³>2.0. (3) 1+z(11++xy)( ) Nhân từng vế của (1),(2),(3) ta được: 2 18æöxyzxyz 8. ç÷ ³çç=÷ (1+xy)(1+ )(1+z ) èøç(1+x)(1+y)(1+z )÷(1+xyz )(11++ )( ) 1 18xyzxyz đpcm. Û³Û£8 Þ 1 Đẳng thức xảy ra đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra xyz . Û Û===2 Nhận xét: Với cách lập luận trên có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự sau: 1111 1 · Cho x,y,zt,0> và +++=3. Chứng minh: xyzt £ . 1+x1+y11++zt 81 n 1 n 1 · Cho a12,a, ,ann >³0,2 và =-n 1. Chứng minh: ai £ n . ( ) å1 a Õ i=1 + i i=1 (n -1) Thí dụ 1.12 Cho a,bc,0> và abc++=3 . abc3 Chứng minh: 2+22+³. 1+b11++ca2 Bài giải 2 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 12+³bb. aab22abab Þ22=a-³aa-=- . (1) 11++bb22b Đẳng thức xảy ra Û=ab. bbc cca Tương tự ta có: 2 ³-b ; 2 ³-c (2) 1+ c 2 1+ a 2 abcabbcca Từ (1),(2) abc ++. (3) Þ 2+22+³()++- 1+b11++ca 2 2 Dễ thấy: (a+b+c) ³3(ab++bcca) Þab+bc+£ca 3 (do abc++=3 ). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 17 abc3 Nên từ (3) suy ra: 2+22+³ Þ đpcm. 1+b11++ca2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Ûabc===1. Nhận xét: · Với cách làm trên cũng chứng minh được một bất đẳng thức tương tự với 4 số: Cho a,b,cd,0> và a+b+cd+=4 . Chứngminh: abcd 2+2+22+³2. 1+b1+c11++da · Nếu ta sử dụng ngay bất đẳng thức Côsi với mẫu số thì sẽ không thu được kết quả. Tuy nhiên, khi ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp đơn giản sau đó áp dụng bất đẳng thức Côsi với mẫu thì thí dụ được giải quyết một cách đơn giản và dễ hiểu hơn, nên sẽ thu được kết quả theo yêu cầu. · Theo cách suy luận trên, ta có lời giải cho các thí dụ sau: Thí dụ 1.13 Cho a,b,cd,0> và a+b+cd+=4 . Chứng minh: 1111 M=2+2+22+³2 . 1+a1+b11++cd Bài giải 1a22aa Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 22=1-³11-=- . (1) 11++aa22a 2 Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûaa=1Û=1. 1 b 1 c 1 d Tương tự ta có: 2 ³-1 ; 2 ³-1 ; 2 ³-1 . (2) 1+ b 2 1+ c 2 1+ d 2 abcd Từ (1),(2) M 42+++ đpcm. Þ³-=2 Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Ûab==cd==1. Thí dụ 1.14 Cho a,bc,0> và abc++=3 . a+1bc++11 Chứng minh: M=2+22+³3. b+1ca++11 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 18 Bài giải Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 22 a++1(a++11)b(ab) abb 22=a+1-³aa+1-=+-1. (1) bb++1122b 2 Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûbb=1Û=1. b++1 bcc Tương tự ta có: 2 ³b +-1 , (2) c +1 2 c++1 caa 2 ³c +-1 . (3) a +1 2 abcabbcca Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M 33++-( ++) đpcm. ³+³2 Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Ûabc===1. Nhận xét: Tương tự cũng chứng minh được bất đẳng thức với 4 số: Cho a,b,cd,0> và a+b+cd+=4 . Chứng minh: a+1b+1cd++11 2+2+22+³4. b+1c+1da++11 Thí dụ 1.15 Cho a,b,cd,0> . Chứng minh: 3333 abcda+b++cd 22+222+2+³22 . a+bb+cc++dda 2 Bài giải a3ab22abb Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 22=a-22³aa-=-. (1) a++bab 22ab Đẳng thức trong (1) xảy ra Û=ab. bc3 Tương tự, ta có: 22³-b , (2) bc+ 2 cd3 22³-c , (3) cd+ 2 da3 22³-d . (4) da+ 2 Cộng từng vế của (1),(2),(3),(4) ta được: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 19 3333 abcda+b++cd 22+222+2+³22 Þ đpcm. a+bb+cc++dda 2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(4) xảy ra Ûab===cd. Thí dụ 1.16 (Bất đẳng thức Minkowski). Cho a123,aa,0³ ; b123,bb,0³ . Chứng minh: 3ababab33aaabbb. ( 1+1)( 2+2)( 3+3) ³+123123 (1) Bài giải ababab 0 13k · Nếu ( 1+1)( 2+2)( 33+=) Þ=VT 0 . Ngoài ra tồn tại k ( ££) mà: abkk+=Þ0 abkk==0 (do abkk³³0,0)Þ=VP 0 Þ bất đẳng thức (1) đúng. ababab 0. · Nếu ( 1+1)( 2+2)( 33+>) khi đó: a1a2ab33bb12 (1) Û33+£1. (2) a1+b1a2+b2a3+b3a1+b1a2++b2ab33 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a1a2aa331æöaa12 3 ç ÷, (3) £ç++÷ a1+b1a2+b2a3+b33èøça1+b1a2++b2ab33÷ b1b2bb331æöbb12 3 ç ÷. (4) £ç++÷ a1+b1a2+b2a3+b33èøça1+b1a2++b2ab33÷ Cộng từng vế (3),(4) Þ (2) đúng . Đẳng thức trong (2) xảy ra Û Đồng thời đẳng thức trong (3),(4) xảy ra ïì aa12a3 ï == ïababab aaa ï1+12++233 123 Û í Û== . ïbb12b3 b1bb23 ï== ïababab îï 1+12++233 Kết hợp hai điều trên Þ (1) đúng Þ đpcm. é$k(1£k£3):0abkk== ê Đẳng thức trong (1) xảy ra Û êaa12a3 . ê == êbbb ë 123 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 20 Nhận xét: · Xin đưa ra một minh hoạ hình học cho bất đẳng thức trên. Cho ABC . Gọi M,,NP là điểm bên trong cạnh BC, AC và MN . Đặt SS ; D = DABC SS ; SS . Chứng minh: 33SSS3 . (5) 1 = DAPN 2 = DBPM 12+£ Bài giải Đặt BMa= 1 ; CMa= 2 ; CNb= 1 ; ANb= 2 ; MPc= 1 ; NPc= 2 . (Hình 1.5). SS11S CMN Ta có: = .D SSS DCMN bcba 2212 = bccbbaa 1( 1+2) ( 1++2)( 12) abc 222 . (6) = aabbcc ( 1+2)( 1++2)( 12) Sabc Tương tự, ta có: 2111 (7) (Hình 1.5) S= aabbcc ( 1+2)( 1++2)( 12) 33abcabc3aabbcc Từ (6),(7) suy ra (5) Û111+222£( 1+2)( 1++2)( 12) . (8) Theo thí dụ 1.16 thì (8) đúng Þ đpcm. · Hoàn toàn theo cách chứng minh trên ta cũng chứng minh được dạng tổng quát của bất đẳng thức Minkowski sau: a,aa, , b,bb, , nn2, Cho hai dãy số không âm: 12 n ; 12 n ( ³Î¢). Ta có: nabab abnnaa abbb ( 1+1)( 2+2) ( n+n) ³+12nn12 . n-1 æö22n nn2, C01.CC n ç - ÷ Thí dụ 1.17 Cho ³Î¥ . Chứng minh rằng: nnn£ç ÷ . èøç n-1 ÷ Bài giải 0 n 01nn121- Vì CCnn==1, nên ta có: Cn.Cn Cn= CnCCnn . (1) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 12nn1121 CC 1C nn-1 CCC n+n++n³( -) n×nn××× . Vì C1C2 Cn 1C0C1C2 Cn10CnnCC n+n++n=n+n+n++n+n-+( nn) n n =(1+1) -2=-22. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 21 n 121n 22n1 n-1 CCC- Þ-³( -) n×nn××× . (2) n-1 æö22n C01.CC n ç - ÷ Từ (1),(2) suy ra: nnn£ç ÷ Þ đpcm. èøç n-1 ÷ n2 121n-é = Đẳng thức xảy ra CnCCnn ê . Û ===Ûn3 ëê= Thí dụ 1.18 (Bất đẳng thức Côsi suy rộng). Cho n số không âm: a12,aa, , n và a12,aa, , n là các số hữu tỉ dương có tổng bằng aa12 an 1. Chứng minh: a1a1+aa2a2+ +³nanna12.aa Bài giải n Vì 0, kn1, và 1. aakk>Î¤ ( = ) ak = åk=1 pp p Nên đặt 12,, , n , trong đó: p,pp, , , M là các số nguyên a12=Maa==MMn 12 n dương và: p12+pp++ n = M . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho p1 số a1 , p2 số a2 , , pn số an ta có: aa aa aaa 1+1++1+22++++nn++ Mapp12.aa pn M ³ 12 n pp p pp12 pn 12aa naaM.aaMM ÛM1+MM2++³nn12 aa12 an Û a1a1+aa2a2+ +³nanna12.aa Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa== n . 1 Nhận xét : Khi lấy , ta có bất đẳng thức Côsi dưới dạng: · a12=aa===n n n a1+a2+ +³annna12aa . · Theo lời giải của thí dụ trên ta chứng minh được bất đẳng thức sau (Bất đẳng thức Holder). Cho hai dãy số không âm: a12,aa, , n và b12,bb, , n , p và q là hai số hữu tỉ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 22 11 npqnn 11 æpqöæö dương sao cho: +=1. Chứng minh: ççak÷÷.bkabkk. pq ççå÷÷åå³ èççk=1÷÷øèøkk==11 Thật vậy, theo thí dụ 1.18 ta có kết quả sau: 11pq Nếu ab0,0thì a+³bab . (1) ³³ pq ak bk Áp dụng (1) với a = 1 ; b = 1 ; "=kn1, . Ta có: n p n q æöp æöq ç a ÷ ç b ÷ çå k ÷ çå k ÷ èøç k=1 ÷ èøç k=1 ÷ pq 11akbkabkk nn+³11. (2) pq pqnnpq abæpqöæö ååkkççab÷÷ kk==11ççååkk÷÷ èççkk==11÷÷øèø Vì (2) đúng với mọi kn=1,2, , nên cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có: n ab 11 å kk k=1 . (3) pq+³ 11 nnpq æpqöæö ççab÷÷ ççååkk÷÷ èççkk==11÷÷øèø 11 Do +=1, nên từ (3) đpcm. pq Þ Đặc biệt: Nếu pq==2 thì từ bất đẳng thức Hônđe ta có được bất đẳng thức Bunhiacopski: a2a2 a2b2b22 babab ab 2 . ( 1+2++n)( 1+2++n)³( 11+22++nn) Thí dụ 1.19 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta luôn có: cosAB++coscosCR 222³ . (1) sinABC++sinsin 3r Bài giải ABC Áp dụng hệ thức rR4sinsinsin , ta có: = 222 cosABC++coscos1 (1) 222³ . (2) Û sinAsinBCsin ABC ++ 12sinsinsin 222 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 23 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 222 (sinAB+sin+sinC)(sinAB+sin+³sinC) 9sinAsinBCsin . (3) Đẳng thức trong (3) xảy ra Û A==BC. 3 Mặt khác, trong mọi ABC thì cosAcosBCcos . D ++£2 Từ (3) suy ra: 222 (sinAB+sin+sinC)(sinAB+sin+sinC) ³6sinAsinBsinC(cosA++cosBCcos ) cosAB+cos+cosCsinABC++sinsin Þ 222³ sinA++sinBCsin 6sinAsinBCsin ABC 4cccososos cosABCcoscos1 ++ 222 . Þ 222³=ABCABCABC sinABC++sinsin 48sinsinsincosccosos12sinsinsin 222222222 Vậy (2) đúng Þ (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra Û A==BCÛ DABC đều. Nhận xét : · Trong thí dụ này, ngoài sử dụng bất đẳng thức Côsi, còn sử dụng đồng thời các hệ thức lượng giác, bất đẳng thức lượng giác cơ bản đã biết trong tam giác và phép biến đổi tương đương để chứng minh. Việc vận dụng nhiều phương pháp khác nhau, nhiều kết quả toán học khác nhau để chứng minh một bài toán là một điều mà người học toán, làm toán cần quan tâm. · Thông qua ví dụ này cho thấy việc phân loại các phương pháp chứng minh chỉ có tính chất tương đối mà thôi. 1.4 THÊM BỚT HẰNG SỐ KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.4.1 Nội dung phương pháp. Ta hãy bắt đầu bằng một thí dụ đơn giản: 2abc Cho a,bc,0. Chứng minh: 3ab33bcca 1( ++) . > ++-£ 3 Bài giải Biểu thức dưới dấu căn bậc 3 là một tích của hai thừa số. Để có thể sử dụng được bất đẳng thức Côsi ta cần viết: ab= ab.1 ; bc= bc.1 ; ca= ca.1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 24 Nói khác đi, ta đã thêm vào thừa số 1 (hằng số ở đây là 1). ab1 Khi đó theo bất đẳng thức Côsi ta có: 33abab.1 ++, (1) =£3 bc1 33bcbc.1 ++, (2) =£3 ca1 33caca.1 ++. (3) =£3 2abc Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 3ab33bcca ( ++) 1 đpcm. ++£+3 Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy raÛ abc===1. Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi. Vấn đề quan trọng ở chỗ cần chọn hằng số như thế nào để có thể áp dụng được bất đẳng thức Côsi vào bất đẳng thức cần chứng minh. Đồng thời phải chọn đúng hệ số khi ghép cặp để đẳng thức có thể xảy ra được. 1.4.2 Một số thí dụ minh hoạ. 4 Thí dụ 1.20 Cho x,yz,0 và xyz1. Chứng minh: xxy3 xyz . > ++= ++£3 Bài giải 11 Ta có: xxy33xyzxx.4yx.4yz.16 . ++=++24 11x4yx4yz16 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: x.4y3 x.4yz.16 +++ . 2+4£+412 44 xxy3 xyzxyz (do xyz1) đpcm. Þ ++£33()++= ++= Þ ì 16 ïx ï = 21 ìxy4 ï ï = ï ï ï 4 Đẳng thức xảy ra Ûííïï4y=16zyÛ=. ïï21 ïïxyz1 îïïï++= ï1 ïz= îï 21 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 25 3 Thí dụ 1.21 Cho a,bc,0 và abc . > ++=4 333 Chứng minh: a+3b+b+3c+ca+£33. Bài giải ab311 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3 a3b3 ab3.1.1 +++, (1) +=()+£3 bc311 3 b3c3 bc3.1.1 +++, (2) +=()+£3 ca311 3 c3a3 ca3.1.1 +++. (3) +=()+£3 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 46abc 3a3b33b3cca33( +++) đpcm. +++++£3 =Þ 1 Đẳng thức xảy ra đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra abc . Û Û ===4 444 222 Thí dụ 1.22 Cho a,bc,0> và abc++=48 . Chứng minh: ab+bc+£ca 24 . Bài giải 44444 44442 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a+b+b+24³=ab b.28ab , (1) 44444 44442 b++cc+2³=4b cc.28bc , (2) 44444 44442 c++aa+2³=4c aa.28ca . (3) Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 444222 222 3(a+b+c)+488³(ab++bcca ) Û ab+bc+£ca 24 Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û abc===2 . 111 Thí dụ 1.23 Cho a,bc,0> và abc3abc . Chứng minh: 3+33+³3. ++= abc Bài giải 11113 3 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 3+3+1³=333.1 . (1) abab ab Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 26 Đẳng thức xảy ra Ûab==1. 113 Tương tự, ta có : 33++³1 , (2) bc bc 113 33++³1 . (3) ca ca 111111 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 2æö33æö. (4) çç3+33+÷÷+³++ èççabcø÷÷èøabbcca 111 Theo giả thiết: abc3abc 3 . (5) ++= Þab+bc+=ca 111 Từ (4),(5) 3+33+³3 đpcm. Þ abc Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(5) xảy raÛ abc===1. Nhận xét: Qua các thí dụ trên ta đã thấy rõ cách thêm các hằng số thích hợp sẽ giúp ích rất nhiều trong chứng minh. Ở thí dụ 1.20, 1.21 hằng số thêm vào là hằng số nhân, còn hằng số thêm vào trong thí dụ 1.22 và 1.23 là hằng số cộng. Tương tự ta có lời giải cho các thí dụ sau: 3 5 Thí dụ 1.24 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: f(x)2=-xx( ) trên [0,2]. Bài giải 3 3 35x5 Có f(xx)2æö÷ . =-3 ç÷() 5èøç3÷ 33 5x55xx f(x)æ÷÷÷öæöæö2xx22x22xx. Þ =3 ççç÷÷÷( -)(- )( )( )( ) 5èççç3÷÷÷øè33øèø 38 3835 3éù1æö5x 353.5 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: f(xx)£3êúç3.+52-÷==388. 583ç ()÷544 ëûêúèø 5x 3 Đẳng thức xảy ra 2 x x 0;2 . Û 3 =-Û=Î4 [] 335.5 3 Vậy Maxfx()= 8 khi x = . 4 4 Nhận xét: Có thể dùng đạo hàm để giải thí dụ trên. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 27 x3y3z3x2yz22 Thí dụ 1.25 Cho x,yz,0> . Chứng minh: 333222. y+z+x³y++zx Bài giải x3x3xx62 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3+3+1³=3.362, (1) yyyy y3y3yy62 3 3+3+1³=3.362, (2) zzzz z3z3zz62 3 3+3+1³=3.362. (3) xxxx æx3y3z3öæöx2yz22 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 2çç÷÷33 . (4) çç3+3+3÷÷+³2++22 èççyzxø÷÷èøyzx x3y3z3x3yz33 3 Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi thì: 3+3+3³=33.33.3. (5) yzxyzx x3y3z3x2yz22 Từ (4),(5) suy ra: đpcm. y3+z3+x3³y2++zx22Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(5) xảy ra Ûx==yz. 1.5 THÊM BỚT BIẾN KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.5.1 Nội dung phương pháp. Phương pháp sử dụng trong 1.5 cũng tương tự như phương pháp trong 1.4. Điều khác nhau chỉ là ở chỗ thay cho thêm hằng số, thì việc thêm bớt vào bất đẳng thức cần chứng minh ở đây là các biểu thức chứa biến. 1.5.2 Một số thí dụ minh hoạ. 555 abc 333 Thí dụ 1.26 Cho a,bc,0> . Chứng minh: M=2+22+³a++bc. bca Bài giải 55 aa223 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 22+ab³=22aba. (1) bb Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 28 5 a 2 Đẳng thức trong (1) xảy ra 2 =abÛ=ab. Û b 5 5 b 23 c 23 Tương tự ta có: 2 +³bcb2 ; 2 +³cac2 . (2) c a 222333 Từ (1),(2) suy ra: M+(ab+bc+ca) ³2(a++bc). (3) 333222 Ta chứng minh: a+b+c³ab++bcca . (4) Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3333 3332332 a+a+c³=33aacca Þ23a+³cca . 332 332 Tương tự ta có: 23b+³aab ; 23c+³bbc . 333222 Từ đó Þ a+b+c³ab++bcca Þ (4) đúng. 333 Cộng từng vế của (3),(4) ta được: M³a++Þbc đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(4) xảy ra Û abc==. x2yz223 Thí dụ 1.27 Cho x,yz,0> và xyz =1. Chứng minh: ++³. 1+y1++zx12 Bài giải 22 x11++yxy Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: +³=2 x . (1) 1++yy414 2 xy1+ Đẳng thức trong (1) xảy ra Û =Û21xy=+ . 14+ y 2 2 yz1+ zx1+ Tương tự ta có: +³y ; +³z . (2) 14+ z 14+ x x2yz223(x++yz) 3 Từ (1),(2) suy ra: ++³-. (3) 1+y1++zx144 Theo bất đẳng thức Côsi thì: x+y+z³=333 xyz . (4) x2yz223 Từ (4),(5) Þ ++³ Þ đpcm. 1+y1++zx12 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(4) xảy raÛ x=yz==1 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 29 Thí dụ 1.28 Cho x,yz,0> và xyxy+yzyz+=zxzx 1. x6yz661 Chứng minh rằng: 33+33+³33 . x+yy++zzx 2 Bài giải 333 Đặt a=x,,b==ycz. Khi đó bài toán trở thành: Cho a,bc,0> và ab+bc+=ca 1. a222bc1 Chứng minh: M=++³. a+bb++cca 2 22 aa++baab Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: +³=2. a . (1) a++b44ab 2 aab+ Đẳng thức trong (1) xảy ra Û=Û=ab. ab+ 4 2 bbc+ Tương tự ta có: +³b , (2) bc+ 4 2 cca+ +³c . (3) ca+ 4 abcabc Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M++abcM ++. (4) +22³++Þ³ Dễ thấy với a,bc,0> thì ab++c³ab+bc+=ca 1. (5) 1 Từ (4),(5) M đpcm. Þ³Þ2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3),(5) 1 abcxyz . Û==Û===3 Thí dụ 1.29 Cho a,bc,0> và ab++=c3abc . Chứng minh: bccaab 333++³1 . (1) a(c+2b) b(a++22c) c(ba) Bài giải 111 Đặt x,,yz. Khi đó (1) trở thành: Cho x,yz,0 và xyy3zzx . =a==bc > ++= Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 30 xyz333 Chứng minh: M=++³1. y+2zz++22xxy Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 33 99xx2 +()y+2zx³2()y+=26zxx, (1) y++22zyz 33 99yy2 +()z+2xy³2()z+=26xyy, (2) z++22xzx 33 99zz2 +()x+2yz³2()x+=26yzz. (3) x++22yxy 222 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 9M+36(xy+yz+zx) ³(x++yz) . (4) 222 Ta luôn có: x+y+z³xy++yzzx và do xy+yz+=zx 3. (5) xyz333 Nên từ (4) suy ra: M=++³1 Þ đpcm. y+2zz++22xxy Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(5) xảy ra Ûx=y=z=11Ûabc===. Thí dụ 1.30 Cho a,bc,0> . Chứng minh: 333 abca++bc 2+22+³ . (b+c) (c++a) (ab) 4 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 33 88aa2 bcbc363bca. (1) 22+()()+++³()+= (b++c) (bc) Đẳng thức xảy ra Û b+=ca2 . 8b3 Tương tự ta có: cacab6 , (2) 2 +()()+++³ (ca+) 8c3 ababc6 . (3) 2 +()()+++³ (ab+) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 31 æöa3bc33 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 82ç ÷ abc ç 2+22+÷ ³()++ èøç(b+c) (c++a) (ab) ÷ 333 abca++bc Û 2+22+³ Þ đpcm. (b+c) (c++a) (ab) 4 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û abc==. 111 Thí dụ 1.31 Cho x,,yzÎ thoả mãn: x+yz+=1. Chứng minh : ¡ 333 xyzxyz 9993++33 xyz+yzx+³zxy . 3+3+++3++333 4 Bài giải xyz Đặt a=3,bc==3,3 Þ>abc,,0 và ab+bc+=caabc . Khi đó thí dụ trên trở thành: Cho a,bc,0> và ab+bc+=caabc . Chứng minh: 222 abca++bc ++³ . (1) a+bcb++cacab 4 333 abca++bc Có (1) Û 2+22+³ . (2) a+abcb++abccabc 4 Thay abc=ab++bcca vào (2) , ta được: 333 abca++bc (2) Û++³. (3) (a+b)(a+c) (b+c)(b+a) (c++a)(cb) 4 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 33 aa+ba+caa++baca3 ++³=3.3 . (4) (a+b)(a+c) 88(a++b)(ac) 884 3 aa++bac Đẳng thức trong (4) xảy ra Û ==Û abc==. (a++b)(ac) 88 3 bb++cbab3 Tương tự: ++³, (5) (b++c)(ba) 884 3 cc++acbc3 ++³. (6) (c++a)(cb) 884 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 32 Cộng từng vế của (4),(5),(6) ta được: 333 abca++bc ++³ Þ đpcm. (a+b)(a+c) (b+c)(b+a) (c++a)(cb) 4 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (4),(5),(6) xảy ra 1 abc xyz0. Û ===Û3 === Thí dụ 1.32 Cho x,yz,0> và xyz =1. Chứng minh: xyz3333 M=++³. (1+y)(1+z) (1+z)(1+x) (1++xy)(14) Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3 3 x1++y13zxx(11++yz)( ) ++³=3 3 . (1) (1+y)(1+z) 8864(1++yz)(14) x3 11yzyz Đẳng thức xảy ra ++ïì = . Û 1yz1=88=Ûí21xy ( ++)( ) îï =+ 3 y1++z13xy Tương tự ta có : ++³, (2) (1++zx)(1) 884 3 z1++x13yz ++³. (3) (1++xy)(1) 884 3 xyz Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M ++. (4) +³42 Theo bất đẳng thức Côsi thì: x+y+z³=313 xyz . (5) 3 Từ (4),(5) M đpcm. Þ³4 Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3),(5) Ûx=yz==1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 33 1.6 NHÓM CÁC SỐ HẠNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.6.1 Dạng 1. 1.6.1.2 Nội dung phương pháp. Khi chứng minh bất đẳng thức, ta cần sử dụng nhiều bất đẳng thức phụ. Để dấu đẳng thức xảy trong bất đẳng thức chính ta cần đồng thời có đẳng thức trong các bất đẳng thức phụ xảy ra. Việc nhóm các số hạng trong biểu thức của bất đẳng thức ban đầu phải đảm bảo được tiêu chí đó. Xét một thí dụ đơn giản sau: Cho x,yz,0> . Chứng minh: xy+zyz++xzxy15 M=+++++³. (1) y+++zxzxyxyz 2 æxy+zöæyz++xöæözxy Nếu ta thực hiện phép nhóm: M =ç+÷+çç+÷÷÷++÷ èçy+++zxø÷ççèzxyø÷÷èøxyz và để ý rằng, theo bất đẳng thức Côsi thì mỗi biểu thức trong ngoặc đều ³ 2 , suy ra M ³ 6 . Như thế chưa chứng minh được (1). Mặt khác, đẳng thức xảy ra: Nghĩa là M = 6 ïïììxy++zxyz ïï+==2 ïïy++zxyzx ïïïìx=+yz ïïyz++xyzx ï Ûïí+=20Ûïïíí=Ûy=z+xÛx=yz==. ïz++xyïïzxy ïïïz=+xy ïïzx++yzxy îï ïï+==2 ïïxyzxyz îîïï++ Điều này mâu thuẫn với giả thiết x,yz,0> . Vậy M > 6 . Nguyên nhân không chứng minh được (1) vì phép nhóm các số hạng trên chưa thích hợp. Dạng 1 xét các phép nhóm thoả mãn tiêu chí: thoả mãn yêu cầu bài toán và đảm bảo các bất đẳng thức phụ đồng thời xảy ra đẳng thức. 1.6.1.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 1.33 Cho x,yz,0> . Chứng minh: xy+zyz++xzxy15 M=+++++³. (1) y+++zxzxyxyz 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 34 Bài giải æxyzöæxyöæöyzzx Dễ thấy: M ç÷÷÷ççæö. =ç++÷+çç+÷++÷++ç÷ èçy+zz++xxyø÷÷÷ççèyxøèøzyèøç xz÷ xyz3 Ta có (theo thí dụ 1.2): ++³. (2) y+zz++xxy 2 Đẳng thức xảy ra trong (2) Ûx==yz. xy yz zx Theo bất đẳng thức Côsi, thì: +³2 ; +³2 ; 2 . (3) yx zy xz+³ Đẳng thức trong (3) xảy ra Ûx==yz. 315 Từ (2),(3) suy ra: M 6 đpcm. ³22+=Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (2),(3) xảy ra Ûx==yz. Nhận xét: · Cách giải này lý giải vì sao phép nhóm biểu thức M trình bày trong phần mở đầu không thể dùng để chứng minh bất đẳng thức trong thí dụ 1.33 trên. · Để sử dụng được bất đẳng thức Côsi, ta đã khéo léo tách vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh thành các nhóm, rồi đánh giá từng nhóm nhờ bất đẳng thức Côsi. Phép nhóm trong thí dụ này đã đảm bảo được tiêu chí: Các bất đẳng thức sử dụng trong khi chứng minh xảy ra đẳng thức đồng thời. 110 Thí dụ 1.34 Cho a 3. Chứng minh: Na . ³ =+³a 3 Bài giải æöaa18 Có N =ç ++÷ . èøç99a÷ aa112 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 2 (1) 9+aa³=93 a 1 Đẳng thức trong (1) xảy ra a 3. Û9 =a Û= 88a Từ giải thiết: a 3 . (2) ³Þ³93 Đẳng thức trong (2) xảy ra Û=a 3 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 35 28 10 Cộng từng vế của (1),(2) ta được : N đpcm. ³+33=Þ3 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy ra Û=a 3 . Nhận xét: 1 Rõ ràng không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi: a 2 . · +³a 1 Vì dấu đẳng thức không thể xảy ra do a 3 a 2 , nên chưa thể chứng minh ³ Þ+>a được thí dụ trên. · Lý giải vì sao lại chọn cách tách và nhóm như trên: 1 Thông thường ta sẽ viết: Nka1 ka, với k 0. =+a +-() ³ 1 Khi sử dụng bất đẳng thức Côsi: kak2 . +³a 1 Đẳng thức xảy ra kaka2 1. (*) Û=a Û= Mặt khác, nói chung đẳng thức thường đạt được tại các đầu mút của điều kiện. Ở 1 đây a 3, thì đẳng thức thường xảy ra khi a 3. Thay lại vào (*) ta có k . ³ = = 9 aa18 N æö Vì vậy ta phân tích được: =ç++÷ . èøç99a÷ · Có thể dùng phương pháp khác để giải thí dụ trên (phương pháp sử dụng chiều biến thiên của hàm số) như sau: 1 Xét hàm số f()xx , với x 3. =+x ³ 1 Có fx'()=10->2 , khi x ³ 3 fx() là hàm số đồng biến khi x ³ 3. x Þ 110 Do a 3 f(a)fa(3) đpcm. ³ Þ ³Û+a ³Þ3 Đẳng thức xảy ra Û=a 3 . · So sánh hai cách giải trên cho thấy, một thí dụ có thể có nhiều cách giải khác nhau. Cách giải này là đơn giản, tối ưu với thí dụ này nhưng chưa hẳn đã là tối Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 36 ưu với thí dụ khác (chẳng hạn trong thí dụ 1.34 giải theo phương pháp chiều biến thiên của hàm số vừa tự nhiên, vừa gọn gàng và sáng sủa hơn rất nhiều so với phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi). 19 Thí dụ 1.35 Cho a ³ 2 . Chứng minh: Ma=+³2 . a 4 Bài giải aaa13 Có M æö. =ç +++2 ÷ èøç884a ÷ aa1aa 13 3 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: ++22³=3 . (1) 88aa884 a 1 Đẳng thức xảy ra Û=2 Û=a 2 . 8 a 36a Theo giả thiết a 2 . (2) ³Þ³44 Đẳng thức xảy ra Û=a 2 . 369 Từ (1),(2) suy ra: M đpcm. ³+444=Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong(1),(2) xảy raÛ=a 2 . Nhận xét: Tương tự thí dụ 1.34 ta có nhận xét sau: · Lý giải vì sao có cách nhóm trên: 1 Mæökaka÷ 12ka, với k 0 . =ç ++2 ÷+-() ³ èøç a ÷ 11 3 3 2 Khi sử dụng bất đẳng thức Côsi: ka+ka+22³=3ka.kak.3 ta sẽ triệt tiêu aa được biến a. 1 3 Đẳng thức xảy ra Ûka=2 Û=ka 1. a 1 Do a 2 nên thông thường đẳng thức xảy ra khi a 2 , khi đó k . Vì vậy ta có ³ = = 8 cách nhóm như trên. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 37 · Dùng phương pháp khác để giải: 1 Xét hàm số f()xx=+2 , với x ³ 2 . x 2 Ta có fx'()=10->3 , khi x ³ 2 fx() là hàm số đồng biến khi x ³ 2 . x Þ 19 Với a ³ 2 Þf(a)³fa(2) Û+2 ³Þđpcm. a 4 Đẳng thức xảy ra Û=a 2 . · Tương tự ta có lời giải cho các thí dụ sau: 2 18 Thí dụ 1.36 Cho a ³ 6 . Chứng minh: Ma=+³+3636. a Bài giải 2 a 181æö2 Viết lại M dưới dạng: Ma=++-ç1÷ . 26a èøç 26÷ a2218a189aa Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: +³2=³266. (1) 26aa266 Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a = 6 . æö1 2 Theo giả thiết a ³ 6 nên ç1-÷a³-3636. (2) èøç 26÷ Đẳng thức trong (2) xảy ra Û a = 6 . Từ (1),(2) ÞM ³66+36-36=+3636 Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong(1),(2) xảy raÛ a = 6 . 610 Thí dụ 1.37 Cho xy,0 và xy4 . Chứng minh: M=2xy+3++³18. > +³ xy Bài giải 13xy6510 Viết lại M dưới dạng: M=xy+++++. 2() 22xy 3xx636 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có : 2.6, (1) 22+xx³= Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 38 5yy10510 2.10 . (2) 22+yy³= xy Theo giả thiết: xy4 + 2. (3) +³ Þ³2 Từ (1),(2),(3) suy ra: M ³2+6+10=Þ18 đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy raÛx==yz. 23 3xy++429 Thí dụ 1.38 Cho xy,0> và xy+³4 . Chứng minh : 2. 42xy+³ Bài giải 3x2342yx11æöyyxy Ta có: +++2ç ÷ . (1) +22=++ç+++÷ 4xxyy4èøç 882÷ xx11 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 2.1, (2) 44+xx³= æö1yy13yy và 2ç ÷ 2.3.3 . (3) ç 22++÷ ³= èøç yy88÷ 882 xy Theo giả thiết thì: + 2 . (4) 2 ³ 3xy23429 Cộng từng vế của (2),(3),(4) và theo (1) ta được: ++ đpcm. 42xy+³2Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (2),(3),(4) Ûxy==2 . 4 Thí dụ 1.39 Cho xy>>0 . Chứng minh: x +³2 3. (x-+yy)( 1) Bài giải 4yy114 Có: xxy ++ 1. (1) +22=()-+++- (x-y)( y+11) 22(x-+yy)( ) Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 2 yy++114 x-+yy1.4 xy 4.44 ( )( ) . (2) ()-+++22³= 22(x-y)(y+1) 41(x-+yy)( ) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 39 4 Từ (1),(2) Þ x +2 ³4-13=Þđpcm. (x-+yy)( 1) y 14 ìx 2 Đẳng thức xảy ra xy + ï = . Û ()-==2 2 Û íy 1 (x-+yy)( 1) îï = 1.6.2 Dạng 2 1.6.2.1 Nội dung phương pháp Trong khi nhóm các số hạng của biểu thức trong bất đẳng thức cần chứng minh, giống như trong dạng 1, việc nhóm đúng đóng một vai trò quyết định đến thành công trong tìm lời giải một bất đẳng thức. Việc nhóm này thường dựa vào giả thiết của các thí dụ, và dĩ nhiên tuân thủ theo yêu cầu đề ra trong dạng 1. 1.6.2.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 1.40 Cho a³3,ab³³6,6abc . Chứng minh: M=a+bc+³6 . Bài giải æaböæöaba Ta có: Mc=çç++÷÷+++. èçç32÷÷øèø323 ababc Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: c 333 , ( do abc 6 ) (1) 3+26+³³ ³ abab 2.2. ( do ab 6 ) (2) 3+2³³32 ³ a Theo giả thiết a 3 1. (3) ³ Þ 3 ³ Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M ³3+2+16=Þđpcm. ïìa = 3 ï Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong(1),(2),(3) xảy ra Û=íïb 2 . ï ïc 1 îï = b ab Thí dụ 1.41 Cho a,bc,0 ; c 2 ; c3 ; c 1 . > 2 +£ 32++£ £ 11111 Chứng minh: M . =a+bc+³6 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 40 Bài giải 1æ321ö1æö211 Ta có: M =çç++÷÷+++ . 3èççabcø÷÷62èøbcc 32199 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 3, (1) abc++³ab ³=3 ++c 32 2144 2 . (2) bc+³b ³=2 c 2 + 1 Theo giả thiết: c 1 1. (3) £ Þ c ³ 1111 Từ (1),(2),(3) suy ra: M 1 đpcm. ³+3+26=Þ ïìa = 3 ï Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û=íïb 2 . ï ïc 1 îï = Thí dụ 1.42 Cho x,yz,0> và xyz =1. Chứng minh: 1111 M=22+22+£22 . x+2y+3y+2z+3zx++232 Bài giải 111 Ta có: M =222++222222 (x++y) (y+1)+2(y++z) (z+1)+2(z++xx) ( ++12) 22 2 Theo bất đẳng thức Côsi, thì: x+³y2xy ; yy+³12. 11 x2y22y1221xyy . (1) Þ( +)+( +)+³( ++) Þ£22 xy++2321(xyy++) ìxy Đẳng thức xảy ra ï = xy1. Ûíy1 Û== îï = 11 Tương tự ta có: 22£ , (2) yz++2321(yzz++) 11 và 22£ . (3) zx++2321(zxx++) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 41 1æö111 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M £ç ++÷÷ (4) 2èøç xy+y+1yz+z+11zxx++÷ 1 xyxy Theo giả thiết: xyz =1, nên: ==2 , (5) yz+z+11xyz++xyzxy xyy++ 1 yy và ==. (6) zx+x+11xyz+xy+yxyy++ 1xyy++11 Thay (5),(6) vào (4) ÞM£×=Þđpcm. 2xyy++12 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Ûxy==1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 42 Chương 2 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPSKI 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPSKI (B.C.S). 2.1.1 Định lý. Cho 2n số tuỳ ý: a12,aa, , n ; b12,bb, , n . Khi đó ta luôn có: abab ab 2 a2a2 a2b2bb22 . (1) ( 11+22++nn) £ ( 1+2++nn)( 12+++ ) aa12 an Đẳng thức xảy ra Û=== . (Qui ước nếu bi ==0,in1, , thì ai = 0 ). b12bbn Chứng minh 222 222 Đặt A=a12+aa++ n ; B=b12+bb++ n . · Nếu A = 0 hoặc B = 0 Þ (1) hiển nhiên đúng. a b Xét A 0 và B 0 . Đặt i ; i , in1, . · ¹ ¹ ai = A bi = B " = nn 22 Thế thì abii==1 , " in=1, . ååii==11 22 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: abii+ , in1, . abii£ 2 " = 22 2222 1a1+a2++annb12+bb++ Þa1b1+a22b++abnn£22+= 222222 Ûa1b1+a22b+ +£annbAB = a12+aa++ n .b12+bb++ n . Þ (1) đúng. Kết hợp hai điều trên Þ (1) được chứng minh. 2.1.2 Nhận xét. Cùng với bất đẳng thức Côsi, bất đẳng thức Bunhiacopski (B.C.S) cũng là một trong những bất đẳng thức thường xuyên được sử dụng. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 43 Giống như khi dùng bất đẳng thức Côsi, để có thể áp dụng thành công được bất đẳng thức B.C.S là ứng với mỗi bất đẳng thức cần chứng minh phải lựa chọn ra được hai dãy số: a12,aa, , n và b12,bb, , n thích hợp (không đòi hỏi điều kiện³ 0 như trong bất đẳng thức Côsi). Việc lựa chọn sẽ được minh hoạ cụ thể trong các thí dụ sau: 2.1.3 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 2.1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2003). 2 Cho -22££x . Chứng minh: -2£xx+4-£22. Bài giải 2 2 Hiển nhiên ta có: xx+42-³- (do x ³-2 và 40-³x ). (1) Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûx =-2 . 2 Xét hai dãy số: x ; 4 - x và 1 ; 1. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số trên, ta có: 2 2 22222 2 éùx+4-x1+14³xx+- Û³8 xx+-4 ëûêú( ) ( ) ( ) ( ) 22 Ûx+4-x£22Þxx+4-£22. (2) ì 2 ïxx=-4 Đẳng thức trong (2) xảy ra Ûí Û=x2 . ïx0 îï ³ Từ (1),(2) Þ đpcm. Thí dụ 2.2 Cho x,,yzÎ ¡ thoả mãn: xy+yz+=zx 4 . 16 Chứng minh: x4yz44 . ++³3 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: x2;;yz22 và 1 ; 1 ; 1, ta có: 4442222222 (x+y+z)(111++) ³(x++yz) . (1) 222 Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûx==yz. Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: x , y , z và y , z , x. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 44 222222 2 2222 ta được: (x+y+z)(y+z+x) ³(xy++yzzx) Û(x+yz+³) 16 . (2) 16 Từ (1),(2) suy ra: x4yz44 đpcm. ++³3 Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy ra 222 ïìxyz== é 23 ï êx=yz== ïxyz ê 3 Ûíï==Ûê . ïyzx ê 23 ï êxyz ïxyyzzx 4 ê ===- îï ++= ë 3 xyz Thí dụ 2.3 Cho x,yz,0> . Chứng minh: ++³1. y+2zz++22xxy Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: xyz ,, và x(y+2z),y(z++2x),2z(xy) y+2zz++22xxy æöxyz 2 ta có: ç ++÷÷ éùx(y+2z)+y(z+22x)+z(x+y) ³(x++yz) èøç y+2zz++22xxy÷ ëû 2 xyz(x++yz) Þ ++³ . (1) y+2zz+2xx+23y(xy++yzzx) Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûx==yz. 2 Dễ thấy (x+y+z) ³3(xy++yzzx). (2) Đẳng thức trong (2) xảy ra Ûx==yz. xyz Từ (1),(2) Þ ++³1 Þ đpcm. y+2zz++22xxy Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy ra Ûx==yz. Nhận xét: Bằng cách giải trên ta chứng minh các bất đẳng thức sau: Thí dụ 2.3.1 (Bất đẳng thức Nesbit 3 biến). abc3 Cho a,bc,0> . Chứng minh: ++³. b+cc++aab 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 45 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: abc ,, và a(b+c),,b(c++a) c(ab) ta được: b+cc++aab abc 2 æöabcbcacababc ç ++÷ éù( +)+( +)+( +) ³( ++) èøçb+cc++aab÷ ëû 2 abc(a++bc) Þ ++³ . (3) b+cc+aa+b2(ab++bcca) abc3 Theo (2)Þ (3) Û ++³ Þ đpcm. b+cc++aab 2 Đẳng thức xảy ra Û abc==. Thí dụ 2.3.2 (Bất đẳng thức Nesbit 4 biến). abcd Cho a,b,cd,0> . Chứng minh: +++³2. b+cc+dd++aab Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: abcd ,,, và a(b+c),b(c+d),,c(d++a) d(ab) b+cc+dd++aab 2 abcd (a+b++cd) ta đi đến: +++³ . (4) b+cc+dd+aa+bab+bc+ac+bd+cd+ca++dadb Đẳng thức trong (4) xảy ra Û a=b==cd. Ta chứng minh: VP(4) ³ 2 . (5) 2 Thật vậy (5) Û(a+b+c+d) ³2ab+4ac+2bc+4bd++22cdda 2222 22 Ûa+b+c+d³+22acbc Û(a-c) +(bd-³) 0 . (6) ac Do (6) đúng nên (5) đúng và đẳng thức xảy ra ïì = . Û íbd îï = abcd Từ (4),(5) Þ +++³2 Þ đpcm. b+cc+dd++aab Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (4),(5) xảy ra Û a=b==cd. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 46 Thí dụ 2.3.3 Cho a,b,c,pq,0³ . Chứng minh: abc3 M=++³. pb+qcpc+qapa++qbpq Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: abc ,, và a( pb+qc),,b( pc++qa) c( paqb) pb+qcpc++qapaqb 2 ta được: M.éùapbqcbpcqacpaqbabc ëû( +)+( +)+( +) ³( ++) 2 ÛM.( p+q)(ab+bc+ca) ³(a++bc) . (7) 3 Từ (2),(7) Þ³M Þ đpcm. pq+ Đẳng thức xảy ra Û abc==. Đặc biệt: Nếu pq==1 thì từ thí dụ 2.3.3 ta thu được thí dụ 2.3.1. Thí dụ 2.4 Cho x,yz,0> và xyz =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 111 M=3++33. x( y+z) y(z++x) z(xy) Bài giải 111 Đặt a===,,bc. xyz Theo giả thiết x,yz,0> và xyz =1 Þ>abc,,0 và abc = 1. a3bcb33cacab a2bc22 Khi đó: M =++ =++. b+cc++aab b+cc++aab Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: abc ,, và b+cc,,++aab ta có: b+cc++aab 2 M.(b++cc++aa+b) ³(a++bc) 2 abc 2Mabcabc M ++. (1) Þ( ++) ³( ++) Þ³ 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 47 3 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a+b+c³=33abc (do abc = 1). (2) 3 Từ (1),(2) M đpcm. Þ³2 Þ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy ra Ûabc===1 Ûx=yz==1. 3 Vậy Min M khi xyz1. = 2 === ìxyza Thí dụ 2.5 Cho x,,yz thoả mãn: ï ++= . (*) Î ¡ íxyyzzxb îï ++= 4 Chứng minh: Maxx,y,zMinx,,yz ab2 3 . { }- { } £-3 Bài giải Do vai trò bình đẳng giữa x,,yz nên ta có thể giả sử x££yz. 4 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: zxab2 3 -£-3 2216 Ûz-x£éùxy++z-3 xy++yzzx () 9 ëûêú()( ) 2 222 Û9(z-x) £16(x+y+ zxyyzzx) 2222 222 Û98z-x£éùx-y+y-z+-zx Ûz-x£8éùx-y+-yz . (1) ( ) ëûêú( ) ( ) ( ) ( ) ëûêú( ) ( ) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: x y, yz và 1 , 1 ta có: 2222 2 éùx-y+y-z1+1³éùx-y.1+-yz.1 ëûêú( ) ( ) ( ) ëû( ) ( ) 222 Ûz-x£2 éùx-y+-yz. (2) ( ) ëûêú( ) ( ) Từ (1),(2) Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy ra và thoả mãn (*) ìx-y=-yz ïì a ï ïx=yz== ï 22ï 3 ï xyyz 0 ï . Ûíí()()-+-=Û 2 ïïa ïï(*) b= îïïîï 3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 48 Thí dụ 2.6 Cho a,bc,0> và ab+bc+=caabc . Chứng minh: 1113 ++ . ï ïc==23ab ïî · Qua lời giải trên, ta thu được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng thức ban đầu. · Xem lời giải khác trong thí dụ 1.5 Chương 1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 49 Thí dụ 2.7 (Bất đẳng thức Svacxơ). Cho a1,,aa23 ; b1,,bb23trong đó b123,bb,0> . 222 aaa2 aa12a3( 1++23) Chứng minh: ++³ . b1b2b3b1++bb23 Bài giải aa12a3 Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: ,, và b1,,bb23 b123bb 222 aaa 2 æö123 ÷ ta có: ç ÷ b1b2b3a1aa23. çb+bb+÷()()++³++ èøç123÷ 222 aaa2 aa12a3( 1++23) Do b1+bb23+>0 , nên: ++³ Þ đpcm. b1b2b3b1++bb23 aa12a3 Đẳng thức xảy ra Û==. b1bb23 Nhận xét: · Như vậy, bất đẳng thức Svacxơ là trường hợp riêng của bất đẳng thức Bunhiacópski. bac 0 i 1,2,3 · Lấy i=>ii ( = ) ta có: a,,aa c,,cc ac 0 i 1,2,3 Cho 123; 123 trong đó ii> ( = ) 22 2 aaa2 aa12a3 ( 1++23) thì: ++³ . a1c1a2c2a3c3a1c1++a2c2ac33 · Với cách chứng minh trên, áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy: aa12 an ,, , và b12,bb, , n b12bbn ta chứng minh được dạng tổng quát của bất đẳng thức Svacsơ: Cho hai dãy số: a,aa, , và b,bb, , với b 0 , in1, 12 n 12 n i > ( = ) 22 2 aaa 2 aa12 an ( 12+++n ) ta có: ++ +³ . b1b2bnnb12+bb++ aa12 an Đẳng thức xảy ra Û=== . b12bbn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 50 111 Thí dụ 2.8 Cho x,y,z0;abc,,0 và ++=1. (*) >>xyz 1111 Chứng minh: H =++£. ax +by+czbx+cy+azcx+ay+bza++bc Bài giải Đặt M=a++>bc0 . Áp dụng bất đẳng thức Svacxơ ta có: 2 a2bc22abc 11æöabc ( ++) ç ÷. (1) ++³ Þ£2 ç ++÷ axbyczax ++bycz ax ++byczM èøç xyz÷ ïì abc ï == Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûíïax bycz Ûx=yz==3. ï ï(*) îï 11æöbca Tương tự, ta có : ç ÷ , (2) £2 ç ++÷ bx ++cyazM èøç xyz÷ 11æöcab ç ÷ . (3) £2 ç ++÷ cx ++aybzM èøç xyz÷ Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: 1éùæ111öæ111öæö111 abc 1 Haç÷bcçç÷÷++ . £2 êúç++÷+çç++÷+++÷==2 M êúçxyz÷ççxyz÷÷xyz abc abc ëûèøèøèø( ++) ++ (do (*) và M=a++bc) Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy raÛx=yz==3 . Thí dụ 2.9 Cho a,b,cd,0> . Chứng minh: abcd3 M=+++³ . b+2c+3dc+2d+3ad+2a+3ba++23bc2 Bài giải a2b2cd22 Có: M=+++ ab+2ac+3adbc+2bd+3bacd+2ca+3cbda++23dbdc 2 (a+b++cd) Áp dụng bất đẳng thức Svacxơ ta có: M³ . (1) 4(ab+bc++cdda++acbd) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 51 2 2222 Dễ thấy: (a++bc+d) =a+b+c+d+2(ab+bc++cdda++acbd) 2 và ab22c22dabbccddaacbd +++³3( +++++) 2 8 abcdabbccddaacbd . (2) Þ ( +++) ³3( +++++) 2 Từ (1),(2) M đpcm. Þ³Þ3 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy raÛab===cd. Thí dụ 2.10 Cho x12,xx, ,0n > và a=x12+xx++ n . Chứng minh: 22 2 2 æ1öæö11æöæöna Mççx÷÷x çxn÷ ç ÷ . =çç12+÷÷++++çn +÷ ³+ç ÷ ççèx12÷÷øèøxçèøxn ÷èøçan÷ Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: 111 1,1, ,1 và x12+,xx++, , n ta có: 123 xxx n số 1 12 n 22 22 éùæ1öæö1æ1öæö111 nêúççx÷÷x ççx÷÷xxx êúçç1+÷÷+2+++ççnn+÷÷³12+++++++ èççx1ø÷÷èøx2èççxnnø÷÷èøx12xx ëûêú 2 æö111 n.Maç ÷ . (1) Þ³ç++++ ÷ èøç x12xxn ÷ 111 Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûx12+=xx+= =+n . x12xxn 111 nn22 Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, thì: ++ +³=. (2) x1x2xnnx12+x++ xa a Đẳng thức trong (2) xảy ra xxx . Û12===n n 2 2 2 2 2 æön 1 æönæöan Từ (1),(2) suy ra: n.Maç ÷ Mçan÷ ç ÷ . ³+ç ÷ Û³ç +÷ =+ç ÷ èøç a ÷ nèøççça÷èøna÷ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2) xảy ra a xxx . Û12===n n Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 52 Nhận xét: · Trong chương 1 ta đã chứng minh bất đẳng thức (2) theo bất đẳng thức Côsi và thấy rõ được tầm quan trọng của bất đẳng thức này. · Ta cũng có thể chứng minh (2) bằng bất đẳng thức B.C.S như sau: Do x12,xx, ,0n > , nên áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: 111 x12,xx, , n và ,, , ta có : x12xxn æö111 xx xnç ÷ 2 ( 12+++n )ç +++³÷ èøç x12xxn ÷ 111 n2 Û ++ +³ . Vậy (2) được chứng minh. x1x2xnnx12+xx++ Thí dụ 2.11 Cho a,bc,0> và asinx+=bcos yc. cos2xsin22yc11 Chứng minh: +£+-33. (1) ababab+ Bài giải 222222 1 sinx1cosyc11 sinxcos yc Ta có (1) Û+£+-33Û+³33. (2) ababab+ abab+ sinxcos y Theo bất đẳng thức B.C.S với hai dãy số: ; và aa;bb ab 22 æösinxcyos 3322 ta có: ç +÷()a+b³(asinx+=bcos yc) èøç ab÷ sin2xcos22yc Û+³33 Þ (2) Þ đpcm. abab+ ì ac2 sinxcos y ïsinx ïì ï = 33 ï 22= ï ab Đẳng thức xảy ra ï ab ï + . ÛÛíí2 ïïbc ïïasinx+=bcos yc cos y îïïï=33 îï ab+ Thí dụ 2.12 Cho n là số nguyên dương. Chứng minh: C12C Cnnn21. n+nn++£-( ) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 53 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S với hai dãy số: C12,CC, , n và 1,1, ,1. nnn123 n số 1 2 Ta có: C1C2 Cnnn.C12CC . (1) ( n+n++n) £( n+nn++ ) n n kknk- Theo nhị thức Newtơn: ()a+=bCn ab , với ab==1, ta có: åk=0 n01n12 nn 2=Cn+Cn+ +CnÛCn+CCnn+ +=-21. Vậy từ (1) suy ra: C12C Cnnn21 đpcm. n+nn++£-( ) Þ 12 n Đẳng thức xảy ra Û Cn=Cnn= 1=CnÛ=. Thí dụ 2.13 Chứng minh rằng, trong mọi tam giác ta luôn có: ABC sinABsinsinCcosccosos . ++£++222 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S cho hai dãy số: sinAB;sin và 1 ; 1 2 ABAB ta có: sinAsinB2sinAsinBc4sin+-os ( +) £( +=) 22 C sinAsinBc2os . (1) Þ +£2 ìsinAB= sin ï Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûï AB Û=AB. ícos1- ï = îï 2 A Tương tự ta có: sinBsinCc2os , (2) +£2 B sinCsinAc2os . (3) +£2 Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: ABC sinABsinsinCcosccosos đpcm. ++£++222Þ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 54 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Thí dụ 2.14 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta có: 3 lllabbcca . a+bc+£2 ++ (với labc,,ll là độ dài ba đường phân giác trong xuất phát từ ba đỉnh A,,BC). Bài giải 2bcA Ta có: lca = os . Theo bất đẳng thức Côsi thì: bc+ 2 A bc2bclbcc.os . +³Þ£a 2 B C Tương tự : lcac.os ; labc.os . b £ 2 c £ 2 ABC lllbc.cosca.cosabc.os . (1) Þa++bc£2++22 Đẳng thức trong (1) xảy ra Ûabc==Û DABC đều. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 2 æABCöæö222ABC ççbc.cos+ca.cos+ab.cos÷÷£(bc+ca+ab) cos++ccosos . (2) èçç222÷÷øèø222 ABC cccososos 222 Đẳng thức trong (2) xảy ra Û==. bccaab (Chú ý rằng nếu DABC đều thì điều kiện trên thoả mãn) 3 3 ABC3cosABCcoscos9+ Ta lại có: cos2ccos22os +++ 2 . (3) 22++2=2£=24 Đẳng thức trong (3) xảy ra ÛABC==ÛDABC đều. 3 Từ (1),(2),(3) lllabbcca . Þ a+bc+£2 ++ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û DABC đều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 55 2.2 BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPSKI MỞ RỘNG . 2.2.1 Định lý Cho m dãy số không âm: a11,aa121, , n ; a21,aa222, , n ; ;am12,aam, , mn . Ta có: amam amamam am amaamm ( 11+12++1n)( 21+22++2n) ( m12+m++mn ) aa aaa a aaa m ³( 1121m1+1222m2++12nnmn ) . Đẳng thức xảy ra Û a11:a21: :am1=a12:a22: :am2== a12n:aan: : mn . Chứng minh 11 Đặt Aamam ammm;Aamaamm ; 1=( 11+12++1nn) 2=( 21+222++ ) 1 ; ;Aamaamm m . m=( m12+m++mn ) · Nếu Ai = 0 , (im=1, ) thì bất đẳng thức luôn đúng, do 2 vế đều bằng 0. · xét Ai ¹ 0 , (im=1, ). a11a12aa12nnaa2122 Đặt x11=;x12=; ;xx1nn=;21=;xx222==; ;; A1A1A1A2AA22 am12aammn ;xm12=;xxm==; ;.mn AmAAmm nnn mmm Khi đó: x12k=xxk= 1==mk . åk=1ååkk==11 mmm Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho m số: x11,xx211, , m xmxxmm ta có: x.xx 11+211++m . 11211m £ m xmxxmm Tương tự: x.xx 12+222++m 12222m £ m xmxxmm x.xx 12n+n++mn . 12nnmn £ m Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta được : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 56 nnnn 1æömmm x.x xç xxx 1÷ å1k2kmk£çå11k+ååk++=mk ÷ k=1mèøç k=1kk==11÷ a11.a21 am1a12.a22 am2a12n.aan mn Þ++ 1+£ . A1.A2 AmA1.A2 AmmA12.AA Û a11.a21 am1+a12.a22 am2+ +£a1n.a2n amnmA12.AA . Kết hợp hai điều trênÞ định lý được chứng minh. m Nhận xét: · Trong chứng minh trên ta sử dụng bất đẳng thức Côsi cho m số: xij (i==1,m;jn1, ) nên cần điều kiện xij ³ 0. Do đó khi m chẵn thì định lý trên không cần giả thiết xij ³ 0. · Khi m = 2 , ta thu được bất đẳng thức Bunhiacopski thông thường. 2.2.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 2.15 (Bất đẳng thức Minkowski). Cho abii,0³ ,(in=1, ). Chứng minh: nabab abnnaa abbb ( 1+1)( 2+2) ( n+n) ³+12nn12 . Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S mở rộng, ta có: nn naa anbb bna.na nnannb.bb ( 12n+12n) =+( 12nn12 ) nnnnnn énanbù.énnabù éùnnab £ê1+1úê22++úêúnn ëê( ) ( ) ûúëê( ) ( ) ûúëûêú( ) ( ) abab ab =( 1+1)( 22++) ( nn). nabab abnnaa abbb Û ( 1+1)( 2+2) ( n+n) ³+12nn12 Þ đpcm. aa12 an Đẳng thức xảy ra Û=== . b12bbn Nhận xét: Từ thí dụ trên thu được các kết luận sau: n · 1na.a a1a1aa 1 , với a 0 (in1, ). (1) ( +12nn) £( +12)(++ ) ( ) i > = n · 1!+ n £+n (n 1!) . (2) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 57 Thật vậy, theo thí dụ 2.15 thay b12=bb= 1==n , ta được: n 1na.a a1a1aa 1 (1) đúng đpcm. ( +12nn) £( +12)(++ ) ( ) Þ Þ Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a12=aa== n . a1,a2, ,an 1!n n n n 1! Tương tự, trong (1) thay: 12===n ta thu được: + £+( ) . Þ (2) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û=n 1. Thí dụ 2.16 Cho a,bc,0> ; mn, là các số nguyên dương. Chứng minh: mnmnmnmnmnmn ab+bc+ca£abc+++++. Bài giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S mở rộng cho ( mn+ ) bộ ba số: Gồm m bộ ( abc,,) và n bộ (b,,ca) ta được: mnmnmnmn+ (ab+bc+£ca) mnmnmnmmnmnmnnmnmnmnmn+ £ (ab++++c+) (b++c++a+) =(abc+++++) mnmnmnmnmnmn Þ ab+bc+ca£abc+++++ Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û abc==. Thí dụ 2.17 Cho a,bc,0> và n là số nguyên dương. Chứng minh: nnn n-1 abc3æöa++bc ++³ç ÷ . (1) b+cc++aab 23èøç ÷ Bài giải abc3 · Với n =1 Þ (1) trở thành: ++³. Theo thí dụ 2.3.1Þ (1) đúng. b+cc++aab 2 · Với n ³ 2 . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S mở rộng, ta có: n n æöabc abcç .nbc.1.1 1.nnca.1.1 1.ab.1.1 1÷ ()++=çn+{ +nn+{ ++{÷ èøç b+cn-2 thừa số 1 c++an-2 thừa số 1 ab n-2 thừa s÷ố 1 æöanbcnn £ ç ++÷éù()()(b++cc+a+ab+)(11++1)(11++1 ) (111++ ) çb+cc++aab÷ëû1444442444443 èø n - 2 thừa số Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 58 nnn n æöabc ÷ n-2 Û(a+bc+£) ç ++÷.2()a++bc.3 èøçb+cc++aab÷ nnn n-1 abc3æöa++bc Û ++³ç ÷ Þ (1) đúng Þ đpcm. b+cc++aab 23èøç ÷ Đẳng thức xảy ra Û abc==. Nhận xét: Thí dụ 2.17 là thí dụ mở rộng của hai thí dụ 2.3.1 (khi n =1) và ý (1) của thí dụ 2.4 (khi n = 2 ). Tuy nhiên, bằng lược đồ giải trên không thể áp dụng để chứng minh khi n =1, tức là từ cách chứng minh bất đẳng thức trên không thể suy ra chứng minh bất đẳng thức Nesbit ba biến (khi n =1 ta phải chứng minh độc lập với phương pháp giải trên). Đây cũng là cái hay của bất đẳng thức tổng quát này. Thí dụ 2.18 Cho x,y,z,pq,0> và n là số nguyên dương. nnnn1nn11 xyzx-++yz Chứng minh: M =++³ . (1) py+qzpz+qxpx++qypq Bài giải xyz3 · Với n =1, ta được: ++³. py+qzpz+qxpx++qypq Theo thí dụ 2.3.3 Þ (1) đúng. n1nn112 · Với n ³ 2 , theo bất đẳng thức B.C.S ta có: (x-+yz +=) 2 nnn éùn2xnn22yz =êúx-()py+qz.+y ()pz+qx ++z()pxqy êúpy+++qzpzqxpxqy ëûêú n2n2n2n2nn22 £ M.éùpxy-+y-z+z-x+qx-z++y xzy. (2) ëûêú( ) ( ) n2n2n2n1nn11 Theo thí dụ 2.16, ta có: x-y+y-z+z-x£++x-yz , (3) n2n2n2n1nn11 x-z+y-x+z-y£++x-yz . (4) n1nn112 n1nn11 Thay (3),(4) vào (2) ta được: (x-++yz ) £M ( pq+) (x-++yz ). n-1nn 11 n-1nn 11 x++yz Do x+yz+>0, nên: M³Þ(1) đúngÞ đpcm. pq+ Đẳng thức xảy ra Ûx==yz. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 59 Chương 3 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC VỚI CÁC DÃY ĐƠN ĐIỆU 3.1 BẤT ĐẲNG THỨC VỚI CÁC DÃY ĐƠN ĐIỆU. 3.1.1 Định lý. Cho hai dãy đơn điệu cùng tăng: a12£aa££ n và b12£bb££ n ; hoặc cùng giảm: a12³aa³³ n và b12³bb³³ n . Nếu i12,ii, , n là một hoán vị tuỳ ý của 1,2, ,n thì ta có: abab ababab ab . 11+22++nn³12i12+i++nin éa12=aa== n Đẳng thức xảy ra Û ê . êbbb ë 12===n Chứng minh · Rõ ràng bất đẳng thức đúng khi n =1. · Giả sử bất đẳng thức đúng đến nk=-1. · Xét khi nk= . Gọi i12,ii, , k là một hoán vị bất kỳ của 1,2, ,k và giả sử i j =1. Ta có: abab ab ab ababab ab . 12i12+i++jijk++ni=( 1i12+j12)+( i++kik ) Do aa;bbabababab. 1£j1£i1Þ1i11+ji£+ji 11 Lại có: a23£aa££ k ; b23£bb££ k , nên theo giả thiết quy nạp ta có: abab abab ab abab ababab ab . 22+332++kk³i2 ++kik Þ11+22++kk³12i12+i++kik Vậy bất đẳng thức đúng đến nk= . Theo nguyên lý quy nạp Þ đpcm. 3.1.2 Hệ quả. Từ định lý trên ta suy ra trực tiếp được hai hệ quả sau: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 60 3.1.2.1 Hệ quả 1. Nếu hai dãy: a12,aa, , n và b12,bb, , n có tính chất ai>ajÛ>bbij và ngược lại "ij, (hai dãy đó gọi là cùng một thứ tự). Khi đó ta có: abab ababab ab , 11+22++nn³12i12+i++nin trong đó i12,ii, , n là một hoán vị bất kỳ của 1,2, ,n . 3.1.2.2 Hệ quả 2. Nếu hai dãy: a12,aa, , n và b12,bb, , n có tính chất: ai>ajÛ . Chứng minh: 333 ³++. (1) abc abc Bài giải a5bc55111 Có (1) Û33+33+33³++. (2) bccaab abc 111 Xét hai dãy sau: a5,,bc55 và æö,, , rõ ràng đây là hai dãy cùng thứ tự. ç 333333÷ ( ) èøçbccaab ÷ Theo hệ quả 1 ta có: 555 222 abc 555111abc 33+33+33³a 33++bc3333 =3++33. (3) bccaabcaabbc cab 111 Tương tự, áp dụng hệ quả 2 cho hai dãy ngược thứ tự: a2,.bc22 và æö,, , ç 333÷ ( ) èøçabc÷ 222 222 abc 212211abc111 ta được: 3++33£++a 3bc33Û3+33+³++. (4) abccabcababc a5bc55111 Từ (3),(4) suy ra: 33+33+33³++Þđpcm. bccaab abc Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (3),(4) Ûabc==. Thí dụ 3.2 Cho abc,, là ba cạnh của tam giác. Chứng minh: abcabc ++<++. a+bb+cc+ab+cc++aab Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 61 Bài giải Do vai trò bình đẳng giữa các biến abc,, nên có thể giả sử: a³bc³>0 . Khi đó hai 111 abc,, æö,, dãy sau cùng thứ tự: ( ) và ç ÷ ta có: èøçb+cc++aab÷ abcabc ++³++. (1) b+cc++aaba+bb++cca Đẳng thức xảy ra Û abc==. abc Vì abc,, là ba cạnh của tam giác nên: 0 ++. (2) b+cc++aab b+cc++aab abcabc Từ (1),(2)Þ ++ . Ta có x+y+z=a++=bcp2 . Lại có: (x+y)(y+=z) 4bc ; (y+z)(z+=x) 4ac ; (z+x)(x+=y) 2ab , abcx bcay acbz và pc +- ; pa +- ; pb +- . -==22-==22-==22 xzxyxyyzyzzx (1) ( +)( +) ( +)( +) ( ++)( ) 2 xyz Þ Û2x+22yz+³()++ yzzxxy Ûx+y+z++x+y+z++x+y+z+³4 x++yz xyz() yzzxxy Û++³x++yz. (2) xyz Do vai trò bình đẳng giữa x,,yz nên có thể giả sử x³yz³>0 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 62 111 Þ££Þyz££zxxy . xyz æö111 Áp dụng bất đẳng thức với hai dãy cùng thứ tự: (yz,,zxxy) và ç ,,÷ ta có: èøç xyz÷ yzzxxy 111 ++³yz.+zx +xy=++xyz (2) đúng đpcm. xyzyzx Þ Þ Đẳng thức xảy ra Û x==yzÛ abc==Û DABC đều. Thí dụ 3.4 Cho abc,, là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 222 a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-£c) 3abc . (1) Bài giải 333222222 Có (1) Ûa+b+c+3abc³ab+ac+ba+bc++cacb 22222 Ûa(a+bc)+b(b+ca)+c(c+ab) ³a(b+ca)+b(a+bc)++c(acbc). (2) 22 Do vai trò bình đẳng giữa abc,, nên giả sử a³bc³>0 Þa+³+bcbca . 22 Áp dụng với hai dãy cùng thứ tự: (ab, ) và (a++bc,bca) ta có: 2222 a(a+bc)+b(b+ca) ³a(b+ca)++b(abc) , (3) tiếp tục áp dụng với hai dãy cùng thứ tự: (bc, ) và (ac, ) ta có: 2 2 ab+³+cbcba Þc(c+ab) ³+c(bcab). (4) Cộng từng vế của (3),(4) Þ (2) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (3),(4) xảy ra Ûab==cÛDABC đều. Nhận xét: · Có cách giải khác cho thí dụ trên: 222222222 Ta có (1)Ûa(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-£c) 3abc . (5) Theo định lý hàm số cosin trong tam giác thì: 3 (5) 2abc.cosA2abc.cosB2abc.cos3Cabc cosABCcoscos . (6) Û++£Û++£2 Dễ thấy (6) đúng (đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác )Þ đpcm. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 63 · Cách giải trên vẫn đúng khi a,bc,0> . Chú ý rằng khi a,bc,0> thì không thể dùng cách giải ngắn gọn nhờ hệ thức lượng giác trong tam giác được. Lúc này phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu tỏ rõ hiệu quả của nó. Thí dụ 3.5 (Bất đẳng thức Nesbit ba biến). abc3 Cho a,bc,0> . Chứng minh rằng: ++³. b+cc++aab 2 Bài giải 111 Không mất tính tổng quát, giả sử: a³bc³>0 Þ³³. b+cc++aab 111 abc,, æö,, Áp dụng cho hai dãy cùng thứ tự: ( ) và ç ÷ ta có: èøçb+cc++aab÷ abcbca ++³++ (1) b+cc+aa+bb+cc++aab abccab và ++³++. (2) b+cc+aa+bb+cc++aab Cộng từng vế của (1),(2) ta được: abcbccaab 2æö+++ ç++÷³++ çèøb+cc+aa+b÷b+cc++aab abc3 Û ++³Þ đpcm. b+cc++aab 2 Đẳng thức xảy ra Ûabc==. Thí dụ 3.6 (Bất đẳng thức Côsi) abc Cho a,bc,0. Chứng minh: ++ 3 abc . ³ 3 ³ Bài giải · Nếu a=0Úbc=00Ú= thì VP = 0 , VT ³ 0 Þ Bất đẳng thức đúng. 3 · Xét khi a,bc,0> . Đặt B= abc , khi đó ta có hai dãy sau là ngược thứ tự: aababc æöBBB23 æö,, ÷ và ç ,, ÷ theo hệ quả 2 ta có: ç 23÷ ç ÷ èøç B BB÷ èøç aababc÷ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 64 aBabB2abcB3aB32abBabcB .+2+3£++23 BaBabBabcBabcBBaab abc abc 3 ++ ++ 3 abc đpcm. Û£ B Û 3 ³ Þ Đẳng thức xảy ra Ûabc==. Nhận xét: Hoàn toàn tương tự như chứng minh trên cũng dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức Côsi dạng tổng quát: aaa Cho a,aa, ,0. Chứng minh: 12+++n n a.aa . 12 n ³ n ³ 12 n Thí dụ 3.7 (Bất đẳng thức Trêbưsép). Cho hai dãy đơn điệu cùng chiều: a12,aa, , n và b12,bb, , n .ta có: aaa bbb nabab ab ( 12+++n ) ( 12+++n ) £( 11+22++nn). Bài giải Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức về các dãy đơn điệu cùng chiều, ta có: a1b1+a2b2+ +anbn³a1b1+a22b++ abnn a1b1+a2b2+ +anbnn³a1b2+a2b31++ ab a1b1+a2b2+ +anbnn³a1b3+a2b42++ ab abab ababab ab . 11+22++nn³1n+211++nn- Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có: nabab ab ( 11+22++nn) abb babb b abbb ³1( 1+2++n)+2( 1+2++n)++nn( 12+++). aaa bbb nabab ab Þ ( 12+++n ) ( 12+++n ) £( 11+22++nn) Þ đpcm. éa12=aa== n Đẳng thức xảy ra Û ê . êbbb ë 12===n Nhận xét: · Với hai dãy ngược chiều, ta có bất đẳng thức theo chiều ngược lại: aaa bbb nabab ab ( 12+++n ) ( 12+++n ) ³( 11+22++nn). · Bất đẳng thức Trêbưsép là một trong các bất đẳng thức thông dụng, Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 65 thường dùng (và rất hiệu quả) làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh bất đẳng thức khác (xem ứng dụng của bất đẳng thức Trêbưsép Chương 4). Thí dụ 3.8 Cho n số nguyên dương phân biệt: a12,aa, , n . nn ak1 Chứng minh: 2 ³ . ååkk==11k k Bài giải Xếp lại n số đã cho theo thứ tự tăng dần: aaa , trong đó i,ii, , là một i12 . Chứng minh: a1.a2 ann³ a12.aa . Bài giải Do vai trò bình đẳng giữa các ai ,"=in1, , nên giả sử: 0<a12£aa££ n Þlna12£lnaa££ ln n . a,aa, ,. lna,lnaa, ,ln Áp dụng với hai dãy cùng thứ tự: ( 12 n ) và ( 12 n ) ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 66 a.lnaa.lna a.lnaa.lnaa.lna aa.ln 11+22++nn³1n+211++nn- aa lnaa1.aa2 an lnaaa21.aa3 aa1.aa2 aaan aaa21.aa3 đpcm. Û³( 12nn) ( 12 ) Û 12nn³ 12 Þ Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa= 0=>n . Thí dụ 3.10 Cho x12³xx³³ n và y12³yy³³ n . Giả sử z12,zz, , n là một hoán vị bất kỳ của y12,yy, , n . nn22 xyxz Chứng minh: ()()i-i£-ii. ååii==11 Bài giải Do z12,zz, , n là một hoán vị bất kỳ của y12,yy, , n , nên theo bất đẳng thức với hai nn dãy đơn điệu cùng chiều ta có: xiyi³ xzii. (1) ååii==11 nn 22 Theo giả thiết, hiển nhiên ta có: yzii= . (2) ååii==11 nnnnnn 2222 Từ (1),(2)Þ xi+yi-22xiyi£xi+-zixzii åi=1åi=1åi=1åi=1ååii==11 nn22 xyxz Û ()()i-i£-ii Þ đpcm. ååii==11 Đẳng thức xảy ra Ûxyzi==ii , "=in1, . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 67 Chương 4 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TRÊBƯSÉP 4.1 BẤT ĐẲNG THỨC TRÊBƯSÉP(T.B.S). 4.1.1 Định lý. Cho hai dãy đơn điệu cùng chiều: a12£aa££ n và b12£bb££ n (hoặc: a12³aa³³ n và b12³bb³³ n ) . aaa bbb nabab ab Khi đó ta có: ( 12+++n ) ( 12+++n ) £( 11+22++nn). éa12=aa== n Đẳng thức xảy ra Û ê . êbbb ë 12===n Chứng minh aaa Đặt a 12+++n , do: aaa , nên tồn tại chỉ số i sao cho: = n 12£££n aa aaaa . Lấy số b tuỳ ý sao cho: 1£21££i££in+ ££ bb bbbb . 1£21££i££in+ ££ Ta có: aabb0 , kn1, abbaabab 0, kn1, . (1) ( kk-)( -³) ("= ) Þkkkk +³("= ) Cộng từng vế n bất đẳng thức dạng (1), ta được: nnn akbbk akkab+³nab 0. (2) åk=1ååkk==11 nnéù Ta có: nab-bak=bêú(a12+aaa+ 0+nk)-=. ååkk11êú ==ëû nnn1nn Từ (2) suy ra: akbk-abk³0Ûakbk-³abkk.0. åk=1åk=1åk=1nååkk==11 aaa bbb nabab ab Û ( 12+++n ) ( 12+++n ) £( 11+22++nn) Þ đpcm. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 68 4.1.2 Nhận xét. · Bất đẳng thức Trêbưsép (T.B.S) được phát biểu dưới dạng tương đương sau: Cho hai dãy đơn điệu ngược chiều: a12£aa££ n và b12³bb³³ n (hoặc: a12£aa££ n và b12³bb³³ n ). aaa bbb nabab ab Khi đó ta có: ( 12+++n ) ( 12+++n ) ³( 11+22++nn). éa12=aa== n Đẳng thức xảy ra Û ê . êbbb ë 12===n Thật vậy, đặt bb' , kn1, thì ta có: b'bb'' . kk=- ("= ) 12£££n Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều ab; ' , kn1, { kk} { } ("= ) nnn nnn '' ta có: ak.bk£ nabkk Û -ak.bk£-nabkk åk=1ååkk==11 åk=1ååkk==11 nnn Û³ak.bknabkk Þ đpcm. åk=1ååkk==11 · Bất đẳng thức Trêbưsép là hệ quả của bất đẳng thức với các dãy đơn điệu (xem thí dụ 3.7). · Sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép để chứng minh bất đẳng thức là một trong những phương pháp hiệu quả thường được sử dụng. Nó có nhiều ứng dụng hay và làm cho bài toán được giải quyết đơn giản hơn trong khá nhiều trường hợp. Điểm đặc biệt của bất đẳng thức Trêbưsép (cũng như bất đẳng thức với các dãy đơn điệu) là bất đẳng thức dùng cho hai dãy số sắp thứ tự (hai dãy đơn điệu cùng chiều hoặc ngược chiều) và số hạng của các dãy không cần phải dương. Tuy nhiên bất đẳng thức Trêbưsép ít được dùng đại trà trong nhà trường phổ thông. 4.2 MỘT SỐ THÍ DỤ MINH HOẠ. Thí dụ 4.1 (Bất đẳng thức Côsi cơ bản). æö111 Cho a,aa, ,0. Chứng minh: aa anç ÷ 2 . 12 n > ( 12+++n )ç +++³÷ èøça12aan ÷ Bài giải Do vai trò bình đẳng giữa a12,aa, , n , không làm mất tính tổng quát có thể giả sử: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 69 111 a12³aa³ 0³>n Þ£££ . a12aan Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy trên, ta có: æ111öæö111 aa açç ÷÷na.aa ( 1+2++nn)çç+++÷÷³12++ èçça1a2ann÷÷øèøa12aa æö111 aa anç ÷ 2 đpcm. Û ( 12+++n )ç +++³÷ Þ èøça12aan ÷ Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa== n . Thí dụ 4.2 (Bất đẳng thức Nesbit ba biến). abc3 Cho a,bc,0> . Chứng minh: ++³. b+cc++aab 2 Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử: a³bc³>0 Þb+c£c+a£+ab (1) abc và ³³. (2) b+cc++aab Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy ngược chiều (1),(2), ta có: abc bccaabæö3 abc éù()()()+++++ç ++³÷ ( ++) ëûèøçb+cc++aab÷ abc 2 abcæö3 abc Û ()++ç ++³÷ ( ++) . (3) èøçb+cc++aab÷ abc3 Do abc++>0 , nên từ (3)Þ ++³ Þ đpcm. b+cc++aab 2 Đẳng thức xảy ra Û đẳng thức trong (1),(2) xảy ra éabc== ê Ûê abcÛabc==. ê == ëêb+cc++aab Nhận xét: Hoàn toàn tương tự như chứng minh trên, ta cũng chứng minh được bất đẳng thức sau: Cho a,bc,0> và n là số nguyên dương, khi đó ta có: nnnnnn abc3 abc++ ++³. . b+cc+aa+b2 a++bc Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 70 222 Thí dụ 4.3 Cho a,bc,0> và abc++³1. a3bc331 Chứng minh: ++³. b+cc++aab 2 Bài giải 222 Không làm mất tính tổng quát, giả sử: a³bc³>0 Þa³³bc (1) abc và ³³. (2) b+cc++aab Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều (1),(2) ta có: 333 222 abcæöabc abcæöç ÷. (3) ( ++) ç ++÷ £3ç++÷ èøçb+cc++aab÷ èøçb+cc++aab÷ abc3 222 Theo thí dụ 4.2 ta có: ++³ và theo giả thiết abc++³1. b+cc++aab 2 a3bc331 Nên từ (3) suy ra: ++³Þ đpcm. b+cc++aab 2 222 ïìéabc== ïê ïêabc 3 Đẳng thức xảy ra Ûïê Ûabc=== . íêbc==caab 3 ïë+++ ï222 ïabc1 îï ++= 200920092009 ab++ca++bc Thí dụ 4.4 Cho a,bc,0> . Chứng minh: 200820082008 ³ . (*) a++bc 3 Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử: a³bc³>0 (1) 200820082008 Þabc³³. (2) Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều (1),(2) ta có: 200820082008200920092009 (a+b+c)(ab++c) £3(a++bc) 200920092009 ab++ca++bc Û 200820082008 ³ Þ đpcm. abc++ 3 éabc== Đẳng thức xảy ra Ûê 200820082008 Ûa==bc. êabc ë == Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 71 Nhận xét: · Nếu thêm điều kiện abc ³1 vào thí dụ 4.4 và do a,bc,0> , nên theo bất đẳng 3 thức Côsi ta có: a+b+c³=33abc . Khi đó: 200920092009200820082008 (*) Û a++bc³abc++ ta được dạng khác của thí dụ 4.4. · Vậy, theo cách lập luận trên và theo lời giải của thí dụ 4.4 ta cũng chứng minh được dạng tổng quát sau: Cho a12,aa, ,0n > và a12.aa 1n ³ . Chứng minh rằng, với mọi m nguyên dương m+1m++11mmmm thì ta có: a1+a2+ +ann³a12+aa++ . Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa= 1==n . Thí dụ 4.5 Cho x12,xx, ,0n > . Chứng minh: 1 x12xx n xx x x.x xn( +++ ) x12.xx n ( 12nn) £ 12 . (1) Bài giải 1 Có (1) xx xlnx.x xxxlnxlnx xxln Ûn ( 1+2++n)()12n£11+22++nn xx xlnxlnx lnxnxxlnxlnx xxln Û( 1+2++n)( 1+2++n)£( 11+22++nn). (2) Không làm mất tính tổng quát, giả sử: x12³xx³ 0³>n (3) Þlnx12³lnxx³³ ln n . (4) Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều (3),(4) ta có: xx xlnxlnx lnxnxlnxxlnx xxln ( 1+2++n)( 1+2++n)£( 11+22++nn). Vậy (2) đúng Þ đpcm. éx12=xx== n Đẳng thức xảy ra Ûê Ûx12=xx== n . êlnxlnxx ln ë 12=== n Thí dụ 4.6 Cho a12,aa, , n là các cạnh của một đa giác lồi n cạnh. Gọi C là chu vi aa12 an n của đa giác đó. Chứng minh: ++ +³. C-2a12C-2aC 22ann Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử: a12³aa³ 0³>n Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 72 ÞC-2a12£C-2a£ 2£-Can (1) aa12 an và ³³³ . (2) C-2a12C 22aCan Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy ngược chiều (1),(2) ta có: æöaa a C2aC2a 2Caç 12 n ÷ ( -12+-++- n ) ç +++ ÷ ³ èøçC-2a12C 22aCan ÷ naaa ³( 12+++n ) . æöaa a éùnC2aaa ç 12 n ÷ nC Ûëû-( 12+++n ) ç +++ ÷ ³ èøçC-2a12C 22aCan ÷ aa12 an nCn Û++ +³= Þ đpcm. C-2a12C-2aC-2an nC 22Cn éC-2a12=C-2a= 2=-Can ê C Đẳng thức xảy ra Ûê aa12 anÛa12=aa= ==n. ê === n êC2aC22aCa ë -12 n Û đa giác đã cho là đa giác đều. 222 Thí dụ 4.7 Cho a12,aa, ,0n > và a12+aa+ 1+³n . Chứng minh: 33 3 aa12 an 1 M=++ +³, với a=a12+aa++ n . a-a12a-aa ann 1 Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử: a12³aa³ 0³>n 222 Þa12³aa³³ n (1) aa12 an và ³³³ . (2) a-a12a aaan Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều (1),(2) ta có: æöaa a a2aa22 ç 12 n ÷ nM. ( 12+++n ) ç +++ ÷ £ èøça-a12a aaan ÷ 1 æöaa a M .ç 12 n ÷. (3) Û³ç +++ ÷ n èøça-a12a aaan ÷ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 73 aaaaæaaöæöæö Ta có: 12 nnçç112÷÷1 1ç÷ n +++=çç+÷÷++++ç +-÷ a-a1a-a2a-annèçça-a12ø÷÷èøa aèøç aa ÷ æö111 anç ÷ . (4) = ç +++-÷ èøça-a12a aaan ÷ Theo thí dụ 4.1, ta có: 111 nn22 ++ +³=. (5) a-a1a-a2a-anna-a12+a-a+ +a anaa 11n2 æö÷ Từ (3),(4),(5)ÞM³çan. -=÷ Þ đpcm. nèøçna an÷ 1 n Đẳng thức xảy ra aaa . Û12===n n (Nếu n = 3 ta có được thí dụ 4.3). Thí dụ 4.8 Cho DABC nhọn. Chứng minh: sinA++sinBsinCtanABC.tan.tan £ . cos3A++cosBcosC Bài giải Do vai trò bình đẳng giữa A,,BC nên giả sử: 0 CBAp cosC và tanA+tanB+=tanCtanA.tanBC.tan , sinA++sinBsinCtanABC.tan.tan nên Þ (3) Û £ Þ đpcm. cos3A++cosBcosC écosA==cosBCcos Đẳng thức xảy ra ê ABCABC đều. ÛtanAtanBCtan Û==ÛD ëê == Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 74 Nhận xét: Theo lời giải trên, để ý rằng nếu 0 CBAp thì: <££<2 sinABC³³sinsin và cotA££cotBCcot . Nên theo bất đẳng thức T.B.S cũng dễ dàng suy ra được lời giải cho thí dụ sau: Cho DABC nhọn. Khi đó ta luôn có: cosA+cosB+cosCcotA++cotBCcot £ . sinABC++sinsin3 Đẳng thức xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Thí dụ 4.9 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta luôn có: abcR3 ++£. hb+hchc++hahabhr2 Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử a££bc (1) 2SSS22 Þ££Þha³³hbhcÞhb+hc£hc+ha£+hhab hahhbc 111 Þ³³. (2) hb+hchc++hahhab Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy ngược chiều (1),(2) ta có: æ111öæöabc abcçç÷÷3 . (3) ()++çç++÷÷³++ èççhb+hchc+haha+hb÷÷øèøhb+hchc++hahhab Trong mọi tam giác DABC , ta luôn có: 33 abc2RsinABsinsinC2RR.33 . (4) ++=( ++) £=2 Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, thì: 444æ11öæ11öæö11 ç÷çç÷÷ ++£ç++÷çç+++÷÷ hb+hchc++hahahbèçhbhcø÷èççhchaø÷÷èøhhab 1111æö1111 ç ÷ . (5) Þ++£ç++=÷ hb+hchc++hahahb22èøçhahbchr÷ abcR3 Từ (4),(5) Þ (3) Û ++£ Þ đpcm. hb+hchc++hahabhr2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 75 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (3),(4),(5) xảy ra Ûab==cÛDABC đều. Thí dụ 4.10 Cho DABC không có góc tù. Chứng minh: æöabc 3()a+bc+£pç ++÷. (1) èøç ABC÷ Bài giải Theo định lý hàm số sin trong DABC , ta có: æösinAsinBCsin (1) Û3(sinA+sinBC+sin )£pç ++÷ . (2) èøç ABC÷ sinx Dễ thấy hàm số fx nghịch biến khi 0 x p , ()= x <£2 sinAsinBCsin nên giả sử ABC . ³³ÞABC££ Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy ngược chiều trên, ta có: æösinAsinBCsin ()A+B+Cç ++÷³3(sinABC++sinsin ) èøçABC÷ æösinABCsinsin Ûpç ++÷³3(sinA++sinBCsin ) Þ (2) đúng Þ đpcm. èøçABC÷ Đẳng thức xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Nhận xét: · Trong thí dụ này, để xác định được hai dãy tỉ lệ khi chứng minh (2) ta phải sử dụng đến tính đơn điệu của hàm số, cụ thể trong thí dụ này là tính nghịch sinx fx x æù0; p biến của hàm ()= , với "Îç ú . x èç 2 ûú · Với lập luận như trên, ta có được các bất đẳng thức tương tự (2) sau: tanx æöp * Hàm fx()= đồng biến trên ç0; ÷ , nên nếu A ³³BC thì x èøç 2÷ tanAtanBtanC . Theo bất đẳng thức T.B.S ta có: A³³BC æötanAtanBCtan 3(tanA+tanBC+tan ) ³pç ++÷, với "DABC nhọn. èøç ABC÷ Đẳng thức xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 76 cos x æöp * Hàm fx()= nghịch biến trên ç0; ÷ , ta có: x èøç 2÷ æöcosABCcoscos 3(cosABC+cos+cos ) £pç ++÷ , với "DABC nhọn. èøç ABC÷ Đẳng thức xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Thí dụ 4.11 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta luôn có: sin2A+sin2B+sin2C£3(cosABC++coscos ). Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử A³³BC. Do yx= cos nghịch biến khi 0 ) Vậy trong mọi DABC nếu A³³BC ta có: sinABC³³sinsin . (2) Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy ngược chiều (1),(2) ta có: 3 sinABsinsinCcosABcoscosCsin2Asin2BCsin2 . (3) ( ++)( ++) ³2 ( ++) 33 Trong mọi ABC ta luôn có: sinABCsinsin . (4) D ++£2 Từ (3),(4) Þ sin2A+sin2B+sin2C£3(cosABC++coscos ) Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (3),(4) ÛAB==CÛDABC đều. Thí dụ 4.12 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta luôn có: 22AB2C4æö222ABC tan+tan+tan³çsin++sinsin ÷. 2223èøç 222÷ Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử A³³BC ABCABC sinsinsinsin2sin22sin , (1) Þ2³2³2Þ222³³ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 77 ABC111 và cos£ccos£os Þ³³. (2) 222222ABC cccososos 222 Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều (1),(2) ta có: æö ç ÷ æ22AB2Cöç 111÷ æö2A22BC ççsin+sin+sin÷÷ç++÷£3tan++tantan . çç222÷÷ç2A22BC÷222 èøçcccososos ÷ èø èøç 222÷ (3) Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 1119 . (4) A+B+³CABC ccos22oscos2cccos2os22os 222222++ Mặt khác, trong mọi DABC ta luôn có: 3 3 ABC3cosABCcoscos9+ cos2ccos22os +++ 2 . (5) 22++2=2£=24 22AB2C4æö222ABC Từ (3),(4),(5)Þ tan+tan+tan³çsin++sinsin ÷ Þ đpcm. 2223èøç 222÷ Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (3),(4),(5) xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Thí dụ 4.13 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta có: abc ++³abc++. b+c-ac+a-ba+-bc Bài giải Không làm mất tính tổng quát, giả sử a³b³cÞabc³³ (1) abc và ³³. (2) b+c-ac+a-ba+-bc Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều (1),(2) ta có: æöabc abcç ÷ ++ç ++÷ £ ( )èøç b+c-ac+a-ba+-bc÷ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 78 æöabc 3 ç ÷ . (3) £ ç++÷ èøç b+c-ac+a-ba+-bc÷ Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: abcabc ++³3.6 . (4) b+c-ac+a-ba+b-c(b+c-a)(c+a-b)(a+-bc) Ta lại có: abc³(b+c-a)(c+a-b)(a+-bc). (5) abc Từ (3),(4),(5)Þ ++³abc++ Þ đpcm. b+c-ac+a-ba+-bc Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (3),(4),(5) xảy ra Ûab==cÛDABC đều. Nhận xét: · Đặt x=b+ca->0 ; y=c+ab->0 ; z=a+->bc0 . Ta có: (x+y)( y+z)(z+=x) 8abc . Theo bất đẳng thức Côsi, thì: (x+y)( y+z)(z+³x) 8xyz Þ (5) đúng. · Theo lời giải trên, ta có lời giải cho dạng tổng quát của thí dụ 4.13 sau: Trong mọi DABC và với ">xy,0 ; xy³ , ta có: xxx abcx-yx yxy yyy++³abc++. (6) (b+c-a) (c+a-b) (a+-bc) abc Thật vậy, giả sử a³³bcÞ³³ b+c-ac+a-ba+-bc ìax-ybcx yxy ï ³³ ï yyy Þ íæaöæbcöæö. (*) ïççç÷÷÷³³ ïçççbca÷÷÷cababc îïè+-øè+-øèø+- Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy cùng chiều trong (*), ta có: axbcxx yyy++ ³ (b+c-a) (c+a-b) (a+-bc) éùyyy 1 x-yx yxy æaöæbcöæö ³a+bc+êúç÷++çç÷÷ 3( )êúèçbca÷øççècabø÷÷èøabc ëûêú+-+-+- Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 79 y xyxyxyéùabc xyxyxy a-b-c- 3 êúa-bc ³( ++) êúbcacababc ³++ ëûêú( +-)(+- )(+- ) ( Theo (4),(5) ). Vậy (6) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra Ûab==cÛDABC đều. Thí dụ 4.14 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta có: mm22m2h2h2hS2227 , (1) ( a+b+c)( a+bc+³) với ma,mmb,c;habc,,hh lần lượt tương ứng là độ dài ba đường trung tuyến và ba đường cao của ABC , SS . D = DABC Bài giải 2b22c2a22c22a2b222a2bc22 Trong ABC , ta có: m222+-;;mm+-+- D a===444bc 3 mm22m2a2bc22 Þa+bc+=4 ( ++) (1) ab22c2hh22hS2236 . (2) Þ Û( ++)( a+bc+³) 222 Không làm mất tính tổng quát, giả sử a³³bcÞa³³bc (3) 222SSS và hhh. (4) a£bc£Ûa££bc Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy ngược chiều (1),(2) ta có: a2b2c2hh22h23 a2h2b2h2ch22. (5) ( ++)( a+b+c) ³( abc++) 2222222 Mặt khác, trong mọi DABC ta luôn có: aha=bhbc==chS4 . (6) Từ (5),(6) a2b2c2hh22hS2236 (2) đúng đpcm. Þ ( ++)( a+bc+³) Þ Þ Đẳng thức xảy ra Ûab==cÛDABC đều. Nhận xét: Với phép suy luận trên, ta cũng có thể chứng minh được cho dạng tổng * quát của (2) sau: Chứng minh rằng trong mọi DABC , và với "În ¥ ta có: abnncnhnhnhSn9.2.nn. ( ++)( a+bc+³) Đẳng thức xảy ra Ûab==cÛDABC đều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 80 Thí dụ 4.15 Cho DABC không tù. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: a2cosAb22cosBcCcos M . =bc++caab Bài giải 1 Ta có: Ma2sin2Ab22sin2BcCsin2 . =4S ( ++) Không làm mất tính tổng quát, giả sử: 0 CBAp <£££2 222 Þa³b³cÞabc³³ (1) và sin2A££sin2BCsin2 . (2) Áp dụng bất đẳng thức T.B.S cho hai dãy (1),(2) ta có: 1 abc222 Ma2b22csin2Asin2BCsin2 ++sinA.sinBC.sin . £12S ( ++)( ++) = 3S 222222 a+b+cS2a++bc 2222 ÞM £= 22=sinABC++sinsin 33S 24RR3( ) 293 M . . Þ£=342 Đẳng thức xảy ra Ûab==cÛDABC đều. 3 Vậy MMax đạt được khi ABC đều. = 2 D Nhận xét: Trong chứng minh trên, đã sử dụng một số hệ thức lượng cơ bản trong tam giác: · sin2A+sin2B+=sin2C4sinA.sinBC.sin . S · sinA.sinBC.sin = 2 . 2R 222 222a++bc · sinABC+sin+=sin 2. 4R 9 sin2ABCsin22sin . · ++£4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 81 Chương 5 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 5.1 ĐỊNHNGHĨA HÀM LỒI. Cho hàm số y= fx() xác định trên [ab, ]. Hàm số fx() được gọi là lồi trên đó, x,,xab ,0 1 nếu như thoả mãn điều kiện sau: "Î12 [ ] và "³ab sao cho ab+= thì f(ax1+bx2)£+abf(x12)fx(). (1) Về mặt hình học, thì (1) có ý nghĩa như sau: Ax,f(x);Bx,fx() yfx() Nếu gọi ( 11) ( 22) là hai điểm nằm trên đường cong = ; với a£x12<x<£xb, thì mọi điểm nằm trên cung AB của đồ thị đều nằm dưới cát AB Cxx;f(x)fx() tuyến . Có thể thấy ngay toạ độ của điểm C là (a1++b2ab12), D Dxx;f()xx còn toạ độ của điểm là (a1++b2ab12). (Hình vẽ). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 82 Nhận xét: Ngược lại, nếu hàm số y= fx() xác định trên [ab, ] được gọi là lõm trên x,,xab ,0 đó, nếu như thoả mãn các điều kiên sau: "Î12 [ ] và "³ab sao cho ab+=1 thì f(ax1+bx2)³+abf(x12)fx(). 5.2 ĐIỀU KIỆN ĐỦ VỀ TÍNH LỒI CỦA HÀM SỐ. Cho hàm số y= fx() liên tục đến đạo hàm cấp 2 trên (ab, ). · Nếu f''(x)>0,,"Îx(ab) thì fx() là hàm lồi trên (ab, ). · Ngược lại, nếu f''(x) ("= ) n æönn cho: 1. Chứng minh: fç x÷ fx(). (1) åai = çååaaii÷ £ ii i=1 çèøii==11÷ Chứng minh · Với n = 2 thì (1) đúng (theo định nghĩa hàm lồi). · Giả sử (1) đúng đến nk=-1. k Xét khi nk. Giả sử x,x, ,,xab và 0 ik1, sao cho: 1. · = 12 k Î [ ] ai > ("= ) ai = åi=1 kk-2 Ta có: xxxx. (2) aii=aii++aak 11kkk ååii==11 k-2 Đặt aa= iix Þ01<<a , vì thế từ (2) suy ra: åi=1 kk-2 éùaakk-1 aakk-1 ixiixi1.êúxxkk1 , do +=1 ååa=aa+()-+11- 11 ii==11 ëûêú aa aa mà x,,xab x* aakk-1 xxab, . kk-1 Î[ ] Þ=kk-1 +Î[ ] 11 aa Áp dụng giả thiết qui nạp với k 1 điểm x,x, ,,xx* và bộ số: - 122k- ,, ,,1 (ta có: 11). a1a22aak- - a1+a22++aak- +-= Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 83 kkk 22 æöæö fççx÷÷fx1xf(x)(1)fx(). (3) Þ ççåaii÷÷=ååaii+()-a£aaii+- èççi=1÷÷øèøii==11 Mặt khác, theo định nghĩa hàm lồi ta có: * æök11kkk f(x)fç a xax÷ aaf(x)fx(). (4) =çk 11+k÷£+kk èøç1-a1-a÷11 aa Thay (4) vào (3), ta được: æökk-2 ÷ éùaakk-1 fç aixi÷£aaiifx()+-(1)êúf(xkk1)+ fx() çåå÷ 11- èøii==11 ëûêú aa æökk-2 fç x÷ fx() .f(x).fx() Ûçååaaii÷ £+ii ak-1k 11+ aakkk èøç ii==11÷ æökk fç x÷ fx(). Û£çååaaii÷ii èøçii==11÷ Vậy bất đẳng thức Jensen đúng khi nk= . Theo nguyên lý qui nạp suy ra điều phải chứng minh. 5.3.2 Hệ quả. 1 Từ định lý, nếu ta suy ra trực tiếp được hệ quả quan trọng a12=aa===n n fx() ab, x,x, ,,xab sau: Cho là hàm lồi trên [ ], thì "Î12 n [ ], ta có: æöx12+xx++ n 1 fç ÷£éùf()()()x12+fx++ fxn . èøç nn÷ ëû 5.3.3 Nhận xét. · Bất đẳng thức Jensen còn được phát biểu dưới dạng sau: Cho fx() là hàm lõm trên ab, . Giả sử x,x, ,,xab; 0 in1, sao [ ] 12 n Î[ ] ai > ("= ) n æönn cho: 1.Ta có: fç x÷ fx(). åai = çååaaii÷ ³ ii i=1 èøç ii==11÷ · Phương pháp dùng bất đẳng thức Jensen là một phương pháp hiệu quả để chứng minh bất đẳng thức. Tuy nhiên, vì bất đẳng thức Jensen không được giới thiệu trong chương trình toán trong nhà trường phổ thông, nên học sinh phổ thông ít có điều kiện tiếp xúc và sử dụng bất đẳng thức này. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 84 5.4 MỘT SỐ THÍ DỤ MINH HOẠ. Thí dụ 5.1 (Bất đẳng thức Côsi). aaa Cho a,aa, ,0. Chứng minh: 12+++n n a.aa . (1) 12 n ³ n ³ 12 n Bài giải · Xét hàm số f(xx)=-ln , với x > 0 . 1 1 Ta có: fx'()=- ; fx''()0=>2 , x 0 . x x "> Þf(xx)=-ln lồi khi x > 0 . Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: xxx 1 fæö12+++n ÷ fxfx fx ç ÷£éù()()()12+++ n èøç nn÷ ëû xx xlnxlnxx ln ln 1+2++nn12+++ Û-nn£- xxx ln12+++n lnn x.xx Û³n 12 n xxx 12+++n n x.xx . (2) Û³n 12 n Đẳng thức xảy ra Ûx12=xx= 0=>n . · Xét n số: a12,aa, ,0n ³ , có hai khả năng xảy ra: • Nếu ai = 0 , in=1, thì (1) hiển nhiên đúng. • Nếu ai > 0 , in=1, theo (2) ta có: aaa 12+++n n a.aa . n ³ 12 n Vậy (1) đúng "³ai 0 ,in=1, Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa== n . Thí dụ 5.2 (Bất đẳng thức Bunhiacópski). Cho 2n số thực: a12,aa, , n và b12,bb, , n . Chứng minh: a2a2 a2b2b22 babab ab 2 . (1) ( 1+2++n)( 1+2++n)³( 11+22++nn) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 85 Bài giải 2 Xét hàm số f()xx= , với x Î ¡ . 2 Ta có: f'(xx)2= ; f''(xx)=2>0, "Î¡ Þ f()xx= là hàm lồi trên ¡ . n Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: "³aii0,,x in=1, và ai > 0 , thì: åi=1 æö÷ ç ÷ n ç ÷ fç aa12xx aankx÷ fx . çn12+n++£nnnk÷å () ç ÷k=1 çåaiåaiååaaii÷ èøçi=1i=1ii==11÷ 2 xxx 222 (a11+aa22++nn) a1x1+aa22xx++ nn Þ£2 n æön ÷ i çai ÷ a å ÷ åi=1 èøçi=1 ÷ xx x2 x2xx22 . (2) Þ (a11+a22++ann) £(a1+a2++an)(a11+aa22++nn) b 0 in1, b 0 ab, Giả sử i ¹ , = (vì nếu tồn tại i = , ta chỉ cần loại cặp ( ii) đi, và cứ làm như thế cho đến khi chỉ còn lại các cặp ab; với b 0). ( jj) j ¹ 2 ai Đặt aii= b và xi = ,in=1, . Nên từ (2) suy ra: bi abab ab2 a2a2 a2b2bb22 đpcm. ( 11+22++nn) £( 1+2++nn)( 12+++Þ) aa12 an Đẳng thức xảy ra Ûx12=xx= =n Û=== . b12bbn Thí dụ 5.3 (Bất đẳng thức Minkowski). Cho a,b0,in1, . Chứng minh: ii>=( ) nna.a ab.b bnabab ab 12n+12n£( 1+1)( 22++) ( nn) . Bài giải x Xét hàm số f(xe)=+ln1( ), với " x Î ¡ . ex ex Có fx'() ; fx''() > 0, x . = x = 2 " Î ¡ 1 e x + (1+ e ) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 86 x Þ f(xe)=+ln1( ) là hàm lồi trên ¡ . Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: æöx12+xx++ n 1 fç ÷£éùf()()()x12+fx++ fxn . èøç nn÷ ëû bi Chọn xi = ln , in=1, . Ta có: ai b b 1çæö1 n÷ æöçln++ ln ÷ nç aa1 n÷÷1éùæbb12öæö æöbn lnç1eèø÷.êúlnçç1÷÷ln1 ln1ç÷ . ç+÷£çç+÷÷+++++ç ÷ ç ÷nêúçça12÷÷aa çn÷ èøç ÷ ëûêúèøèø èø æöabab ab b12.bb n ( 1+1)( 22++) ( nn) lnç1n ÷ln n Ûç+£a.a a÷ a.aa èøç12nn÷ 12 abab ab b12.bb n ( 1+1)( 22++) ( nn) Û1+£n n a1.a2 anna12.aa nna.a ab.b bnabab ab Û 12n+12n£( 1+1)( 22++) ( nn) Þ đpcm. aa12 an Đẳng thức xảy ra Û === . b12bbn Thí dụ 5.4 (Bất đẳng thức Svacxơ). Cho ab, và b0in1, . Chứng minh: ii i >=( ) 22 2 aaa 2 aa12 an ( 12+++n ) ++ +³ . (1) b1b2bnnb12+bb++ Bài giải 2 Xét hàm số f()xx= , với x Î ¡ . 2 Ta có: f'(xx)2= ; f''(xx)=2>0, "Î¡ Þ f()xx= là hàm lồi trên ¡ . Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: fxx xf(x)f(x) fx() (a11+a22++ann)£a11+aa22++nn. (2) n bi bi Với i > 0 in1, sao cho: i = 1. Chọn ai = n ; xi = , "=in1, . a ("= ) åa a i=1 b i å j j=1 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 87 2 æö ç ÷ 2 2 ç baba÷ baæö baæö Từ (2) ç 1.1 n.n÷ 11.ç ÷ nnç ÷ Þç n++n÷£nnç÷ ++ ç ÷ ç bb÷ çbb÷ ç ÷ ç b11bnn÷ bbèøç èøç ÷ çåjåj÷ ååjj çèøj=1j=1÷ jj==11 aaa 2 22 2 ( 12+++n ) aa12 an Û £+++ Þ đpcm. b1+b2++ bnnb12bb aa12 an Đẳng thức xảy ra Û === . b12bbn Thí dụ 5.5 (Bất đẳng thức Nesbit ba biến). abc3 Cho a,bc,0> . Chứng minh: ++³. (1) b+cc++aab 2 Bài giải abc3 Đặt A=a+bc+>0 . Khi đó (1) Û++³. A-aA bAc 2 x Xét hàm số fx()= , với xAÎ (0;). Ax- A 2A fx'() fx''()0xA(0;) Có = 2 ; =>3 , với " Î . ()Ax- ()Ax- x Þ fx()= là hàm lồi trên (0;)A . Ax- xxx 1 Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: fæö1++23÷ fxfxfx . ç ÷£éù()()()1++23 èøç 33÷ ëû a++bc1æöabc Û£ç ++÷ 3A-(a+b+c)3èøç A-aA bAc÷ 3 abc Û £++ Þ đpcm. 2 b+cc++aab Đẳng thức xảy ra Ûabc==>0. Nhận xét: · Bất đẳng thức Nesbit ba biến ngoài cách chứng minh trên, đã được chứng minh bằng các phương pháp: bất đẳng thức Côsi (thí dụ 1.2), bất đẳng thức Bunhiacopski (thí dụ 2.3.1), bất đẳng thức với các dãy đơn điệu (thí dụ 3.5) và bất đẳng thức Trêbưsép (thí dụ 4.2). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 88 · Cũng như bất đẳng thức Nesbit: bất đẳng thức Côsi cơ bản, bất đẳng thức Svacxơ và một số bất đẳng thức, thí dụ khác cho thấy, một bất đẳng thức có thể chứng minh bằng nhiều cách khác nhau. Qua đó cũng cho thấy được sự đa dạng và phong phú về các phương pháp trong chứng minh bất đẳng thức. Thí dụ 5.6 Cho a12,aa, ,1n > . Chứng minh: 111n ++ +³ . 1a11aan +12++n 1+a12.aa n Bài giải 1 Xét hàm số fx()= x . 1+ e x xx -e ee(-1) Có fx'()= x 2 ; fx''()= x3 , ">x 0 . (1)+ e (1)+ e 1 Þ hàm số fx()= x lồi khi x > 0 . Theo hệ quả của bất đẳng thức Jensen, ta 1+ e xxx 1 có: fæö12+++n ÷ fxfx fx . ç ÷£éù()()()12+++ n èøç nn÷ ëû Chọn xaii= ln , "=in1, . Ta có: 11æö111 £ç +++ ÷. n nç1a11aa÷ 1+a12.aa n èøç +12++n ÷ 111n Þ ++ +³ Þ đpcm. 1a11aan +12++n 1+a12.aa n Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa= 1=>n . Thí dụ 5.7 Cho a,bc,0> . Chứng minh: abc++ abcéù2 (b+c)(c+a)(a+b )£êú()a++bc . (1) ëûêú3 Bài giải aln(b+c)+bln(c+a)++cln(ab) éù2 Có (1) Û£ln êú()a++bc. (2) a++bc ëûêú3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 89 Xét hàm số f(x)=-ln(a+b+-cx), với xÎ(0,a++bc). 1 1 Có fx'() ; fx''()0, với x0,abc. = =>2 Î( ++) a+b+-cx ()a+b+-cx Þ fx() là hàm lồi trên (0,a++bc). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: abca.f(a)bf(b)cfc() fæö.abc ++ ç++£÷ . èøça+b+ca+b+ca+b+c÷a++bc a2bc22 alnbcblncacln ab æö++÷-( +)-( +)-+( ) Û-lnça+bc+-£÷ èøça+b+c÷ a++bc 2ab++22bcca aln(b+c)+bln(c+a)++cln(ab) Û³ln . (3) a++bc abc++ 222 Dễ thấy, với a,bc,0> Þa+b+c³ab++bcca 2 Þ(a+b+c) ³3(ab++bcca) 2 2(ab++bcca) Þ()a+bc+³ 3 a++bc éù2 éù2(ab++bcca) lnêúabc ln êú. (4) Þ 3 ()++³êúabc ëûêúëû++ Từ (3),(4) Þ (2) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (3),(4) xảy ra Ûabc==>0. abcabc++ a,bc,0 aabcbc æö++ Thí dụ 5.8 Cho > . Chứng minh: ³ç ÷ . èøç 3 ÷ Bài giải Xét hàm số f(x)= xxln , với x > 0 . 1 Ta có: f'(xx)1ln ; fx''()0, x 0 . =+ =>x "> Þ f(x)= xxln là hàm lồi khi x > 0 . æöa++bc 1 Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: fç ÷£[ f(a)++f(b)fc()]. èøç33÷ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 90 abcabcalnablnbccln ++ln ++++ Û£333 a++bc æöa++bc abc Û lnç ÷ £ln abc èøç 3 ÷ () a++bc æöa++bc abc Û ç ÷ £abc Þ đpcm. èøç 3 ÷ Đẳng thức xảy ra Ûabc==>0. Nhận xét: Với cách giải trên ta cũng chứng minh được dạng tổng quát cho thí dụ 5.8 sau: Cho a12,aa, ,0n > . Chứng minh rằng: aaa a12+aa++ n aa12 an æö12+++n a12.aa n³ç ÷ . çèøn ÷ Đẳng thức xảy ra Ûa12=aa= 0=>n . (Nếu n = 3 ta thu được thí dụ 5.8). xyxy+ Thí dụ 5.9 Cho a,b,xy,0> . Chứng minh: xln+yln³+()xyln . abab+ Bài giải Xét hàm số f(x)= xxln , với x > 0 . 1 Có f'(xx)ln1 ; fx''()0, với x 0 . =+ =>x "> Þ fx() là hàm lồi khi x > 0 . a b Đặt a1 = ; a2 = Þ>aa12;0 và aa12+=1. ab+ ab+ x y x ; x . 1 = a 2 = b Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: f(a1x1+a2x2)£+aa1f(x1)22fx(). xyaxbx fæ+ öffæöæö Ûç÷£+çç÷÷ èça+bø÷a++bèççaø÷÷abbèø x++yxyxxyy Ûln£+lnln a+ba+ba++baabb x+ yxy Û ()x+yln£+xylnln Þ đpcm. a+ bab Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com 91 xy Đẳng thức xảy ra ïì = . Û íab îï = Thí dụ 5.10 Chứng minh rằng, trong mọi DABC ta luôn có: 111 12 . A+BC+³ sin222sinsin 222 Bài giải 1 Xét hàm số fx()= 2 , với x Î (0,). sin x p 22 -2cos x 2sinx+ 6cxos Ta có: fx'()= 3 ; fx''()0=>4 , với x Î (0,). sin x sin x " p Þ fx() là hàm lồi trên (0,)p . Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: æö÷ 11ç 111÷ ç ÷ £ç ++÷ ABC3ç 222ABC÷ ++ çsinsinsin ÷ 2 ç ÷ sin 222èøç 222 3 111 12 đpcm. Û A+BC+³Þ sin222sinsin 222 Đẳng thức xảy ra ÛAB==CÛDABC đều. Nhận xét: · Theo thí dụ trên cho thấy, ngoài các phương pháp đã dùng để chứng minh bất đẳng thức lượng giác thì phương pháp dùng tính lồi của hàm số (Bất đẳng thức Jensen) cũng được vận dụng một cách có hiệu quả để chứng minh bất đẳng thức lượng giác, đặc biệt là các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác. · Với cách làm trên có thể xây dựng được các bất đẳng thức tương tự sau: 111 • Trong mọi ABC ta có: 2+22+³4 . D sinAsinBCsin 111 n • Với "xi Î=0,,in1, thì: 2+22+ +³ ( p) sinxsinxxsin xxx 12 n sin212+++n n Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên