Luận văn thạc sỹ bất đẳng thức hoán vị và một số áp dụng

24 3 Một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một sốbài toán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thông và sáng tác một số bài toán mới về bất 3.1 Sử d

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THIÊN HUY

BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ

VÀ MỘT SỐ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - Năm 2021

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THIÊN HUY

Mở đầu 1

1.1 Khai triển Abel 41.2 Sử dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất đẳngthức 6

2.1 Bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả 192.1.1 Khái niệm về bất đẳng thức hoán vị 192.1.2 Bất đẳng thức hoán vị 202.2 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số bấtđẳng thức cổ điển 24

3 Một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một sốbài toán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi

ở trường phổ thông và sáng tác một số bài toán mới về bất

3.1 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán chứngminh bất đẳng thức và bài toán cực trị 333.2 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tác một số bài toánchứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị 67

Tài liệu tham khảo 87

Mở đầu

Bất đẳng thức hoán vị (hay còn gọi là bất đẳng thức sắp xếp lại) là một bấtđẳng thức sơ cấp rất mạnh Sử dụng bất đẳng thức hoán vị sẽ cho ta nhữnglời giải bất đẳng thức rất thú vị Trên tạp chí toán quốc tế MathematicalExcalibur (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 về bất đẳng thức này, từ đó

đã có nhiều tác giả trong và ngoài nước đã quan tâm, trao đổi về bất đẳngthức hoán vị Với mong muốn làm rõ cơ sở toán học và ý tưởng của việc sửdụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh bất đẳng thức, tôi chọn hướngnghiên cứu sử dụng bất đẳng thức hoán vị trong việc đưa ra lời giải cho một

số bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế làmhướng nghiên cứu của luận văn thạc sĩ với tên đề tài “Bất đẳng thức hoán vị

áp dụng khai triển Abel Đây là kiến thức bổ trợ cho việc chứng minh bấtđẳng thức hoán vị được trình bày ở Chương 2

Chương 2 Bất đẳng thức hoán vị Nội dung Chương 2 trình bày về bấtđẳng thức hoán vị và một số hệ quả của nó, trình bày cụ thể một số ví dụ

minh hoạ cho việc vận dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một sốbất đẳng thức cổ điển đã biết trong chương trình toán ở trường phổ thông.Chương 3 Một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bàitoán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thông

và sáng tác một số bài toán mới về bất đẳng thức Chương này sẽ trình bàymột số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán về bấtđẳng thức thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi trong nước và quốc

tế Trong chương này tôi sưu tầm và chọn lọc để đưa ra một số bài toán trongcác kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức hoán vị

Cuối chương này tôi đã sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tác một

số bài toán mới về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trườngphổ thông

Luận văn đã được hoàn thành tại trường Đại học Quy Nhơn Lời đầu tiêntác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy TS Mai Thành Tấn,Phó Trưởng khoa Toán và Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn Thầy đãdành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp những thắc mắc của tôitrong suốt quá trình thực hiện luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắctới thầy

Tôi xin chân thành cảm ơn các anh chị em đồng nghiệp, những người bạn

và đặc biệt cảm ơn những người thân yêu trong gia đình đã giúp đỡ, độngviên, ủng hộ và hỗ trợ cho tôi về cả vật chất lẫn tinh thần trong quá trìnhnghiên cứu để thực hiện và hoàn thành luận văn này

Em cũng xin chân thành cảm ơn toàn thể quý thầy cô trong Khoa Toán

và Thống kê, trường Đại học Quy Nhơn đã tận tình hướng dẫn, truyền đạtkiến thức trong suốt thời gian hai năm theo học thạc sĩ, thực hiện và hoànthành luận văn này Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới

sự hướng dẫn của TS Mai Thành Tấn nhưng do nhiều lý do, luận văn sẽ còn

những thiếu sót nhất định Em hi vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của cácquý thầy cô, các anh chị em đồng nghiệp và những người bạn để luận vănhoàn thiện hơn.

Bình Định, tháng 5 năm 2021Tác giả luận văn

Nguyễn Thiên Huy

Chương 1

Khai triển Abel

Chương này trình bày kiến thức về khai triển Abel; bao gồm định lý vềkhai triển Abel, hệ quả trực tiếp được suy ra từ định lý, bất đẳng thức Abel

và một số ví dụ áp dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất đẳngthức thường gặp trong chương trình Toán phổ thông và trong các đề thi chọnhọc sinh giỏi Đây là kiến thức bổ trợ cho việc chứng minh bất đẳng thứchoán vị được trình bày ở Chương 2 Nội dung của chương được tổng hợp từcác tài liệu [2] - [7]

1.1 Khai triển Abel

Định lý 1.1.1 (Khai triển Abel)

Giả sử (x1, x2, , xn) và (y1, y2, , yn) là hai dãy số thực tùy ý

Đặt ck = y1 + y2 + + yk, k = 1, 2, n Khi đó

x1y1+ x2y2 + + xnyn = (x1 − x2) c1+ (x2 − x3) c2+

+ (xn−1− xn) cn−1+ xn.cn.Chứng minh Thật vậy, ta có

c1 = y1; ck − ck−1 = yk, k = 2, 3, , n

1.2 Sử dụng khai triển Abel vào giải một số bài toán về bất

đẳng thức

Trong mục này ta sử dụng khai triển Abel để giải một số bài toán chứngminh bất đẳng thức và bài toán cực trị thường gặp trong chương trình phổthông và trong các đề thi chọn học sinh giỏi

Ví dụ 1.2.1 Cho hai dãy số thực (x1, x2, , xn) và (a1, a2, , an) Chứngminh rằng

sb

y − 1

!+√z

ra

x − 1

+√y

sb

y − 1

!+ √z

x +

sb

y − 2

!

+√z

ra

x +

sb

y +

rc

x − 1 ≤ 0,r

a

x +

sb

y − 2 ≤

s2

a

x +

by

y +

rc

z − 3 ≤

s3



− 3 ≤√3.3 − 3 = 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = a, y = b, z = c.

Nhận xét 1.2.1 Trong ví dụ 1.2.2, ta có thể cho a, b, c là các số thực dương

cụ thể sao cho a ≥ b ≥ c

Chẳng hạn, cho a = 64, b = 36 và c = 4 thì ta được bài toán sau

“Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện

a1a2 an ≥ b1b2 bnChứng minh rằng: a1 + a2 + + an ≥ b1+ b2+ + bn

Giải: Áp dụng khai triển Abel, ta được

a2

b2 − 1

+ + bn

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và kết hợp với giả thiết

a1a2 ak ≥ b1b2 bk, với mọi k = 1, 2, , n,

a1 + a2+ + an ≥ b1+ b2 + + bn.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

Ta chứng minh rằng x1 < 0 Thật vậy, giả sử trái lại rằng x1 ≥ 0 Khi đó

f (x1) ≥ 0

Vì −1 < x1 < x2 < < xn < 1 mà x1 ≥ 0 nên

0 ≤ x1 < x2 < < xn < 1nên ta cũng có f (x2) > 0, f (x3) > 0, , f (xn) > 0

2

+ + xn− x13

n

> 0

⇔ x1+ x2 + + xn > x131 + x132 + + x13nĐiều này mẫu thuẫn với giả thiết (vì giả thiết cho f (x1) + f (x2) + +

f (xn) = 0) Tương tự, ta chứng minh được xn > 0 Xét 2 ≤ i ≤ n Nếu

(Do (1.3), (1.4) và giả thiết y1 < y2 < < yn).

Hay

x131 y1 + x132 y2+ + x13n yn < x1y1 + x2y2+ + xnyn

Vậy ta có điều cần chứng minh

Ví dụ 1.2.5 Cho hai dãy số dương(a1, a2, , an)và (b1, b2, , bn) thỏa mãn

Với n = 1 ta thấy bất đẳng thức (1.5) hiển nhiên đúng

Giả sử (1.5) đúng với k = 1, 2, , n với n bất kỳ

Ta chứng minh (1.5) đúng với (n + 1) số

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz ta có

a21 + a22+ + a2n+1
b21 + b22+ + b2n+1
≥ (a1b1 + a2b2+ + an+1bn+1)2

(1.6)Mặt khác theo giả thiết:

Ví dụ 1.2.6 Xét các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn 3 ≤ y ≤ x và

xy ≥ 18 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 1

x +

1

y.Giải Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 6 và y = 3

Áp dụng khai triển Abel và bất đẳng thức AM-GM, ta được

.y



≥

1

y − 1x

.3

3 +

1

x.2

ry

+ 1

x.2

rxy18

≥



1

y − 1x

+ 2

x =

1

x +1

y.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P trong điều kiện đã cho bằng 1

2, đạt được khi

và chỉ khi (x, y) = (6, 3)

Ví dụ 1.2.7 Xét các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn

x + y + z = 9, x ≥ 5 và x + y ≥ 8 Chứng minh rằng: xyz ≤ 15

Giải: Giả sử trái lại rằng xyz > 15

Khi đó, theo giả thiết, ta có: z = 9 − (x + y) ≤ 1 Suy ra xy > 15

+ 1.x

5 +

y

3 +

z1

+ x

5 +

y

3 +

z1



≥ 2.5

5 + 2.2

rx

5.

y

3.

z1

= 2 + 4

rxy

15 + 3

3

rxyz

15 > 2 + 4 + 3 = 9.

Như vậy, x + y + z > 9 Mâu thuẫn với giả thiết

Vậy điều giả sử ở trên là sai, và vì vậy, xyz ≤ 15

Ví dụ 1.2.8 Cho tam giác ABC không nhọn Chứng minh rằng:

A2 + B2 + C2 ≥ 3π

2

8 ,trong đó các góc A, B, C được đo theo đơn vị rađian

Giải Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

,π

4,

π

2,

π4

,π

4,

π

4,

π2

o.Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C

Vì tam giác ABC không nhọn nên A ≥ π

2 Suy ra B + C = π − A ≤

π

2.

+ π

4.

B2

π4

+ π

4.

C2

π4

= π

2 − π

4

.A

2

π2

+π

4 − π4



2

π4

2

π4+ C

2

π4

2

π4+ C

2

π4

2 +

π

4 +

π4

π2

= Bπ4

= Cπ4

B = π4

C = π

4.Nhận xét 1.2.2 Ta có thể giải ví dụ 1.2.8 theo cách khác như sau: Ta dễ

A − π2



B − π4



C − π4

.Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên, ta được:

A2+ B2 + C2 ≥ π

2

2

+π4

2

+π4

2

+ πA − π

2

+ π2



B − π4

+ π2



C − π4

h

A − π2

+B − π

4

+ C − π

4

i+ π2



A − π2



A − π2

Ví dụ 1.2.9 Xét các số thực x, y, z thay đổi và thỏa mãn

x = √

3, y =

r10

3 , z = 1Trước hết, ta chứng minh hai bất đẳng thức sau:

Thật vậy, bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (1.10) Áp dụng khai triểnAbel và bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz ta được:

 1

y2 + 1

z2



3 , z = 1.

Ví dụ 1.2.10 Xét các số thực dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn

a ≤ b ≤ 3 ≤ c, c ≥ b + 1 và a + b ≥ c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = 2ab + a + b + c (ab − 1)

(a + 1)(b + 1)(c + 1) .Giải: Ta có

P = (ab + a + b + 1) + (ab + abc − c − 1)

c + 1 +

ab(c + 1) − (c + 1)(a + 1)(b + 1)(c + 1)

c + 1 +

(c + 1) (ab − 1)(a + 1)(b + 1)(c + 1)

c + 1 +

 ab − 1(a + 1)(b + 1) + 1

 b

b + 1 − 2

3

+

b − 23(b + 1) +

3 − c4(c + 1)

= (a − 1) 1

2(a + 1) + (b − 2)

13(b + 1) + (3 − c)

14(c + 1).

Áp dụng khai triển Abel, ta nhận được

3(b + 1) − 1

2(a + 1)

[(3 − c) + (b − 2)]

a + b − c2(a + 1).Theo giả thiết, a ≤ b ≤ 3 ≤ c, c ≥ b + 1 và a + b ≥ c nên ta có 3 − c ≤ 0,

Chương 2

Bất đẳng thức hoán vị

Chương này trình bày bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả của nó Từ

đó, sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số bất đẳng thức

cổ điển như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Bunhiacopski – Cauchy –Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev và một số bất đẳng thức khác Nội dungcủa chương được tổng hợp từ các tài liệu [1], [4], [6]-[7], [8]-[17]

2.1 Bất đẳng thức hoán vị và một số hệ quả

Định nghĩa 2.1.1 Cho hai dãy số thực(a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) Haidãy này được gọi là:

(i) Sắp cùng thứ tự (hay đơn điệu cùng chiều) nếu hai dãy cùng tăng hoặccùng giảm, tức là:

a1 ≤ a2 ≤ ≤ an và b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn.Hoặc

a1 ≥ a2 ≥ ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn.(ii) Sắp ngược thứ tự (hay đơn điệu ngược chiều) nếu trong hai dãy, cómột dãy tăng và dãy còn lại giảm, tức là:

a1 ≤ a2 ≤ ≤ an và b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn

Vấn đề đặt ra: Xét hai dãy số thực (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) Nếu

ta lấy tất cả các hoán vị (x1, x2, , xn) của dãy (b1, b2, , bn) thì ta có thểlập được n! = 1.2 n tổng có dạng

S = a1x1+ a2x2+ + anxn (2.1)Câu hỏi được đặt ra là: Trong các tổng có dạng (2.1) thì tổng nào là lớnnhất? Tổng nào là nhỏ nhất?

Để trả lời cho câu hỏi trên, ta có định lý sau đây

(ii) Nếu hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) sắp ngược thứ tự thì

a1b1+ a2b2+ + anbn ≤ a1x1+ a2x2+ + anxn ≤ a1bn+ a2bn−1+ + anb1

(2.3)Chứng minh (i) Ta chứng minh cho trường hợp hai dãy (a1, a2, , an) và(b1, b2, , bn) cùng đơn điệu tăng, tức là

Bây giờ, với (x1, x2, , xn) là một hoán vị tùy ý của (b1, b2, , bn)

Khi đó,(−x1, −x2, , −xn)là một hoán vị của(−b1, −b2, , −bn)và hiểnnhiên (−x1, −x2, , −xn) cũng là một hoán vị của (−bn, −bn−1, , −b1)

Do đó, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta được

a1(−x1)+a2(−x2)+ +an(−xn) ≤ a1(−bn)+a2(−bn−1)+ +an(−b1)

⇔ − (a1x1+ a2x2 + + anxn) ≤ − (a1bn + a2bn−1 + + anb1)

⇔ a1bn + a2bn−1 + + anb1 ≤ a1x1 + a2x2+ + anxn

Như vậy bất đẳng thức (2.2) được chứng minh xong

Bây giờ, nếu hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) cùng đơn điệu giảm,

Do đó, áp dụng bất đẳng thức (2.2) vừa chứng minh ở trên cho hai dãy

cùng đơn điệu tăng là (an, an−1, , a1) và (bn, bn−1, , b1) ta được:

anb1+an−1b2+ +a1bn ≤ anxn+an−1xn−1+ +a1x1 ≤ anbn+an−1bn−1+

+ a1b1

⇔ a1bn + a2bn−1+ + anb1 ≤ a1x1 + a2x2 + + anxn ≤ a1b1 + a2b2+

+ anbn

Như vậy, trong cả hai trường hợp, hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn)

cùng đơn điệu tăng hoặc cùng đơn điệu giảm thì ta có bất đẳng thức (2.2)

Tức là (i) được chứng minh xong

Bây giờ, ta chứng minh (ii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử

dãy (a1, a2, , an) tăng và dãy (b1, b2, , bn) giảm

Với (x1, x2, , xn) là một hoán vị tùy ý của dãy (b1, b2, , bn) thì

(−x1, −x2, , −xn) cùng là một hoán vị của dãy (−b1, −b2, , −bn)

Do đó, áp dụng (i) cho hai dãy cùng đơn điệu tăng là (a1, a2, , an) và

Hệ quả 2.1.3 (i) Nếu hai dãy (a1, a2) và (b1, b2) sắp cùng thứ tự thì

a1b2 + a2b1 ≤ a1b1 + a2b2.Thật vậy, hệ quả 2.1.3 (i) xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên sau đây:

(a1 − a2) (b1− b2) ≥ 0(ii) Nếu hai dãy (a1, a2) và (b1, b2) sắp ngược thứ tự thì

a1b2+ a2b1 ≥ a1b1 + a2b2Thật ra, hệ quả 2.1.3 (ii) xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên sau đây

(a1 − a2) (b1− b2) ≤ 0(iii) Nếu hai dãy(a1, a2, a3)và(b1, b2, b3)sắp cùng thứ tự thì với(x1, x2, x3)

là một hoán vị tùy ý của dãy (b1, b2, b3) ta luôn có:

a1b3+ a2b2 + a3b1 ≤ a1x1+ a2x2+ a3x3 ≤ a1b1 + a2b2 + a3b3

(iv) Nếu hai dãy(a1, a2, a3)và(b1, b2, b3)sắp ngược thứ tự thì với(x1, x2, x3)

là một hoán vị tùy ý của dãy (b1, b2, b3) thì

a1b1+ a2b2 + a3b3 ≤ a1x1+ a2x2+ a3x3 ≤ a1b3 + a2b2+ a3b1

Hệ quả 2.1.4 Nếu(x1, x2, , xn)là một hoán vị tùy ý của dãy(a1, a2, , an)thì a2

1+ a2

2 + + a2

n ≥ a1x1+ a2x2 + + anxn.Thật vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a1 ≤ a2 ≤ ≤ an

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và đơn điệu tăng

là (a1, a2, , an) và (a1, a2, , an), ta được

a1x1+ a2x2+ + anxn ≤ a21+ a22+ + a2n

Hệ quả 2.1.5 Cho dãy số dương (a1, a2, , an) Nếu (x1, x2, , xn) là một

hoán vị tùy ý của dãy (a1, a2, , an) thì

2.2 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một số

bất đẳng thức cổ điển

Trong mục này, ta sử dụng bất đẳng thức hoán vị để chứng minh lại một

số bất đẳng thức cổ điển đã biết như bất đẳng thức giữa trung bình cộng

và trung bình nhân (bất đẳng thức AM-GM), bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức BCS), bất đẳng thức Chebyshev và một sốbất đẳng thức khác.

Bunhiacopski-Bài toán 2.2.1 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bìnhnhân hay bất đẳng thức AM-GM)

Nếu a1, a2, , an là các số thực không âm thì

a1+ a2 + + an

a1a2 an.Giải: Nếu có ít nhất một trong các số a1, a2, , an bằng 0 thì bất đẳngthức hiển nhiên đúng

Nếu tất cả các số a1, a2, , an đều dương thì ta đặt:

Bài toán 2.2.2 (Bất đẳng thức Bunhiacopski -Cauchy – Schwarzhay bất đẳng thức BCS)

Cho hai dãy số thực (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) Khi đó

(a1b1+ a2b2 + + anbn)2 ≤ a2

1 + a22+ + a2n

b21 + b22+ + b2n

Giải: Nếu (a1, a2, , an) = (0, 0, , 0) hoặc (b1, b2, , bn) = (0, 0, , 0)thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Nếu (a1, a2, , an) 6= (0, 0, , 0) và (b1, b2, , bn) 6= (0, 0, , 0), tức làtồn tại i, j = 1, n sao cho ai 6= 0 và bj 6= 0

Áp dụng hệ quả 2.1.4 với dãy số (x1, x2, , xn; xn+1, xn+2, , x2n)

và hoán vị (xn+1, xn+2, , x2n; x1, x2, , xn) của nó, ta được

Đẳng thức trong (2.4) xảy ra khi và chỉ khi:

Tóm lại, đẳng thức trong (2.6) xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2, , an) =(0, 0, , 0) hoặc (b1, b2, , bn) = 0 hoặc ∃k ∈ R sao cho

ai = k.bi, ∀i = 1, n (với (b1, b2, , bn) 6= (0, 0, , 0))

Bài toán 2.2.3 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bìnhtoàn phương hay bất đẳng thức AM-QM)

Nếu a1, a2, , an là các số thực không âm thì:

a21 + a22+ + a2n = a21+ a22 + + a2n

a21 + a22+ + a2n ≥ a1a2+ a2a3+ + ana1

a21 + a22+ + a2n ≥ a1a3+ a2a4+ + ana2

a21 + a22+ + a2n ≥ a1an−1+ a2an + + anan−2

a21 + a22+ + a2n ≥ a1an+ a2a1 + + anan−1Cộng theo vế của các bất đẳng thức trên, ta được

Bài toán 2.2.4 (Bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bìnhđiều hòa hay bất đẳng thức GM-HM)

Khi đó, từ các bài toán 2.2.1, 2.2.3 và 2.2.4 ta có bất đẳng thức

Q ≥ A ≥ G ≥ H

Bài toán 2.2.5 (Bất đẳng thức Chebyshev)

Cho hai dãy số thực (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) Khi đó

(i) Nếu hai dãy trên sắp cùng thứ tự thì:

(ii) Nếu hai dãy trên sắp ngược thứ tự thì

(ii) Vì hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) sắp ngược thứ tự nên haidãy(a1, a2, , an) và (−b1, −b2, , −bn) sắp cùng thứ tự Áp dụng bất đẳngthức Chebyshev cho trường hợp hai dây sắp cùng thứ tự, ta được:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an hoặc −b1 = −b2 = =

−bn ⇔ a1 = a2 = = an hoặc b1 = b2 = = bn

Nhận xét 2.2.2 Bất đẳng thức AM-QM là hệ quả trực tiếp của bất đẳngthức Chebyshev khi hai dãy (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) trùng nhau.Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy trùng nhau vàsắp cùng thứ tự là (a1, a2, , an)và (a1, a2, , an) ta được:

Chương 3

Một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thông và sáng tác một số bài toán mới về bất đẳng thức

Chương này trình bày một số áp dụng của bất đẳng thức hoán vị vào giảimột số bài toán chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị thường xuấthiện trong các kỳ thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế Trong chương này

có trích dẫn một số bài toán bất đẳng thức trong các kỳ thi học sinh giỏi.Đồng thời ở cuối chương tôi đã sử dụng bất đẳng thức hoán vị để sáng tácmột số bài toán về bất đẳng thức dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi ở trườngphổ thông Nội dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1], [3]-[4],[6]-[7], [8]-[17]

3.1 Sử dụng bất đẳng thức hoán vị vào giải một số bài toán

chứng minh bất đẳng thức và bài toán cực trị

Trong mục này ta sử dụng bất đẳng thức hoán vị để giải một số bài toán

về bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế Sauđây là một số ví dụ cụ thể

Nhận xét 3.1.1 Trong chứng minh bất đẳng thức và khi sử dụng bất đẳngthức hoán vị, ta dùng một kỹ thuật sau:

Nếu f (a1, a2, , an) là một biểu thức đối xứng với a1, a2, , an (tức là

f (a1, a2, , an)= f (x1, x2, , xn) với mọi hoán vị (x1, x2, , xn) của

(a1, a2, , an)) thì để chứng minh bất đẳng thức f (a1, a2, , an) ≥ 0 (hoặc

f (a1, a2, , an) ≤ 0) ta luôn có thể giả thiết rằng a1 ≤ a2 ≤ ≤ an (hoặc

a1 ≥ a2 ≥ ≥ an) Lý do ta có thể làm được điều này là vì f (a1, a2, , an)không đổi với mọi hoán vị của (a1, a2, , an)

Sau đây ta xét một số bài toán áp dụng bất đẳng thức hoán vị

Bài toán 3.1.1 (IMO-1975) Cho hai dãy số thực đơn điệu tăng(a1, a2, , an)

và (b1, b2, , bn) Chứng minh rằng nếu (c1, c2, , cn) là một hoán vị tùy ýcủa (b1, b2, , bn) thì:

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Đây chính là bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp cùng thứ tự.

Vậy ra có điều cần chứng minh

Bài toán 3.1.2 Cho các số thực a, b, c Chứng minh rằng:

(i) a2+ b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

(ii) an + bn + cn ≥ an−1b + bn−1c + cn−1a với n là một số nguyên dươngchẵn

Giải:

(i) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và đơn điệu tăng

là (a, b, c) và (a, b, c) với hoán vị (b, c, a) của (a, b, c) ta được

a2 + b2+ c2 ≥ ab + bc + ca

Vậy ta có điều cần chứng minh

(ii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c

Vì n là số nguyên dương chẵn nên an−1 ≤ bn−1 ≤ cn−1

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy đơn điệu tăng là (a, b, c) và(an−1, bn−1, cn−1) với (b, c, a) là hoán vị của (a, b, c), ta có:

an−1.a + bn−1.b + cn−1.c ≥ an−1.b + bn−1.c + cn−1.a

⇔ an

+ bn+ cn ≥ an−1

b + bn−1c + cn−1a

Vậy ta có điều cần chứng minh

Nhận xét 3.1.2 Trong bài toán 3.1.2 (ii) chính là sự tổng quát hóa của (i).Bài toán 3.1.3 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

với hoán vị

của

, ta được:

(ii) Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy trùng nhau và sắp cùngthứ tự là

và

với hoán vị

của

, tađược:

(iii) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị cho hai dãy sắp ngược thứ tự là (a2, b2, c2)và

của

, ta được:

Bài toán 3.1.4 (Bất đẳng thức Nesbitt)

Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng







b + c ≥ c + a ≥ a + b1