ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– TRẦN HUYỀN THƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG THÁI NGUYÊN 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o————[.]
Trang 1ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
TRẦN HUYỀN THƯƠNG
BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ
MỘT SỐ ỨNG DỤNG
THÁI NGUYÊN - 2018
Trang 2ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
TRẦN HUYỀN THƯƠNG
BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ
MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 84 60 113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI
THÁI NGUYÊN - 2018
Trang 3Mục lục
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức 3 1.2 Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức thường
gặp ở phổ thông 4
Chương 2 Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng 20 2.1 Bất đẳng thức sắp xếp lại 20 2.1.1 Khái niệm về bất đẳng thức sắp xếp lại 20 2.1.2 Ý tưởng vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào
giải bài toán bất đẳng thức 22 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số bài
toán về bất đẳng thức 23 2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh
một số bất đẳng thức quen thuộc 23 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số
bài toán về bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi 29
Trang 4Lời nói đầu
Bất đẳng thức sắp xếp lại (hay còn gọi là bất đẳng thức hoán vị) là một bất đẳng thức sơ cấp rất mạnh Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại
sẽ cho ta những lời giải bất đẳng thức thú vị Trên tạp chí toán quốc tế Mathematical Excalibur (Vol 4, No 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (công tác tại Khoa Toán Đại học Khoa học và Công nghệ Hồng Kông) đã viết một bài báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bất đẳng thức này, từ đó có nhiều tác giả trong và ngoài nước đã quan tâm, trao đổi về bất đẳng thức sắp xếp lại Với mong muốn làm rõ cơ sở toán học, ý tưởng của việc sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh bất đẳng thức, tôi chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại trong việc đưa ra lời giải cho một số bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế làm hướng nghiên cứu của luận văn thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng” Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của luận văn được trình bày trong 2 chương:
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này sẽ trình bày định nghĩa, tính chất cơ bản của bất đẳng thức và liệt kê một vài hướng giải bài toán về bất đẳng thức thường gặp trong chương trình toán phổ thông và đề thi chọn học sinh giỏi
Chương 2 Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng Nội dung Chương 2 trình bày bất đẳng thức sắp xếp lại và ý tưởng của việc vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc giải một số các bài toán liên quan đến bất đẳng thức, trình bày cụ thể một số ví dụ minh họa cho việc vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc chứng minh một số bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thông
Cuối chương này tôi sưu tầm, chọn lọc đưa ra một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức sắp xếp lại
Trang 5Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy
Em xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán -Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn
Luận văn đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Trịnh Thanh Hải nhưng do nhiều lí do, luận văn sẽ còn những thiếu sót nhất định Em hy vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các quý Thầy cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh hơn
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Tác giả luận văn
Trần Huyền Thương
Trang 6Chương 1 Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức về một số kết quả lý thuyết
về bất đẳng thức, những kết quả này là những kiến thức bổ trợ cho việc trình bày các kết quả chính trong chương 2 Nội dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1] và [2]
Trong toán học, một bất đẳng thức là một phát biểu về quan hệ thứ
tự giữa hai đối tượng
Ký hiệu a < b có nghĩa là a nhỏ hơn b và ký hiệu a > b có nghĩa
là a lớn hơn b Những quan hệ nói trên được gọi là bất đẳng thức nghiêm ngặt; ngoài ra ta còn có các bất đẳng thức không ngặt:
a ≤ b có nghĩa là a nhỏ hơn hoặc bằng b và;
a ≥ b có nghĩa là a lớn hơn hoặc bằng b
Sau đây là một số tính chất quen thuộc của bất đẳng thức thường dùng
Tính chất 1.1.1 (Tính chất bắc cầu) Nếu a > b và b > c thì a > c Tính chất 1.1.2 a > b ⇔ a + c > b + c
Hệ quả 1.1.3 a > b ⇔ a − c > b − c
Hệ quả 1.1.4 a + c > b ⇔ a > b − c
Tính chất 1.1.5 a > b và c > d ⇒ a + c > b + d
Tính chất 1.1.6
c > 0 : a > b ⇔ ac > bc,
c < 0 : a > b ⇔ ac < bc
Trang 7Tính chất 1.1.7 a > b ⇔ −a < −b.
Tính chất 1.1.8
c > 0 : a > b ⇔ a
c >
b
c;
c < 0 : a > b ⇔ a
c <
b
c.
Tính chất 1.1.9
a > b > 0
c > d > 0 ⇒ ac > bd
Tính chất 1.1.10 a > b > 0 ⇔ 0 < 1
a <
1
b. Tính chất 1.1.11 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ an > bn
Tính chất 1.1.12 a > b > 0, n ∈ N∗ ⇒ √n
a > √n
b
Hệ quả 1.1.13 (i) Nếu a và b là hai số dương thì a > b ⇔ a2 > b2 (ii) Nếu a và b là hai số không âm thì a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2
Tính chất 1.1.14 Với mọi a, b ∈ R ta có:
(i) |a + b| ≤ |a| + |b|
(ii) |a − b| ≤ |a| + |b|
(iii) |a + b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≥ 0
(iv) |a − b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≤ 0
thường gặp ở phổ thông
Trong chương trình phổ thông, học sinh đã được tiếp cận với một số hướng để giải các bài toán về bất đẳng thức như:
- Định nghĩa;
- Phép biến đổi tương đương;
- Một số bất đẳng thức kinh điển, chẳng hạn bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopski, Chebyshev, Bernouli;
Trang 8- Tính chất bắc cầu;
- Tính chất của tỉ số;
- Làm trội;
- Bất đẳng thức trong tam giác;
- Tam thức bậc hai;
- Quy nạp toán học;
- Chứng minh phản chứng;
- Biến đổi lượng giác;
- Khai triển nhị thức Newton;
- Tích phân Sau đây là một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng với mọi m, n, p, q ta đều có:
m2 + n2+ p2 + q2 + 1 ≥ m(n + p + q + 1)
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương như sau
m2 + n2+ p2 + q2 + 1 ≥ m(n + p + q + 1)
⇔ m
2
4 − mn + n2
+ m2
4 − mp + p2
+ m2
4 − mq + q2
+ m2
4 − m + 1
≥ 0
⇔ m
2 − n2 +
m
2 − p2 +
m
2 − q2 +
m
2 − 12 ≥ 0
Ta thấy bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng
Trang 9Dấu bằng xảy ra khi
m
2 − n = 0 m
2 − p = 0 m
2 − q = 0 m
2 − 1 = 0
⇔
n = m 2
p = m 2
q = m 2
m = 2
⇔
m = 2
n = p = q = 1
Ví dụ 1.2.2 Cho xy ≥ 1 Chứng minh rằng:
1
1 + x2 + 1
1 + y2 ≥ 2
1 + xy. Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương như sau:
1
1 + x2 + 1
1 + y2 ≥ 2
1 + xy
⇔
1
1 + x2 − 1
1 + xy
+
1
1 + y2 − 1
1 + xy
≥ 0
⇔ xy − x
2 (1 + x2) (1 + xy) +
xy − y2 (1 + y2) (1 + xy) ≥ 0
⇔ x(y − x) (1 + x2) (1 + xy) +
y(x − y) (1 + y2) (1 + xy) ≥ 0
⇔ (y − x)
2(xy − 1) (1 + x2) (1 + y2) (1 + xy) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối này đúng do xy ≥ 1
2
Ví dụ 1.2.3 Chứng minh rằng:
(a10+ b10)(a2 + b2) ≥ (a8 + b8)(a4 + b4)
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp biến đổi tương
Trang 10đương như sau:
(a10+ b10)(a2 + b2) ≥ (a8 + b8)(a4 + b4)
⇔ a12+ a10b2 + a2b10+ b12 ≥ a12+ a8b4 + a4b8 + b12
⇔ a8b2(a2 − b2) + a2b8(b2 − a2) ≥ 0
⇔ a2b2(a2 − b2)(a6 − b6) ≥ 0
⇔ a2b2(a2 − b2)2(a4 + a2b2 + b4) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối đúng
2
Ví dụ 1.2.4 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:
a
b + c − a +
b
c + a − b +
c
a + b − c ≥ 3 (1.1) Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cauchy:
a
b + c − a+
b
c + a − b+
c
a + b − c ≥ 3 3
s
abc (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c).
(1.2) Cũng theo bất đẳng thức Cauchy:
p (b + c − a)(c + a − b) ≤ 1
2(b + c − a + c + a − b) = c. (1.3) Viết tiếp hai bất đẳng thức tương tự (1.3) rồi nhân với nhau sẽ được
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc
Suy ra
abc (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≥ 1 (1.4)
Từ (1.2), (1.4) suy ra (1.1) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay tam giác
là tam giác đều
2
Ví dụ 1.2.5 Cho 3 ≤ n ∈ Z Chứng minh rằng
nn+1 > (n + 1)n
Trang 11Chứng minh: Theo bất đẳng thức Bernoulli:
n
n + 1
n+1
=
1 − 1
n + 1
n−1
n
n + 1
2
>
1 − n − 1
n + 1
n
n + 1
2
≥
2n2 (n + 1)3 − 1
n + 1
+ 1
n + 1
≥ (n + 1)
2 − 2 (n + 1)2 + 1
n + 1 >
1
n + 1, ∀n ≥ 3.
Nên
n
n + 1
n+1
> 1
n + 1 ⇔ nn+1 > (n + 1)n
2
Ví dụ 1.2.6 Cho
a21+ a22+ · · · + a2n = 3,
n ∈ Z, n ≥ 2
Chứng minh rằng:
a1
2 +
a2
3 + · · · +
an
n + 1
< √ 2
Chứng minh: Với mọi k ∈ N∗ ta có:
1
k2 < 1
k2− 1 4
= 1
k − 1 2
k + 1 2
⇒ 1
k2 < 1
k − 1 2
− 1
k + 1 2
Suy ra
1
22 + 1
32 + · · · + 1
n2 <
1 3 2
− 1 5 2
+
1 5 2
− 1 7 2
+ · · ·
+
1
n − 1 2
− 1
n + 1 2
= 1 3 2
− 1
n + 1 2
< 2
3.
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
a1
2 +
a2
3 + · · · +
an
n + 1
<
q
a21+ a22+ · · · + a2
n
r 1
22 + 1
32 + · · · + 1
n2
< √ 3
r 2
3 <
√ 2
Trang 12Ví dụ 1.2.7 Chứng minh rằng với mọi x ∈ R, ta có sin8x + cos8x ≥ 1
8. Chứng minh: Ta có sin2x + cos2x = 1, ∀x ∈ R
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski,
1 = (sin2x.1 + cos2x.1) ≤ (sin4x + cos4x)(12 + 12)
⇔ 1
2 ≤ sin4x + cos4x
⇔ 1
4 ≤ (sin4x + cos4x)2
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski một lần nữa:
1
4 ≤ (sin4x.1 + cos4x.1)2
⇔ 1
4 ≤ (sin8x + cos8x)(12 + 12)
⇔ (sin4x + cos4x) ≥ 1
8.
2
Ví dụ 1.2.8 Cho 4ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính
R = 1 và
sin A sin 2A + sin B sin 2B + sin C sin 2C
sin A + sin B + sin C =
2S
3 ,
S là diện tích tam giác Chứng minh rằng ABC là tam giác đều
Chứng minh: Không giảm tính tổng quát ta giả sử 0 < A ≤ B ≤ C < π
2 Suy ra:
sin A ≤ sin B ≤ sin C, sin 2A ≤ sin 2B ≤ sin 2C
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta được:
(sin A + sin B + sin C)(sin 2A + sin 2B + sin 2C)
≥ 3(sin A sin 2A + sin B sin 2B + sin C sin 2C)
Bất đẳng thức này tương đương với
sin A sin 2A + sin B sin 2B + sin C sin 2C
sin A + sin B + sin C
≤ 1
3(sin 2A + sin 2B + sin 2C).
(1.5)
Trang 13Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
"
sin A = sin B = sin C sin 2A = sin 2B = sin 2C ⇔ 4ABC đều Mặt khác:
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2 sin(A + B) cos(A − B) + sin 2C
= 2 sin C[cos(A − B) + cos C]
= 2 sin C[cos(A − B) − cos(A + B)]
= 2 sin C.2 sin A sin B = 4 sin A sin B sin C
= (2R sin A)(2R sin B) sin C = a.b sin C = 2S
(1.6)
Thay (1.5) vào (1.6) ta có
sin A sin 2A + sin B sin 2B + sin C sin 2C
sin A + sin B + sin C ≤ 2S
3 . Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 4ABC đều
2
Ví dụ 1.2.9 Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1 Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 + d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) ≥ 10
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy và
ta có lời giải như sau:
a2+ b2 ≥ 2ab; c2 + d2 ≥ 2cd Do abcd = 1 nên cd = 1
ab.
Ta có
a2 + b2 + c2+ d2 ≥ 2(ab + cd) = 2(ab + 1
ab) ≥ 4.
Mặt khác:
a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad)
ab + 1 ab
+
ac + 1 ac
+
bc + 1 bc
≥ 2 + 2 + 2
Vậy a2+ b2+ c2 + d2 + a(b + c) + b(c + d) + d(c + a) ≥ 10
2
Ví dụ 1.2.10 Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 Chứng minh rằng
(2x + 2y + 2z)(2−x+ 2−y + 2−z) ≤ 81
8 .
Trang 14Chứng minh: Đặt a = 2x, b = 2y, c = 2z (1 ≤ a, b, c ≤ 2) Vì
1 ≤ a ≤ 2 ⇒ (a − 1)(a − 2) ≤ 0 ⇒ a2 − 3a + 2 ≤ 0
Suy ra
a + 2
a ≤ 3 (1.7) Chứng minh tương tự ta được:
b + 2
và
c + 2
c ≤ 3 (1.9) Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1.7), (1.8), (1.9) rồi áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
9 ≥ (a + b + c) + 2 1
a +
1
b +
1 c
≥ 2
s (a + b + c)2 1
a +
1
b +
1 c
Bất đẳng thức này tương đương với
81
8 ≥ (a + b + c) 1
a +
1
b +
1 c
2 Chú ý 1.2.11 Bài toán tổng quát dạng này như sau: Cho n số x1, x2, , xn thuộc đoạn [a, b], c > 1 Khi đó,
(cx1 + cx2 + · · · + cxn)(c−x1 + c−x2 + · · · + c−xn) ≤ [n(c
a+ cb)]2 4ca+b
Ví dụ 1.2.12 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:
1 < a
b + c +
b
c + a +
c
a + b < 2.
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng tính chất của dãy tỉ số như sau:
Trang 15Vì a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và
a < b + c; b < a + c; c < a + b, suy ra
a
b + c <
a + a
a + b + c =
2a
a + b + c. Mặt khác
a
b + c >
a
a + b + c. Nên
a
a + b + c <
a
b + c <
2a
a + b + c. Tương tự ta có:
b
a + b + c <
b
a + c <
2b
a + b + c. c
a + b + c <
c
a + b <
2c
a + b + c. Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta nhận được:
1 < a
b + c +
b
c + a +
c
a + b < 2.
2
Ví dụ 1.2.13 Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh rằng:
1 < a
a + b + c +
b
b + c + d +
c
c + d + a +
d
d + a + b < 2.
Chứng minh: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a + b + c < 1 ⇒
a
a + b + c <
a + d
a + b + c + d. (1.10) Mặt khác:
a
a + b + c >
a
a + b + c + d. (1.11)
Từ (1.10) và (1.11) suy ra
a
a + b + c + d <
a
a + b + c <
a + d
a + b + c + d. (1.12) Tương tự ta có
b
a + b + c + d <
b
b + c + d <
b + a
a + b + c + d, (1.13)
Trang 16a + b + c + d <
c
c + d + a <
b + c
a + b + c + d, (1.14) và
d
a + b + c + d <
d
d + a + b <
d + c
a + b + c + d. (1.15) Cộng vế với vế của (1.12)-(1.15) ta nhận được
1 < a
a + b + c +
b
b + c + d +
c
c + d + a +
d
d + a + b < 2.
2
Ví dụ 1.2.14 Chứng minh rằng:
1 + √1
2 +
1
√
3 + · · · +
1
√
n > 2
√
n + 1 − 1
(với n là số nguyên)
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp làm trội như sau:
Ta có
1
√
k =
2
2√
k >
2
√
k +√
k + 1 = 2
√
k + 1 −√
k
Cho k chạy từ 1 đến n ta được
1 > 2√
2 − 1 1
√
2 > 2
√
3 −√
2
1
√
n > 2
√
n + 1 −√
n
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
1 + √1
2 +
1
√
3 + · · · +
1
√
n > 2
√
n + 1 − 1
2
Ví dụ 1.2.15 Chứng minh rằng
n X
k=1 1
k2 < 2 ∀n ∈ Z
Trang 17Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp làm trội như sau:
Ta có
1
k2 < 1
k(k − 1) =
1
k − 1 − 1
k. Cho k chạy từ 2 đến n ta có
1
22 < 1 − 1
2. 1
32 < 1
2 − 1 3 1
n2 < 1
n − 1 − 1
n Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
1
22 + 1
32 + · · · + 1
n2 < 1
Vậy
n X
k=1
1
k2 < 2 2
Ví dụ 1.2.16 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:
(1) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
(2) abc ≥ (a + b − c).(b + c − a).(c + a − b)
Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng bất đẳng thức trong tam giác như sau:
(1) Vì a, b, c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có
0 < a < b + c
0 < b < a + c
0 < c < a + b
⇒
a2 < a(b + c)
b2 < b(a + c)
c2 < c(a + b)
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:
a2+ b2+ c2 < 2(ab + bc + ca)
Trang 18(2) Ta có:
a2 ≥ a2 − (b − c)2 > 0
b2 ≥ b2 − (c − a)2 > 0
c2 ≥ c2 − (a − b)2 > 0
Nhân vế các bất đẳng thức trên ta được
a2b2c2 ≥ a2− (b − c)2 b2 − (c − a)2 c2 − (a − b)2 Bất đẳng thức này tương đương với
a2b2c2 ≥ (a + b − c)2(b + c − a)2(c + a − b)2 Hay
abc ≥ (a + b − c).(b + c − a).(c + a − b)
2
Ví dụ 1.2.17 Chứng minh rằng:
f (x; y) = x2y4 + 2(x2 + 2).y2 + 4xy + x2 > 4xy3 Chứng minh: Dùng tam thức bậc hai bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x2y4 + 2(x2 + 2)y2 + 4xy + x2 − 4xy3 > 0
⇔ (y2 + 1)2x2 + 4y(1 − y)2x + 4y2 > 0
Ta có
40 = 4y2(1 − y2)2 − 4y2(y2 + 1)2 = −16y2 < 0
Vì a = (y2 + 1)2 > 0 Vậy f (x, y) > 0
2
Ví dụ 1.2.18 Chứng minh rằng
f (x, y) = x2 + 5y2 − 4xy + 2x − 6y + 3 > 0
Chứng minh: Dùng tam thức bậc hai Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x2− 2x(2y − 1) + 5y2 − 6y + 3 > 0
...a ≤ (1.7) Chứng minh tương tự ta được:
b + 2
và
c + 2
c ≤ (1.9) Cộng vế với vế bất đẳng thức (1.7), (1.8), (1.9) áp dụng bất đẳng thức Cauchy... 2C
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta được:
(sin A + sin B + sin C)(sin 2A + sin 2B + sin 2C)
≥ 3(sin A sin 2A + sin B sin 2B + sin C sin 2C)
Bất đẳng thức tương đương...
2
Ví dụ 1.2.18 Chứng minh
f (x, y) = x2 + 5y2 − 4xy + 2x − 6y + >
Chứng minh: Dùng tam thức bậc hai Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với