Một số phương pháp làm mạnh bất đẳng thức

Luận văn gồm 2 chương Chương 1: Một số kiến thức cơ bản Bài toán và phương pháp giải Chương 2.. số hạng có dạng bình phương của một số từ đó ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwa

Mục lục

MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT

1.1 Các kiến thức cơ bản 8

1.1.1 Định nghĩa và tính chất cơ bản của bất đẳng thức 8

1.1.2 Một số hằng đẳng thức thường sử dụng 9

1.1.3 Bất đẳng thức AM – GM 10

1.1.4 Bất đẳng thức hoán vị 10

1.1.5 Bất đẳng thức Schur tổng quát 11

1.2 Một số kỹ năng chứng minh bất đẳng thức cơ bản 12

1.2.1 Kỹ năng 1: Sử dụng tham số khi biến đổi 12

1.2.2 Kỹ năng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz 15

1.2.3 Kỹ năng 3: Kỹ thuật thêm hạng tử 19

1.2.4 Kỹ năng 4: Sử dụng bất đẳng thức phụ 24

1.2.5 Kỹ năng 5: Chuyển một biến trở thành tham số 25

1.2.6 Kỹ năng 6: Chọn chiều đơn giản từ bất đẳng thức dạng phân thức 27

1.2.7 Kỹ năng 7: Sử dụng hằng đẳng thức thích hợp 28

2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC 322.1 Xây dựng bất đẳng thức xoay vòng từ bất đẳng thức

α(a − b)2 ≥ 0, α ≥ 0 372.3 Xây dựng bất đẳng thức từ dạng làm mạnh

(c − a)

1

y = a.x + bc.x + d . 542.5 Xây dựng bất đẳng thức làm mạnh nhờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz 56

KẾT LUẬN 72TÀI LIỆU THAM KHẢO 73

LỜI CẢM ƠN

Sau hai năm học tập và nghiên cứu tại trường Đại học khoa học tự nhiên – Đạihọc quốc gia Hà Nội, tác giả đã hoàn thành khóa luận với đề tài “ Một phương pháp làmmạnh bất đẳng thức”

Để hoàn thành được luận văn này, đầu tiên tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắctới PGS.TS Nguyễn Vũ Lương, thầy đã dành thời gian hướng dẫn, chỉ bảo tận tình giúp đỡtrong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vần đề nảy sinh trong quá trìnhlàm luận văn và hoàn thành luận văn đúng định hướng ban đầu

Tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau đại học, KhoaToán - Cơ – Tin trường Đại học khoa học tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quátrình học tập tại trường

Qua đây tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Tổ Toán – Tintrường THPT Ngô Sĩ Liên, TP Bắc Giang, T Bắc Giang, cùng các bạn học viên lớp Phươngpháp toán sơ cấp khóa 11 – 13 đã đọc, kiểm tra và cho những ý kiến quý báu để luận vănđược hoàn thiện và phong phú hơn

Cuối cùng là sự biết ơn tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông cảm, động viêngiúp đỡ tác giả trong quá trình hoàn thành luận văn

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các vấn đềtrong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không tránh khỏi thiếu sót, kính mongnhận được sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn

Xin chân chân thành cảm ơn!

LỜI MỞ ĐẦU

Bất đẳng thức là một nội dung lâu đời và quan trọng của toán học Sự ra đời vàphát triển của bất đẳng thức có sức hút mạnh mẽ với những người yêu và đam mê toán học,không chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả ở những bí ẩn nó luôn thôi thúc người làm toán phảitìm tòi, sáng tạo Bất đẳng thức còn có rất nhiều ứng dụng trong các môn khoa học khác

và trong cả thực tế Ngày nay, bất đẳng thức vẫn luôn chiếm một vai trò quan trọng và vẫnthường xuất hiện trong các kỳ thi quốc gia, quốc tế

Trong luận văn này, tác giả xin trình bày một phương pháp mới tiếp cận bất đẳng thức

đó là “Một phương pháp làm mạnh bất đẳng thức” Từ các bất đẳng thức quen thuộc,kết hợp với một số bất đẳng thức cơ bản ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mạnh hơn

Từ đó, ta sẽ xây dựng được rất nhiều các bất đẳng thức mới và lạ

Luận văn gồm 2 chương

Chương 1: Một số kiến thức cơ bản (Bài toán và phương pháp giải)

Chương 2 Một phương pháp làm mạnh bất đẳng thức

Trong chương 2, tác giả đã chia thành 5 bài

Bài 1 Xây dựng bất đẳng thức xoay vòng từ bất đẳng thức

Bài 3 Xây dựng bất đẳng thức từ dạng làm mạnh

(c − a)

1

Hà Nội, tháng 11 năm 2013

Tác giả luận văn

VŨ THỊ DUNG

MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT

VÀ CÁC KÍ HIỆU TRONG LUẬN VĂN

I Một số chữ viết tắt

AM - GM – Arithmetic mean - Geometric mean

MO – Olympic Toán quốc gia

IMO – Olympic Toán quốc tế

IMO Shortlish – Danh sách ngắn các bài đề nghị của các quốc gia trong IMO

APMO – Olympic châu Á Thái Bình Dương

VMEO – Kỳ thi giải toán trên mạng của trang www.diendantoanhoc.net

TST – Đề dự tuyển thi toán quốc tế

Đpcm – Điều phải chứng minh

II Các ký hiệu tổng và tích thông dụng

6) Nếu a > b > 0; d > c > 0 thì a

c >

b

d.7) Nếu a > b > 0 thì a > b ⇔ a2 > b2

4) (a + b) (b + c) (c + a) = (a + b + c) (ab + bc + ca) − abc

5) (a + b + c) (ab + bc + ca) = ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) + 3abc

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a2 = = an hoặc b1 = b2 = = bn.

Hệ quả 1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz

Cho hai bộ số thực a1, a2, , an; b1, b2, , bn, khi đó ta có

Hệ quả 1.1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel

Cho hai bộ số ai∈ R, xi ∈ R∗ i = 1, n
, khi đó

Điều này hiển nhiên đúng Bất đẳng thức Schur được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị

Đặc biệt khi k = 1 và k = 2:

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)

a4+ b4+ c3+ abc (a + b + c) ≥ ab a2+ b2
+ bc b2+ c2
+ ca a2+ c2

1.2 Một số kỹ năng chứng minh bất đẳng thức cơ bản

1.2.1 Kỹ năng 1: Sử dụng tham số khi biến đổi

Ta thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = αc (α > 0)

Thay vào biểu thức ban đầu ta thấy α thỏa mãn

α.

c2

2 +

b22α2 ≥ cb

α.

12α a

2+ b2
≥ ab

α.

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta được

 12α+

12α2



a2+ b2
+ c2 ≥ 1

α(ab + bc + ca) Hay

 12α+

12α2



a2+ b2
+ c2≥ 1

α.

Giải phương trình

12α+

12α2 = 4

⇔ 8α2− α − 1 = 0

⇔ α = 1 +

√33

16 .(α > 0)

Từ đó suy ra P = 4a2+ 4b2+ c2 ≥ 16

1 +√33Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 16

1 +√33 đạt được khi và chỉ khi a = b =

2A + 4 ≥ 4 (xyzt + xy + zt)

Hay A ≥ 4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t = 1 Vậy Min A = 4 khi và chỉ khi

x = y = z = t = 1

Tương tự ta có được các bài toán

Bài 1 Cho x, y, z, t > 0, x + y + xy = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

số hạng có dạng bình phương của một số từ đó ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz dạng Engel để đưa về bất đẳng thức đơn giản hơn.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ≥ 1

Bài toán 1.6.(Séc và Slovakia, 1999)

Cho ba số thực dương a, b, c, chứng minh rằng

Từ yêu cầu của bài toán ta thấy VT của bất đẳng thức cần chứng minh có dạng phân

số, từ đó ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel Để sử dụng được bấtđẳng thức Cauchy – Schwarz thì tử số của mỗi số hạng phải là bình phương của một số Từ

đó ta có thể giải quyết bài toán như sau :

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Vậy ta có được bất đẳng thức cần chứng minh

Từ yêu cầu của bài toán ta thấy VT của bất đẳng thức cần chứng minh có dạng phân

số, từ đó ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel Để sử dụng được bấtđẳng thức Cauchy – Schwarz thì tử số của mỗi số hạng phải là bình phương của một số Từ

đó ta có thể giải quyết bài toán như sau :

Suy ra đpcm Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Bài toán 1.8 (IMO, 1995)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel, ta có

2

2 (ab + bc + ca).Hay

Từ đó suy ra đpcm.

Từ các bài toán trên ta có thể giải quyết được một số bài toán tương tự

Bài 6 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x2+ y2+ z2 ≥ 1

3 Chứng minh rằng

x32x + 3y + 5z +

y32y + 3z + 5x+

z32z + 3x + 5z ≥

1

30.Bài 7 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3abc Chứng minh rằng

(2a + b + c)22a2+ (b + c)+

(2b + c + a)22b2+ (c + a)2 +

(2c + a + b)22c2+ (a + b)2 ≤ 8.

1.2.3 Kỹ năng 3: Kỹ thuật thêm hạng tử

Trong nhiều bài toán ta khéo léo thêm các số hạng và sử dụng bất đẳng thức

AM-GM một cách phù hợp có thể giải quyết được nhất nhiều bài toán khó một cách dễ dàng.Bài toán 1.9 (IMO Shortlist 1998)

Với x, y, z là các số thực dương và có tích bằng 1, chứng minh rằng

x3(1 + y) (1 + z) +

y3(1 + z) (1 + x)+

z3(1 + x) (1 + y)≥

3

α > 0 nào đó Để tìm α nhận giá trị bao nhiêu ta tìm điều kiện xảy ra dấu bằng.

Nhận thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

x3(1 + y) (1 + z) +

y3(1 + z) (1 + x)+

z3(1 + x) (1 + y)+

3

4 ≥

1

2(x + y + z) Hay

Từ bài toán trên ta có các bài tập tương tự

Bài 11 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1

Q = 1

a+

12b2 + 13c3.Bài 13 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3abc Tìm giá trị nhỏnhất của biểu thức

Suy ra đpcm Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Từ bài toán trên ta xây dựng được một số bài toán tương tự

Bài 16 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Cho a, b, c dương thỏa mãn, chứng minh rằng

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Suy ra đpcm

Từ bài toán trên ta xây dựng một số các bài toán tương tự

Bài 17 Chứng minh rằng với x, y, z dương ta có

Bài 21 Cho x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng

Bài toán 1.12 (Ailen, 1999)

Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = 1 Chứng minhrằng

Từ bài toán trên ta xây dựng được các bài toán tương tự

Bài 22 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Từ bài toán trên ta có thể xây dựng các bài toán mới sau

Bài 24 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn 1

a2 + 1

b2 + 1

c2 = 3 Chứng minh rằngab

Bài 25 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3abc Chứng minh rằng

Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng

4

a + 2b + c.

Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

3 Suy ra đpcm.

Với cách làm tương tự ta được bài toán sau

Bài 26.(Etonia, 2004) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minhrằng

Tổng quát bài toán trên ta được bài toán

Bài 27 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a2+ b2+ c2= 3 Chứng minh rằng

a3+ b3 ≥ 2√1 + K − 13

⇔ a3+ b3 ≥ 2

q(c + 1)2− 1

3

⇔ a3+ b3 ≥ 2c3

Vậy ta có điều phải chứng minh

1.2.6 Kỹ năng 6: Chọn chiều đơn giản từ bất đẳng thức dạng phân thức

Bài toán 1.16

Với a, b, c > 0 Chứng minh rằng

a32ab + 2b2− a2 + b

4

2a2b + 2ab2− a3.Mặt khác

a4

2a2b + 2ab2− a3 ≥ a

4

2 (a3+ b3) − a3.Hay ta có

a32ab + 2b2− a2 ≥ a

4

a3+ 2b3.Suy ra ta có

b4

b3+ 2c3 − b

+

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 1.17 Với a, b, c > 0 Chứng minh rằng

Ta có

1 = (a + b + c)2=

ra

a + bcpa (a + bc) +

rb

b + capb (b + ca) +

rc

c(c + a) (c + b)

= 2 (ab + bc + ca)(a + b) (b + c) (c + a).

Ta sử dụng bất đẳng thức

9 (a + b) (b + c) (c + a) ≥ 8 (a + b + c) (ab + bc + ca)

Suy ra

M ≤ 2 (ab + bc + ca)8

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

3 Đpcm.

Bài toán 1.19

Với các số thực a, b, c phân biệt Chứng minh rằng

a4(a − b) (b − c) +

b4(b − c) (b − a)+

c4(c − a) (c − b) < 2 a

a4− (a + b + c) a3+ (ab + bc + ca) a2− (abc) a = 0 (1)

b4− (a + b + c) b3+ (ab + bc + ca) b2− (abc) b = 0 (2)

c4− (a + b + c) c3+ (ab + bc + ca) c2− (abc) c = 0 (3) Chia hai vế của (1) cho (a − b) (a − c), của (2) cho (b − c) (b − a), của (3) cho (c − a) (c − b)

và cộng 3 bất đẳng thức với nhau ta được

S4− (a + b + c) S3+ (ab + bc + ca) S2− abcS1 = 0

Trong đó

(a − b) (a − c)+

b(b − c) (b − a) +

c(c − a) (c − b) = 0.

2

(a − b) (a − c)+

b2(b − c) (b − a) +

c2(c − a) (c − b) = 1.

3

(a − b) (a − c)+

b3(b − c) (b − a) +

c3(c − a) (c − b) = a + b + c.

Suy ra

S4 = (a + b + c)2− (ab + bc + ca)

Hay

S4= a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca.

Mặt khác,dễ dàng chứng minh được

a2+ b2+ c2 > ab + bc + ca

Suy ra

S4 < 2 a2+ b2+ c2

Vậy ta có đpcm

Chương 2

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC

α(x − y)2 ≥ 0 ∀x, y ∀α ≥ 0

Nếu ∀x, y ≥ 1, đặt α = xy − 1 thì ta luôn có (xy − 1) (x − y)2 ≥ 0

Từ đó ta có bài toán sau

Bài toán 2.1 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM 2002 – 2003)

Ta có, do x, y ≥ 1 suy ra xy ≥ 1 hay xy − 1 ≥ 0, vậy xy + 1 > 0

Khi đó

(1.1) ⇔ (1 + xy) 1 + y2
+ (1 + xy) 1 + x2
≥ 2 1 + x2 1 + y2

⇔ xy + y2+ xy3+ xy + x2+ x3y ≥ 2x2+ 2y2+ 2x2y2

⇔ x3y + xy3+ 2xy − x2− y2− 2x2y2 ≥ 0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y hoặc xy = 1

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét Từ bài toán trên ta có bất đẳng thức tương đương: Với x, y ≥ 1 ta có

Từ đẳng thức trên ta có được cách giải bài toán sau

Bài toán 2.2 TS vào 10 Chuyên KHTN 2004

1 +√ab+

1

1 + b



Áp dụng bài toán 2.1 trên ta có

1

1 + x3 + 1

1 +px3y3 (1)1

1

1 +px3y3 + 1

1 +pxyz4 ≥ 2

1 + xyz.Suy ra

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Mở rộng bài toán cho 4 biến ta được bài toán

Ta sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp

Từ bài toán 2.1 ta có được bất đẳng thức

1

1 + x2 + 1

1 + y2 ≥ 2

1 + xyVậy với n = 2 bất đẳng thức đúng

Giả sử với n = k (k ≥ 2) bất đẳng thức đúng, nghĩa là

1

1 + xk 1

1 + xk 2

+ + 1

1 + xk k

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = xn (x1, x2, , xn≥ 1)

Xây dựng bài toán mới

x + y ≥ 2√xy

Hay

1 + x + y ≥ 1 + 2√xy.

Từ đó ta có được bất đẳng thức sau

(1 + x + y)

1

Từ đó ta có được bài toán mới sau

Bài toán mới 2.6

(1 + x + y + z)

1

Từ đó ta được bài toán sau

Mở rộng bài toán 2.6 cho n biến dương ta được bài toán sau

Bài toán mới 2.8

1(1 + y)2 ≥

1

1 + xy. (2.9)Lời giải

⇔ (xy + 1) (x − y)2 ≥ 0 luôn đúng với ∀x, y > 0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Nhận xét Cho các số x, y, z, t > 0 Áp dụng bài toán (2.9) ta có các bất đẳng thức sau

1(1 + x)2 +

1(1 + y)2 ≥

1

1 + xy1

(1 + z)2 +

1(1 + t)2 ≥

1

1 + ztKhi đó ta có bất đẳng thức

1(1 + x)2 +

1(1 + y)2 +

1(1 + z)2 +

1(1 + t)2 ≥

1

1 + zt +

1

1 + xyMặt khác ta có

Bài toán 2.10 (China TST 2004)

Cho x, y, z, t > 0 và thỏa mãn x.y.z.t = 1 Chứng minh rằng

1(1 + x)2 +

1(1 + y)2 +

1(1 + z)2 +

1(1 + t)2 ≥ 1. (2.10)Hướng biến đổi 2 Nếu x, y > 0 đặt α = x + y thì ta có bất đẳng thức sau

Bài toán 2.12 (TS vào 10 Chuyên KHTN HN 1996)

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

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.

Nhận xét Như trên ta biến đổi bất đẳng thức (x + y) (x − y)2 ≥ 0 theo cách khác ta được

Mở rộng bài toán trên cho n biến ta có được bài toán sau

Bài toán mới 2.14

x2x4+ 3x2

2

+ + 5x

3 n−1− x3

x2xn+ 3x2

n

≤P xi (2.14)

Nhận xét Biến đổi bất đẳng thức (x + y) (x − y)2 ≥ 0 theo cách khác ta được

Bài toán mới 2.15

Với x, y, z > 0, chứng minh rằng

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Suy ra bất đẳng thức được chứng minh.

Từ bài toán 2.15 ta suy ra bất đẳng thức được chứng minh.

Tổng quát hóa bài toán trên ta được bài toán

Bài toán mới 2.15**

(y − z)2(y + x) (z + x)+

(z − x)2(x + y) (z + y) ≥ 0.

Biến đổi bất đẳng thức trên ta được

(x − y)2

(x + z) (y + z)+

(y − z)2(y + x) (z + x)+

(z − x)2(x + y) (z + y) ≥ 0

⇔ (x − y)

1

y + z −

1

x + z

+ (y − z)

1

x + z −

1

x + y

+ (z − x)

1

Ta thấy

(c − a)

1

1

1

Ta có

(a + b + c)

25

(a + b + c)

25

Vậy dấu đẳng thức không xảy ra

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh

Nhận xét Tổng quá bài toán nếu ta thay 25 bới m, 16 bởi n, 1 bởi p với m, n, p dương thì

ta có đẳng thức

Dấu “=” xảy ra khi√

√p

c + a = k

√n

√p

(x + z) (y + z); β =

yz(y + x) (z + x); γ =

zx(z + y) (x + y)

ta có được bài toán sau

Biến đổi (2.21) ta được

z + x

+ z x (x − z) + y (y − z)

1

x + y −

1

x + z

+xz (z − x)

1

⇔ − xy(x − y)

2

(x + z) (y + z)−

yz(y − z)2(y + z) (x + y)−

xz(z − x)2(x + y) (y + z) ≤ 0 luôn đúng với ∀x, y, z > 0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z

Hướng biến đổi 3 Ta có

(x − y)z

1

y + z −

1

x + z

+ y − zx

1

x + z −

1

x + y

+z − xy

1



≥ 0