Tài liệu Bất đẳng thức PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ (sách xuất bản 2010)

Bất đẳng thức-Cực trị Hệ phương trình-Dãy số Đàm Văn Nhỉ ĐHSP Hà Nội Ngày 18 tháng 03 năm 2013 Mục lục 1 Bất đẳng thức 1.1 Khái niệm bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Khái niệm và tính chất bất đẳng thức 1.1.2 Một vài bất đẳng thức thường gặp . . 1.2 Một số bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . 1.3 Định lý Rolle, Đa thức bậc n . . . . . . . . . 1.4 Bất đẳng thức Chebyshev . . . . . . . . . . . 1.4.1 Bất đẳng thức với dãy tăng-giảm . . . 1.4.2 Bất đẳng thức Chebyshev . . . . . . . 1.5 Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard . 1.6 Một vài bất đẳng thức trong Số học . . . . . . 1.7 Phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . 1.10 Bất đẳng thức Ptolemy, Hayashi cho đa giác . 1.11 Bất đẳng thức (M, N ) . . . . . . . . . . . . . 2 Phương trình và bất phương trình 2.1 Giải hệ qua đánh giá . . . . . . . . 2.2 Phân thức hữu tỷ và xác định quan 2.3 Hệ phương trình và tổng . . . . . . 2.4 Giải và biện luận . . . . . . . . . . 2.5 Phương trình hàm . . . . . . . . . 1 . . hệ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 6 6 6 29 45 66 66 67 73 80 85 95 109 121 124 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 . 130 . 146 . 152 . 180 . 203 2 2.5.1 Phương trình hàm đơn giản . . 2.5.2 Phương trình hàm Cauchy . . . 2.5.3 Phương trình hàm D’Alembert 2.5.4 Một vài phương trình hàm khác 2.5.5 Phương trình hàm trên N . . . 2.5.6 Phương trình hàm trên Z . . . 2.6 Bài tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Dãy số và giới hạn 3.1 Cấp số cộng và cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . 3.2 Một vài dãy số truy hồi qua sai phân . . . . . . . . 3.3 Dãy (an), (bn) với an+1 = uan + vbn , bn+1 = tan + zbn 3.4 Dãy an+1 = f (an ) với hàm f (x) . . . . . . . . . . . 3.5 Một vài dãy truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Một số tổng và dãy đặc biệt . . . . . . . . . . . . . 3.7 Giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Một vài nguyên lý hội tụ . . . . . . . . . . . 3.7.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Giới hạn của tổng, tích qua tích phân . . . . . . . . 3.9 Chuyên đề nâng cao về dãy số . . . . . . . . . . . . 3.9.1 Hệ truy hồi qua cấp số nhân . . . . . . . . . 3.9.2 Làm mất độ phức tạp của dãy truy hồi . . . 3.9.3 Phép biến đổi Abel và đánh giá tổng . . . . 3.10 Bài dành cho học sinh giỏi với gợi ý . . . . . . . . . 3.11 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 206 210 214 216 230 231 232 . 232 . 235 . 243 . 244 . 249 . 256 . 281 . 281 . 283 . 310 . 316 . 316 . 328 . 347 . 352 . 370 Lời nói đầu Nói đến Đại số sơ cấp là người ta thường nói đến phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức và tìm cực trị một biểu thức. Một mảnh đất đã được cày xới nhiều lần và quá sâu qua năm tháng. Mặc dù vậy, mảnh đất này vẫn đang và tiếp tục được khai thác, gieo trồng tiếp qua các bài kiểm tra, kỳ thi, sách đọc thêm, các chuyên đề chọn lọc,v.v... Để tiếp cận mảnh đất ấy một cách tương đối hệ thống chúng tôi đã viết cuốn sách với bốn chương dưới đây: (1) Bất đẳng thức. (2) Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. (3) Phương trình và bất phương trình. (4) Bổ sung một vài bài đại số thi 10 chuyên, ĐH và CĐ, HSG. Tuy ba chương đầu đều là những vấn đề khá cổ điển, nhưng chúng lại xuất hiện trong mọi lĩnh vực của toán học. Trong chương trình toán phổ thông, ba chuyên đề này có mặt ở tất cả các bộ môn, như: Số học, Đại số, Giải tích, Hình học và Lượng giác. Đặc biệt, trong kỳ thi Đại học, Học sinh giỏi quốc gia hay quốc tế đều có những bài thuộc ba chuyên đề kể trên. Do vậy, qua cuốn sách chúng tôi muốn cung cấp cho các em học sinh lớp 9,10,11,12, các thầy cô giáo, sinh viên và các em học sinh giỏi những kiến thức tối thiểu về bất đẳng thức, giá trị lớn nhất-giá trị nhỏ nhất và hệ phương trình. 3 4 Chúng tôi kết thúc lời nói đầu bằng câu căn dặn của nhiều bậc vĩ nhân: Khát vọng vươn lên là mục đích của cuộc sống Về ký hiệu: N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên. N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương. Z được ký hiệu cho vành các số nguyên. Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ. R được ký hiệu cho trường các số thực. C được ký hiệu cho trường các số phức. Chú ý: Giả sử y = f (x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b] với a < b. Để đơn giản, trong một vài bài tập ta sẽ viết đạo hàm y ′ = f ′ (x) thay cho việc viết: y ′ = f ′(x) trên (a, b). Hà Nội, ngày 01 tháng 08 năm 2013 Đàm Văn Nhỉ Chương 1 Bất đẳng thức Bất đẳng thức là một trong số những bài toán được rất nhiều người thuộc nhiều lĩnh vực quan tâm đến. Bất đẳng thức không phải là bài toán khó, nhưng chọn cách chứng minh như thế nào cho đơn giản. Sáng tác bất đẳng thức cũng không khó, nhưng biểu diễn hình thức ở hai vế thế nào cho đẹp mắt. Nếu để ý, các bạn sẽ thấy các bài toán bất đẳng thức được chia ra làm hai nhóm. Nhóm I là vận dụng một số bất đẳng thức luôn đúng để chứng minh một bất đẳng thức mới qua các phép biến đổi và nhóm II là tìm cực trị một biểu thức. Đây chính là bài toán tìm chặn trên hay chặn dưới và xét xem khi nào biểu thức sẽ đạt được đại lượng đánh giá ấy. Như vậy, chuyên đề trình bày ở đây nhằm giải quyết được hai vấn đề chính: (i) Chứng minh lại một số bất đẳng thức gắn liền với tên tuổi những nhà toán học và trình bày việc vận dụng để giải quyết một vài ví dụ. (ii) Tìm cực trị cho một số biểu thức để từ đó suy ra tính chất đặc biệt cần quan tâm của đối tượng nào đó. Phần này được viết thành chương 2. 5 6 1.1 1.1.1 Khái niệm bất đẳng thức Khái niệm và tính chất bất đẳng thức Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số thực a và b. a được gọi là lớn hơn b, ký hiệu a > b, nếu hiệu a − b là một số dương; a được gọi là lớn hơn hoặc bằng b, ký hiệu a > b, nếu hiệu a − b là một số không âm; a được gọi là nhỏ hơn b, ký hiệu a < b, nếu hiệu a − b là một số âm; a được gọi là nhỏ hơn hoặc bằng b, ký hiệu a 6 b, nếu hiệu a − b là một số không dương. ( a khi a > 0 Giá trị tuyệt đối của a là |a| = −a khi a < 0. Tính chất 1.1.2. Với các số thực a, b, c và số tự nhiên n luôn có tính chất: a>b a>b a>b |a| > |b| ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ a > b ⇐⇒ a−b>0 a+c>b+c a2n+1 > b2n+1 a2n > b2n a=b a>b. Với a > b, c > 0 ⇐⇒ ac > bc c < 0 ⇐⇒ ac < bc. a > b, b > c =⇒ a > c. ( α>0 |a| 6 α ⇐⇒ −α 6 a 6 α. 1.1.2 Một vài bất đẳng thức thường gặp Khi chứng minh bất đẳng thức, những đồng nhất thức thường được sử dụng: 7 Mệnh đề 1.1.3. Với các số thực a, b, c, x, y, z và d 6= 0 có các đồng nhất thức sau đây: (i) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 và (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 . (ii) (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca). (iii) (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) + b3 và (a − b)3 = a3 − 3ab(a − b) − b3. (iv) a2 − b2 = (a − b)(a + b). (v) a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) và a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ). (vi) (a2 + b2)(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2. (vii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) = (ax + by + cz)2 + (ay − bx)2 + (bz − cy)2 + (cx − az)2 . |a| a và |a| = |b| khi và chỉ khi a = ±b. (viii) |ab| = |a||b|, | | = d |d| (ix) Với a 6= 1 có 1 + a + a2 + · · · + an = an+1 − 1 . a−1 n+1 a2 − 1 (x) Với a 6= 1 có (1 + a)(1 + a )(1 + a ) · · · (1 + a ) = . a−1 2 4 2n Ba bổ đề và một mệnh đề dưới đây trình bày một vài bất đẳng thức thông dụng thường được sử dụng sau này. Bổ đề 1.1.4. Với các số thực a, b, c, x, y, z có các kết quả sau: (i) a2 + b2 > 2ab. (ii) (a2 + b2)(x2 + y 2 ) > (ax + by)2. (iii) (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) > (ax + by + cz)2 . (iv) ||a| − |b|| 6 |a + b| 6 |a| + |b|. 8 Bài giải: (i) Bởi vì (a − b)2 > 0 nên a2 + b2 > 2ab. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b. (ii) Do bởi (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 > (ax + by)2 nên (a2 + b2)(x2 + y 2 ) > (ax + by)2. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a b = . x y (iii) Do (a2 +b2 +c2 )(x2 +y 2 +z 2 ) = (ax+by+cz)2 +(ay−bx)2 +(bz− cy)2 + (cx − az)2 > (ax + by + cz)2 nên (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) > b c a (ax + by + cz)2 . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi = = . x y z (iv) Ta luôn có |a| > ±a, |b| > ±b. Khi a+ b > 0 thì |a+ b| = a+ b 6 |a| + |b|; Còn khi a + b < 0 thì |a + b| = −a − b 6 |a| + |b|. Tóm lại |a + b| 6 |a| + |b|. Bởi vì |a| = |a + b + (−b)| 6 |a + b| + | − b| = |a + b| + |b| nên |a| − |b| 6 |a + b|. Tương tự |b| = |a + b + (−a)| 6 |a + b| + | − a| = |a + b| + |a| nên |b| − |a| 6 |a + b|. Tóm lại ||a| − |b|| 6 |a + b| 6 |a| + |b|. Bổ đề 1.1.5. Với a, b, c, x, y, z, u, v, t > 0 luôn có các bất đẳng thức sau: √ (i) a + b + c > 3 3 abc. p √ √ (ii) 3 (a + x)(b + y)(c + z) > 3 abc + 3 xyz. p √ √ √ (iii) 3 (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t) > 3 abc + 3 xyz + 3 uvt. √ p (iv) 3 (a + 1)(b + 1)(c + 1) > 3 abc+1. Dấu = xảy ra khi a = b = c. p √ p √ √ √ 4 3 3 abc > 4 abc 3 abc Bài giải: (i) Vì√ a + b + c +√ abc > 2 ab + 2 c √ 3 3 3 nên a + b + c + abc > 4 abc hay a + b + c > 3 abc. (ii) Nếu một trong ba số a + x, b + y, c + z bằng 0, chẳng hạn a + x = 0, thì a = x = 0 và bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Xét 9 a + x, b + y, c + z 6= 0 : Theo (i) ta có  r a abc b c   + + >33  a+x b+y c+z r (a + x)(b + y)(c + z) xyz x y z   + + >33  a+x b+y c+z (a + x)(b + y)(c + z) √ √ 3 abc + 3 xyz . Từ đây suy và cộng vế theo vế được 3 > 3 p 3 (a + x)(b + y)(c + z) ra (ii). p p 3 3 (iii) Vì (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t) > (a +√x)(b + y)(c + z) p √ √ 3 3 3 3 xyz + uvt nên (a + x + u)(b + y + v)(c + z + t) > abc + + √ 3 uvt. (iv) được suy ra từ (iii) khi x = y = z = 1, u = v = t = 0. Ví dụ 1.1.6. Với ba số thực p p a, b, c ∈ [1, 2] luôn có bất đẳng thức (a − 1)(b − 1)(c − 1) + (2 − a)(2 − b)(2 − c) 6 1. Bài giải: Vì a, b, c ∈ [1, 2] nên ta nhận được các bất đẳng thức p p (a − 1)(b − 1)(c − 1) + (2 − a)(2 − b)(2 − c) p p 3 6 (a − 1)(b − 1)(c − 1) + 3 (2 − a)(2 − b)(2 − c) p 6 3 (a − 1 + 2 − a)(b − 1 + 2 − b)(c − 1 + 2 − c) = 1. p p Vậy (a − 1)(b − 1)(c − 1) + (2 − a)(2 − b)(2 − c) 6 1. Bổ đề 1.1.7. Cho ba số thực a, b, c > 0. Khi đó có các bất đẳng thức sau: 1 2 1 + > khi ab > 1. (i) 1 + a2 1 + b2 1 + ab 1 1 1 3 (ii) + + > khi a, b, c > 1. 1 + a2 1 + b2 1 + c2 1 + abc 1 1 1 + > . (iii) 2 2 (1 + a) (1 + b) 1 + ab 10 (iv) 1 2 1 + 6 khi ab 6 1. (1 + a)2 (1 + b)2 1 + ab (v) 1 1 1 3 + + 6 khi a, b, c 6 1. (1 + a)2 (1 + b)2 (1 + c)2 1 + abc (vi) b a+b a p + 6 khi a, b > 0. 1 + a2 1 + b2 (1 + a2 )(1 + b2 ) (vii) √ 1 1 1 2 √ khi a, b > . +√ >r  a + b 2 2 1 + a2 1 + b2 1+ 2 Bài giải: (i) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (ab − 1 1 2 1)(a − b)2 > 0. Vậy + > khi ab > 1. 1 + a2 1 + b2 1 + ab 1 2 2 1  + > >   2  1 + b2 1 + ab 1 + abc 1 + a 1 2 2 1 ta (ii) Vì a, b, c > 1 nên từ + > >  1 + b2 1 + c2 1 + bc 1 + abc   2   1 + 1 > 2 > 1 + c2 1 + a2 1 + ca 1 + abc 1 1 1 3 suy ra + + > . 1 + a2 1 + b2 1 + c2 1 + abc (iii) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (ab − 1)2 + ab(a− 1 1 1 b)2 > 0. Vậy + > . (1 + a)2 (1 + b)2 1 + ab (iv) là hiển nhiên qua quy  đồng hai vế. 1 1 2 2   + 6 6  2  (1 + b)2 1 + ab 1 + abc   (1 +1 a) 1 2 2 + 6 6 (v) Vì a, b, c 6 1 nên từ (1 + b)2 (1 + c)2 1 + bc 1 + abc    1 1 2 2    + 6 6 (1 + c)2 (1 + a)2 1 + ca 1 + abc 1 1 3 1 + + 6 . ta suy ra 2 2 2 (1 + a) (1 + b) (1 + c) 1 + abc 11 p b (a + b)(1 + ab) a + = . Vì (1 + a2 )(1 + b2 ) > 2 2 2 2 1+a 1+b (1 + a )(1 + b ) 1 + ab theo Bổ đề 1.1.4 (ii) nên ta nhận p được bất đẳng thức (a + b) (1 + a2 )(1 + b2 ) b a + 6 = cần chứng minh 1 + a2 1 + b2 (1 + a2 )(1 + b2 ) a+b p . (1 + a2 )(1 + b2) (vii) Quy đồng hai vế có ngay bất đẳng thức. (vi) Ta có Chú ý 1.1.8. Khi ab > 1 sẽ không có (iv). Thật vậy, khi a = 2, b = 1 1 1 1 2 2 1 + = + < = ; còn có ab = 2 > 1 và (1 + a)2 (1 + b)2 9 4 3 1 + ab 1 1 1 1 khi a = 9, b = 1 có ab = 9 > 1 và + = + > (1 + a)2 (1 + b)2 100 4 2 2 = . 10 1 + ab Mệnh đề 1.1.9. [Cauchy] Với các số thực a1 , a2 , . . . , an > 0 ta luôn có √ a1 + a2 + · · · + an An = > n a1 a2 . . . an = Γn . n Chứng minh: Với n = 1 bất đẳng thức đúng là hiển nhiên. Với a1 + a2 √ √
2 √ n = 2 ta có > a1 a2 vì a1 − a2 > 0. Xét trường hợp 2 an+1 + (n − 1)An+1 > n > 2. Giả sử đã có An > Γn . Khi đó A = n q An + A n an+1An−1 = Γ theo giả thiết qui nạp. Lại có A = > n+1 n+1 2 q √ √ √ n−1 An A > Γn Γ và như vậy An+1 > Γn Γ = 2n Γn+1 n+1 An+1 hay An+1 > Γn+1. Ví dụ 1.1.10. [IMO 2001] Giả sử các số dương a1 , a2, . . . , an thỏa mãn a1 a2 . . . an = 1. Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 p +p + ··· + p > 1. 1 + (n2 − 1)a1 1 + (n2 − 1)a2 1 + (n2 − 1)an 12 1 Bài giải: Đặt xi = p với i = 1, 2, . . . , n và P = 1 + (n2 − 1)ai x1 x2 . . . xn. Ta chỉ ra x1 +x2 +· · ·+xn > 1. Giả sử x1 +x2 +· · ·+xn < 1  1 1 − x2i 1. Khi đó ai = −1 . = , i = 1, 2, . . . , n, và như x2i n2 − 1 (n2 − 1)x2i n n P Q xi < 1 nên theo vậy ta có ngay (1 − x2i ) = (n2 − 1)nP 2 . Do bởi i−1 i=1 Bất đẳng thức Cauchy 1 − xj > −xj + 1 + xj > xj + n X i=1 n X i=1 s xi > (n − 1) n−1 P xj p xi > (n + 1) n+1 xj P , j = 1, 2, . . . , n. Nhân vế với vế của tất cả các bất đẳng thức trên ta được xj ) > (n − 1)nP và n Q (1 + xj ) > (n + 1)nP và như thế j=1 n Q (1 − j=1 n Q (1 − j=1 xi j 2) > (n2 − 1)nP 2 : mâu thuẫn. Dễ dàng thấy, dấu = xẩy ra khi a1 = a2 = · · · = an = 1. Ví dụ 1.1.11. Cho |a + b + c| > 1. Chứng minh bất đẳng thức sau: p p p √ a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2 > 3. √ √ √ c 3c
a 3a
b 3b
~ , b = b+ ; , ~c = c + ; Bài giải: Với ~a = a + ; 2 √ 2 2 2 2 2
3 3 (a+b+c) . Do |~a|+|~b|+|~c| > |~a+~b+~c| ta có ~a+~b+~c = (a+b+c); 2 2 √ √ √ √ suy ra a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2 > 3. Ví dụ 1.1.12. Cho a, b, c thỏa mãn 0 6 c 6 a, 0 6 c 6 b. Chứng minh rằng p √ p c(a − c) + c(b − c) 6 ab. 13 Bài giải: Bất đẳng thức hiền nhiên đúng khi c = 0. Khi c > 0, dựng hai tam giác vuông OAB √ và OAC cùng vuông góc ở O với cạnh √ √ a − c ở về hai phía khác chung OC = c và OA = b − c, OB = √ √ nhau so với OC. p = a, AC = b. Từ p Khi đó BC √ SOAC + SOBC = SABC suy ra c(a − c) + c(b − c) = 2SABC 6 ab. Ví dụ 1.1.13. Với a, b, c, d ∈ [0; 1] ta luôn có bất đẳng thức dưới đây: a2006 + b2006 + c2006 + d2006 6 2 + a2006b + b2006c + c2006d + d2006a. Bài giải: Trên hình vuông ABCD cạnh 1, lần lượt lấy các điểm M, N, P và Q trên các cạnh AB, BC, CD và DA sao cho AQ = a, BM = b, CN = c và DP = d. Khi đó 1 1 1 1 a(1 − b) + b(1 − c) + c(1 − d) + d(1 − a) 2 2 2 2 = SM AQ + SN BM + SP CN + SQDP 6 SABCD = 1. Vậy a(1−b)+b(1−c)+c(1−d)+d(1−a) 6 2. Do a, b, c, d ∈ [0; 1] nên a(1−b)+b(1−c)+c(1−d)+d(1−a) > a2006b+b2006c+c2006 d+d2006a. Vậya2006 +b2006 +c2006 +d2006 6 2+a2006b+b2006c+c2006d+d2006a. Mệnh đề 1.1.14. Trong các tam giác nội tiếp một đường tròn cho trước thì tam giác đều sẽ có chu vi cũng như diện tích lớn nhất. Chứng minh: Gọi bán kính đường tròn là R và xét tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn này. Gọi a, b, c là độ dài cạnh và S là diện tích. Từ T = a + b + c = 2R(sin A + sin B + sin C) 6 √ A+B+C suy ra Tln = 3 3R khi ∆ABC đều. Từ S = 6R sin 3 √ 2 3 3R A + B + C = suy ra Sln = 2R2 sin A sin B sin C 6 2R2 sin3 3 4 √ 2 3 3R khi ∆ABC đều theo Ví dụ 1.3.23. 4 14 Ví dụ 1.1.15. Với các số thực a, b, c, d thỏa mãn a2 + c2 = b2 + d2 = 100 ta luôn có các bất đẳng thức dưới đây: √ √ √ − 12a − 16c + 200 − 12b − 16d + 200 − 2ab − 2cd 6 (i) 200 √ 30 3.


(ii) 200 − 12a − 16c 200 − 12b − 16d 200 − 2ab − 2cd 6 27.106. Bài giải: Hai điểm B(a; c) và C(b; d) thuộc đường tròn tâm O(0; 0) bán kính 10. Với điểm √ A(6; 8) cũng thuộc đường tròn này ta có AB + AC + BC 6 30 3 Mệnh đề 1.1.14 hay √ √ √ √ 200 − 12a − 16c+ 200 − 12b − 16d+ 200 − 2ab − 2cd 6 30 3. √ 3 3102 AB.AC.BC = SABC 6 theo Mệnh đề 1.1.14 nên Do bởi 4.10 4


nhận được 200 − 12a − 16c 200 − 12b − 16d 200 − 2ab − 2cd 6 27.106. Ví dụ 1.1.16. Với các số thực a, b, c ∈ [0; 1] ta luôn có bất đẳng thức (i) a + b + c − ab − bc − ca 6 1. (ii) a3 + b3 + c3 6 a3 b + b3c + c3 a + 1. Bài giải: (i) Trên các cạnh của tam giác đều ABC với BC = 1 lấy M ∈ BC, N ∈ CA, P ∈ AB với BM = a, CN = b, AP = c. Từ SCM N +SAN P +SBM P 6 SABC suy ra b(1−a)+c(1−b)+a(1−c) 6 1 hay a + b + c − ab − bc − ca 6 1. (ii) Như trên có a3 + b3 + c3 6 a3 b3 + b3c3 + c3 a3 + 1 6 a3 b + b3c + c3 a + 1. Ví dụ 1.1.17. Với các số thực a, b, c, d ∈ [0; 2] ta luôn có bất đẳng thức 2(a2 + b2 + c2 + d2) 6 16 + a2 b + b2c + c2 d + d2a. 15 Bài giải: Vì a, b, c, d ∈ [0; 2] nên a2 b2 + b2c2 + c2 d2 + d2a2 6 a2 b.2 + b2 c.2 + c2 d.2 + d2 a.2 hay a2 b2 + b2c2 + c2 d2 + d2 a2 6 2(a2b + b2 c + c2 d + d2a). Do vậy, để chứng minh bất đẳng thức ta chỉ cần chỉ ra: 4(a2 + b2 + c2 + d2) 6 32 + a2 b2 + b2c2 + c2 d2 + d2 a2 . Hiển nhiên a2 , b2, c2, d2 ∈ [0; 4]. Dựng hình vuông ABCD với AB = 4. Lấy M, N, P, Q thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao cho AM = a2 , BN = b2, CP = c2 , DQ = d2 . Từ SM BN + SN CP + SP DQ + SQAM 6 SABCD suy ra 4(a2 + b2 + c2 + d2) 6 32 + a2 b2 + b2 c2 + c2 d2 + d2a2 . Ví dụ 1.1.18. Với các số thực a, b, c, x, y, z ta luôn có bất đẳng thức p 2 ax+by +cz + (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) > (a+b+c)(x+y +z). 3 Bài giải: Xét ~u = (a, b, c), ~v = (x, y, z) và w ~ = (1, 1, 1). Bất đẳng ~ ~u.~v ~u.w ~ ~v.w 2 ~ v.w) ~ hay +1 > 2 . thức trở thành ~u.~v +|~u||~v | > (~u.w)(~ 3 |~u||~v | |~u||w| ~ |~v ||w| ~ Ký hiệu α, β, γ là góc giữa ~u và ~v , giữa ~v và w, ~ giữa w ~ và ~u. Bất đẳng thức trên chính là cos α + 1 > 2 cos β cos γ. Vì ba véctơ chung gốc tạo thành một tam diện nên β + γ > α. Do đó cos α + 1 > cos(β + γ) + 1 > cos(β + γ) + cos(β − γ) = 2 cos β cos γ và như thế bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 1.1.19. Với độ dài ba cạnh a, b, c của một tam giác ta có bất đẳng thức √ a b c 3 √ √ T =√ 4. + + < 2 3 3 3 3 b + c3 c3 + a3 a3 + b3 a 6 Bài giải: Dễ dàng chỉ ra 4(b3 + c3 ) > (b + c)3 hay √ 3 3 3 b + c √ √ √ b c 2 3 4b 2 3 4c 2 3 4a . Tương tự √ 6 ,√ 6 . Do 3 3 2(b + c) 2(c + a) 3 a3 + b3 2(a + b) c + a3 16 √ √ √ √ √ 2 3 4a 2 3 4b 2 3 4c 2 3 4a 2 3 4b đó T 6 + + < + 2(b + c) 2(c + a) 2(a + b) a + b + c a+b+c √ 3 2 4c và bất đẳng thức được chứng minh. + a+b+c Ví dụ 1.1.20. Với hai số thực a và b thỏa mãn a2 + 4b2 6 6a + 16b ta luôn có bất đẳng thức 3a − 8b 6 18. Bài giải: Từ a2 + 4b2 6 6a + 16b suy ra (a − 3)2 + 4(b − 2)2 6 52. 1 Đặt a = 3 + r cos u, b = 2 + r sin u với r ∈ [0; 5]. Khi đó 3a − 8b = 2 −7 + r(3 cos u − 4 sin u) = −7 + 5r cos(u + α) 6 −7 + 25 = 18. Ví dụ 1.1.21. Với bốn số thực a, b, c và d biến thiên thỏa mãn hệ a2 + b2 = c2 + d2 = 1, hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức dưới đây: T = (1 − a)(1 − c) + (1 − b)(1 − d). Bài giải: Đặt a = cos u, b = sin u, c = cos v, d = sin v. Khi đó ta có √ √ √ π π T = 2 − 2 cos(u − ) − 2 cos(v − ) + cos(u − v) 6 3 + 2 2. 4 4 √ 5π Như vậy Tln = 3 + 2 2 khi u = v = . 4 Ví dụ 1.1.22. Cho ba số thực phân biệt a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức  1 + ab 2  1 + bc 2  1 + ca 2 T = + + > 1. a−b b−c c−a π π Bài giải: Đặt a = tan α, b = tan β, c = tan γ, α, β, γ ∈ [− ; ]. 2 2 Khi đó M = cot2(α − β) + cot2(β − γ) + cot2(γ − α). Do (α − β) + (β − γ) + (γ − α) = 0 nên cot(α − β) cot(β − γ) + cot(β − γ) cot(γ − α) + cot(γ − α) cot(α − β) = 1. Từ đó suy ra T > 1. 17    a − b c − d ad + bc  √  > 3. + + Ví dụ 1.1.23. Chứng minh rằng  a + b c + d ac − bd     a − b c − d ad + bc   . Xét các trường hợp: Bài giải: Đặt M =  + +  a + b c + d ac − bd   c     − 1     c c − d c  . Đặt Khi a = 0 thì M = −1 + −  = − − 1 + dc  c+d d  d + 1 √d   2   c x − 2 x + 2 − x 2 2|x| − |x| x = +1. Ta có M = −x + = > =  d x |x| |x| √ √ 2 2 − 1 > 3. √ Khi c = 0, hoàn toàn tương tự như trên, ta cũng có M > 3. b d Khi a, c 6= 0, đặt = tan α và = tan β, ta có ngay a c b π tan − tan α
a−b 1− a π 4 = − α = x = = tan π b a+b 4 1 + tan tan α 1+ 4 a d π − tan β 1 − tan
c−d π c 4 y = = tan = − β = π d c+d 4 1 + tan tan β 1+ 4 c d b + ad + bc c a = tan α + tan β = tan(α + β). = z = bd ac + bd 1 + tan α tan β 1− ac

π π π Do bởi −α + − β + (α + β) = nên xy + yz + zx = 1. 4 4 2 Kết hợp với bất đẳng √ thức (x + y + z)2 > 3(xy + yz + zx) suy ra M = |x + y + z| > 3. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Ví dụ 1.1.24. Với ba số thực a, b, c ta luôn có bất đẳng thức dưới 18 đây: (ab + bc + ca − 1)2 6 (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1). π π
Bài giải: Đặt a = tan u, b = tan v, c = tan w với u, v, w ∈ − , . 2 2 1 1 1 2 2 2 . Bất đẳng thức Khi đó (a + 1)(b + 1)(c + 1) = cos2 u cos2 v cos2 w trở thành
2 sin u sin v cos w+sin v sin w cos u+sin w sin u cos v−cos u cos v cos w
2 6 1 hay sin v sin(u + w) − cos v cos(u + w) = cos2 (u + v + w) 6 1. Ví dụ 1.1.25. Với ba số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = abc, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức dưới đây: s s s 2 2 2 2 (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a2 )(1 + b2 ) +b +c . T =a 1 + a2 1 + b2 1 + c2 π
. 2 Khi đó tan u + tan v + tan w = tan u tan v tan w. Dễ dàng suy ra u, v, w là số đo ba góc của một tam giác nhọn. Biến đổi Bài giải: Đặt a = tan u, b = tan v, c = tan w với u, v, w ∈ 0; sin u sin v sin w + + = 2 tan u tan v tan w. cos v cos w cos u cos w cos u cos v √ π
π Vì hàm tan x, x ∈ 0; , là hàm lồi nên T > 2 tan3 = 6 3. Như 2 3 √ √ vậy Tnn = 6 3 khi a = b = c = 3. T = Ví dụ 1.1.26. Với ba số thực a, b, c luôn có bất đẳng thức dưới đây: |a − b| |b − c| |a − c| p +p >p . (1 + a2 )(1 + b2 ) (1 + b2 )(1 + c2 ) (1 + a2 )(1 + c2 ) 19 Bài giải: Đặt a = tan u, b = tan v, c = tan w. Khi đó bất đẳng thức trở thành | sin(u − v)| + | sin(v − w)| > | sin(u − w)|. Từ | sin(x + y)| = | sin x cos y + sin y cos x| 6 | sin x| + | sin y| dễ dàng suy ra | sin(u − w)| = | sin(u − v + v − w)| 6 | sin(u − v)| + | sin(v − w)|. Ví dụ 1.1.27. Với dãy số thực a0 = 1, a1, . . . , an , an+1 = n + 1, n > 1, có n X 2n |ai − ai+1 | q . > p 3(n + 2) 2 2 ai + 1 ai+1 + 1 i=0 Bài giải: Với ba số a, b, c ta đặt a = tan x, b = tan y, c = tan z. Khi |a − b| |b − c| |c − a| √ √ √ đó bất đẳng thức √ +√ >√ a2 + 1 b2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 c2 + 1 a2 + 1 tương đương | sin(x−y)|+| sin(y−z)| > | sin(x−z)|. Từ | sin(u+v)| = | sin u cos v + sin v cos u| 6 | sin u| + | sin v| ta suy ra bất đẳng thức sau: | sin(x − z)| = | sin(x − y + y − z)| 6 | sin(x − y)| + | sin(y − |a2 − a3 | |a1 − a2 | p p p + > z)|. Sử dụng kết quả này: p 2 a1 + 1 a22 + 1 a22 + 1 a23 + 1 n P |a1 − a3 | |ai − ai+1 | q p p > . Quy nạp theo n được p 2 2 a21 + 1 a23 + 1 i=0 ai + 1 ai+1 + 1 2n n |a0 − an+1| n q > > √ . > √ p 2 + 4n + 4 3(n + 2) 2 2 2(n + 2) 2n a +1 a +1 0 n+1 Ví dụ 1.1.28. Với số tự nhiên n ta xét dãy a0 = 0, ai > 0 với mọi n P ai = 1. Chứng minh rằng i = 1, 2, . . . , n thỏa mãn i=1 16 n X i=1 ai π √ √ < . 2 1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an Bài giải: Theo Bất đẳng thức Cauchy ta có kết quả sau đây: p √ 1 1 + a0 + · · · + ai−1 ai + · · · + an 6 (1+a0+· · ·+ai−1+ai +· · ·+an ) 2