Bài 8 (tr 118 139) nguyễn minh tuấn

LỜI GIẢI CHO MỘT LỚP CÁC BẤTĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC Nguyễn Minh Tuấn Trường Đại học Giáo dục, ĐHQG Hà Nội email: nguyentuan@vnu.edu.vn Ngày 4 tháng 10 năm 2013 Tóm tắt nội dungTrong báo cáo n

LỜI GIẢI CHO MỘT LỚP CÁC BẤT

ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC

Nguyễn Minh Tuấn Trường Đại học Giáo dục, ĐHQG Hà Nội email: nguyentuan@vnu.edu.vn Ngày 4 tháng 10 năm 2013

Tóm tắt nội dungTrong báo cáo này chúng tôi đề cập đến một lớp các bất đẳng thức đồngbậc quen thuộc trong toán phổ thông và những hướng mở rộng

1 Bất đẳng thức đồng bậc

Sau đây ta đề cập đến một lớp các bất đẳng thức thường gặp trong toán học, đó làbất đẳng thức đồng bậc Bất đẳng thức đồng bậc có liên quan nhất định đến mộtkhái niệm trong giải tích toán học và hình học đại số, đó là hàm thuần nhất.Định nghĩa 1.1 Giả sử k là số dương cho trước Hàm số

được gọi là thuần nhất bậc k nếu đẳng thức sau đúng

f (tx1, , txn) = tkf (x1, , xn)với mọi t > 0

Trong phạm vi báo cáo này, nếu f, g là hai hàm thuần nhất có cùng bậc k nào

đó thì ta gọi các bất đẳng thức

f (x1, , xn) > g(x1, , xn),và

f (x1, , xn) ≥ g(x1, , xn)

là bất đẳng thức đồng bậc Nói một cách nôm na, bất đẳng thức đồng bậc là bấtđẳng thức trong đó mỗi số hạng tham của các đại lượng (tham biến) có bậc bằngnhau

Tuy thế, cần thiết phải nhấn mạnh rằng tùy thuộc vào từng bài toán cụ thể màcách gọi "bất đẳng thức đồng bậc" như vừa đề cập ở trên có ý nghĩa tương đối.Thực vậy, xét ví dụ đơn giản sau đây.

Giả sử ba số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh bất đẳng thức

Trước hết, xét ví dụ sau đây.

Bài toán 1.2 Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng

Cộng cùng chiều các vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh

Bài toán 1.3 Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng

Bài toán 1.4 Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng

3

√

c,c

Bài toán được hoàn thành sau khi ta chứng minh được bất đẳng thức sau đây:

ra

3

√

sb

3

√

rc

6

√

√b

6

√

√c

Nhưng bất đẳng thức này có dạng (1.4) đã được chứng minh trong Bài toán 1.3 Từ

đó suy ra điều phải chứng minh

Sau đây là bài toán tổng quát

Bài toán 1.5 Cho a, b, c là ba số thực dương và α > 0, β > 0 cho trước Chứngminh rằng

Trước hết ta xét bài toán sau:

Bài toán 1.6 Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thực dương và β ∈ (0, 1) thì

a

bβ + b

cβ + c

Lời giải Xét dãy số {sk}k≥1 được xác định như sau:

β ∈ [0, s1]; sau đó ta chứng minh rằng nếu (1.8) đúng với mọi β ∈ [0, sk] thì nó cũngđúng với những β ∈ [sk, sk+1] Vì

nên ta suy ra (1.8) đúng với mọi β ∈ (0, 1)

2] Áp dụng bất đẳng thức (3.15) ta cóa

bβ + a1−2βbβ ≥ 2a1−β,b

cβ + b1−2βcβ ≥ 2b1−β,c

aβ + c1−2βaβ ≥ 2c1−β.Cộng cùng chiều các bất đẳng thức trên ta được

Bước 2 Giả sử (1.8) đúng với mọi β ∈ [0, sk] Xét cố định β0 ∈ [sk, sk+1] Ta sẽchứng minh (1.8) vẫn còn đúng với giá trị β0 này, nghĩa là ta sẽ chứng minh

cβ 0 + c1−β0 ≥ 2√bc1−2β 0

= 2

√b(√c)2β 0 −1,c

aβ 0 + c1−β0 ≥ 2√ca1−2β 0

= 2

√c(√a)2β 0 −1

Cộng cùng chiều các bất đẳng thức trên ta được

√b(√c)2β 0 −1 +

√c(√a)2β 0 −1



−ha1−β0 + b1−β0+ c1−β0i (1.10)

Phép chứng minh (1.9) là hoàn tất nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau:

√a(√

b)2β 0 −1 +

√b(√c)2β 0 −1 +

√c(√a)2β 0 −1 ≥ a1−β0 + b1−β0 + c1−β0 (1.11)

Vậy, bất đẳng thức (1.7) đúng với mọi β ∈ (0, 1) do

lim

k→+∞sk = 1

Bây giờ ta trở về Bài toán 1.5 Trước hết, ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp

Như vậy, ta có thể giả thiết α ≥ β Ta đặt

Tóm lại, ta phát biểu mệnh đề sau

Khẳng định 1 Giả sử a, b, c là ba số thực dương bất kỳ và α, β ∈ R Khi đó,

• Nếu α và β là các số cùng dấu thì

aα+β+ bα+β+ cα+β ≥ aαbβ + bαcβ + cαaβ

• Nếu α và β là các số trái dấu thì

aα+β+ bα+β+ cα+β ≤ aαbβ + bαcβ + cαaβ

Bây giờ ta chuyển sang một dạng bất đẳng thức đồng bậc khác

Ví dụ 1.1 Giả sử a, b, c là ba số thực dương bất kỳ Chứng minh rằng

Cộng cùng chiều các bất đẳng thức này ta suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 1.2 Giả sử a, b, c là ba số thực dương bất kỳ, và p, q ∈ R+ cho trước Chứngminh rằng

p + q,

b2

pc + qa(p + q)2 ≥ 2 b

p + q,

c2

pa + qb(p + q)2 ≥ 2 c

p + q.Cộng cùng chiều các bất đẳng thức này ta suy ra điều phải chứng minh

2 Bài tập

Những bài toán sau đây dành cho đọc giả

Bài toán 2.1 Giả sử a, b, c là ba số thực dương bất kỳ, và p, q ∈ R+ cho trước.Chứng minh rằng

pa3+ qa4 + · · · +

a2 n−1

pan+ qa1 +

a2 n

pa1+ qa2

≥ a1+ a2+ · · · + an

3 Phụ lục: Một vài phép chứng minh bất đẳng thức (AM-GM)

Trong mục này, chúng ta sử dụng một bất đẳng thức liên quan đến hàm mũ ex để trìnhbày một phép chứng minh của Polya1 cho bất đẳng thức (3.15)

Bổ đề 3.1 Bất đẳng thức sau đúng

ex−1≥ x,với mọi x ∈ R

f00(x0) = f00(1) > 0

Do đó, x0= 1 là điểm cực tiểu (toàn cục) duy nhất của hàm f Bởi vậy,

f (x) ≥ f (1) = 0,với mọi x ∈ R Hay,

ex−1 ≥ xvới mọi x ∈ R Bổ đề được chứng minh

Hình 1: Hàm số y = ex−1− x

Hình 1 minh họa rõ ràng cho bất đẳng thức trong Bổ đề 3.1 Thật vậy, đồ thị hàm số

y = ex−1− xthuộc nửa trên của trục hoành, và tiếp xúc với trục hoành tại điểm x0 = 1

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (3.15) Đặt

a2

A−1≥ a2

A ≥ 0,

.e

an−1

A −1≥ an−1

A ≥ 0,e

en−n= e0 = 1 ≥ a1a2 an

An

1 G Polya là nhà toán học người Hungary.

Bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với

A ≥ √n

a1a2 an

Ta nhận được bất đẳng thức (3.15)

Ta chứng minh (3.15) bằng quy nạp theo n Quá trình chứng minh quy nạp được chia làmhai bước

Bước 1: Quy nạp tiến Với n = 2 ta có

a1+ a2

√

a1a2.Bất đẳng thức được chứng minh cho trường hợp n = 2

Tiếp theo, ta chứng minh cho trường hợp n = 4 Giả sử a, b, c, d là bốn số không âm

Áp dụng cho trường hợp n = 2 ta được

√

cd = 4

√abcd

Tiếp tục quá trình tương tự, ta dễ dàng chứng minh được rằng bất đẳng thức (3.15)đúng cho tất cả những trường hợp n là lũy thừa của 2, nghĩa là

n = 2k,trong đó k ∈ N

Bước 2: Quy nạp lùi Giả thiết rằng bất đẳng thức (3.15) đúng với giá trị n0 ≥ 3 nào

đó, nghĩa là với mọi bộ n0 số không âm a1, a2, , an 0 ta có

Áp dụng bất đẳng thức (3.15) cho n0 đại lượng, ta có

Như vậy, bất đẳng thức (3.15) đúng với n0− 1

Theo nguyên lý quy nạp toán học ta suy ra bất đẳng thức (3.15) đúng với mọi n nhỏhơn n0

Từ hai bước chứng minh trên ta suy ra bất đẳng thức (3.15) đúng với mọi bộ n số

a1, a2, , an, ở đây n ≥ 2

Thực vậy, giả sử n ∈ N cho trước bất kỳ Nếu

n = 2k (k ∈ N)thì (3.15) đúng theo Bước 1 Nếu n không phải là lũy thừa của 2 thì tồn tại số k ∈ N đểcho

n < 2k:= n0.Theo phép chứng minh ở Bước 1, (3.15) đúng với n0 = 2k, và theo Bước 2, (3.15) đúngvới n vì n < n0

Trong phép chứng minh vừa trình bày, người ta nói rằng Bước 1 là quy nạp tiến vàBước 2 là quy nạp lùi Phép quy nạp kiểu như trên do Cauchy đề xuất vào năm 1821 Có

lẽ vì thế, phép quy nạp kiểu này được mang tên nhà toán học Cauchy2

2 Louis Francois Cauchy là nhà toán học người Pháp

3.3 Một điều chỉnh trong quy nạp tiến–lùi

Bước 2 trong phép chứng minh bằng quy nạp tiến-lùi của Cauchy đã trình bày trong mụctrước cho chúng ta một ý tưởng như dưới đây

Ký hiệu

m := 2k> n

Theo Bước 1 trong phép quy nạp tiến-lùi của Cauchy, bất đẳng thức (3.15) đúng cho m

số thực không âm Ta sẽ chứng minh rằng (3.15) đúng với mọi giá trị n nằm trong khoảnghai số là lũy thừa của 2, nghĩa là

2k−1< n < 2k.Giả sử x1, x2, , xn là n số không âm Đặt

Do dãy số 2, 4, 8, , 2k, không bị chặn, nên bất đẳng thức (3.15) đúng với mọi ncác số không âm

3.4 Quy nạp tiến thông thường

Phép chứng minh thứ nhất Đặt

M := √n

a1a2 an−1an.Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết

a1a2 an= 1

Thực vậy, nếu không phải như vậy, ta thay ak bởi

bk:= akMvới mọi k = 1, 2, , n vào bất đẳng thức (3.15), bất đẳng thức cần chứng minh tươngđương với

Dễ dàng chứng minh (3.16) cho trường hợp n = 2

Giả sử (3.16) đúng với n ≥ 2 nào đó Xét n + 1 số dương bất kỳ thỏa mãn

a1a2 anan+1= 1

Do tích của chúng bằng 1 nên tồn tại ít nhất hai số trong đó một số không nhỏ hơn 1 và

số kia không lớn hơn 1 Không mất tính tổng quát, giả thiết rằng

a1 ≥ 1,và

a1a2a3 anan+1= 1

Theo (3.17) ta có

(a1+ a2) + (a3+ a4· · · + an+ an+1) ≥ 1 + a1a2+ a3+ a4+ · · · + an+ an+1 (3.18)

Áp dụng (3.16) cho trường hợp n số vừa nêu ta được

a1a2+ a3+ a4+ · · · + an+ an+1≥ n (3.19)Cộng các vế tương ứng của (3.18) với (3.19) ta nhận được

Trường hợp n = 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau

(x1+ x2)2 ≥ 4x1x2.Hay

(x1− x2)2≥ 0

Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng Vậy, bất đẳng thức (3.15) đúng cho trường hợp

n = 2

Giả sử bất đẳng thức (3.15) đúng với bộ n số không âm nào đó (n ≥ 2)

Xét n + 1 số thực không âm x1, x2, , xn, xn+1 Khi đó

(n + 1)µ = x1+ · · · + xn+ xn+1.Nếu tất cả các số xi đều bằng µ, dễ thấy đẳng thức xảy ra

Trái lại, xét trường hợp tồn tại ít nhất một số lớn hơn µ và một số khác nhỏ hơn µ, chẳnghạn

xn> µvà

x0n:= xn+ xn+1− µ ≥ xn− µ > 0

nµ = x1+ · · · + xn−1+ xn+ xn+1− µ

= x 0 n

,

nên µ cũng là trung bình cộng của n số x1, , xn−1, x0n Theo giả thiết quy nạp, ta có

µn+1= µn· µ ≥ x1x2· · · xn−1x0nµ (3.20)Như vậy,

(xn+ xn+1− µ

= x 0 n

µn+1 > x1x2· · · xn−1xnxn+1.Bất đẳng thức được chứng minh

Bằng cách xây dựng một hàm số thích hợp, ta cũng có thể chứng minh (3.15) bằng quynạp như dưới đây

Ta đã chứng minh được rằng (3.15) đúng khi n = 2

Với mỗi bộ n số thực a1, a2, , an bất kỳ, ta ký hiệu

An: = a1+ a2+ · · · + an

Gn: = √n

a1a2 an.Giả sử (3.15) đúng với giá trị n nào đó, nghĩa là ta có

Xét hàm số

f (t) = 1

n + 1(an+1+ t) + a1+ a2+ · · · + an

− n+1p(an+1+ t)a1a2 an.Cho tập xác định của hàm số này là khoảng vô hạn (−an+1, +∞) Ta có

f0(t) = 0

có duy nhất nghiệm

t0= √n

a1a2 an− an+1.Đạo hàm cấp một của hàm f được biểu thị dưới dạng sau

2n+1 n+1

Từ đây ta suy ra f00(t) > 0 với mọi t ∈ (−an+1, +∞) Cụ thể, ta có f00(t0) > 0 Do vậy, t0

là điểm cực tiểu duy nhất của hàm f trên tập xác định của nó, nghĩa là

f (t) ≥ f (t0),với mọi t ≥ −an+1 Đặc biệt,

3.6 Sử dụng bất đẳng thức Jensen

Trong phần này chúng ta xét thêm một phép chứng minh bất đẳng thức (3.15) bằng cách

sử dụng bất đẳng thức Jensen Nếu chưa biết đến bất đẳng thức Jensen, bạn đọc chuyểnsang tìm hiểu bất đẳng thức đó ở Chương ?? trước khi xem xét phép chứng minh dướiđây

Xét hàm

f (x) = ln xxác định trên khoảng (0, +∞) Đạo hàm cấp hai

f00(x) = −1

x2 < 0,với mọi x ∈ (0, +∞) Từ đây suy ra f là hàm lõm Áp dụng bất đẳng thức Jensen3 chohàm lõm này ta được

f (x) = ln x như trên, mà ta có thể chọn hàm số logarit với cơ số bất kỳ a > 0:

f (x) = logaxxác định trên nửa trục dương Thật vậy, hàm số f này vẫn lõm và đồng biến với a > 1,lồi và nghịch biến với a < 1 trên khoảng xác định của nó, và do đó ta áp dụng được bấtđẳng thức Jensen theo cách hoàn toàn tương tự như trên, xem Hình 2

Tài liệu

[1] Recent Progress in inequality (G V Milovanovic, ed.), Mathematics and ItsApplications, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht-Boston-London, first ed.,1997

[2] P J Bushell, Shapiro’s cyclic sum, Bull London Math Soc 26 (1994), 564–574.[3] P J Bushell and J B McLeod, Shapiro’s cyclic inequality for even n, J ofInequal & Appl 7 (2002), no 3, 331–348

3 Johan Jensen là nhà toán học người Đan Mạch.

[8] R P Lewwis, Antisocial dinner parties, Fibonacci Quart., to appear.

[9] M J Lighthill, An invalid inequality, Amer Math Monthly 63 (1956), 191–192.[10] N V Mau, Bất đẳng thức Định lý và áp dụng, NXB Giáo dục, Hà Nội–ĐàNẵng, 2006

[11] L J Mordell, On the inequality Pn

r=1xr/(xr+1+ xr+2) ≥ n/2 and some others,Abh Math Se Univ Hamburg 22 (1958), 229–240

r=1xr/(xr+1+ xr+2) ≥ n/2 and some others,

J London Math Soc 37 (1962), 176–178

[13] A M Nesbitt, Problem 15114, Educational Times, 3 (1903), 37–38

[14] P Nowosad, Isoperimetric eigenvalue problems in algebras, Comm Pure Appl.Math., 21 (1968), pp 401-465

[15] B G Pachpatte, Mathematical Inequalities, North-Holland Mathematical brary, V 67 (first ed.) Amsterdam, The Netherlands: Elsevier, 2005

Li-[16] R A Rankin, A cyclic inequality, Proc Edinburgh Math Soc (2), V 12 (1961),

pp 139-147

[17] H S Shapiro, Advanced problem # 4603, Amer Math Monthly, 61 (1954), p.571

[18] N E Steenrod, P R Halmos, A M Schiffer, and J A Dieudonné, How towrite mathematics, Amer Math Society, USA, 1973.

[19] B A Troesch, The validity of shapiro’s cyclic inequality, Math Comp 53(1989), 657–664

[20] B A Troesch, The shooting method applied to a cyclic inequality, Math Comp.,

V 34, (1980), pp 175-184

[21] N M Tuan and L Q Thuong, On an extension of shapiro’s cyclic inequality,

J Inequalities Appl (2009), no 12, 1–5

[22] N M Tuấn, Cơ sở lý thuyết hàm lồi và các bất đẳng thức cổ điển, NXB Giáodục, Tập I, II, 2013