Tài liệu Sử dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM ANH HUY SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM ANH HUY SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên - 2020 i Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Trịnh Thanh Hải. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn phòng Đào tạo, Khoa Toán Tin, quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K12 trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K12 đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập và làm luận văn. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 8 năm 2020 Tác giả Phạm Anh Huy ii Mục lục Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 1.2 Một vài bất đẳng thức quen thuộc thường gặp trong chương trình phổ thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . 4 1.1.3 Bất đẳng thức AM − GM (bất đẳng thức Cauchy) . . . . . 4 1.1.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhiacopski) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.5 Bất đẳng thức Bernouli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.6 Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ) . . . . . . 6 Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức trong phạm vi toán trung học phổ thông. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.1 Phương pháp sử dụng định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.2 Phương pháp sử dụng các phép biến đổi tương đương. . . 8 1.2.3 Phương pháp chứng minh phản chứng. . . . . . . . . . . . 9 1.2.4 Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất bắc cầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.5 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức quan trọng trung gian đã biết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2.6 Phương pháp ứng dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.7 Phương pháp miền giá trị hàm . . . . . . . . . . . . . . . . 13 iii 1.2.8 Phương pháp ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.2.9 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2.10 Phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2 Vận dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức 19 2.1 Ý tưởng của việc vận dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2 Một số bài toán chứng minh bất đẳng thức dựa trên các tính chất hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2.1 Vận dụng các tính chất của tam giác, tứ giác, đường tròn để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.2.2 Vận dụng tích vô hướng trong hình học phẳng vào chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.2.3 Vận dụng tích vô hướng trong không gian vào chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.2.4 Vận dụng tính chất của mặt phẳng tọa độ để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.2.5 Vận dụng tính chất của mặt phẳng tọa độ để chứng minh bất đẳng thức liên quan đến số phức . . . . . . . . . . . . . 60 Tài liệu tham khảo 68 1 Mở đầu Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài toán khó, thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia và quốc tế. Chính vì vậy bài toán bất đẳng thức luôn dành được sự quan tâm rất lớn từ các bạn học sinh, các thầy giáo, cô giáo và các nhà toán học. Một trong các phương pháp có hiệu quả để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức là sử dụng các tính chất của hình học. Ý tưởng của “Phương pháp sử dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức” xuất phát từ các tính chất quen thuộc trong hình học, ta vận dụng đề để đưa ra lời giải cho bài toán chứng minh bất đẳng thức, mà trong đó có nhiều bài toán bất đẳng thức khó dành cho học sinh khá, giỏi. Xuất phát từ thực tế trên và với mục đích tích lũy thêm các kiến thức về cách chứng minh các bất đẳng thức và vận dụng một số tính chất hình học vào giải một số bài toán bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy của bản thân, chúng em đã lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng một số tính chất hình học vào chứng minh, đưa ra lời giải cho một số bài toán bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi. Luận văn tập trung vào hoàn thành các nhiệm vụ chính sau: - Tìm hiểu về các tính chất hình học thường được vận dụng để đưa ra lời giải cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức. - Ý tưởng toán học của việc lựa chọn, vận dụng một số tính chất hình học trong việc tìm lời giải cho bài toán chứng minh bất đẳng thức. - Sưu tầm một bài toán, đề thi về bài toán bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi. - Đưa ra lời giải bằng cách vận dụng các tính chất hình học cho một số bài toán chứng minh bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi. Ngoài ra 2 luận văn cũng đưa ra các cách giải khác nhau của cùng một bài toán bất đẳng thức và so sánh những phương pháp giải đó với lời giải dựa vào việc vận dụng các tính chất hình học để có những nhận xét thú vị. Cấu trúc của luận văn gồm có hai chương và phần mở đầu, kết luận. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này tác giả trình bày một vài bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình toán trung học phổ thông và một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức trong pham vi trung học phổ thông. Chương 2. Vận dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức. Chương này trình bày về ý tưởng của việc vận dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức và một số bài toán chứng minh bất đẳng thức dựa trên các tính chất hình học. Tác giả đã minh họa cách vận dụng kiến thức hình học vào các bài toán chứng mình bất đẳng thức bằng các ví dụ cụ thể, đưa ra được bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, phép thế Conway ... áp dụng được vào chứng minh một số bất đẳng thức đại số. 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một vài bất đẳng thức quen thuộc thường gặp trong chương trình phổ thông 1.1.1 Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức Tính chất Điều kiện Nội dung a < b ⇔ a+c < b+c c>0 a < b ⇔ ac < bc c<0 a < b ⇔ ac > bc a < b và c < d ⇒a+c 0, c > a < b và c < d 0 ⇒ ac < bd a < b ⇔ a2n+1 < ∗ n∈N b2n+1 n ∈ N∗ và a < b ⇔ a2n < a>0 b2n √ a < b ⇔ a < √ a>0 b √ 3 a < b ⇔ a < √ 3 b Tên gọi Cộng hai vế của bất đẳng thức với một số Nhân hai vế của bất đẳng thức với một số Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều Nhân hai bất đẳng thức cùng chiều Nâng hai vế của bất đẳng thức lên một lũy thừa Khai căn hai vế của một bất đẳng thức 4 1.1.2 1.1.3 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Điều kiện Nội dung a>0 |x| ≥ 0, |x| ≥ x, |x| ≥ − x |x| ≤ a ⇔ − a ≤ x ≤ a |x| ≥ a ⇔ x ≤ − a hoặc x ≥ a |a| − |b| ≤ |a + b| ≤ |a| + |b| Bất đẳng thức AM − GM (bất đẳng thức Cauchy) Định lý 1.1. Trung bình nhân của hai số không âm nhỏ hơn hoặc bằng trung bình cộng của chúng √ Đẳng thức √ ab = ab ≤ a+b , 2 ∀a, b ≥ 0. (1.1) a+b xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 Mở rộng: Nếu x1 , x2 , . . . , xn là các số không âm thì √ x1 + x2 + ... + xn ≥ n x1 x2 . . . xn . n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn . Hệ quả 1.1. Tổng của một số dương với nghịch đảo của nó lớn hơn hoặc bằng 2. a+ 1 ≥ 2, a a > 0. Hệ quả 1.2. Nếu x, y cùng dương và có tổng không đổi thì tích xy lớn nhất khi và chỉ khi x = y . Hệ quả 1.3. Nếu x, y cùng dương và có tích không đổi thì tổng x + y nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y . 1.1.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhiacopski) Định lý 1.2. Với các số thực a, b, c, d tùy ý ta luôn có

a2 + b2 c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 . 5 Chứng minh. Ta có: a2 + b2

c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 ⇔ (ac)2 + (ad)2 + (bc)2 + (bd)2 ≥ (ac)2 + 2abcd + (bd)2 ⇔ (ad)2 − 2adbc + (bc)2 ≥ 0 ⇔ (ad − bc)2 ≥ 0 (luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ad = bc hay b a = . c d Mở rộng: Với hai bộ số (a1 , a2 , . . . , an ) và (b1 , b2 , . . . , bn ) ta có

a21 + a22 + ... + a2n b21 + b22 + ... + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a2 an a1 = = ... = với quy ước nếu mẫu b1 b2 bn bằng 0 thì tử phải bằng 0. p p Chứng minh. Đặt a = a21 + a22 + . . . + a2n , b = b21 + b22 + . . . + b2n . • Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng. • Nếu a, b > 0: ai bi Đặt αi = , βi = , (i = 1, 2, . . . , n), thế thì a b α12 + α22 + ... + αn2 = β12 + β22 + ... + βn2 . Mặt khác: |αi βi | ≤
1 2 αi + βi2 , 2 suy ra 1 |α1 β1 | + |α2 β2 | + . . . + |αn βn | ≤ (α12 + α22 + . . . + αn2 ) 2 1 + (β12 + β22 + . . . + βn2 ) ≤ 1 2 ⇒ |a1 b1 | + |a2 b2 | + . . . + |an bn | ≤ a.b. Lại có: |a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn | ≤ |a1 b1 | + |a2 b2 | + ... + |an bn | , suy ra (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ) 6 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi ( αi = βi , ∀i = 1, 2, . . . , n α1 β1 . . . αn βn cùng dấu ⇔ a2 an a1 = = ... = . b1 b2 bn Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức Với hai bộ số (a1 , a2 , . . . , an ) là các số thực và (b1 , b2 , . . . , bn ) là các số thực dương, ta có a21 a22 a2n (a1 + a2 + ... + an )2 + + ... + ≥ . b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn a2 an a1 = = ... = . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b1 b2 bn 1.1.5 Bất đẳng thức Bernouli a) Dạng nguyên thủy: Cho a ≥ −1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a)n ≥ 1 + na. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc n = 1. b) Dạng mở rộng: - Cho a > −1, n ≥ 1 thì (1 + a)n ≥ 1 + na. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc n = 1. - Cho a ≥ −1, 0 < α < 1 thì (1 + a)α ≤ 1 + αa. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0. 1.1.6 Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ) Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , . . . , an ) và (b1 , b2 , . . . , bn ). Ta có: q q q 2 2 2 2 a1 + b1 + a2 + b2 + . . . + a2n + b2n ≥ q (a1 + a2 + . . . + an )2 + (b1 + b2 + . . . + bn )2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a2 an a1 = = . . . = , với quy ước nếu mẫu b1 b2 bn bằng 0 thì tử phải bằng 0. Mở rộng: Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , . . . , an ) và (b1 , b2 , . . . , bn ). Ta có: q p √ n n a1 .a2 . . . an + b1 .b2 . . . bn ≤ n (a1 + b1 ) (a2 + b2 ) . . . (an + bn ). 7 1.2 Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức trong phạm vi toán trung học phổ thông. Để chứng tỏ rằng một bất đẳng thức nào đó là đúng, ta cần lập luận chặt chẽ, dựa trên các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. Do không nắm vững các tính chất cơ bản ấy, nhiều học sinh đã phạm vào những sai lầm phổ biến sau đây: 1) Trừ các vế tương ứng của hai bất đẳng thức cùng chiều. 2) Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà không kiểm nghiệm xem hai vế của bất đẳng thức đó dương hay không. 3) Sử dụng các phép biến đổi không tương đương khác. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng, chủ yếu dựa vào đặc thù riêng của từng bất đẳng thức. Cần chú ý rằng có thể áp dụng nhiều cách khác nhau để chứng minh bất đẳng thức, tuy nhiên, có nhiều bài, phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lý. Sau đây là một số phương pháp đơn giản thường được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức sơ cấp. 1.2.1 Phương pháp sử dụng định nghĩa. Để chứng minh một bất đẳng thức A > B nào đó là đúng, ta cần chỉ ra rằng A − B > 0, hoặc ngược lại, khi cần chứng minh A − B > 0 ta có thể đưa về bất đẳng thức A > B để chứng minh. Ví dụ 1.2.1 ([7]). Chứng minh rằng với hai số a, b tùy ý ta luôn có a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b. Chứng minh. Hiệu 1 a2 + b2 + 1 − (ab + a + b) = (2a2 + 2b2 + 2 − 2ab − 2a − 2b) 2 1 2 (a + b2 − 2ab) + (a2 − 2a + 1) = 2  +(b2 − 2b + 1)  1 = (a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ 0. 2 Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. 8 1.2.2 Phương pháp sử dụng các phép biến đổi tương đương. Hai bất đẳng thức được gọi là tương đương nếu bất đẳng thức này đúng thì bất đẳng thức kia cũng đúng và ngược lại. Phép biến đổi được gọi là tương đương, nếu nó biến đổi một bất đẳng thức thành bất đẳng thức khác, tương đương với nó. Ví dụ 1.2.2 ([7]). Cho các số a > 0, b > 0. Chứng minh rằng √ √ 2 ba 4 √ ≤ ab. √ a+ b Chứng minh. Do a > 0, b > 0, nên ta có thể chia hết hai vế của bất đẳng √ 4 thức cho ab và được √ 2 4 ba √ ≤ 1, √ a+ b √ √ √ √ √ √ √ √ 4 4 hay 2 ab ≤ a + b, (do a + b > 0), hay 0 ≤ a + b − 2 ab (theo √ 2 √ 4 4 định nghĩa), hay 0 ≤ a− b . Bất đẳng thức này đúng, vậy bất đẳng thức đã cho là đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. Ví dụ 1.2.3 ([7]). Cho z ≥ y ≥ x > 0. Chứng minh rằng     1 1 1 1 1 + (x + z) ≤ (x + z) . y + + x z y x z Chứng minh. Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng y 1 1 (x + z) + (x + z) ≤ (x + z)(x + z). . xz y zx Do x + z > 0, y > 0 và xz > 0, nên có thể nhân hai vế với xyz ta được x+z bất đẳng thức mới tương đương: y 2 + xz ≤ xy + yz, ⇔ y 2 − xy + xz − yz ≤ 0, ⇔ y(y − x) + z(x − y) ≤ 0 ⇔ −(y − x)(z − y) ≤ 0. Bất đẳng thức cuối cùng đúng (vì y − x ≥ 0, z − y ≥ 0). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z . Vậy bất đẳng thức đã cho cũng đúng. 9 1.2.3 Phương pháp chứng minh phản chứng. Ví dụ 1.2.4 ([7]). Cho các số a1 , a2 , b1 , b2 , liên hệ bởi hệ thức a1 + a2 = 2b1 b2 . Chứng minh rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau là đúng: b21 ≥ a1 ; b22 ≥ a2 . Chứng minh. Giả sử hai bất đẳng thức đều không đúng, tức là từ: b21 < a1 , b22 < a2 , hay b21 − a1 < 0, b22 − a2 < 0. Suy ra (b21 − a1 ) + (b22 − a2 ) < 0, ⇔ b21 + b22 − (a1 + a2 ) < 0. (1.2) Theo giả thiết thì a1 + a2 = 2b1 b2 . Do vậy (1.2) tương đương với b21 + b22 − 2b1 b2 < 0, hay (b1 − b2 )2 < 0. Điều này không thể xảy ra. Do vậy giả thiết là sai, suy ra điều phải chứng minh là đúng. Ví dụ 1.2.5 ([7]). Cho 0 < a < 1; 0 < b < 1; 0 < c < 1. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba bất đẳng thức sau đây là sai: 1 a(1 − b) > ; 4 1 b(1 − c) > ; 4 1 c(1 − a) > . 4 Chứng minh. Giả sử cả ba bất đẳng thức đều đúng. Khi đó, nhân các vế tương ứng, ta thu được: 1 1 1 [a(1 − a)].[b(1 − b)].[c(1 − c)] > . . (1.3) 4 4 4  2 1 1 1 ≥ 0, nên 0 ≤ a(1 − a) ≤ . Mặt khác, hiển nhiên a2 − a + = a − 4 2 4 Tương tự, ta cũng có: 1 0 ≤ b(1 − b) ≤ , 4 1 0 ≤ c(1 − c) ≤ . 4 10 Nhân vế với vế các bất đẳng thức này, ta được: 1 1 1 [a(1 − a)].[b(1 − b)].[c(1 − c)] ≤ . . 4 4 4 1 1 1 1 1 1 . . > . . . Điều này không thể xảy ra. 4 4 4 4 4 4 Vậy phải có ít nhất một bất đẳng thức là sai. Kết hợp với (1.3) ta được: Nhận xét. Trong 3 phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói trên, thực chất đều được dựa trên phép biến đổi đồng nhất. Do đó, một bất đẳng thức, nếu chứng minh được bằng một phương pháp sẽ dễ dàng chuyển qua phép chứng minh bằng 2 phương pháp còn lại. 1.2.4 Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất bắc cầu. Để chứng minh bất đẳng thức A ≥ B ta chứng minh cặp bất đẳng thức ( A≥C ⇒ A ≥ B. C≥B Ví dụ 1.2.6 ([7]). Chứng minh rằng, với mọi a, b ta có bất đẳng thức 3a/2 1 2 ≤ 1 − b + b. 3a + 1 2 (1.4) Chứng minh. Xét vế phải của (1.4), ta có 1 1 1 − b + b2 = b2 − b + 1 2 2 1 1 = (b2 − 2b + 1) + 2 2 1 1 1 = (b − 1)2 + ≥ , 2 2 2 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1. 3a/2 1 Ta sẽ chứng minh vế trái của (1.4): a ≤ . Thật vậy: 3 +1 2 3a/2 1 ≤ 3a + 1 2 a/2 ⇔ 2.3 ≤ 3a + 1 (1.5) 11 a ⇔ 0 ≤ 3 − 2.3 a/2  +1= 3 a/2 −1 2 . (1.6) Dấu bằng khi a = 0. Từ (1.5), (1.6) suy ra (1.4) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0, b = 1. 1.2.5 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức quan trọng trung gian đã biết Sử dụng tính chất “bắc cầu” của các bất đẳng thức và một số bất đẳng thức quan trọng, quen biết, ta có thể rút ngắn các phép chứng minh. Thông thường trong chương trình phổ thông trung học, các bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopski là những bất đẳng thức quan trọng, được sử dụng rộng rãi nhất. Trong mục này ta sẽ xét một số ứng dụng trực tiếp của các bất đẳng thức này. Ví dụ 1.2.7 ([7]). Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng √ √ √ √ a + b + b + c + c + a ≤ 6. Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: r 2√ 2 . a+b= (a + b) ≤ 3 3 r r 2√ 2 . b+c= (b + c) ≤ 3 3 r r 2√ 2 . c+a= (c + a) ≤ 3 3 r 2 +a+b 3 , 2 2 +b+c 3 , 2 2 +c+a 3 . 2 Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức này ta thu được: r   1 √ √ 2 √ a + b + b + c + c + a ≤ [2 + 2(a + b + c)] = 2. 3 2 √ √ √ √ hay a + b+ b + c+ c + a ≤ 6. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 12 Ví dụ 1.2.8 ([7]). Cho a, b, c là ba số dương và a + b + c = 1. Chứng minh rằng     1 1 1 1+ 1+ ≥ 64. 1+ a b c Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho bốn số không âm ta được √ 1 + a = a + b + c + a ≥ 44 a2 bc; √ 1 + b = a + b + c + b ≥ 44 ab2 c; √ 1 + c = a + b + c + c ≥ 44 abc2 . Nhân các vế tương ứng của các bất đẳng thức này, ta được (1 + a)(a + b)(1 + c) ≥ 64abc, Do a > 0, b > 0, c > 0 nên abc > 0, nên có thể chia hai vế của bất đẳng thức này cho abc: 1+a 1+b 1+c . . ≥ 64, a b c hay  1 1+ a  1 1+ b  1 1+ c  ≥ 64. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 a=b=c= . 3 1.2.6 Phương pháp ứng dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai Ví dụ 1.2.9 (A-1983). Cho a, b, c là ba số thỏa mãn hệ thức: (1) a2 + b2 + c2 = 2, (2) ab + bc + ca = 1. 4 4 4 4 4 4 Chứng minh rằng − ≤ a ≤ ; − ≤ b ≤ ; − ≤ c ≤ . 3 3 3 3 3 3 13 Chứng minh. Từ (1) và (2) suy ra: a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 4, hay (a + b + c)2 = 4. Đặt S = a + b + c, ta có: a + b = S − c, ab = 1 − c(a + b) = 1 − c(S − c) = c2 − Sc + 1; hay a, b là nghiệm của phương trình bậc hai: t2 −(S −c)t+c2 −Sc+1 = 0. Vì phương trình này có nghiệm, nên phải có: ∆ = (S − c)2 − 4(c2 − Sc + 1) = −3c2 + 2Sc ≥ 0, ( vì S 2 = 4). Để ý rằng 2Sc ≥ 3c2 ≥ 0, nên có thể viết Sc = |Sc| = 2|c|, (vì |S| = 2). Vậy phải có −3|c|2 + 4|c| ≥ 0, từ đó suy ra 0 ≤ |c| ≤ 4 3 hay − 4 4 ≤c≤ . 3 3 Tương tự đối với a và b. 1.2.7 Phương pháp miền giá trị hàm a) Cơ sở lý thuyết. Để chứng minh bất đẳng thức A > B (1), trong đó A, B là các biểu thức phụ thuộc vào x, ta xét bất đẳng thức tương đương với (1) là A − B > 0 (2). Đặt y = A − B (3). Do A = A(x), B = B(x) nên (3) là phương trình y − (A(x) − B(x)) = 0 phụ thuộc vào tham số y . Biện luận phương trình theo y ta suy ra được điều kiện y ∈ (a, b) chính là được ràng buộc: a < y < b sẽ suy ra (2) ⇔ (1). Ví dụ 1.2.10 ([7]). Tìm các giá trị a để hệ bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi giá trị thực của x 3x2 + ax − 6 < 6. −9 < 2 x −x+1 (1.7) 3x2 + ax − 6 y= 2 , x −x+1 (1.8) Chứng minh. Xét 14 do điều kiện (1.7): y ∈ (−9, 6) và do (1.7) nghiệm đúng với mọi x, suy ra phương trình (1.8) có nghiệm với mọi y ∈ (−9, 6) nên: (1.8) ⇔ (y − 3)x2 − (a + y)x + (y + 6) = 0, (1.9) có nghiệm, hay biệt thức ∆ của (1.9) không âm: ∆ = (a + y)2 − 4(y + 6)(y − 3) ≥ 0 ∀y ∈ (−9, 6), ⇒f (y) = ∆ = −3y 2 + 2y(a − 6) + a2 + 72 ≥ 0. (1.10) Bất phương trình (1.10) có hệ số bậc cao a = −3 < 0 nên nghiệm của (1.10) là khoảng hữu hạn (y1 , y2 ) với y1 , y2 là nghiệm của tam thức f (y) = ∆ cho bởi (1.10), xét y = 3 thì (1.9) là phương trình bậc 1 luôn có nghiệm. Do điều kiện y ∈ (−9, 6) ⇒ y1 < −9 < 6 < y2 . Theo định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2: f (−9) = a2 − 18a − 63 < 0 ⇒ a ∈ (−3, 21) ⇒f (6) = a2 + 12a − 108 < 0 ⇒ a ∈ (−18, 6) ⇒a ∈ (−3, 6), hay điều kiện với a: −3 < a < 6. Ví dụ 1.2.11 ([7]). Chứng minh bất đẳng thức sau 1 4.49a − 8.21a + 9a+1 ≤ ≤ 5 ∀a. 5 4.49a + 8.21a + 9a+1 4.49a − 8.21a + 9a+1 Chứng minh. Xét y = có nghiệm. Biến đổi phương 4.49a + 8.21a + 9a+1 trình: 4.49a (1 − y) − 8.21a (1 + y) + 9a+1 (1 − y) = 0. (1.11) Chia 2 vế cho 9a ,  2a  a 7 7 (1.11) ⇔ 4(1 − y) − 8(1 + y) + 9(1 − y) = 0. 3 3 Xét y = 1 ta có phương trình bậc 1 luôn có nghiệm. Để phương trình có nghiệm, xét ∆0 = 16(1 + y)2 − 36(1 − y) = −20y 2 + 104y − 20 ≥ 0 ⇒ ∆0 = −4(5y 2 − 26y + 5) ≥ 0 ⇒ 5y 2 − 26y + 5 ≤ 0 1 ⇒ ≤ y ≤ 5. 5 15 1.2.8 Phương pháp ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1.2.12 ([7]). Cho các số α, β, γ thỏa mãn các điều kiện: α ≤ 6; β ≤ −8; γ ≤ 3. Chứng minh rằng, khi đó với mọi x ≥ 1 ta đều có: x4 ≥ αx2 + βx + γ. Chứng minh. Xét hàm số f (x) = x4 − (αx2 + βx + γ). Khi đó, f 0 (x) = 4x3 − (2αx + β), f 00 (x) = 12x2 − 2α. Khi x ≥ 1, thì f 0 (x) ≥ 12 − 2α = 2(6 − α) ≥ 0. Do vậy f 0 (x) là một hàm số đồng biến khi x ≥ 1. Ta có f 0 (1) = 4 − (2α + β) = 4 − 2α − β ≥ 4 − 2.6 − (−8) = 0. Suy ra f 0 (x) ≥ f (1) ≥ 0, khi x ≥ 1. Do vậy hàm số f (x) là một hàm đồng biến khi x ≥ 1. Vậy f (x) ≥ f (1) khi x ≥ 1. Mà f (1) = 1 − (α + β + γ) ≥ 1 − (6 − 8 + 3) = 0. Vậy f (x) ≥ 0 khi x ≥ 1. Bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 1.2.13 ([7]). Chứng minh rằng với mọi x: −1 ≤ x ≤ 1 ta đều có: √ √ √ 4 2 ≤ 4 1 − x + 4 1 + x ≤ 2. √ √ 4 4 1 − x + 1 + x; khi đó, nếu x 6= ±1 thì Chứng minh. Đặt f (x) = √ 4 f (x) = 2. Xét −1 ≤ x ≤ 1, ta có 1 1 p f 0 (x) = − p + 4 4 (1 − x)3 4 4 (1 + x)3 p p 4 4 (1 + x)3 − 4 4 (1 − x)3 p =− . 4 (1 − x2 )3 f 0 (x) = 0, khi x = 0; f 0 (x) > 0 khi x < 0; f 0 (x) < 0 khi x > 0. Ta có bảng xét dấu: x f 0 (x) −1 + 0 0 1 − f (0) f (x) √ 4 2 √ 4 2