Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng

232.2.2 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số bài toán về bất đẳng thức dành cho học sinh khá,giỏi... 3, tháng 3/1999, Kin Yin Li côngtác tại Khoa Toán Đại học Khoa học và Cô

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2018

giải bài toán bất đẳng thức 222.2 Ứng dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một số bài

toán về bất đẳng thức 232.2.1 Sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh

một số bất đẳng thức quen thuộc 232.2.2 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

Lời nói đầu

Bất đẳng thức sắp xếp lại (hay còn gọi là bất đẳng thức hoán vị) làmột 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 tếMathematical Excalibur (Vol 4, No 3, tháng 3/1999), Kin Yin Li (côngtác tại Khoa Toán Đại học Khoa học và Công nghệ Hồng Kông) đã viếtmột bài báo với tiêu đề “Rearrangement Inequality” nhằm giới thiệu bấtđẳng 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 toánhọc, ý tưởng của việc sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minhbất đẳng thức, tôi chọn hướng nghiên cứu sử dụng bất đẳng thức sắpxếp lại trong việc đưa ra lời giải cho một số bất đẳng thức trong các đềthi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế làm hướng nghiên cứu của luận vănthạc 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 củaluận văn được trình bày trong 2 chương:

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong chương này sẽ trình bày địnhnghĩa, tính chất cơ bản của bất đẳng thức và liệt kê một vài hướnggiải bài toán về bất đẳng thức thường gặp trong chương trình toán phổthông và đề thi chọn học sinh giỏi

Chương 2 Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng Nội dungChương 2 trình bày bất đẳng thức sắp xếp lại và ý tưởng của việc vậndụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc giải một số các bài toán liênquan đến bất đẳng thức, trình bày cụ thể một số ví dụ minh họa choviệc vận dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào việc chứng minh một sốbất đẳng thức quen thuộc trong chương trình phổ thông

Cuối chương này tôi sưu tầm, chọn lọc đưa ra một số bài toán trongcác kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức sắp xếp lại

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại họcThái Nguyên Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắctới thầy giáo PGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy đã dành nhiều thời gianhướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trìnhlàm 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 hướngdẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện vàhoàn thành luận văn

-Luận văn đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn củaPGS.TS Trịnh Thanh Hải nhưng do nhiều lí do, luận văn sẽ còn nhữngthiếu sót nhất định Em hy vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của cácquý 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

Chương 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 việctrình bày các kết quả chính trong chương 2 Nội dung của chương đượctổng hợp từ các tài liệu [1] và [2]

1.1 Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức

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 thứcnghiêm 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 thườngdùng

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

(iii) |a + b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≥ 0.

(iv) |a − b| = |a| + |b| ⇔ a.b ≤ 0

1.2 Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức

thường gặp ở phổ thông

Trong chương trình phổ thông, học sinh đã được tiếp cận với một sốhướng 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;

- 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:

1 + xy

+

1

(1 + x2) (1 + xy) +

y(x − y)(1 + y2) (1 + xy) ≥ 0

2(xy − 1)(1 + x2) (1 + y2) (1 + xy) ≥ 0

đương như sau:

(1.2)Cũng theo bất đẳng thức Cauchy:

p

(b + c − a)(c + a − b) ≤ 1

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

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

n + 1

2

≥

2n2

< √2

1

k2 < 1

k2− 14

k − 12

 

k + 12

k2 < 1

k − 12

k + 12

52

72

2

n + 12





32

n + 12

22 + 1

32 + · · · + 1

n2

< √3

r2

3 <

√2

Ví 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

sin A sin 2A + sin B sin 2B + sin C sin 2C

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

(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

3(sin 2A + sin 2B + sin 2C).

(1.5)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi

"

sin A = sin B = sin C

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

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



ac + 1ac

+



bc + 1bc

≥ 2

s(a + b + c)2 1

1

1c



Bất đẳng thức này tương đương với



2Chú 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,

b + c >

a

a + b + c.Nên

Chứng minh: Đối với ví dụ này ta sử dụng phương pháp làm trội nhưsau:

1 > 2√

2 − 1.1

22 < 1 − 1

2.1

32 < 1

2 − 13 .1

n2 < 1

nCộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có

a2b2c2 ≥ (a + b − c)2(b + c − a)2(c + a − b)2.Hay

x2y4 + 2(x2 + 2)y2 + 4xy + x2 − 4xy3 > 0

Giả sử bất đẳng thức (1.16) đúng với n = k ta phải chứng minh bấtđẳng thức (1.16) đúng với n = k + 1.

Thật vậy khi n = k + 1 thì bất đẳng thức (1.16) tương đương với

k

1(k + 1)2 < 1

Với n = k + 1 bất đẳng thức (1.17) tương đương với

 a + b2

cos2α +

tan αcos2β

= (tan β cos

2β + tan α cos2α)cos2β cos2α

2

(sin 2β + sin 2α)cos2β cos2α =

sin(α + β) cos(α − β))cos2β cos2α

= cos α sin β + cos β sin α +√

3(cos α cos β − sin α sin β)

Giải thiết được viết lại thành

2Giả sử bất đẳng thức chứng minh là sai, tức là ta có x + y + z < 3√

(1.20) ⇔ 2abccosA + 2abccosB + 2abccosC ≤ 3abc

2

2 luôn đúng.

2

Chương 2 Bất đẳng thức sắp xếp lại và một số ứng dụng

Chương này trình bày bất đẳng thức sắp xếp lại và việc vận dụngbất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minh một số bất đẳng thức khác.Cuối chương này tôi sưu tầm, chọn lọc để đưa ra một số bài toán trongcác kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức sắp xếp lại Nộidung của chương này tổng hợp từ các tài liệu [4]-[10]

2.1 Bất đẳng thức sắp xếp lại

Cho hai dãy số thực

(a) := (a1, a2, a3, , an), (b) := (b1, b2, b3, , bn)

Định nghĩa 2.1.1 Hai dãy (a) và (b) được gọi là

(i) sắp cùng thứ tự nếu cả hai dãy cùng tăng hoặc cùng giảm, tức là

Bất đẳng thức sắp xếp lại: Cho hai dãy số thực (a), (b) và (x) :=(x1, x2, x3, , xn) là một hoán vị tùy ý của dãy (b) := (b1, b2, b3, , bn).(i) Nếu hai dãy (a1, a2, a3, , an) và (b1, b2, b3, , bn) sắp cùng thứ tựthì

a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≥ a1x1+ a2x2 + · · · + anxn (2.1)(ii) Nếu hai dãy (a1, a2, a3, , an) và (b1, b2, b3, , bn) sắp ngược thứ

tự thì

a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≤ a1x1+ a2x2 + · · · + anxn (2.2)Dấu "=" trong (2.1) và (2.2) xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = =

an hoặc b1 = b2 = b3 = = bn hoặc

(x1, x2, x3, , xn) = (b1, b2, b3, , bn)

Chứng minh: Xét hai dãy (a1, a2, a3, , an) và (b1, b2, b3, , bn) cùngtăng và (x1, x2, x3, , xn) là một hoán vị tùy ý của dãy (b1, b2, b3 bn).Giả sử x1 ≥ x2, đặt

S = a1x1+ a2x2 + · · · + anxn,

S0 = a1x2 + a2x1 + · · · + anxn.(S0 nhận được từ S bằng cách đổi vị trí của x1, x2) Ta có:

S0− S = a1x2− a1x1 + a2x1− a2x2 = a1(x2 − x1) + a2(x1− x2)

= (x2 − x1)(a1 − a2) ≥ 0

Do đó S0 ≥ S Như vậy khi đổi vị trí của x1, x2 thì giá trị S có thể tănglên Do đó nếu chúng ta đổi chỗ tất cả các căp (xi, xj) với xi ≥ xj, i < jthì tổng chỉ có thể tăng lên Tổng đạt giá trị lớn nhất khi

(x1, x2, x3, , xn) = (b1, b2, b3, , bn)

Tức là S = a1b1+ a2b2+ · · · + anbn Khi a1 = · · · = an hoặc b1 = · · · = bn

thì dấu đẳng thức cũng xảy ra

Lập luận tương tự khi (a1, a2, a3, , an) và (b1, b2, b3, , bn) là cácdãy cùng giảm Vậy (2.1) được chứng minh

Việc chứng minh bất đẳng thức (2.2) được làm tương tự

2

Từ bất đẳng thức sắp xếp lại ta có hai hệ quả sau

Hệ quả 2.1.2 Nếu a1, a2, a3, , an là các số thực và (x1, x2, x3, , xn)

là hoán vị của dãy (a1, a2, a3, , an) thì

a21+ a22+ · · · + a2n ≥ a1x1 + a2x2 + · · · + anxn

Hệ quả 2.1.3 Nếu a1, a2, a3, , an là các số thực dương và (x1, x2, x3, , xn)

là hoán vị của dãy (a1, a2, a3, , an) thì

thì có tất cả n! = 1.2 n tổng có dạng

S = a1x1 + a2x2+ · · · + anxn.Câu hỏi đặt ra là trong tất cả các tổng có dạng S tổng nào lớn nhất và

X = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn.Khi đó ta có bất đẳng thức A ≥ X ≥ B Với kí hiệu như trên, một cách

Việc áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại quan trọng nhất ở chỗ biến đổibất đẳng thức cần chứng mình về dạng có các vế là tổng của tích cácphần tử tương ứng của 2 dãy mà thứ tự của chúng liên quan với nhau(cùng thứ tự hoặc ngược thứ tự).

Chú ý 2.1.4 Nếu biểu thức f (a1, a2, , an) 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) Để chứng minh

f (a1, a2, , an) ≥ 0 ta luôn giả thiết a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an hoặc

a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an vì f (a1, a2, , an) không đổi với mọi hoán vịcủa (a1, a2, , an)

2.2 Ứng dụng bất đẳng thức sắp xếp lại vào giải một

số bài toán về bất đẳng thức

Trong mục này ta sử dụng bất đẳng thức sắp xếp lại để chứng minhmột số bất đẳng thức đại số, hình học trong các đề thi học sinh giỏitrong và ngoài nước

số bất đẳng thức quen thuộc

Bài toán 2.2.1 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực(a) := (a1, a2, a3, , an) và (b) := (b1, b2, b3, , bn) Chứng minh rằng:(i) Nếu hai dãy (a) và (b) sắp cùng thứ tự thì

a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≤ a1bn+ a2b1 + · · · + anbn−1.Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:

n(a1b1+ a2b2+ · · · + anbn) ≤ (a1+ a2+ · · · + an)(b1+ b2+ · · · + bn)

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh

2Nhận xét 2.2.2 Dấu ” = ” trong bất đẳng thức Chebyshev xảy ra khi

Chứng minh: Nếu ít nhất một trong các số a1, a2, a3, , an bằng 0 thìbất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Nếu các số ai (i = 1, , n) đều dương, đặt

2Bài toán 2.2.4 (Bunhiacopski) Chứng minh rằng nếu a1, a2, a3, , an

và b1, b2, b3, , bn là 2n số thực thì

(a1b1 + a2b2+ · · · + anbn)2 ≤ (a21+ a22 + · · · + a2n)(b21+ b22+ · · · + b2n).Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại t ∈ R sao cho ai = tbi, bi = tai.Chứng minh: Nếu a1 = · · · = an = 0 hoặc b1 = · · · = bn = 0 thì bấtđẳng thức hiển nhiên đúng Nếu tồn tại ai 6= 0, bj 6= 0 ta đặt

Dấu “=” xảy ra ⇔ xi = xn+i ⇔ aiN = bjM (i = 1, , n)

2

n(a21+ a22+ · · · + a2n) ≥ (a1+ a2+ · · · + an)2.

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

a1 = a2· · · = an

2Bài toán 2.2.7 (Bất đẳng thức sắp xếp lại dạng lũy thừa) Cho

a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 Chứng minh rằng

aabbcc ≥ abbcca.Chứng minh:

Bất đẳng thức aabbcc ≥ abbcca tương đương với:

0 < a ≤ b ≤ c Khi đó (a, b, c) và

1

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

2Bài toán 2.2.10 (Bất đẳng thức RMS – AM – GM - HM)Cho c1, c2, , cn ≥ 0 Trung bình bình phương căn thức

1+ c22+ · · · + c2n

n

12,trung bình số học

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, giỏiBài toán 2.2.11 (Bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số) Bấtđẳng thức Chebyshev cổ điển có thể coi như là hệ quả của bất đẳngthức sắp xếp lại, từ dạng cổ điển này người ta mở rộng bất đẳng thứcChebyshev theo một vài hướng, sau đây là một dạng mở rộng có nhiềuứng dụng để chứng minh bất đẳng thức

Bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số (còn gọi là dạng Engel) đượcphát biểu như sau:

có chứa phân thức, mặc dù chúng chỉ là mở rộng đơn giản từ bất đẳngthức Chebyshev

Bài toán 2.2.12 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn

c + ca + cb ≤ b + ba + bc ≤ a + ab + ac

3(a + b + c)

a + b + c + 2(ab + bc + ca) ≥ 1 ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

2Bài toán 2.2.13 Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minhrằng:

tan A + tan B + tan C + 2(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A).

Từ bất đẳng thức ab + bc + ca ≥ p3abc(a + b + c) và đẳng thức (tan A+tan B + tan C) = (tan A tan B tan C)

3(tan A + tan B + tan C)tan A + tan B + tan C + 2(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A)

1 + 2(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A)

tan A + tan B + tan C

1 + 2p3(tan A tan B tan C)(tan A + tan B + tan C)

(tan A + tan B + tan C)

a + 2abc ≥ b + 2abc ≥ c + 2abclại có

a

c + 2abc ⇔ ab ≥ ac ≥ bc (luôn đúng)

Do đó theo bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số (1) ta có

3(a + b + c)

a + b + c + 6abc ≥ 1 ⇔ a + b + c ≥ 3abc

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

2Bài toán 2.2.17 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 3 Chứngminh rằng

1 + abc(3 − ba) ≤ 1 + abc(3 − ac) ≤ 1 + abc(3 − bc)

1a1 + 2a2 + · · · + nan ≤ 1ask + 2ask−1 + · · · + kas1 + (k + 1)aji + · · · + naj1

≤ 1ask + 1ask−1+ · · · + 1as1 + naji + · · · + naj1 ≤ n − 1

2Bài toán 2.2.19 Cho các số thực a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh rằng a2+ b

Chú ý là hai dãy (a, b, c) và

1

xlnc + ylna + zlnb ≤ xlna + ylnb + zlnc

Áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) với nhận xét rằng 2 dãy (x, y, z)

và (a, b, c) cùng thứ tự, đồng thời hàm ln t đồng biến trên (0, +∞) nêndãy (ln a, ln b, ln c) cũng có thứ tự như 2 dãy trên, ta suy ra bất đẳngthức cần chứng minh

2Bài toán 2.2.21 Cho ba số dương a, b, c

đó hai dãy (a5, b5, c5) và

1

b3c3, 1

a3c3, 1

a3b3

sắp cùng thứ tự nên theobất đẳng thức sắp xếp lại (2.1) ta có: