Tài liệu ứng dụng nguyên lý dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------ Bùi Thị Lan Hương ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 1 Mục lục Mở đầu 1 Sơ lược về chứng minh bất đẳng thức 1.1 Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Một vài phương pháp chứng minh bất đẳng thức . . . . . 1.2.1 Phương pháp biển đổi tương đương . . . . . . . . 1.2.2 Phương pháp phản chứng . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Phương pháp quy nạp toán học . . . . . . . . . . . 1.2.4 Sử dụng tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . 1.2.5 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . 1.2.6 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski . . . . . . . . 1.2.7 Sử dụng bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . 1.2.8 Vận dụng tính chất của hàm số đơn điệu vào chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.9 Vận dụng tính chất hình học vào chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 . . . . . . . . . 4 4 5 5 9 11 12 16 19 22 . 24 . 27 2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức 2.1 Tổng quan về nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Một số dạng phát biểu nguyên lý Dirichlet . . . . . . 2.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức 2.2.1 Ý tưởng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 32 32 32 35 35 36 64 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 2 Mở đầu Bất đẳng thức là chuyên đề quen thuộc và quan trọng đối với Toán học và người làm Toán, học Toán. Các bài toán về bất đẳng thức có mặt trong hầu hết đề thi học sinh giỏi, Đại học, Olympic... Trong phân phối chương trình chuyên sâu Toán 10 Trung học phổ thông do Bộ giáo dục ấn hành, ngoài nội dung bắt buộc, chuyên đề bất đẳng thức chiếm khoảng 12 tiết trong số 55 tiết chuyên đề. Tuy nhiên đây là chuyên đề khó vì đòi hỏi người làm Toán phải có vốn kiến thức vững vàng, đồng thời linh hoạt, sáng tạo vận dụng kiến thức khi giải Toán. Cũng chính vì lí do đó mà các bài toán về bất đẳng thức vô cùng phong phú, đa dạng. Nó khơi gợi óc sáng tạo, tư duy, góp phần hình thành, củng cố và phát triển năng lực phân tích, giải quyết vấn đề của người học Toán. Nguyên lý Dirichlet được phát biểu đầu tiên bởi nhà toán học Đức Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) như sau: “nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ”. Đây là phương pháp thông dụng và hiệu quả để giải nhiều dạng toán. Hiện nay có một số đề tài đã tìm hiểu và ứng dụng nguyên lí Dirichlet vào giải một vài dạng toán nhưng chưa có ai tập trung khai thác rõ việc vận dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức. Mặt khác vấn đề này đã được nêu trong tạp chí như tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, nhưng mới chỉ dừng ở ý tưởng, vài ví dụ đơn giản và đưa ra các bài tập. Vì những lí do trên nên tôi chọn đề tài “Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức” làm đề tài luận văn Thạc sĩ. Luận văn gồm hai nhiệm vụ nghiên cứu chính • Tổng quan về bất đẳng thức ở phổ thông. • Vận dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh một vài bất đẳng thức. 3 Ngoài phần mở đầu và phần kết luận, luận văn gồm hai chương Chương 1: Sơ lược về chứng minh bất đẳng thức Nội dung chương 1 giới thiệu vài phương pháp chứng minh bất đẳng thức kèm theo ví dụ minh họa cho từng phương pháp ở trường phổ thông. Chương 2: Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức Nội dung chương 2 nêu tổng quan về nguyên lý Dirichlet, ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào chứng minh bất đẳng thức và một số ví dụ minh họa chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng nguyên lý Dirichlet. Cuối chương 2 là một số ví dụ để độc giả tham khảo và tự chứng minh. Trong quá trình làm luận văn, chúng tôi đã tham khảo, sử dụng các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, giáo trình của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ từ năm 1964, đề thi Đại học từ năm 1970 đến nay, một số đề thi Olympic Toán... Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu, khoa Toán - Tin, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, các thầy cô giáo đã trang bị kiến thức và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu. Xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành và sâu sắc tới PGS.TS. Trịnh Thanh Hải, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn. Mặc dù luận văn đã hoàn thành nhưng không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được những lời đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn về những mặt tích cực và hạn chế để luận văn được hoàn thiện hơn. Thái Nguyên, tháng 04 năm 2014 Học viên Bùi Thị Lan Hương 4 Chương 1 Sơ lược về chứng minh bất đẳng thức 1.1 Bất đẳng thức • Khái niệm bất đẳng thức Định nghĩa 1.1. Cho hai số thực a và b. a được gọi là lớn hơn b, kí hiệu a > b nếu hiệu a − b là một số dương; a được gọi là lớn hơn hoặc bằng b, kí hiệu a ≥ b nếu hiệu a − b là một số không âm; a được gọi là nhỏ hơn b, kí hiệu a < b nếu hiệu a − b là một số âm; a được gọi là nhỏ hơn hoặc bằng b, kí hiệu a ≤ b nếu hiệu a − b là một số không dương. • Một vài tính chất của bất đẳng thức Với các số thực a, b, c và số tự nhiên n luôn có tính chất a > b ⇐⇒ a − b > 0. a > b ⇐⇒ a + c > b + c. a > b ⇐⇒ a2n+1 > b2n+1 . | a |>| b | ⇐⇒ a2n > b2n . a ≥ b ⇐⇒ a = b hoặc a > b. Với a > b, c > 0 ⇐⇒ ac > bc. Với a > b, c < 0 ⇐⇒ ac < bc. a > b, b > c ⇐⇒ a > c. | a |≤ α ⇐⇒ α ≥ 0 và − α ≤ a ≤ α. 5 1.2 Một vài phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1.2.1 Phương pháp biển đổi tương đương • Ý tưởng - Để chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương ta sử dụng một số biến đổi sơ cấp để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức mới, trong đó bất đẳng thức mới hiển nhiên đúng hoặc ta có thể chứng minh được. A>B⇔C>D (trong đó C > D là bất đẳng thức hiển nhiên đúng hoặc ta có thể chứng minh được.) - Có 2 phương pháp biến đổi tương đương là biến đổi tương đương trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ rồi biến đổi tương đương. • Ví dụ minh họa Ví dụ 1.1 (JMO 2004 - [5]). Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1. Chứng minh rằng   1+a 1+b 1+c b c a + + ≤2 + + . (1.1) 1−a 1−b 1−c a b c 1+x Nhận xét 1.1. Các số hạng ở vế trái đều có dạng nên ta viết 1−x 1+x 2x =1+ . 1−x 1−x Giải Ta biến đổi bất đẳng thức (1.1)   2a 2b 2c b c a (1.1) ⇔ 3 + + + ≤2 + + 1−a 1−b 1−c a b c       1 1 1 1 1 1 ⇔ 2a − + 2b − + 2c − ≥3 c 1−a a 1−b b 1−c       1 1 1 3 1 1 1 +b +c ≥ ⇔a − − − c b+c a c+a b a+b 2 ab bc ca 3 ⇔ + + ≥ . c(b + c) a(c + a) b(a + b) 2 6 Ta có r r r !2 ab bc ac + + c a b s s !2 r √ √ √ ab bc ac = · b+c+ · c+a+ · a+b . c(b + c) a(c + a) b(a + b) Theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có s ab · c(b + c) √ s b+c+ bc · a(c + a) √ r c+a+ ac · b(a + b) √ !2 a+b   ab bc ac ≤ + + [2(a + b + c)] c(b + c) a(c + a) b(a + b) nên r ab + c r bc + a r ac b !2   ab bc ac ≤ + + [2 (a + b + c)] . c(b + c) a(c + a) b(a + b) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) nên r ab + c r bc + a r ac b !2 r ≥3 ab bc · + c a r bc ac · + a b r ac ab · b c ! = 3(b + c + a). Suy ra   ab bc ac 3(a + b + c) ≤ + + [2 (a + b + c)] . c(b + c) a(c + a) b(a + b) Hay ab bc ac 3 + + ≥ . c(b + c) a(c + a) b(a + b) 2 Ta suy ra   1+a 1+b 1+c b c a + + ≤2 + + . 1−a 1−b 1−c a b c Bất đẳng thức (1.1) được chứng minh. 7 Ví dụ 1.2 (IMO 1995 - [5]). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≥ . a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2 (1.2) Nhận xét 1.2. Vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức là như nhau. Mặt khác vế trái của bất đẳng thức chứa a2 , b2 , c2 và a, b, c nhưng không có bậc hai dạng ab, bc, ca. Do đó ta đặt ẩn phụ cho ab, bc, ca. Giải Đặt bc = x, ca = y, ab = z. Khi đó theo giả thiết abc = 1 ta được 1 1 1 = x, = y, = z. a b c Suy ra a= 1 1 1 ,b = ,c = . x y z Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, kết hợp với giả thiết abc = 1 ta có r 1 1 1 1 3 = 3. x+y+z = + + ≥3 a b c abc Biến đổi bất đẳng thức (1.2) ta có (1.2) ⇔ x3 + 1 1 + y z x3 .yz ⇔ + y+z x2 ⇔ + y+z y3 + 1 1 + z x y 3 .zx + z+x y2 + z+x z3 1 1 + x y z 3 .xy ≥ x+y z2 ≥ x+y ≥ 3 2 3 2 3 . 2 Do vai trò của a, b, c cũng như của x, y, z là như nhau, không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c > 0. Suy ra 0 < x ≤ y ≤ z. 8 Khi đó   x2 ≤ y 2 ≤ z 2   1 1 1   ≤ ≤ .  y+z z+x x+y Suy ra y2 z2 x2 y2 z2 x2 + + ≥ + + y+z z+x x+y y+x z+y x+z và x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + ≥ + + . y+z z+x x+y x+z y+x z+y Cộng vế với vế ta được x2 y2 z2 1 + + ≥ y+z z+x x+y 2  x2 + z 2 y 2 + x2 z 2 + y 2 + + x+z y+x z+y Theo bất đẳng thức AM-GM thì (x + z)2 x +z ≥ 2 2 2 (y + x)2 y +x ≥ 2 (z + y)2 z2 + y2 ≥ 2 và kết hợp với x + y + z ≥ 3 ta được   1 x2 + z 2 y 2 + x2 z 2 + y 2 1 3 + + ≥ (x + y + z) ≥ . 2 x+z y+x z+y 2 2 2 2 Suy ra y2 z2 3 x2 + + ≥ . y+z z+x x+y 2 Vậy 1 1 1 3 + + ≥ . a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2 Bất đẳng thức (1.2) được chứng minh.  . 9 1.2.2 Phương pháp phản chứng • Ý tưởng Phương pháp phản chứng để chứng minh bất đẳng thức thường dùng khi điều kiện bài toán thì phức tạp, còn bất đẳng thức cần chứng minh thì đơn giản. Khi đó ta đảo điều kiện và kết luận của bài toán cho nhau. Muốn chứng minh bất đẳng thức A ≥ B bằng phương pháp phản chứng, ta giả sử A < B . Bằng lập luận ta suy ra điều mâu thuẫn. Do đó điều giả sử là sai. Vậy nên bất đẳng thức A ≥ B đúng. • Ví dụ minh họa Ví dụ 1.3 (IMO 2001 - [1]). Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a b c √ +√ +√ ≥ 1. (1.3) a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab Nhận xét 1.3. Để mất dấu căn thức ở vế trái của bất đẳng thức ta đặt ẩn phụ cho từng số hạng. Giải Đặt a a2 + 8bc b y=√ b2 + 8ca c z=√ . c2 + 8ab x=√ Vì a, b, c là các số thực dương nên x, y, z cũng là các số thực dương. Mặt khác ta có a a <√ =1 a2 + 8bc a2 b b y=√ <√ =1 b2 + 8ca b2 c c z=√ < √ = 1. c2 + 8ab c2 x=√ Do đó x, y, z ∈ (0; 1). 10 Từ cách đặt x, y, z ta được x2 a2 = 8bc 1 − x2 b2 y2 = 8ca 1 − y 2 c2 z2 = . 8ab 1 − z 2 Nhân vế với vế các đẳng thức trên ta được 1 x2 y2 z2 = · · 512 1 − x2 1 − y 2 1 − z 2 Suy ra (1 − x2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) = 512x2 y 2 z 2 . Như vậy ta cần chứng minh x+y+z ≥1 trong đó x, y, z ∈ (0; 1) và (1 − x2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) = 512x2 y 2 z 2 . Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh bất đẳng thức trên. Giả sử x + y + z < 1. Vì x + y + z > 0 nên bình phương 2 vế bất đẳng trên ta được (x + y + z)2 < 1. Do đó (1 − x2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 )     > (x + y + z)2 − x2 (x + y + z)2 − y 2 (x + y + z)2 − z 2 = (y + z)(y + z + 2x).(z + x)(z + x + 2y).(x + y)(x + y + 2z). Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có (y + z)(y + z + 2x).(z + x)(z + x + 2y).(x + y)(x + y + 2z) p p p √ √ √ ≥ 2 yz.4 4 yzx2 .2 zx.4 4 zxy 2 .2 xy.4 4 xyz 2 = 512x2 y 2 z 2 . 11 Như vậy (1 − x2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) > 512x2 y 2 z 2 . Điều này mâu thuẫn với (1 − x2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) = 512x2 y 2 z 2 . Vậy điều giả sử là sai. Suy ra x + y + z ≥ 1. Hay √ a b c +√ +√ ≥ 1. a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab Bất đẳng thức được chứng minh. 1.2.3 Phương pháp quy nạp toán học • Ý tưởng Muốn chứng minh một bất đẳng thức đúng với mọi n ≥ n0 bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thực hiện các bước sau - Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0 . - Giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k với k > n0 (gọi là giả thiết quy nạp), rồi chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1. - Kết luận. • Ví dụ minh họa Ví dụ 1.4 (Bất đẳng thức Bernoulli). Chứng minh rằng với mọi bộ số thực a1 , a2 , . . . , an cùng dấu và lớn hơn −1, ta đều có n Y i=1 (1 + ai ) ≥ 1 + n X ai . i=1 Giải - Với n = 1 thay vào (1.4) ta được 1 + a1 ≥ 1 + a1 . Suy ra bất đẳng thức (1.4) đúng với n = 1. (1.4) 12 - Giả sử bất đẳng thức (1.4) đúng với n = k , tức là k Y (1 + ai ) ≥ 1 + i=1 k X ai . i=1 Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1.4) đúng với n = k + 1, tức là k+1 Y k+1 X i=1 i=1 (1 + ai ) ≥ 1 + ai . Ta có k+1 Y k Y (1 + ai ) = (1 + ak+1 ) (1 + ai ) i=1 i=1 ≥ (1 + ak+1 ) 1 + k X ! ai (theo giả thiết quy nạp) i=1 = = 1+ 1+ k X i=1 k+1 X ! ai + ak+1 + ak+1 k X ai i=1 ! ai + ak+1 i=1 k X ai . i=1 Vì a1 , a2 , . . . , ak , ak+1 cùng dấu và lớn hơn −1 nên ak+1 k X ai ≥ 0. i=1 Do đó k+1 Y k+1 X i=1 i=1 (1 + ai ) ≥ 1 + ai . Suy ra (1.4) đúng với n = k + 1. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . 1.2.4 Sử dụng tam thức bậc hai Bất đẳng thức cơ bản và cũng là quan trọng nhất trong chương trình đại số bậc trung học phổ thông là bất đẳng thức x2 ≥ 0, ∀x ∈ R. 13 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Ta cũng thường gặp bất đẳng thức dạng sau (x1 − x2 )2 ≥ 0, ∀x1 , x2 ∈ R hay x21 + x22 ≥ 2x1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 . Định lý 1.1. Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0, ∆ = b2 − 4ac. i) Nếu ∆ < 0 thì af (x) > 0, ∀x ∈ R. ii) Nếu ∆ = 0 thì af (x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = − b . 2a iii) Nếu ∆ > 0 thì af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ), với √ b ∆ x1,2 = − ∓ . 2a 2 | a | Trong trường hợp này, af (x) < 0 khi x ∈ (x1 ; x2 ) và af (x) > 0 khi x < x1 hoặc x > x2 . Định lý 1.2 (Định lí đảo). Điều kiện cần và đủ để tồn tại số α sao cho af (α) < 0 là ∆ > 0 và x1 < α < x2 , trong đó x1 , x2 là các nghiệm của f (x) xác định theo công thức √ b ∆ x1,2 = − ∓ . 2a 2 | a | • Ý tưởng vận dụng Để chứng minh bất đẳng thức A > B bằng phương pháp sử dụng tam thức bậc hai ta làm như sau - Viết biểu thức A − B thành tam thức bậc hai theo một biến số nào đó. - Tính ∆. - Biện luận theo định lí để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. 14 • Ví dụ minh họa Ví dụ 1.5. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca). (1.5) Giải Chuyển vế bất đẳng thức (1.5) ta có (1.5) ⇔ a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 − 2(ab + bc + ca) ≥ 0 ⇔ a2 + 2a(bc − b − c) + (b − c)2 + 1 ≥ 0. Đặt f (a) = a2 + 2a(bc − b − c) + (b − c)2 + 1. * Nếu bc − b − c ≥ 0, hay (b − 1)(c − 1) ≥ 1. Kết hợp với giả thiết a dương ta được f (a) = a2 + 2a(bc − b − c) + (b − c)2 + 1 ≥ 0. * Nếu bc − b − c < 0, hay (b − 1)(c − 1) < 1 ta tính biệt thức ∆0 của f (a) ∆0 = (bc − b − c)2 − (b − c)2 − 1 = b2 c2 − 2b2 c − 2bc2 + 4bc − 1 = bc(b − 2)(c − 2) − 1. Vì ta xét (b − 1)(c − 1) < 1 với a, b, c là các số thực dương nên chỉ cần biện luận ∆0 của f (a) theo hai trường hợp sau - Trường hợp 1: có đúng một trong hai số b, c lớn hơn 2, số còn lại không lớn hơn 2. Khi đó ta có (b − 2)(c − 2) ≤ 0. Từ đó suy ra ∆0 = bc(b − 2)(c − 2) − 1 < 0. - Trường hợp 2: cả hai số b, c đều không lớn hơn 2. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có   b + c + (2 − b) + (2 − c) 4 0 ∆ = bc(b − 2)(c − 2) − 1 ≤ − 1 = 0. 4 15 Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều chứng minh được ∆0 ≤ 0. Áp dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai ta có 1.f (a) ≥ 0. Suy ra f (a) = a2 + 2a(bc − b − c) + (b − c)2 + 1 ≥ 0. Hay a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca). Bất đẳng thức (1.5) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Ví dụ 1.6 (Bất đẳng thức Bunhiacovski). Chứng minh rằng với mọi bộ số (ai ), (bi ) ta luôn có bất đẳng thức sau !2 ! n ! n n X X X a2i ai b i ≤ b2i . (1.6) i=1 i=1 i=1 Giải Ta viết bất đẳng thức (1.6) dưới dạng (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). Xét tam thức f (x) = (a1 x − b1 )2 + (a2 x − b2 )2 + · · · + (an x − bn )2 . Dễ thấy f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Khai triển f (x) ta có f (x) = (a21 + a22 + · · · + a2n )x2 − 2(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )x + (b21 + b22 + · · · + b2n ). * Nếu a21 + a22 + · · · + a2n = 0. Hay a1 = a2 = · · · = an = 0, khi đó bất đẳng thức (1.6) có dạng 0≤0 * Nếu a21 + a22 + · · · + a2n 6= 0. (luôn đúng). 16 0 ∆f = (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 − (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). Vì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R và a21 + a22 + · · · + a2n > 0, với ∀ai , i = 1, . . . , n nên ∆0f < 0, ∀x ∈ R. Suy ra (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 − (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) < 0 hay (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 < (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). Suy ra n X !2 ai b i i=1 ≤ n X i=1 ! a2i n X ! b2i . i=1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a2 an a1 = = ··· = b1 b2 bn hay ai = kbi , i = 1, . . . , n. 1.2.5 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM Bất đẳng thức AM-GM hay gọi ngắn gọn hơn là bất đẳng thức AG là bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân. Bất đẳng thức AM-GM được ba nhà toán học Schwarz, Bunhiacovski và Cauchy phát minh ra. Tuy nhiên bất đẳng thức này vẫn được gọi là bất đẳng thức Cauchy nhiều hơn và thường nhầm lẫn rằng Cauchy tìm ra bất đẳng thức này. Tuy nhiên Cauchy là người đưa ra cách chứng minh bất đẳng thức AM-GM rất hay và độc đáo. Tên gọi bất đẳng thức AM-GM là chuẩn quốc tế được viết tắt từ Arithmetic Mean-Geometric Mean. Định lý 1.3. Giả sử x1 , x2 , . . . xn là các số không âm. Khi đó √ x1 + x2 + · · · + xn ≥ n x1 .x2 . . . xn . n 17 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ x1 = x2 = · · · = xn . Để áp dụng tốt bất đẳng thức AM-GM ta phải nghiên cứu kĩ điều kiện xảy ra dấu đẳng thức và áp dụng kĩ thuật chọn “điểm rơi”. Chứng minh. Từ hệ thức bậc hai u21 + u22 ≥ 2u1 u2 , ∀u1 , u2 ∈ R, ta suy ra x1 + x2 √ ≥ x1 x2 , ∀x1 , x2 không âm. 2 x1 + x2 x3 + x4 Thay biến mới và vào công thức trên ta được 2 2 1 x1 + x2 + x3 + x4 x1 + x2 x3 + x4 2 √ ≥ · ≥ 4 x1 x2 x3 x4 . 4 2 2  Tiếp tục quá trình như trên ta thấy định lí đúng với n = 2; 4; . . . và nói chung, đúng với n là lũy thừa của 2. Đây chính là quy nạp theo hướng lên trên. Bây giờ ta thực hiện quy trình quy nạp theo hướng xuống phía dưới. Ta chứng minh rằng khi định lí đúng với n (n > 1) thì nó cũng đúng với n − 1. Ta thay xn trong định lí bởi x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 và giữ nguyên các biến xi khác ta thu được x1 + x2 + · · · + xn−1 + r √ ≥ n x1 x2 . . . xn−1 . n x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 ≥ n x1 + x2 + · · · + xn−1 . n−1 Từ đây ta suy ra x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ n−1 √ n−1 x1 .x2 . . . xn−1 . Từ kết quả đã chứng minh theo cặp hướng (lên - xuống), ta thu được phép chứng minh của định lí. 18 • Ví dụ minh họa Ví dụ 1.7 (VMO 1996). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 4. Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca. (1.7) Giải Từ giả thiết a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 4 ta có thể đặt 2y 2z 2x ,b = ,c = y+z z+x x+y với x, y, z là các số thực dương. Khi đó, bất đẳng thức (1.7) được viết lại thành x y z 2xy 2yz 2yz + + ≥ + + . y+z z+x x+y (x + z)(y + z) (y + x)(z + x) (z + y)(x + y) a= Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có   2xy 1 2 1 = xy · ≤ xy · + (x + z)(y + z) (x + z)(y + z) (x + z)2 (y + z)2   1 2 1 2yz = yz · ≤ yz · + (y + x)(z + x) (y + x)(z + x) (y + x)2 (z + x)2   1 2zx 2 1 = zx · ≤ zx · + . (z + y)(x + y) (z + y)(x + y) (z + y)2 (x + y)2 Do đó ta có 2xy 2yz 2zx VP = + + (x + z)(y + z) (y + x)(z + x) (z + y)(x + y)     1 1 1 1 ≤ xy + + yz + + (x + z)2 (y + z)2 (y + x)2 (z + x)2   1 1 + zx + z + y)2 (x + y)2 xy xy yz yz zx zx = + + + + + 2 2 2 2 2 (x + z) (y + z) (y + x) (z + x) (z + y) (x + y)2 xy + yz xy + zx yz + zx = + + (x + z)2 (y + z)2 (y + x)2 x y z = + + . y+z z+x x+y 19 Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c = 1. 1.2.6 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski Tại Việt Nam và một số nước Đông Âu, bất đẳng thức Bunhiacovski, hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz hoặc Cauchy-Bunhiacovski được phát biểu như sau Định lý 1.4. Với mọi bộ số (ai ), (bi ) ta luôn có bất đẳng thức sau !2 ! n ! n n X X X ai b i ≤ a2i b2i . i=1 i=1 i=1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (ai ) và (bi ) tỉ lệ với nhau, tức là tồn tại cặp số thực α, β không đồng thời bằng 0, sao cho αai + βbi = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n. Theo cách gọi của các chuyên gia đầu ngành về bất đẳng thức (Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., Bellman R., ...) thì bất đẳng thức tích phân mới mang tên là bất đẳng thức Bunhiacovski. Định lý 1.5. Với mọi cặp hàm f (x) và g(x) liên tục trên [a; b] ta đều có Z 2 b f (x).g(x)dx a ≤ Z b 2 Z f (x)dx. a b g 2 (x)dx. a • Ví dụ minh họa Ví dụ 1.8 ([8]). Cho a, b, c và x, y, z là các số không âm thỏa mãn a + b + c = x + y + z. Chứng minh rằng ax(a + x) + by(b + y) + cz(c + z) ≥ 3(abc + xyz). Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski cho hai cặp số √ √ √
√ √ √
a x, b y, c z và yz, zx, xy (1.8)