Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số dạng bất đẳng thức

LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu và học tập tại trường Đại học Khoa học Tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội, tác giả đã hoàn thành khóa luận với đề tài: “Sử dụng điều kiện xảy ra của đ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HÀ NỘI , NĂM 2014

LỜI CẢM ƠN

Sau thời gian nghiên cứu và học tập tại trường Đại học Khoa học

Tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội, tác giả đã hoàn thành khóa luận với

đề tài: “Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức chứng minh một số dạng bất đẳng thức”

Để hoàn thành được luận văn này, đầu tiên tác giả xin được gửi lời

cảm ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Vũ Lương, thầy đã dành thời gian

hướng dẫn, chỉ bảo và tận tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vấn đề nảy sinh trong quá trình làm luận văn

và hoàn thành luận văn đúng định hướng ban đầu

Qua đây tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy, cô giáo đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được hoàn thiện, phong phú hơn

Tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa Toán – Cơ – Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên

đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường

Cuối cùng là sự biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè

đã thông cảm, động viên giúp đỡ cho tác giả có đủ nghị lực để hoàn thành luận văn

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

và các bạn

Một lần nữa tác giả xin chân thành cảm ơn tất cả mọi người Chúc tất cả mọi người sức khỏe và thành đạt

MỤC LỤC Lời cảm ơn……… ……… ……….3 Chương I Giới thiệu một số bất đẳng thức có điều kiện trong các kỳ thi quốc gia, quốc tế……… ……… 5

I Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân ( AM – GM)……5

II Bất đẳng thức CAUCHY – SCHWARZ… …….……… 9

III Một số bài toán về bất đẳng thức có điều kiện trong các kỳ thi quốc

gia và quốc tế ……….11

Chương II Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số dạng bất đẳng thức……… ……… ……… 32

§1 Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số bất

đẳng thức có điều kiện chứa căn thức……… 32

§2 Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số bất

đẳng thức có điều kiện dạng phân thức……….…41

§3 Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số bất

đẳng thức dạng trung bình……….51

§4 Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số bất

đẳng thức với điều kiện đẳng thức………64

§5 Sử dụng điều kiện xảy ra của đẳng thức để chứng minh một số bất

đẳng thức với điều kiện chứa thứ tự.……… 75

§6 Phép toán nhóm abel và bất đẳng thức với điều kiện……… 84

Tài liệu tham khảo………89&90

CHƯƠNG I GIỚI THIỆU MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU

KIỆN TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA, QUỐC TẾ

Nếu bất đẳng thức đúng với n k thì cũng đúng với n k 1

Thật vậy:

1 1

11

Nếu n = 1, n = 2 thì hiển nhiên bất đẳng thức đúng

Giả sử bất đẳng thức đúng với n k 2, ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1

11

a k

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

Trong luận văn này, tác giả cũng hay sử dụng bất đẳng thức

quen thuộc :

II BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY - SCHWARZ

Với a iR b, iR (i1, )n , chứng minh rằng:





 suy ra

x y AB

III MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU

KIỆN TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA, QUỐC TẾ

x

n   a

   (1) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

11

1

n i i

12

Bxy yzzx,

2 2 2 2 2 2

Cx y  y z z x

Dxyz Khi đó ta có: 1 A 2B; B2  C 2D

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai trong ba số x, y, z bằng 0

Bây giờ biểu thức vế phải bằng 2 B D  Bởi vậy ta phải chứng minh 2C8D B D hoặc B2B2 3D0

x b

x b

Bài 12 (Czech and Slovak Republics, 2004)

Cho P x( )ax2 bxc là đa thức bậc 2 với các hệ số không âm Chứng

minh rằng với  x 0 ta luôn có: P x P( ) 1 ( (1))P 2

Bài 15 (Romania JBMO Team Selection Test 2007)

Giả sử a b c, , là các số thực dương thỏa mãn:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b c 1

Bài 16 (USA Mathematical Olympiad 1997)

Chứng minh rằng với mọi số dương a b c, , ta có:

Cộng tương ứng bất đẳng thức này với hai đánh giá tương tự, vế theo vế,

ta suy ra ngay kết quả cần chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

Bài 17 (Japanese Mathematical Olympiad 2004)

Giả sử a b c, , là các số thực dương sao cho a  b c 1 Chứng minh rằng:

1 1 12

Vì vậy bài toán đã được chứng minh xong

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

Bài 18 (Singapore IMO Team Selection Test 2003)

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

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

Bài 19 (Chinese IMO Team Selection Test 2006)

Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn x  y z 1:Chứng minh rằng

22

đúng do x y 2z Bài toán được chứng minh xong

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3

Bài 20 (Walther Janous, IMO 2008)

Cho các số thực x y z, , 1 thỏa mãn xyz1 Chứng minh rằng:

Bài 21 (Vasile Cirtoaje, Chinese IMO Team Selection Test 2005)

Cho các số thực dương x y z t, , , thỏa mãn xyzt1 Chứng minh rằng:

Công hai vế của (21.2) và (21.3) ta thu được (21.1) Vậy ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x   y z t 1

Cách 2 Đặt x b,y c,z d ,t a

    với a b c d , , ,  0 Bất đẳng thức được viết lại dưới dạng:

Bài 22 (Japanese Mathematical Olympiad 1997)

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a b c , , ta đều có:

Chứng minh

Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất với a b c , , nên ta có thể chuẩn hóa

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

CHƯƠNG II SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN XẢY RA CỦA ĐẲNG THỨC

ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC

§1 SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU KIỆN CHỨA CĂN THỨC Bài toán 1

Cho 3 sốdương Chứng minh rằng:

Nhận thấy, đẳng thức xảy ra khi

Do vậy ta có cách làm như sau:

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Cộng 3 bất đẳng thức trên lại, ta thu được kết quả:

Dễ dàng đoán được là đẳng thức xảy ra khi

Do đó, áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

Hay

Bài toán 5 (Chinese IMO Team Selection Test 2006)

Cho các số thực thỏa mãn .Chứng minh rằng:

22

xy yz  yz zx  zx xy 

Lời giải

Nhận thấy, đẳng thức xảy ra khi

Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:

2 2 2

2 2 2

2( )( ) ( )( )( )

Bài toán 7 Cho x i 1,  i 1 n và

Nhận xét: Bài toán này là trường hợp tổng quát cho bài toán bất đẳng

thức trong đề thi IMO - IRAN 1998 Từ bài toán này, áp dụng dạng hằng

đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có bài toán rất hay

§2 SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU KIỆN DẠNG PHÂN THỨC

Chứng minh

Áp dụng Định lý 1 với x  y z 1 ta có điều phải chứng minh

Định lý 2: Cho x y z, , 0 Khi đó ta luôn có:

(x y y)( z z t t)(  )(     x) (x y z t xyz)(  yztztx txy )

Bổ đề 3: Cho 4 số thực dương x y z t, , , Chứng minh rằng:

Thay kết quả này vào bất phương trình đầu tiên ta có:

3 3

Áp dụng Định lý 3 với x   y z t 1 ta có điều phải chứng minh

Hệ quả 3: cho x y z t, , , 0 và xyzt1 Chứng minh rằng:

Bài toán 2: Cho hai số thực dương: và thoả mãn điều kiện:

Bµi toán 1: Gi¶ sö a b;  ¡  tho¶ m·n a b ab 3

a   a

3

1 1

3

3

1 1 3

a ab b

1 8

3 3

ab

b a

3

2 3

1 1 8

b c a

2 3

1 8

3 3 3







2 3

1 1

3 3

a c

1 1 8

5 8 2

3 3 3

b c a

Víi a, b R+ tho¶ m·n a+b+ab = 1

T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = a3 + b3

Lời giải

Gäi  lµ nghiÖm d-¬ng cña ph-¬ng tr×nh a2 +2a – 1 = 0 (ta cho a = b lµ

) 1 2 ( ( 2 2 1

4 2

8 ) 7 (

8 ) 7 (

48 24 3

) (

16 24

b b

) 1 1 (

Trong một số bµi toán, ta cÇn sö dông h»ng sè khÐo h¬n

2 3

2

) ( 3

b a

2

) ( 3

c b

2

) ( 3

a c

2 3

2  abc

Ta lại có: a2 +

3

1  , 3

Cộng 3 bất đẳng thức ta thu đ-ợc:

Hay P 6 3 (đpcm)

Khi sử dụng hằng số cho những bài toán của những biểu thức

đối xứng là đơn giản hơn vì chúng ta biết đ-ợc dấu đẳng thức xảy ra khi nào Vớ dụ:

Bài số 1: Với a,b,c  R+, thoả mãn a + b + c + abc = 4

4 b c 

a  abc

4

1 1 1

4   

4

1 1 1

4   

4

1 1 1

4   

Cộng các bất đẳng thức ta thu đ-ợc

10 ) (

) 3 (

1 2 (   a3b3c3  4 3

3 2

c b a c

b   = 4 suy ra

6 3

3 2

3 3

3

abc

c b





 3

1 1

3

2 3

1 1

1 1 2

6 3 2

( 2

3 3

c b

a

3 2

3 3 3

3 3

1 2

2

2 2

2 2 2

Víi a,b,c R+ tho¶ m·n ab + bc + ca = 5 Chøng minh r»ng

2   ,  b c 2 bc

2

2 2

2   ,  a b 2 ab

2

) ( 2  2 

1 33 (

Thay a=b= c ta được c =

) 2 (

Víi a,b,c R+ tho¶ m·n a+b+c =

1 ( ) 2

1 ( ) 2

1 ( 4

6 4

5

c b

Đ4 SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI ĐIỀU KIỆN ĐẲNG

THỨC

Các bất đẳng thức trình bày trong phần này đ-ợc chia thành những dạng cơ bản sau:

DẠNG 1: (Điều kiện abc = 1)

Bài toán 1: (IMO 1999)

Giả sử a, b, c  R+, thảo mãn abc = 1 Chứng minh rằng :

P =

) (

1

3

c b

1

3

a c

1

3

b a

2 3

Chứng minh

Ta cã: P =

ac ab

2

1 1 1

ca bc ab

c b a

c b a

ca bc

) (

abc

abc

=

2 3

Bµi to¸n 2: Gi¶ sö a,b,c > 0 tho¶ m·n abc = 1, chøng minh r»ng

P = 2 2

2 3

1 1

1 1

DẠNG 2: (§iÒu kiÖn a + b + c = 1)

Bµi to¸n 3: Víi a, b, c  R+ a + b + c = 1 Chøng minh r»ng:

Q = a bc + b ca + c  ab  2

Chứng minh

Ta cã: a + bc = a (a + bc) + bc = (a + b) (a + c)

b + ca = (b + c) (b + a), c + ab = ((c + a) (c + b)) Suy ra: Q = (ab)(ac) + (bc)(ba) + (ca)(ca)

Chứng minh

Ta cã S =

) ( (a b a c

) ( ) ( ) (

a c c b b a

b a c a c b c b

2

a c c b b a

ca bc ab

(a + b + c) (ab + bc + ca)

Ta cã VT  3abc + 3abc = 6abc (®pcm)

¸p dông kÕt qu¶ trªn suy ra: S 

) (

( 9 8

) (

2

ca bc ab c b a

ca bc ab

1

c a b

a  + b 9 ( ( )

1

a b c

1

b c a

c a b

c b b

( 9

1

a c b

a

c b a

b

a c b

c

b a c

2

) 1 ( 1 ( 1 (

) ( ( (

c b

a

a c c b b a abc

áp dụng (1)  T  3 (đpcm)

DẠNG 4: (Sử dụng đẳng thức

a 3 +b 3 +c 3 – 3abc = (a+b+c) (a 2 + b 2 +c 2 – ab-bc -ca))

Bµi to¸n7: (Rumania 2007) Gi¶ sö a, b, c  R+

Chøng minh r»ng

3

3 3 3

c b



3

3 3

 A  1 (đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (1, 0, 0))

Bài toán 9: Vơi a, b, c  R+ thoả mãn a2 + b2 + c2 + 2abc = 1 (1)Chứng minh rằng:

1 1 1

 1

1 1

+ z1x 1y

z y

 6a3 + 6b3 + c3 + 16  6 (a + b + c + abc) = 36

 6a3 + 6b3 + c3 20 (®pcm)

Bµi to¸n 11 ( dạng 2): Gi¶ sö a, b, c > 0 tho¶ m·n ab + bc + ca = 1

T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = 4a2 + 4b2 + c2

1 2

Gi¶i ph-¬ng tr×nh

 2

1

+

2 2

) 1 ( 2

2 2

2

c b

a

ab c

 (a + b) (ca + cb) – c (a2 + b2) = 2abc (hiÓn nhiªn)

Ta cã

) 1 )(

1

(

1

2 2

b a

Đ5 SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI ĐIỀU KIỆN THỨ TỰ

Nhận xét: Khi chứng minh f(a,b,c)  0, thì đẳng thức xảy ra khi các điều kiện của bài toán nếu có đều trở thành đẳng thức

Sử dụng nhận xét trên để chúng minh một số bất đẳng thức có điều kiện thứ tự chính là nội dung của phương phỏp này

Dạng 1: (Bất đẳngthức dạng trung bình với điều kiện thứ tự)

Bài toán 1: Giả sử c 3, bc  6, abc  6 Chứng minh rằng

c b

Gi¶ sö 0 < a  b  c, c  3, bc  6, abc  6 Chøng minh r»ng:

3 2 1

3 2

B-ớc 2: Viết lại bất đẳng thức theo đúng thứ tự

b c

) 2 ( 2

3 2 2

2 2

2

2

) 2

( 2 , ) 3

( 3

b a b a c b a c

b

)

Ta thu đ-ợc

2 2

2

) (

2

) (

2 2 2 2

2 2

2 2

3 ).

2 3 ( 3 2 ) 1 2 ( 3 2

c c

b c

2

3 6

2 3 2

1 6

2 3 2

1 6

2 2 2 2 2 2 2 2

2

3 ).

( 3 2 ) (

3 2 1

c b c c b a b c b

3 ) (

3 2 2

) (

3 2

c b c bc

b c a b abc

ab ac

Dạng 3; (Bất đẳng thức chứa căn thức với điều kiện thứ tự)

Bài toán 7 Gải sử a;b;c > 0 thoả mãn 36a+9b+4c<108; c<9; 9b+4c<72

Chứng minh rằng: a b c  6

Chứng minh

Ta có

9 ) 2 3 ( 9 4 ) 1 2 ( 9 4 1

c b

9 4 2 3

9 4

c b c

b a c

b

9 72

4 9 2 108

4 9 36

b a

9 4 1

2

9 4 ) (

2 3

9 4 1

b c a b abc

ab ac bc

2

9 4 ) (

2 3

9 4 3

4 4

4 4 4

4 4

3 ).

2 3 ( 3 2 ) 1 2 ( 3 2

c c

b c

4 4

3 ).

2 3 ( 6

2 3 2

1 ) 1 2 ( 81

1 6

2 3

Bµi to¸n 10 Gi¶ sö a,b,c>0 tho¶ m·n 3a+3b+3c<18, c<3, 3b+2c<12

Chøng minh r»ng: 4 a4 b4 c  1 4 2 4 3

Chøng minh

Ta cã

3 ) 2 3 ( 3 2 ) 1 2 ( 3 2 1 1

4 4 4 4

4 4 4 4

4 4 4 4

4

c b

3 2 ) 1 2 ( 2 3

3 2 1

3

4 4 4 4

4 4 4

4 4

4

c b c

b a c

b



3 ) 2 3 ( 12

2 3 ) 1 2 ( 2 6

2 3 6 3

4 4 4 4

4 4 4

4 4

c b

¸p dông ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n ta thu ®-îc

2 3 ) 1 2 ( 2

3 2 1



Chøng minh

4 5

3 2

4

5 (12  4 b)(

c b a

3 2

3 3 3 3 3 3 3 3

3

3 ).

( 3 2 ) (

3 2 1

c b c c b a b c b

3 3

).

( 2

3 2 ) (

2 3

3 2 3

36

c b c bc

b c a b abc

ab ca bc

Gi¶ sö 0<ab3; 3b+6a+abc9ab; bc+66b; c3.Chøng minh r»ng:

3 3 3 3 3 3 3 3 3

3 ) 3 ( 3

2 ) (

3

2

b c

b a b c b

3 3

3 ) 3 ( 6

6 ) (

2 9

6

b b

bc a

b ab

abc a b

Gi¶ sö 0<abc, c3, b+c5, a+b+c = 6 Chøng minh r»ng:

1   

c b a

2 1

b a

( 1

1 2

1 ) 5

( 2

1 3

1

1   

c

 0

3

3 2

2 )

b a

1

 )+(5-b-c)(

a b

1 2

1

2 2

2   

c b

+(6-a-(Bất đẳng thức hiển nhiên là đúng)

2) (3 a3 1)+(3 b3 1)+ (3 c3 3)0

3 1

1 2

4

2 3

9

3

3 3 2 3 3

3 2 3 3

a b

b

b c

c

c

3 2 3 3

4

1 )

5 (

2 4

1 3

9

1

a b

b

c b b b

c c

1

1 )

6

2 3

2

1 1

1

1

2 2 2

2 2

a

3

1 ) 3 )(

3 ( 2

1 ).

2 )(

2 (

1

2 2 2

2

c c

c b b

b a

(c-3)

0 ) 1 1 )(

6 (

1 1 2

1 2

1 ) 5 (

2

1 2

1 3

1

3

1

2 2

2 2

2 2

b b b c

c

(Hiển nhiên đúng theo thứ tự)

Bài toán 3

Cho 0ab3; 2c3; b+1c; a+b=c.Chứng minh rằng:

B-ớc 4: Xuất phát từ số hạng luôn luôn d-ơng, luôn luôn âm chúng ta đi

một l-ợng thích hợp để nhóm cho các số hạng còn lại ch-a xác định dấu

 c)

(3-0 ) 1 ( 1 2 3 (

) 1 ( ) 2 ( ) 2 3

( ) 2 (

)

3

(

0 0

b a a

b c

b b

a3+b3+33 d3+23+c3

(a-b)(a2+d2+ad)+(b-2)(b2+2b+4)+(3-c)(32+c2+3c)0

Ta cã

+2b+4)-(a2+d2+ad)]+(      

0

c - d - 1 b a

Tài liệu tham khảo

Tiếng việt

1 Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), “Sử dụng phương pháp

Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức”, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội

2 Nguyễn Văn Hiến (2000), “Bất đẳng thức trong tam giác”, NXB Hải

Phòng, Hải Phòng

3 Phạm Kim Hùng (2007), “Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội

4 Phan Huy Khải (1997), “500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức”, NXB Hà

Nội, Hà Nội

5 Phan Huy Khải (2001), “10.000 bài toán sơ cấp”, NXB Hà Nội, Hà Nội

6 Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Ngọc Thắng (2009), “Các bài giảng

về bất đẳng thức Bunhiacopxki”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà

Nội

7 Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng

(2008), “Các bài giảng về bất đẳng thức Côsi”, NXB Đại học Quốc Gia

Hà Nội, Hà Nội

8 Nguyễn Thượng Võ (2000), “Tuyển tập 300 bài toán chọn lọc về hệ thức

lượng trong tam giác”, NXB Trẻ, TP Hồ Chí Minh

9 Tủ sách toán học và tuổi trẻ (2007), “Các bài thi Olympic toán”, NXB Giáo

Dục, Hà Nội

Tiếng Anh

1 IMO Shorlist, 1990 – 2004

2 Jose A.G.O., Radmila E, Mircea B (1997), “Inequalities A Mathematical

Olympiad Approach”, Basel – Boston – Berlin, Germany

3 Mihai B., Bogdan E., Mircae B (1997), “The Romanian Society of

Mathematical Sciences”, “Romanian Mathematical Competitions”,