Luận văn Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐẶNG CÔNG VĨNH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2011 2 Công trình ñược hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH. TRẦN QUỐC CHIẾN Phản biện 1: TS. CAO VĂN NUÔI Phản biện 2: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Luận văn ñược bảo vệ tại Hội ñồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 23 tháng 10 năm 2011 * Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng 3 MỞ ĐẦU 1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bất ñẳng thức là một trong những chuyên ñề quan trọng nhất của toán học phổ thông. Đây là một chuyên ñề ñược nhiều người quan tâm ñến. Trong chương trình toán học phổ thông, bất ñẳng thức ñược giới thiệu trong chương trình ñại số 10, ñây là chuyên ñề hay và rất khó ñòi hỏi người học phải có óc tư duy và sáng tạo rất cao. Trong vài năm trở lại ñây chuyên ñề bất ñẳng thức ñã ñược các nhà toán học trên thế giới và trong nước ñầu tư, tìm hiểu rất nhiều. Đặc biệt, ở Việt Nam bất ñẳng thức trong thời gian qua ñã ñược không ít các thầy giáo, các bạn sinh viên giỏi ñã tìm hiểu và sáng tạo ra các phương pháp chứng minh rất hay, ñộc ñáo. Với mong muốn sẽ tìm hiểu và hệ thống hoá một cách ñầy ñủ về các phương pháp chứng minh bất ñẳng thức, nhằm hoàn thiện cho mình một kỹ năng chứng minh bất ñẳng thức. Qua ñó phục vụ cho công tác giảng dạy sau này. Chính vì các lý do trên tôi ñã chọn ñề tài “ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ” . Điều kiện ñảm bảo cho việc hoàn thành ñề tài : Được thầy giáo PGS. TSKH Trần Quốc Chiến hướng dẫn, cung cấp tài liệu và tận tình giúp ñỡ, ñồng thời bản thân cố gắng nghiên cứu sưu tập tài liệu ñể ñảm bảo hoàn thành ñề tài. 2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Hệ thống và phân loại một số phương pháp chứng minh bất ñẳng thức. - Tìm hiểu thêm các phương pháp mới về chứng minh bất ñẳng thức và hoàn thiện các kỹ năng ñã biết nhằm phục vụ cho công tác giảng dạy sau này. - Đề xuất một số dạng quan trọng trong các kỳ thi ñại học, thi học sinh Giỏi. 3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU 3.1. Đối tượng nghiên cứu Khảo sát lý thuyết tổng quát, các phương pháp chứng minh bất ñẳng thức dựa trên phương pháp dồn biến, phương pháp ñường thẳng tiếp tuyến và các bất ñẳng thức AM – GM, Cauchy – Schwarz, Bernoulli, Chebyshev. 4 3.2. Phạm vi nghiên cứu Khảo sát lý thuyết tổng quát và ñặc biệt ứng dụng trong chương trình toán học phổ thông và toán học dành cho học sinh giỏi các ñội tuyển quốc gia. 4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Đề tài này ñã sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau: - Phương pháp nghiên cứu tư liệu gồm: Các tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, tạp chí toán học tuổi trẻ, các ñề tài nghiên cứu có liên quan - Phương pháp tiếp cận lịch sử: Sưu tầm, phân tích và tổng hợp tư liệu. - Phương pháp tiếp cận hệ thống. - Thực nghiệm sư phạm ở trường phổ thông. 5. Ý NGHĨA KHOA HỌC VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI - Đề tài ñã hệ thống và phân loại một số phương pháp chứng minh bất ñẳng thức giải quyết hàng loạt các bài toán bất ñẳng thức khó ở phổ thông, góp phần cho học sinh và giáo viên có thêm một số phương pháp chứng minh bất ñẳng thức. - Đề tài ñược trình bày một cách logic, khoa học, rõ ràng và dễ hiểu. 6. CẤU TRÚC LUẬN VĂN Mở ñầu: Chương 1: Kiến thức cơ sở Trong chương này nêu ñầy ñủ kiến thức cơ sở về bất ñẳng thức như ñịnh nghĩa, tính chất, kỹ thuật chọn ñiểm rơi trong bất ñẳng thức. Chương 2: Một số phương pháp chứng minh bất ñẳng thức Trong chương này hệ thống lại các phương pháp chứng minh bất ñẳng thức dựa trên các bất ñẳng thức AM – GM, Cauchy – Schwarz, Bernoulli, Chebyshev và các phương pháp khác như phương pháp dồn biến, phương pháp ñường thẳng tiếp tuyến. Chương 3: Ứng dụng Trong chưong này trình bày những ứng dụng của các phương pháp chứng minh bất ñẳng thức ñã hệ thống ở chương 2. Kết luận và tài liệu tham khảo. 5 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1. ĐỊNH NGHĨA Bất ñẳng thức là các biểu thức ñược nối với nhau bởi các dấu '' ''; '' ''; '' ''; '' ''> < ≥ ≤ Các mệnh ñề ''A B''; ''A B''; ''A B''; ''A B''> ≥ < ≤ ñược gọi là các bất ñẳng thức Trong ñó A, B là các biểu thức, A ñược gọi là vế trái và B là vế phải của bất ñẳng thức Các bất ñẳng thức A B; C D> > ( hoặc A B; C D< < ) là 2 bất ñẳng thức cùng chiều Các bất ñẳng thức A B; C D> ) là 2 bất ñẳng thức trái chiều Xét 2 bất ñẳng thức A B & C D> < + Nếu ta có A B C D> ⇒ là hệ quả của bất ñẳng thức A B> + Nếu A B C D> ⇔ > là hai bất ñẳng thức tương ñương 1.2. CÁC TÍNH CHẤT CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 1. A B B A 2. A B A C B C > ⇒ > > ( tính chất bắc cầu ) 3. A B A C B C> ⇒ + > + 4. A B A C B D C D > ⇒ + > + > 5. A B AC BC C 0 A B AC BC C 0 > ⇒ > > > ⇒ < < 6. A B A C B D C D > ⇒ − > − < 7. A B 0 AC BD C D 0 > > ⇒ > > > 8. n nA B 0 A B n Z+> > ⇒ > ∀ ∈ 6 9. a/ ( )n nA B 0 A B n Z+> > ⇒ > ∀ ∈ b/ ( )2n 1 2n 1A B A B n Z+ + +> ⇔ > ∀ ∈ c/ ( )2n 2nA B A B n Z+> ⇔ > ∀ ∈ 10. A B 0 1 1 A B 0 A B > > ⇒ < < < 1.3. KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC : Trong các phương pháp chứng minh bất ñẳng thức A B≥ ta thường chứng minh theo một trong hai sơ ñồ sau : Sơ ñồ 1 : Tạo ra dãy các bất ñẳng thức trung gian 1 2 n 1 nA A A ... A A B−≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ Sơ ñồ 2 : Tạo ra các bất ñẳng thức bộ phận 1 1 2 2 ............ n n A B A B A B ≥  ≥ +    ≥ hoặc 1 1 2 2 0 0 .................. 0n n A B A B A B ≥ ≥  ≥ ≥ ×   ≥ ≥ A B⇒ ≥ Để tạo ra các bất ñẳng thức trung gian hoặc các bất ñẳng thức bộ phận ta cần chú ý rằng : Nếu bất ñẳng thức “ A B≥ ” xảy ra trạng thái “ A B= ” tại tiêu chuẩn P nào ñó thì tại tiêu chuẩn P này tất cả các bất ñẳng thức trung gian trong sơ ñồ 1 hoặc các bất ñẳng thức bộ phận trong sơ ñồ 2 cũng ñồng thời xảy ra dấu bằng. Muốn tìm ñược tiêu chuẩn P ta cần chú ý tính ñối xứng của biến số và ñiều kiện xảy ra dấu bằng trong các bất ñẳng thức cổ ñiển AM – GM, Cauchy – Schwarz, Bernoulli hoặc trong các phương pháp mới như : dồn biến (MV), ñường thẳng tiếp tuyến Và người ta gọi ñiểm rơi trong các bất ñẳng thức trên là giá trị các biến nhận ñược ñể bất ñẳng thức xảy ra dấu “ = ”. 7 Do việc dự ñoán ñiều kiện trạng thái “ A B= ” xảy ra theo một tiêu chuẩn nào ñó, ñể ñịnh hướng biến ñổi ñại số và ñánh giá các bất ñẳng thức trung gian hoặc bộ phận nên có thể gọi các ý tưởng này là : “ Kỹ thuật kiểm tra ñiều kiện xảy ra dấu bằng ” hay “Kỹ thuật chọn ñiểm rơi trong bất ñẳng thức”. 8 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.1. BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM 2.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM Định lý 2.1 (Bất ñẳng thức AM – GM). Với mọi số thực dương 1 2, , ..., na a a ta có bất ñẳng thức: 1 2 1 2 ... . ... n n n a a a a a a n + + + ≥ Đẳng thức xảy ra khi 1 2 ... 0na a a= = = ≥ 2.1.2. Chú dẫn : tên gọi AM – GM là viết tắt của thuật ngữ tiếng Anh Arithmetic mean –Geometric mean nêu lên bản chất của bất ñẳng thức 1 2 1 2 ... . ... , 0n n n i a a a a a a a n + + + ≥ ∀ ≥ Các cuốn sách toán học ñã xuất bản ở Việt Nam thường gọi bất ñẳng thức trên là bất ñẳng thức Cauchy. Cách gọi này xuất phát từ việc nhà toán học Pháp Cauchy là người ñầu tiên ñã chứng minh bất ñẳng thức này. 2.2. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ Định lý 2.2 (Bất ñẳng thức Cauchy – schwarz) Với hai dãy số thực tùy ý 1 2 1 2, ,...., & , ,...,n na a a b b b ta luôn có bất ñẳng thức ( )( ) ( )22 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2... ... ...n n n na a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 1 2 .... n n aa a b b b = = = Hệ quả 1 (Bất ñẳng thức Schwarz). Với hai dãy số ( ) ( )1 2 1 2, ,..., & , ,..., ; 0, 1,n n ia a a b b b b i n≥ ∀ = ta có: ( )222 2 1 21 2 1 2 1 2 ... ... ... nn n n a a aaa a b b b b b b + + + + + + ≥ + + + 9 Hệ quả 2. Với mọi dãy số thực ( )1 2, ,..., na a a ta có ( ) ( )2 2 2 21 2 1 2... ...n na a a n a a a+ + + ≤ + + + 2.3. BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI Định lý 2.3 (Bất ñẳng thức Bernoulli) a) [ ]1, 0;1x α∀ > − ∀ ∈ ta có: (1 ) 1x xα α+ ≤ + b) ( ] [ )1, ;0 1;x α∀ > − ∀ ∈ −∞ ∪ +∞ ta có: (1 ) 1x xα α+ ≥ + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 0α = hoặc 1α = 2.4. BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV 2.4.1. Bất ñẳng thức Chebyshev Định lý 2.4 (Bất ñẳng thức Chebyshev) Với hai dãy số thực ñơn ñiệu tăng 1 2 n 1 2 na ,a ,...,a & b ,b ,...,b ta có: ( )( )1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n1a b a b ... a .b a a ... a b b ... b n + + + ≥ + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 n 1 2 na a ... a ; b b ... b= = = = = = 2.4.2. Một số dạng hay gặp của bất ñẳng thức Chebyshev Dạng 1: Chứng minh 1 1 2 2 n nx y x y ... x y 0+ + + ≥ . Ta có thể chứng minh ( ) ( ) ( )1 2 n1 1 2 2 n n 1 2 n y y y x a . x a . ... x a 0 a a a + + + ≥ Với 1 2 na ,a ,...,a là các số thực mà ta phải tìm sao cho ( )1 2 n 1 1 2 2 n n 1 2 n y y y , ,..., & x a , x a ,...., x a a a a       là các bộ số ñơn ñiệu cùng chiều. Khi ñó việc chứng minh bất ñẳng thức ban ñầu quy về chứng minh 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n y y y ... 0 a a a x a x a ... x a 0 + + + ≥ + + + ≥ Dạng 2: Chứng minh 1 2 n 1 2 n x x x ... 0 y y y + + + ≥ Ta có thể chứng minh 10 ( ) ( ) ( )1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n 1 1 1 a x . a x . ... a x 0 a y a y a y + + + ≥ Với 1 2 na ,a ,...,a là các số thực mà ta phải tìm sao cho ( )1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n 1 1 1 a x ,a x ,...,a x & , ,..., a y a y a y       là các bộ ñơn ñiệu cùng chiều. Khi ñó bất ñẳng thức ban ñầu quy về chứng minh 1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n a x a x ... a x 0 1 1 1 ... 0 a y a y a y + + + ≥ + + + ≥ Chú ý từ giả thiết có thể suy ra ñược 1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n a x a x ... a x 0 1 1 1 ... 0 a y a y a y + + + =   + + + =  2.5. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2.5.1. Phương pháp dồn biến ( MV–MIXING VARIABLE ) Đặc ñiểm của nhiều bất ñẳng thức, ñặc biệt là các bất ñẳng thức ñại số là dấu bằng xảy ra khi tất cả hoặc một vài biến bằng nhau. Phương pháp dồn biến dựa vào ñặc ñiểm này ñể làm giảm số biến số của bất ñẳng thức, ñưa bất ñẳng thức về dạng ñơn giản hơn có thể chứng minh trực tiếp bằng cách khảo sát hàm số một biến hoặc chứng minh bằng quy nạp. Để chứng minh bất ñẳng thức ( )1 2, ,..., 0nf x x x ≥ (*) Ta có thể chứng minh ( ) 1 2 1 21 2 3, ,..., , , ,...., 22 2n n x x x xf x x x f x x+ + ≥     (**) Hoặc ( ) ( )1 2 1 2 1 2 3, ,..., . , . , ,...,n nf x x x f x x x x x x≥ (***) Hoặc ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3, ,..., , , ,..., 42 2n n x x x xf x x x f x x  + +≥       (****) Và còn rất nhiều dạng khác tùy thuộc vào ñặc ñiểm của bài toán Sau ñó chuyển việc chứng minh (*) về chứng minh bất ñẳng thức sau ( ) ( )3 3, , ,..., , ,..., 0n nf t t x x g t x x= ≥ (*****) 11 Tức là một bất ñẳng thức có ít biến hơn. 2.5.2. Phương pháp ñường thẳng tiếp tuyến Bước 1: Từ bất ñẳng thức xác ñịnh hàm số tương ứng ( )y f x= Bước 2: Xác ñịnh dấu bằng của ñẳng thức xảy ra khi nào. Giả sử tại 0x x= Bước 3: Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị tại ñiểm có hoành ñộ 0x x= ( ) ( )( )0 0 0y g x f ' x x x y= = − + Bước 4: Vẽ ñồ thị hàm số ( )y f x= và phương trình tiếp tuyến tại ñiểm ( )0 0x ; y Từ ñó xác ñịnh tiếp tuyến nằm trên hay nằm dưới ñồ thị hàm số
Nếu tiếp tuyến nằm trên ta ñi chứng minh ( ) ( )g x f x≥
Nếu tiếp tuyến nằm dưới ta ñi chứng minh ( ) ( )f x g x≥ Bước 5: Từ ñó rút ra bất ñẳng thức cần chứng minh là ñúng. 12 CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG 3.1. ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GTLN - GTNN 3.1.1.Kỹ thuật chọn ñiểm rơi trong bất ñẳng thức AM - GM Bài toán. Cho a, b, c thoả mãn , , 0 1 a b c a b c >  + + ≤ . Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 28a b cA b c a ab bc ca = + + + + + ≥ Định hướng lời giải: Vì bất ñẳng thức ñã cho là ñối xứng với a, b, c nên ta dự ñoán dấu bằng xảy ra khi 1 a b c 3 = = = Khi ñó ta áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho các số 2 2 2 1 1 1 ; ; ; ; ; a b c b c a ab bc caα α α Với α là hệ số ta cần thêm vào ñể dấu “ = ” bất ñẳng thức ñạt ñược tại các giá trị của biến mà ta ñã dự ñoán Đối với bất ñẳng thức AM-GM dấu bằng xảy ra khi 2 2 2 1 1 1 = = = = = a b c b c a ab bc caα α α Mà 1a b c 27 3 = = = ⇒ α = Giải: Từ ñịnh hướng lời giải ta có: 2 2 2 1 1 127. 27 27 27 27 27 a b cA b c a ab bc ca = + + + + + Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có 13 ( ) 27 27 272 2 2 84 538184 1 1 1 184. . . . 84. 27 27 27 27 a b cA b c a ab bc ca abc      ≥ =            Mà ( ) 53.3 53 53.3 1 3 3 a b c abc + + ≤ ≤    8184 3.53 84 84 28 3127 . 3 A⇒ ≥ = = Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh. Nhận xét : Xét bất ñẳng thức AM – GM 1 2 1 2 1 2 ... . ... , , ,..., 0n n n n a a a a a a a a a n + + + ≥ ∀ ≥ Trong vế phải của bất ñẳng thức trên tức là biểu thức GM có số các thừa số trong căn thức ñúng bằng chỉ số căn thức (cùng bằng n). Do ñó, khi gặp bất ñẳng thức mà vế phải của bất ñẳng thức có chứa căn thức và số các thừa số ở trong căn thức nhỏ hơn chỉ số căn thức thì ta cần nhân thêm các hằng số thích hợp ñể số các thừa số trong căn thức bằng chỉ số của căn thức. Để xác ñịnh ñược các hằng số thích hợp chúng ta phải dự ñoán ñược dấu bằng của bất ñẳng thức. [10, tr. 29] Bài toán. Cho a, b, c thoả mãn , , 0 3 a b c a b c >  + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 3 3 3( 2 ) ( 2 ) ( 2 )S a b c b c a c a b= + + + + + Dự ñoán và tìm ñiểm rơi của Max S: Vì S là một biểu thức ñối xứng với a,b,c nên Max S ñạt tại ñiều kiện 3 3 3 3 1 3 2 2 2 3 a b c a b c a b c a b c a b b c c a = = = = =  ⇔ = = = ⇔  + + = + = + = + =  Giải : 14 3 33 3 3 33 3 3 33 3 1 1 3 ( 2 ) 3( 2 ) . 3 ( 2 ).3 . 9 9 3 1 1 3 ( 2 ) 3( 2 ) . 3 ( 2 ).3 . 9 9 3 1 1 3 ( 2 ) 3( 2 ) . 3 ( 2 ).3 . 9 9 3 a b c a b c a b c b c ab c a b c a c a b c a b c a b  + + + + = + ≤   + + + + = + ≤   + + + + = + ≤  33 3 3 3 1 6( ) 9( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) . 3. 3 39 a b cS a b c b c a c a b + + +⇒ = + + + + + ≤ = Với a = b = c = 1, Max S = 33. 3 . 3.1.2. Kỹ thuật tách ghép và phân nhóm Phần này ta áp dụng bất ñẳng thức phụ sau 22 2 x y x y 2 2 + + ≥     1 1 4 x y x y + ≥ + Bài toán. Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 1 4 a b c a b c b c c a a b + + ≥ + + + + + Định hướng lời giải: Do bất ñẳng thức ñã cho là ñối xứng với các biến nên ta dự ñoán dấu “=” xảy ra khi các biến bằng nhau. Tức là a b c= = Khi ñó ( ) 3 2 2= + a a b c . Tương tự ta có ( ) ( ) 3 3 2 22 ; 2= = + + b cb c c a a b Từ ñó ta nghĩ tới ghép ( ) 3 2 + a b c với các số sao cho sau khi áp dụng bất ñẳng thức AM - GM ta ñược một biểu thức theo a. 15 Từ ñó ta áp dụng AM-GM với các số sau ( ) 3 2 8 ; ;+ + + a b c b c b c . Số 8 xuất hiện là ñể ñảm bảo dấu “=” trong bất ñẳng thức AM-GM. Giải: Từ ñịnh hướng lời giải Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 8 6 8 6 + + + + ≥ + + + + + ≥ + a b c b c a b c b c a c a b c a ( ) ( ) ( ) 3 2 8 6c a b a b c a b + + + + ≥ + Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 8 4 6 1 4 a b c a b c a b c b c c a a b a b c a b c b c c a a b   + + + + + ≥ + +   + + +  ⇔ + + ≥ + + + + + Vậy bất ñẳng thức trên ñã ñược chứng minh. 3.1.3. Phương pháp cân bằng hệ số Trong một số bất ñẳng thức, ñiểm rơi có thể ñược dự ñoán một cách trực giác (dù ñối xứng hay không ñối xứng). Tuy nhiên với các bất ñẳng thức mà ñiểm rơi không là các số nguyên dương thậm chí là các số vô tỷ thì không thể dự ñoán ñược bằng trực giác. Khi ñó, chúng ta cần phải ñưa thêm các tham số giả ñịnh rồi mới sử dụng bất ñẳng thức AM – GM. Việc xác lập ñiều kiện các ñẳng thức xảy ra sẽ dẫn ñến hệ ñiều kiện ñể tìm tham số. Vì thế phương pháp này có tên gọi: Phương pháp cân bằng hệ số. Bài toán. Cho ba số thực , ,a b c thỏa mãn , , 0 1 a b c ab bc ca ≥  + + = . Chứng minh rằng : 2 2 210 10 4S a b c= + + ≥ . 16 Định hướng lời giải: Để áp dụng ñược giả thuyết ab bc ca 1+ + = ta cần phải tách số 10 ra thành tổng của 2 số ñể có thể áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho từng cặp số từ ñó xuất hiện các tích số ab, bc, ca Giải: Ta có ( )( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 210 10 10 0,102 2 c cS a b c a b a bα α α α   = + + = − + + + + + ∀ ∈        Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có ( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 10 2 10 2 . 2 . 2 2 2 . 2 . 2 2 a b ab c a ac ac cb bc bc α α α α α α α α − + ≥ − + ≥ = + ≥ = Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta có ( ) ( )2 10 2S ab bc acα α≥ − + + Chọn α sao cho ( )2 10 2− =α α 8⇔ =α (chọn α như vậy ñể ta ñặt nhân tử chung từ ñó sử dụng ñược giả thuyết ) Khi ñó: ( )2 10 2 4α α− = = ( )4 4S ab bc ca⇒ ≥ + + = Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh. 3.1.4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Bài toán. Cho bốn số thực , , ,a b c d thỏa mãn , , , 0a b c d > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 21 1 1 1 3 3 3 3 a b c dS b c d a      = + + + +          Giải: 17 Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có: 23 2 5 5 23 2 5 5 23 2 5 5 2 1 1 1 1 51 5 . . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 1 51 5 . . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 1 51 5 . . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 1 1 11 3 3 3 3 3 a a a a a b b b b b b b b b b c c c c c c c c c c d d d d d d d a a       + = + + + + ≥ =                  + = + + + + ≥ =                  + = + + + + ≥ =            + = + + + + 23 2 5 5 1 55 . . 3 3 3 3 d d d a a a      ≥ =            Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức ta có 2 5625 625 . . . . 81 81 a b c dS b c d a  ≥ =    Vậy 625 0 81 MinS a b c d= ⇔ = = = > 3.2. ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY – SCHWARZ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GTLN - GTNN 3.2.1. Kỹ thuật chọn ñiểm rơi và cân bằng hệ số trong bất ñẳng thức Cauchy- Schwarz Bài toán.[Poland Second Round 2007] Cho , , , 0a b c d > thoả mãn 1 1 1 1 4 a b c d + + + = Chứng minh rằng : 4)(2 2222 3 33 3 33 3 33 3 33 −+++≤+++++++ dcbaaddccbba Bổ ñề: với mọi x, y >0 ta có bất ñẳng thức sau yx yxyx + +≤+ 22 3 33 2 Chứng minh bổ ñề: bất ñẳng thức ⇔ ( ) ( ) 33 3 2 2 4 2 2 0, , 2 x y x y x y x xy y x y x y  + +≤ ⇔ − + + ≥ ∀  +  Giải: Áp dụng bổ ñề trên ta có: 18 ad ad dc dc cb cb ba baaddccbba + + + + + + + + + + +≤+++++++ 22222222 3 33 3 33 3 33 3 33 2222 Ta sẽ chứng minh : 4)(2 22222222 −+++≤ + + + + + + + + + + + dcba ad ad dc dc cb cb ba ba Thật vậy, sử dụng yx yx xy yx yxyx 11 2222 + = + = + + −+ và bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: ( ) 4 8 32 11112 4211 1 11 1 11 1 11 12 2 2 22222222 ==       +++ ≥             + + + + + + + =       + + + + + + + + + + + −+++ dcbaaddccbba ad ad dc dc cb cb ba badcba Đẳng thức xảy ra 1====⇔ dcba . 3.2.2. Kỹ thuật tách và ghép bộ số Phần này áp dụng bất ñẳng thức phụ sau ( ) ( )2a b c 3 ab bc ca+ + ≥ + + Bài toán. Cho x, y thoả mãn , 0x y > và 2 3 3 4x y x y+ ≥ + Chứng minh rằng: 3 3 2 2 2x y x y x y+ ≤ + ≤ + ≤ Giải: Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có ( ) 3 3 3 3 2 3 4 3 2 2 3 3 22 2 . . . . 1x y x x y y x y x y x y x y+ = + ≤ + + ≤ + + Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có ( )2 3 3 2 2 3 3 21. 2x y x y x y x y+ + ≤ + + + (2) Từ ( ) ( )1 & 2 ta có 3 3 2 2x y x y+ ≤ + Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 3 1 3 1 2 2 3 3 2 22 2 2 2 . . .x y x x y y x y x y x y x y+ = + ≤ + + ≤ + + (3) Áp dụng bất ñẳng thức AM - GM ta có 19 ( )2 2 2 212x y x y x y x y+ + ≤ + + + (4) Từ ( ) ( )3 & 4 ta có 2 2x y x y+ ≤ + Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 2 x y x y x y x y x y x y + ≤ + + ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh. 3.2.3. Sử dụng các phép biến ñổi và ứng dụng các hệ quả của bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz Bài toán. Cho , , 0a b c > và 3a b c+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 12 2 2 a b c a b b c c a + + ≥ + + + Giải: Ta có: 2 2 2 4 4 4 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 22 2 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a a a b b b c c c a + + = + + + + + + + + Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy - Schwarz 4 4 4 3 2 2 3 2 2 3 2 22 2 2 a b c a a b b b c c c a + + + + + ( ) ( ) 22 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 22 a b c a b c a b b c a c + + ≥ + + + + + Ta sẽ chứng minh: ( ) ( )22 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 22a b c a b c a b b c a c+ + ≥ + + + + + ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 3 3 3 4 4 4 3 3 3 4 4 4 3 3 3 4 4 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b a c b a b c c a c b a a b b b a b b c c c b a a c c c a ⇔ + + ≥ + + + + ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + ⇔ + + ≥ + + + + + ⇔ − + − + − + − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2a b a ab b b c b bc c a c a ac c⇔ − + + + − + + + − + + : ñúng 2 2 2 2 2 2 12 2 2 a b c a b b c c a ⇒ + + ≥ + + + Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh. 20 3.2.4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Bài toán. Cho a, b, c thỏa mãn 2 2 2 4a b c+ + = và (0, ) 2 x pi ∈ Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 2 sin sin 2y a b x c x= + + Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )(1 2sin sin 2 ) 4(1 2sin sin 2 )y a b c x x y x x≤ + + + + ⇔ ≤ + + Gọi 2 2 2 2 2( ) 1 2sin sin 2 1 2sin 4sin (1 sin )f x x x x x x= + + = + + − Đặt 2sin (0,1), (0, ) 2 t x x pi = ∈ ∀ ∈ thì 2 213 3 13( ) ( ) 4 6 1 4( ) 4 4 4 f x g t t t t= = − + + = − − ≤ Khi ñó: Maxf(x) = Maxg(t) = 13 4 . Từ ñó suy ra 2 13y ≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 3 sin 4 x = và 1 sin 2sinx x a b c = = 0, 3 2 x pi pi  ⇔ = ∈    và 1 6 3 6 3; 2 2 2 2 a ab c a b c = = ⇒ = = Kết hợp với ñiều kiện 2 2 2 4a b c+ + = ta suy ra : 4 13 a = ± Kết Luận : Min y = 13− xảy ra khi 4 2 6 2 3; ; ; 313 13 13 a b c x pi= − = − = − = Max y = 13 xảy ra khi 4 2 6 2 3; ; ; 313 13 13 a b c x pi= = = = 3.3. ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 23 2 2 2 A B C tg tg tg −     + + ≥            Giải: Áp dụng bất ñẳng thức Bernoulli ta có: 21 2 2 2 2 3 2 2 1 2 2 3 2 2 3 2 2 1 2 2 3 2 2 A A tg tg B B tg tg     + − ≥            + − ≥        2 2 3 2 2 1 2 2 3 2 2 C C tg tg   + − ≥        Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta có: 2 2 2 2 2 2 2 23 6 2 3 2. 3 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B C tg tg tg tg tg tg          + + + − ≥ + +                   Mà 3 2 2 2 A B C tg tg tg+ + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 3 6 2 3 2. 3 2. 3 6 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 2 2 2 A B C tg tg tg A B C tg tg tg A B C tg tg tg −        ⇒ + + + − ≥ =                      ⇒ + + ≥                     ⇒ + + ≥            Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh. 3.4. ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán. Cho 1 2 n 1 2 n a ,a ,...,a 0 a a ... a 1 >  + + + = . Chứng minh rằng: 1 2 n 1 2 n a a a n ... 2 a 2 a 2 a 2n 1 + + + ≥ − − − − Giải: Vì bất ñẳng thức ñã cho ñối xứng với tất cả các biến nên ta giả sử 1 2 na a ... a≥ ≥ ≥ . Khi ñó 1 2 n 1 1 1 ... 2 a 2 a 2 a ≥ ≥ ≥ − − − Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev ta có 22 ( )1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n a a a 1 1 1 1 ... a a ... a ... 2 a 2 a 2 a n 2 a 2 a 2 a   + + + ≥ + + + + + +  − − − − − −  1 2 n 1 1 1 1VT ... n 2 a 2 a 2 a   ⇔ ≥ + + +  − − −  Áp dụng bất ñẳng thức Schwarz ta có ( ) ( ) 2 2 1 2 n 1 2 n 1 1 ... 11 1 1 n ... 2 a 2 a 2 a 2n a a ... a 2n 1 + + + + + + ≥ = − − − − + + + − nVT 2n 1 ⇒ ≥ − Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh Bài toán [PSFJIMO28 – Cuba 1987]. Cho , , 0,a b c n +> ∈
. Chứng minh rằng: 1 2 ( ) 2.3 n n n n n a b c a b c b c c a a b − − + + + + ≥ + + + Giải: Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học : Với n = 1 thì bất ñẳng thức Nesbit quen biết 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . Gỉa sử bất ñẳng thức ñúng với n = k: 1 2 ( ) 2.3 k k k k k a b c a b c b c c a a b − − + + + + ≥ + + + Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức ñúng với n = k + 1 Không mất tính tổng quát, giả sử 0 k k k a b c a b c a b c b c c a a b ≤ ≤  < ≤ ≤ ⇒  ≤ ≤ + + + Sử dụng bất ñẳng thức Chebyshev cho 2 dãy ñơn ñiệu cùng chiều ta có: 1 2 2 1 1 1 1 3( . . . ) ( )( ) ( ) ( ) .( ) 2.3 2.3 ( ) 2.3 k k k k k k k k k k k k k k k a b c a b c a b c a b c b c c a a b b c c a a b a b c a b c a b c a b c a b c b c c a a b − − − + + + − + + ≥ + + + + + + + + + + + + + +≥ + + = + + ⇔ + + ≥ + + + Theo nguyên lý quy nạp suy ra (1) ñúng n Z +∀ ∈ . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0. 23 3.5. ỨNG DỤNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 3.5.1. Phương pháp dồn biến Bài toán 1. Chứng minh rằng nếu , , 0x y z ≥ thì 33x y z xyz+ + ≥ (1) Giải: ( )3(1) 27x y z xyz⇔ + + ≥ Xét hàm số ( ) ( )3, , 27f x y z x y z xyz= + + − Vì bất ñẳng thức ñã cho là ñồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử ( )1 *x y z+ + = . Khi ñó ( ), , 1 27f x y z xyz= − . Đặt 2 x y t + = Điều kiện ( )* trở thành 1 2 1t t z t z+ + = ⇔ + = Ta sẽ chứng minh ( ) ( ) ( ), , , , *f x y z f t t z≥ ( )2 2 2 2 1 27 1 27 0 0 0 2 xyz t z t z xyz x y t z z ⇔ − − − ≥ ⇔ − ≥ +  ⇔ − ≥    2 2 0t z t z⇔ − ≥ : ñúng Vì vậy ta chỉ cần chứng minh ( ) ( ), , 0 **f x t t ≥ ( ) 2 2 1 27 0 1 27 1 2 0 t z t t ⇔ − ≥ ⇔ − − ≥ ( )( )21 6 1 3 0t t⇔ + − ≥ : ñúng 0t∀ > Từ ( ) ( )* & ** ta có ñpcm. 3.5.2. Phương pháp ñường thẳng tiếp tuyến Bài toán. [USA, 2003] Cho a,b,c 0> . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 2 2 2a b c 2b a c 2c b a 8 2a b c 2b a c 2c b a + + + + + + + + ≤ + + + + + + 24 Giải: Vì bất ñẳng thức ñã cho là ñồng bậc và ñối xứng nên ta có thể chuẩn hóa Giả sử ( )a b c 1 a,b,c 0,1+ + = ⇒ ∈ Khi ñó bất ñẳng thức trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 2 2 a 1 b 1 c 1 8 2a 1 a 2b 1 b 2c 1 c + + + + + ≤ + − + − + − Xét hàm số ( ) ( )( ) 2 2 2 22 x 1 x 2x 1f x 3x 2x 12x 1 x + + + = = − ++ − với ( )x 0,1∈ Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh trở thành ( ) ( ) ( )f a f b f c 8+ + ≤ Ta nhận thấy dấu bằng bất ñẳng thức xảy ra khi 1a b c 3 = = = . Vì vậy ta viết phương trình tiếp tuyến của hàm số tại ñiểm có hoành ñộ 0 0 1 16 x y 3 3 = ⇒ = Phương trình tiếp tuyến tại ñiểm 1 16M ; 3 3       có dạng 1 1 16y f ' x 3 3 3 12x 4y 3    = − +      + ⇔ = Vẽ ñồ thị hàm số ( )f x và tiếp tuyến trên cùng hệ trục tọa ñộ ta nhận thấy ñò thị hàm số nằm phía dưới tiếp tuyến nên ta sẽ chứng minh ( ) 2 2 3 2 12x 4f x 3 x 2x 1 12x 4 3x 2x 1 3 36x 15x 2x 1 0 +≤ + + + ⇔ ≤ − + ⇔ − − + ≥ ( ) ( )23x 1 4x 1 0⇔ − + ≥ : ñúng ( )x 0;1∀ ∈ Vì vậy ta có ( ) ( ) ( ) ( )12 a b c 12f a f b f c 8 3 + + + + + ≤ = Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñã ñược chứng minh. 25 KẾT LUẬN Luận văn ñã hệ thống ñược các phương pháp ñiển hình chứng minh bất ñẳng thức trong chương trình toán học ở trường phổ thông và toán dành cho học sinh trong các ñội tuyển toán. Hình thành và khẳng ñịnh ñược một số cơ sở, ñịnh hướng cho học sinh trong quá trình giải toán bất ñẳng thức. Gỉa thuyết khoa học của luận văn là có thể chấp nhận ñược. Mục ñích và nhiệm vụ nghiên cứu ñã hoàn thành. Tuy nhiên, phương pháp chứng minh bất ñẳng thức rất ña dạng và phong phú, chủ yếu dựa vào ñặc thù riêng của từng bài và do có một số phương pháp mới ñược tiếp cận lần ñầu tiên và trình ñộ còn hạn chế nên không thể tránh ñược những sai sót. Mong nhận ñược ý kiến ñóng góp ñể luận văn ñược hoàn thiện hơn. Mong rằng luận văn này sẽ là một tài liệu nhỏ ñể các em học sinh có thể tham khảo từ ñó có thể học tốt hơn chuyên ñề bất ñẳng thức này.