Luận văn sư phạm Điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức Am-Gm và bất đẳng thức Buniakowski

Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 nó thì càng lôi cuốn.. Được sự gợi ý, động viên và tận tình giúp đỡ của thầy Phạm Lương Bằng cùng với sự say mê của bản thân, em mạnh dạn nghiên

Trang 1

Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2

nó thì càng lôi cuốn

Được sự gợi ý, động viên và tận tình giúp đỡ của thầy Phạm Lương Bằng cùng với sự say mê của bản thân, em mạnh dạn nghiên cứu

và thực hiện bài khóa luận của minh với tựa đề:

“Điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức AM-GM & bất đẳng thức BUNIAKOWSKI”

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu về điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức AM-GM & bất đẳng thức BUNIAKOWSKI

3 Đối tượng nghiên cứu

Một số bài tập về bất đẳng thức

4 Phương pháp nghiên cứu

Đọc tài liệu, phân tích, so sánh và tổng hợp

Trang 2

2 1 2

a1  2   n 

 Nếu a 1a2 an=P(const) thì Min (a1  a2   an) = nnn P xảy ra

 a1  a2   an n P

Trang 3

vẻ tầm thường nhưng việc phân loại chi tiết các dạng 1, 2,3 giúp chúng

ta nhận dạng nhanh và phản ứng linh hoạt hơn khi sử dụng AM-GM Đặc biệt là dạng 3 không chứa căn thức nhắc chúng ta có thể sử dụng AM-GM ngay cả khi không có dấu hiệu căn thức Ví dụ sau đây sẽ minh họa cho nhận xét này:

d c b

Trang 4

GM khi một vế có chứa căn thức” Tuy nhiên, nhờ có dạng 3 mà gợi ý chúng ta có thể sử dụng AM-GM ngay cả khi hai vế đều không chứa căn thức

Giải:

2 2

2 1 2

1     a1,a2, , an  0 (1) Sau đây là hai cách chứng minh tiêu biểu:

Cách 1: Phương pháp quy nạp thông thường

 Với n=2 Ta cần chứng minh :

2 1 2

2 2 1

2 1 2

Trang 5

Đồng Thị Phương 5 Lớp K35 CN Toán

Đẳng thức xảy ra  a 1 a2

 Giả sử (1) đúng với n 2

Ta phải chứng minh (1) đúng với (n+1) số: a1,a2, ,an1  0

Sử dụng giả thiết quy nạp cho n số: a1, a2, , an  0 ta có:

n n

a a

1 2

1

n n

n n nqa

paa

a

1 1

1 2

1

1 1

n n

a a a a q

p n

n

aaa

aa

a

Theo nguyên lí quy nạp suy ra bất đẳng thức đúng với n  2; n฀

Trang 6

2

1

1 2 1 1

2

1

1 2 1

1

1 1

1 2

1

1 2 1

1

1 2 1 1 1

1

1 2 1 1 2

1

.

p

p p

p

p p

p

p p

p

p p

a a a p

a a

a

a a a p

a a

a

a a a p a

a a a

a

a a a a

a a a

a p

a a a a

a

Trang 7

a 

Giải:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM: S=  2 .a 2

bb

aa

bba

Với a b thì MinS=2

Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể thay đổi miền xác định để có các bài toán sau đây:

Bài 1: Cho a 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S=a  a12

 Bình luận và lời giải

Ta nhận thấy khi a tăng thì 12

a càng nhỏ, nhưng độ tăng của a rất lớn

so với độ giảm của 12

a nên khi a càng tăng thì tổng S càng lớn và từ đó dẫn đến dự đoán khi a  thì S nhận giá trị nhỏ nhất 2

Để dễ hiểu và tạo cảm xúc ta sẽ nói rằng: 9

4MinS  đạt tại “ Điểm rơi: 2

a  ”

Do bất đẳng thức AM-GM xảy ra dấu bằng tại điều kiện các số tham gia phải bằng nhau, nên tại “ Điểm rơi: a  ” ta không thể sử dụng bất 2

Trang 8

  tức là, ta có sơ đồ điểm rơi:

4

11

22

 Nguyên nhân sai lầm:

Mặc dù ta đã biến đổi S theo điểm rơi a  và 2 inS 9

4

M  là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số:

“Nếu a2 thì 42

2.8

28

2.61.8

.8.38

6

188

2 2

aa

a

aa

a

S

Trang 9

Với a  2 thì 9

4MinS 

0

,yx

yx

121

 Phân tích và tìm lời giải đúng:

Biểu thưc S chứa 2 biến số x,y nhưng nếu đặt t xy  hoặc t 1

21

12

 Bài toán trở thành: Cho t4 Tìm giá trị nhỏ nhất của S t 1

Trang 10

16

2.15

116.216

15

116

tttS

154

22

16

1516

1.216

1516

xyxy

xy

xyxy

xy xy

y

x y

x

xy xy

y

 Phân tích và tìm tòi lời giải:

Do S là một biểu thức đối xứng với x, y nên dự đoán MinS đạt tai

0



x

Trang 11

1 2

2 2

x

x xy

y x y

3

4 2 4

xy xy

y x xy

y

x y x

xy xy

y

x y x

xy xy

0,,zyx

zyx

xyz z

y x z

            trái với giả thiết

 Phân tích và tìm tòi lời giải:

Do S là một biểu thức đối xứng với x ,,y z nên dự đoán MinS đạt tại

Trang 12

 Sơ đồ điểm rơi:

4

22

1211

12

xz

1 4

9 3 3

1 4

9 3

1

1 3 4

3 4

1 4

1

6

1 1

1 4

3 4

1 4

1 1

y x z

y x xyz

z y x z

y x z y x z y x z y x

0

,yx

yx

Tìm giá trị nhỏ nhất S

y

y x

HD: Biến đổi biểu thức S về dạng:

0,,cba

cba

2

2 2

a

cc

bb



Trang 13

Làm tương tự như bài tập mẫu trên

1.1.2: Điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM

2 1 2

1    a1,a2, ,an 0

Để ý rằng trong vế phải (vế yếu) của bất đẳng thức trên là biểu thức GM có số các thừa số trong căn đúng bằng chỉ số căn thức (cùng bằng n) Do đó, khi gặp bất đẳng thức mà vế yếu của bất đẳng thức có chứa căn thức và số các thừa số ở trong căn thức nhỏ hơn chỉ số thì ta cần nhân thêm các hằng số thích hợp để số các thừa số trong căn thức bằng chỉ số của căn thức Để xác định được các hằng số thích hợp chúng

ta phải dự đoán được dấu bằng của bất đẳng thức nên kỹ thuật này có tên gọi điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM

0,,zyx

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của S3 xy 3 yz 3 zx

Phân tích và tìm lời giải:

Trang 14

6 2

3

1 1 1

1

3

1 1 1

1

3

1 1 1

1

3 3

3

3 3

x z x

z x z

z y z

y z y

y x y

x y x

 Nguyên nhân sai lầm:

1 3

x z

z y

y

x

vô lý

 Dự đoán và tìm điểm rơi của MaxS

Vì S là một biểu thức đối xứng với x , , y z nên MaxS đạt tại điều kiện:

yxz

yx

zyx

9 3

4 2

4 9

2 3

2

4

9 3

2 3

2

4 9

2 3

2

4

9 3

2 3

2

4 9

2 3

2

4

9 3

2 3

2

4 9

3 3

3

3 3

z z y y x

S

x

z x

z

y z

y

x y

x

Trang 15

3

13

0,,

2 2

2 y zx

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S x y.3 2z2 y z3 2 x2 z x3 2 y2

Phân tích và tìm lời giải:

 Dự đoán và tìm điểm rơi của MaxS:

Vì S là một biểu thức đối xứng với x , , y z nên MaxS đạt tại điều kiện

0,

,zyx

zyx

Trang 16

0 , , z y x

z y

xy zx

y

zx yz

x

yz S

0 ,

,

z y

x

z y

x Chứng minh rằng:

2  2  2  1

3 3

x z

y x

z y x

z y

x z

y x

z y

Trang 17

22

2

9

3 3

3

3 3

xzyx

zy

xz

yx

zy

x

zyxzyxz

yx

zy

xz

yx

zy

0,

,zxyzxy

zyx

Chứng minh rằng:

91

xChứng minh:

Sử dụng giả thiết xy yzzx 1 để đưa về bất đẳng thức đồng bậc bậc

0 ở hai vế:

 

         

) 1 ( 2 15 2

9 2 9

x z y

z y x

y x

x

z z

z

y y

y x

x z

x z y

z y x

y x

z z

y y x

x z z

zx x z

y z

y y

yz z y

x y

x x

xy y x

z

Trang 18

Ta có:

2

153 34

3

4

.4

44

yy

xx

z

xzy

zyx

yx

x

zz

z

yy

y

xx

z

xzy

zyx

yx

x

zz

z

yy

0,

,zxyzxy

zyx

11

yx

b c b ab

c a c bc

0,,zyx

zyx

Chứng minh rằng: Sx y x z x3   y z y x y3   z x z y z3 34

HD: Sử dụng giả thiết a b c  3 để đưa về bất đẳng thức đồng bậc bậc 1 ở hai vế:

Trang 19

0

,yx

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2 2

2 4 4 2

2 2

2 4

4 2

2 4

4

2

12

11

22

11

22

12

11

2

32

22

32

11

21

yxxy

yxy

xxy

yx

yxxy

yxy

xxy

y

x

yxy

xyxy

xy

2 2

1

32 2

1 2

4

2 2

x y

x xy xy

y

x

Dấu bằng xảy ra  x  y  21

Trang 20

0 , , z y x

z y x

1 1

3 3

1

2

2 2

z y x z y x

Trang 21

y

x x

y y

HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều:

Trang 22

2 2

2

4 4

x

zx yz

xy z

y x

z y

aa

1

111

2 1

2 3

2 1

Trang 23

n n

n

nn

aa

a

na

a

2 2

1 2

cba

111

cb

dcba

1111

dcb

yx

11

1.2111

z z y y x

x z z y y x VT

1 1

1 2 4 4

4 2 1

1 1 1 1 1 1 2 1

Trang 24

0 , y x

4

2

1 2

4 2

1 2

1 1

2 2

2

2 2 2

2 2

xy xy y

x xy xy y

x xy y x

zx x

z y

yz z

y x

Trang 25

a

abb

aba

2

2 2

2 2 2

y y

x

zx x z yz z y xy y x

x z z

y y

x S

1 2 1

2 2

1

2 2 2

2 2

2 2 1

2 2

2

2 2 2

2 2

2

2 2 2

2 2

2

Bài 2: Chứng minh rằng:

23

3 3 3

aabba

baabb

aba

yy

x

xzzxxzzyyzzyyxxyyx

xzxzzyzyy

xyx

14

1

33

34

1

33

34

1

Đẳng thức xảy ra  x y  z  0

Trang 26

2

1

2

1

2

1

21

.2

2.1

1.1

1

21

1 1

n n

bb

a

aT

bab

a

bab

1 2

1 1

2

1

2

1

2

1

2

1

1 1

b a n n n b a

b b

a

a n

yy

xS

22

1

22

1

1 1

x z z y y x Min

z y x

z

y z

y x

x z z y y x Min

z y x

z

y z

y x

Trang 27

x z

y x

z y x

1.2.8: Sử dụng AM-GM trong bất đẳng thức không đồng bậc trên



R

Bài 1: Cho các số x , y , z  0 Chứng minh rằng:

xyz z

xy y

zx x

yz z

y x y x

z x

z

y z

y

2 2 2 2 2 2 2 2

7 2

2

7 2

yx

zxz

yyz

xz

yx

zx

z

yyzx

z

xyzyxxz

yyz

xz

yxxz

yyzx

y

zxzyxzy

xxy

zz

yxzy

xxyz

x

yzzyxyx

zxz

yz

yxyx

zxzy

3

2 2 2

7 2 2

7 2

2 2

7 2

2

7 2 2 7

2 3

2 2 2 2 2

7 2 2

7 2

2 2 2 2

7 2 2 7

2 3

2 2 2 2 2

7 2 2

7 2

2 2 2 2

7 2 2 7

2

3 2 2 2 2 2

7 2 2

7 2

2 2 2 2

7 2 2 7

3

1

13

1

13

1

13

1

Cộng vế với vế của hai hệ trên ta được:

xyz z

xy y

zx x

yz z

y x y x

z x

z

y z

y

2 2 2 2 2 2 2 2

7 2

2

7 2

9 9

2

yz xy

z zx

y yz

x, y, z0

Trang 28

Giải:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

x y z  xyz x y z x y z xyz xy

z zx

y

yz

x

z xyz

xy

z

y xyz

zx

y

x xyz

yz

x

3 3

3 2

2

2 2

5 5 5 5

5 5 9

9

5 9

2

23

3

3 3 5

xyzxyzz

yx

với t  3 xyz

 1 3 6 6 6 6 4 2 0

3

2 3 4 5 6 2

 1 1 1  1 1 1 1

2 x 2  y 2  z 2   x  y  z  xyz 1.2.9: Đặc biệt hóa bất đẳng thức không đồng bậc

0 , , z y x

z y x

Chứng minh rằng: 2    1  1  1  9

zx yz xy zx yz xy

Trang 29

y x

z y

x

3

0 , ,

Chứng minh rằng: 13  13  13  3

z y

Giải:

Từ   3  1  1  1 3

zxyzxyxyzz

y

x

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

9111

3

1111111113111

xzz

yy

xz

yx

0 ,

, xyz

z y x

Trang 30

zxz

yzy

xz

z

x

z y z y yz z

y

z

y x y x xy y

x

3 3

zxy

zy

x

zy

zx

yzx

yx

z

yx

yzy

zy

xyz

xz

y

xz

xyx

42

11

42

11

42

11

z

yz

y

xy

x

zx

z

yz

yxz

3

Bài tập đề nghị:

Bài 1: Cho x,y,z0 thỏa mãn: x yz 3

Chứng minh rằng: 1x2 2xy  1 y2 2zx  1 z2 2xy 6

1.2.10: Điểm rơi không đối xứng trong bất đẳng thức AM-GM

Một số bài toán dưới đây thể hiện bản chất Toán học của ngôn ngữ như kĩ thuật với tên gọi “điểm rơi” trong bất đẳng thức Nó thể hiện sự tự nhiên tùy ý khi tạo ra “điểm rơi” cho cac biến số trước rồi mới dựng ra các bất đẳng thức sau Để khác với phần trước ,ta sẽ minh họa cho ý

Trang 31

tưởng này với “điểm rơi” của các biến số không bằng nhau Như vậy bắt buộc ta phải dự đoán được “ điểm rơi” trước khi chứng minh bất đẳng thức

2

0 ,

, z y x

z y x

9

3 4

1 2

1 4



z y x z y

4

324

1203

1 1 36 9

2 3

y x S

Trang 32

2 3

30

28

9 3 27 4

11

36 27

2 4 3

45

4 4 2 9

7 3 27 7 3 3 3 27

11

6 27

4 11

6 6 27

2

3 2

3

3 2 2

7

3 3 3 3

5

2 3 3 2 3

2

5

2 2 2 2

z y

x

xy x

z

y x

zx x

z zx

x z

yz

z y yz

z

y

xy

y x xy

y x

;12

0,

,yzxz

zyx

Chứng minh rằng:  

2

1218

111

yzxyz

yxS

2

3 3

24 4 2 3

3 12 3

4 3

12 3 4

3

8 4

2 3

8 4 2

3

6 2

3 3

6 2 3

3 3 3 3

xyz

z y

x xyz

z y

x

z zx

x z

yz

z

y yz

z y

xy

y

x xy

y x

Trang 33

12

842.4

3

623.1

zx

x

zy

xy

yx

1 26 3

1 78

1 26 3

zx yz

S

2

1213

0,

,zyx

zyx

Chứng minh rằng:  x2 xy  y2 y2 yz  z2 z2 zx  x2  12

Trang 34

1.2.11: Phương pháp cân bằng hệ số

Trong các phần trước, các bất đẳng thức được đề cập đến có thể

dự đoán được điểm rơi một cách trưc giác (dù đối xứng hay không đối xứng) Tuy nhiên với các bất đẳng thức mà điểm rơi không là các số nguyên dương thậm chí là các số vô tỷ thì không thể dự đoán được bằng trực giác Khi đó chúng ta cần phải đưa thêm các tham số giả định rồi mới sử dụng bất đẳng thức AM-GM Việc xác lập điều kiện các đẳng thức xảy ra sẽ dẫn đến hệ điều kiện để tìm tham số Vì thế phương pháp này có tên gọi “ Phương pháp cân bằng hệ số”

13 2

1

9 2

1 13 9

13

2

9 1

9 2

1

9 1

9 9

2

13 1

13 2

1

13 1

.

13 13

2 2

2 4

2

2 2 2

2 2 4

2

2 2 2

2 2 4

x x

x S

x x

x

x x

2

2 2

2

1

92

1

2 2

4

51

Trang 35

Vậy MaxS=16

Bài 2: Cho x,y,z0;x yz3

a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  x3 y3z3

b Tìm giá trị của biểu thức T  xy  2 xz  yz

3 3 3 3 3 3 3 3

2436

3

248

Sz

yx

zy

24

26

22

23

;2

;63

2 2

2 3

zx

    3  3    3  2

2

1 2 4

1080 1

2 4

216 1 2 4 2 1 2 4

72 9 1

2 4 2 3

x

yx

22

1

2

12

Trang 36

11

2

3

;232

11

xz

yx

z

x

zy

yx

Bài tập đề nghị:

Bài 1: Cho x,y,z 0 thỏa mãn điều kiện: 6x 3y3 2z 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 3

11

1

zyx

0,

,

2 2

x

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Pxyxzyzxyz

1.2.12: Kỹ thuật đánh giá phủ định của phủ định

0 ,

, z y x

z y x

yy

xS

3 2 2 2 3 1

1 1

xyz x

z y

xyz S

Sai lầm thường gặp 2:

2

32

3 2

32

122

yy

xx

zz

yy

xx

zz

yy

Trang 37

11

22

11

22

11

2 2

zxzx

zxzxz

yzyz

yzyzy

xyxy

xyxyx

1

(1) Mặt khác:

132

1

SDấu bằng xảy ra  x  y  z  1

Bài 2: Cho các số x , y , z , t  0 Chứng minh rằng:

2

2 2

3 2

2

3 2

2

3 2

2

tx

z

zz

y

yy

tzyxyxxy

xyx

yx

xyxy

x

xS

22

2 2

2 3

0,,,

tzy

x

tzyx

Trang 38

Chứng minh:

21

11

tx

t

zt

z

yz

y

xS

0,

,zyx

zyx

Chứng minh rằng:

21

11

1

2 2

yy

xS1.2.13: Điều kiện xảy ra đẳng thức qua bốn đẳng thức lượng giác kinh điển

Bài 1: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng bất đẳng thức sau trong tam giác ABC

2

33sinsin

sin

2

32

sin2

sin2sin

AT

CB

AT

;

2

3

32

cos2

cos2cos

2

3coscos

cos4

AT

CB

AT

sin 2

1 1 cos

cos

2

1

cos

cos sin

sin 1 cos cos

cos cos

cos

2

3 2 sin 2

sin 2

cos 2

1 1 2

sin 2

sin

2

1

2 sin 2

sin 2 cos 2 cos 1 2

sin 2

sin

2 2

2 2 2

2 2

2 2 1

A B

A

B A B

A B

A C

B A

T

B A B

A B

A

B A B

A B

A C

B A

T

Trang 39

Trang 40

2 2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

ab

2

2 1 1

 Dấu bằng ở dạng 3 xảy ra 0

2

2 1

aba

xa

aa

cx

1 2 2

2

2 1

2 2

Trang 41

a  ; (3):  0

d

bc

cn

bm

(3):   0

p

cn

bma

ab

a

1 1

1

2 1

2 2

1 1

2 1

2

Định dạng
Số trang	61
Dung lượng	531,47 KB