1. Trang Chủ
  2. Thạc sĩ - Tiến sĩ - Cao học
  3. Luận văn: SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Luận văn: SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là một đề tài thường xuyên có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia, cũng như trong các kỳ thi Olympic về toán ở mọi cấp. Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất đẳng thức thông dụng.... ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------- ĐẶNG VĂN HIẾU SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG TH

Thể loại Tài liệu miễn phí Thạc sĩ - Tiến sĩ - Cao học

Số trang 99

Ngày tạo 8/30/2018 1:23:31 AM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước 0.70 M

Tên tệp

Tải Luận văn: SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG ... (.pdf)

Xem mẫu

  1. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------- ĐẶNG VĂN HIẾU SỬ DỤNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THÔNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. PHAN HUY KHẢI Thái Nguyên, năm 2009 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  2. 1 MỤC LỤC Trang Mục lục 1 Lời cảm ơn 2 Lời nói đầu 3 Chương 1 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi 4 1.1 – Bất đẳng thức Côsi 4 1.2 – Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản 5 1.3 – Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi 14 1.4 – Thêm bớt hằng số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 23 1.5 – Thêm bớt biến số khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 27 1.6 – Nhóm các số hạng khi sử dụng bất đẳng thức Côsi 33 Chương 2 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.1 – Bất đẳng thức Bunhiacopski 42 2.2 – Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng 55 Chương 3 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59 3.1 – Bất đẳng thức với các dãy đơn điệu 59 3.2 – Một số ví dụ minh hoạ 60 Chương 4 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Trêbưsép 67 4.1 – Bất đẳng thức Trêbưsép 67 4.2 – Một số ví dụ minh hoạ 68 Chương 5 – Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Jensen 81 5.1 – Định nghĩa hàm lồi 81 5.2 – Điều kiện đủ về tính lồi của hàm số 82 5.3 – Bất đẳng thức Jensen 82 5.4 – Một số ví dụ minh hoạ 84 Tài liệu tham khảo 98 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  3. 2 LỜI CẢM ƠN Tôi xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy đã trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau Đại học Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến cha mẹ, người thân, bạn bè và tất cả những người đã giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  4. 3 LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức là một trong những chuyên mục có tính hấp dẫn nhất trong giáo trình giảng dạy và học tập bộ môn toán ở nhà trường phổ thông. Nó là một đề tài thường xuyên có mặt trong các đề thi về toán trong các kỳ thi tuyển sinh quốc gia, cũng như trong các kỳ thi Olympic về toán ở mọi cấp. Luận văn này dành để trình bày một nhánh của lý thuyết bất đẳng thức – Các bất đẳng thức thông dụng. Ngoài phần mở đầu và danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm có 5 chương: Chương 1 với tiêu đề “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi” dành để trình bày về bất đẳng thức Côsi. Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất và có nhiều ứng dụng nhất trong chứng minh bất đẳng thức. Trong chương này chúng tôi dành để trình bày các phương pháp cơ bản nhất để sử dụng có hiệu quả bất đẳng thức Côsi. Chương 2 “Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski” trình bày các ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng. Một trong những phương pháp hay sử dụng và có tính hiệu quả để chứng minh các bất đẳng thức là sử dụng bất đẳng thức với các dãy đơn điệu. Các kết quả này được trình bày trong chương 3. Chương 4 dành để trình bày một lớp bất đẳng thức đơn điệu đặc biệt (đó là bất đẳng thức Trêbưsép). Sau hết trong chương 5 trình bày một áp dụng lý thú các kết quả của giải tích lồi để chứng minh bất đẳng thức – đó là sử dụng tính lồi của hàm số để chứng minh bất đẳng thức. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  5. 4 Chương 1 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.1.1 Định lý. Với n số không âm: a1 , a2 ,..., an ( n ³ 2 ) ta có: a1 + a2 + ... + an n ³ a1 .a2 ...an . n Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an . Chứng minh · Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2 . · Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số không âm thì bất đẳng thức cũng đúng với 2n số không âm. a1 + a2 + ... + a2 n 1 ( ) ³ a1.a2 ...an + n an +1.an +2 ...a2n ³ 2 n a1.a2 ...a2 n , nên bất Ta có: n 2n 2 đẳng thức đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2. · Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bất đẳng thức đúng A với n - 1 số không âm. Thật vậy, đặt A = a1 + a2 + ... + an-1 ; an = . n -1 ³ n. n 1 2 n-1 Þ A ³ (n -1).n-1 a1.a2 ...an-1 . A a .a ...a . A Ta có: A + n -1 n -1 Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức Côsi đúng với mọi n nguyên dương (n ³ 2) Þ đpcm. 1.1.2 Hệ quả. Với n số dương: a1 , a2 ,..., an (n ³ 2) ta luôn có: æ1 1ö + ... + ÷ ³ n 2 . (a1 + a2 + ... + an )ç + 1 ÷ ç an ÷ ç ÷ ç a1 è ø a2 Đẳng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  6. 5 Chứng minh Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: a1 + a2 + ... + an ³ n n a1.a2 ...an > 0 , (1) 1 1 1 11 1 + + ... + ³ n. n . ... > 0 . (2) a1 a2 an a1 a2 an Nhân từng vế của (1),(2) suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét: · Bất đẳng thức Côsi chỉ áp dụng được cho các số không âm. · Bất đẳng thức Côsi là bất đẳng thức quan trọng nhất, quen thuộc nhất, và có một tầm ứng dụng rộng rãi trong các bộ môn của toán học sơ cấp. Đặc biệt là dùng để chứng minh bất đẳng thức. Sự thành công của việc áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh các bài toán về bất đẳng thức hoàn toàn phụ thuộc vào sự linh hoạt của từng người sử dụng và kỹ thuật cách chọn các số a1 , a2 ,...., an . Sau đây là một số phương pháp vận dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức. 1.2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI CƠ BẢN. 1.2.1 Nội dung phương pháp. Qui ước: Gọi hệ quả của bất đẳng thức Côsi là “Bất đẳng thức Côsi cơ bản”. Sử dụng hệ quả để chứng minh bất đẳng thức gọi là phương pháp “Sử dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản”. Từ “Bất đẳng thức côsi cơ bản” tổng quát, ta có hai trường hợp riêng sau: · Với mọi a, b > 0 , ta có: (a + b) ( 11 11 4 + ) ³ 4 hay: +³ . a b a+b ab Đẳng thức xảy ra Û a = b . æ1 1 1ö · Với mọi a, b, c > 0 , ta có: (a + b + c )ç + + ÷ ³ 9 hay: + + ³ 111 9 ça b c÷ ç ÷ . è ø a b c a+b+c Đẳng thức xảy ra Û a = b = c . 1.2.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 1.1 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối A – 2005). 111 + + = 4. Chứng minh: Cho x, y , z > 0 và thoả mãn: xyz Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  7. 6 1 1 1 + + £1. 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản hai lần liên tiếp, ta có: 1 ÷ 1 éê 1 1 æ 1 1 öù 1æ 1 ö 1æ1 1ö ÷ £ ê + ç + ÷úú Þ + ÷ . (1) £ç + £ç+ 1 1 1 ÷ ÷ ç ç ç 2 x + y + z 4 ç 2 x y + z ÷ 4 ë 2 x 4 ç y z ÷û 2x + y + z 8 ç x 2 y 2z ÷ ÷ ÷ ÷ è ø è ø è ø ì2 x = y + z ï Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ï Û x= y= z. í ïy = z ï î 1æ 1 1ö £ç ++ ÷ 1 1 ÷ ç Hoàn toàn tương tự, ta có: x + 2 y + z 8 ç 2x y 2z ÷ (2) ÷ è ø 1æ 1 1ö÷ £ç + 1 1 + ÷. ç x + y + 2z 8 ç 2x 2 y z ÷ và (3) ÷ è ø Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được: 1 æ1 1 1ö÷ £ ç + + ÷ = 1 Þ đpcm. 1 1 1 + + ç ç x y z÷ ÷ 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 è ø 3 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û x = y = z = . 4 Nhận xét: Ta cũng có bất đẳng thức Côsi cơ bản sau: Với a, b, c, d > 0 thì: æ1 1ö 1 æ1 1 1 1ö (a + b + c + d )ç + + + ÷ ³ 16 Þ £ ç + + + ÷. 1 1 1 ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç a + b + c + d 16 ç a b c d ø èa dø è b c Áp dụng vào thí dụ trên, ta có: 1 æ1 1 1 1ö 1 æ 2 1 1ö ÷ ÷ £ ç++ +÷Þ £ ç + + ÷. 1 1 1 = ç ç ÷ ÷ ç x x y zø ç x y zø ÷ ÷ 2 x + y + z x + x + y + z 16 è 2 x + y + z 16 è 1 æ 1 2 1÷ö 1 æ 1 1 2ö £ ç + + ÷. £ ç+ +÷ 1 1 ÷ ç ç Tương tự suy ra: ÷ x + y + 2 z 16 ç x y z ÷ và x + 2 y + z 16 ç x y z ÷ ÷ è ø è ø 1 æ1 1 1ö÷ £ ç + + ÷ = 1 Þ đpcm. 1 1 1 Þ + + ç ç x y z÷ ÷ 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 è ø 3 Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = . 4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  8. 7 Thí dụ 1.2 (Bất đẳng thức Nesbit 3 biến). a b c 3 Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: + + ³. (1) b+c c +a a+b 2 Bài giải æ öæ öæ ö a÷ç b÷ç c÷9 Dễ thấy (1) Û ç1 + ÷ + ç1 + ÷ + ç1 + ÷³ ç b + c÷ ç c + a÷ ç a + b÷ 2 ç è øè øè ø æ1 1ö ÷³9 Û 2 ( a + b + c )ç 1 + + çb + c c + a a + b÷ ç ÷ è ø é1 1ù Û éë( a + b) + (b + c) + (c + a )ùû ê 1 ú ³ 9. + + (2) êë a + b b + c c + a úû Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản thì (2) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û a = b = c > 0 . Nhận xét : · Bất đẳng thức Nesbit cũng là một trong các bất đẳng thức thông dụng, thường dùng làm bất đẳng thức trung gian để chứng minh một bất đẳng thức khác, nhằm rút gọn phép chứng minh một bất đẳng thức. · Xin đưa ra một thí dụ hình học lý thú minh hoạ cho bất đẳng thức Nesbit sau: Cho DABC . Vẽ ba phân giác AA',BB',CC' . Gọi ka , kb , kc tương ứng là khoảng cách từ A ', B ', C ' đến AB, BC , CA . Gọi ha , hb , hc tương ứng là ba chiều cao hạ từ k a kb kc 3 ++³. A, B, C . Chứng minh: ha hb hc 2 Bài giải Ta có: SDABC = SDABA ' + SDAA ' C (Hình 1.1) 1 1 1 Þ aha = cka + bka 2 2 2 Þ aha = ka (b + c) Þ ka a = . (Hình 1.1) b+c ha kb kc b c = = Hoàn toàn tương tự, ta có: ; . c+a a+b hb hc Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  9. 8 k a kb kc 3 a b c 3 ++³Û + + ³. Từ đó suy ra: (*) b+c c +a a+b 2 ha hb hc 2 Theo thí dụ 1.2 Þ (*) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û DABC đều. x y z 3 + + £. Thí dụ 1.3 Cho x, y , z > 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh: x +1 y +1 z +1 4 Bài giải æ1 1ö ÷. = 3 -ç x y z 1 1 1 1 + + = 1- + 1- + 1- + + ÷ ç ç x + 1 y + 1 z + 1÷ Có: ÷ x +1 y + 1 z +1 x +1 y +1 z +1 è ø Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có: 1 1 1 9 9 + + ³ =, (do: x + y + z = 1 ). x +1 y + 1 z +1 x +1+ y +1+ z + 1 4 x y z 93 + + £ 3 - = Þ đpcm. Vậy: x +1 y + 1 z +1 44 ìx +1 = y +1 = z +1 ï Đẳng thức xảy ra Û ï 1 Û x= y= z= í . ïx + y + z = 1 ï î 3 Nhận xét: · Xin đưa ra một minh hoạ lượng giác cho thí dụ trên: Chứng minh rằng trong mọi DABC , ta luôn có: A B B C C A sin .sin sin .sin sin .sin 2 £ 3. 2+ 2+ 2 2 2 (1) A- B B-C C-A 4 cos cos cos 2 2 2 Thật vậy, ta có (1) tương đương với: A B B C C A sin .sin sin .sin sin .sin 3 + + £ 2 2 2 2 2 2 A B A B B C B C C A C A4 cos .cos + sin .sin cos .cos + sin .sin cos .cos + sin .sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B B C C A tan . tan tan .tan tan .tan 2 £3. Û 2+ 2+ 2 2 2 (2) A B B C C A tan .tan + 1 tan .tan + 1 tan .tan + 1 4 2 2 2 2 2 2 .tan , (a, b, c > 0) . A B B C C A Đặt a = tan .tan ; b = tan .tan ; c = tan 2 2 2 2 2 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  10. 9 A B B C C A + tan .tan + tan .tan = 1 . Dễ thấy: a + b + c = tan . tan (3) 2 2 2 2 2 2 a b c 3 + + £. Khi đó (2) trở thành: (4) a +1 b + 1 c + 1 4 Theo thí dụ 1.3 thì từ (3),(4) Þ (1) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û a = b = c Û A = B = C Û DABC đều. · Theo cách giải trên, ta cũng chứng minh được dạng tổng quát của thí dụ 1.3 sau: Cho x1 , x2 ,..., xn > 0 thoả mãn: x1 + x2 + ... + xn = 1 . x x1 x n + 2 + ... + n £ Chứng minh: . x1 +1 x2 + 1 xn + 1 n + 1 Thí dụ 1.4 Cho x, y , z > 0 . Chứng minh rằng: x y z 3 M= + + £. 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4 Bài giải x+ y+z x+ y+z x+ y+z Có M = 1 - + 1- + 1- 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z æ ö ÷= = 3 - ( x + y + z )ç 1 1 1 + + ÷ ç ç 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z ÷ ÷ è ø é ù = 3 - éë( 2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) + ( x + y + 2 z )ùû ê ú. 1 1 1 1 + + êë 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z úû 4 Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: é ù é(2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z ) + ( x + y + 2 z )ù ê ú 1 1 1 û ê 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z ú ³ 9 . + + ë ë û 1 3 Vậy M £ 3 - .9 = Þ đpcm. 4 4 Đẳng thức xảy ra Û x = y = z. Thí dụ 1.5 Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh: 1 1 1 3 + +
  11. 10 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 1æ 1 ö 1 é 1 æ 1 1ö 1 æ 1 1 öù ÷ £ç ÷ ÷ ç ç ÷ 1 1 1 ç a + c 2 (b + c )÷ £ 4 êê 4 ç a + c ÷ + 4 ç 2b + 2c ÷úú = ç + ÷ ÷ ç ç ÷ a + 2b + 3c ( a + c ) + 2 (b + c ) 4 ç è ø è øû è ø ë 1 1 1 1 1 1 1 3 Þ £ + + + = + + . (1) a + 2b + 3c 16a 16c 32b 32c 16a 32b 32c ìa + c = 2(b + c) ï ï ï Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ía = c Û a = b = c = 0. ï ï2b = 2c ï ï î Điều này không xảy ra vì theo giả thiết a, b, c > 0 . 1 1 1 3 < + + Vậy ta có: . (2) a + 2b + 3c 16a 32b 32c 1 1 1 3 < + + Tương tự: , (3) b + 2c + 3a 16b 32c 32a 1 1 1 3 < + + và . (4) c + 2a + 3b 16c 32a 32b Cộng từng vế của (2),(3),(4) ta được: æ1 3 öæ 1 1 1 ö < ç + + ÷ç + + ÷ . 1 1 1 1 + + ÷ç ÷ ç a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b ç16 32 32 ÷ç a b c ÷ (5) è øè ø 111 Theo giả thiết: ab + bc + ca = abc Þ + + = 1. (*) abc 1 1 1 3 + + < Suy ra (5) Û Þ đpcm. a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16 Nhận xét: Cũng theo bất đẳng thức Côsi cơ bản ta có cách giải khác cho thí dụ trên: Thật vậy, theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 1 ö 1 é1 æ1 1 öù 1æ 1 + ÷ £ ê ç + ÷ú + £ç 1 1 ç a + 2b 3c ÷ 4 ê 4 ç a 2b ÷ú 12c ÷ ç ç ÷ a + 2b + 3c 4 è ø ëè øû 1 1 1 1 Þ £ + + . (6) a + 2b + 3c 16a 32b 12c ìa = 2b ï Đẳng thức trong (6) xảy ra Û ï í . ï4b = 3c ï î Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  12. 11 1 1 1 1 £ + + Tương tự ta có: , (7) b + 2c + 3a 16b 32c 12a 1 1 1 1 £ + + . (8) c + 2a + 3b 16c 32a 12b ìc = 2a ìb = 2c ï ï Đẳng thức xảy ra tương ứng trong (7),(8) là ï và ï í í . ï4a = 3b ï4c = 3b ï ï î î Cộng từng vế của (6),(7),(8) ta được: æ1 1 öæ 1 1 1 ö £ ç + + ÷ç + + ÷ . 1 1 1 1 + + ÷ç ÷ ç a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b ç16 32 12 ÷ç a b c ÷ (9) è øè ø Đẳng thức trong (9) xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (6),(7),(8) xảy ra Û a = b = c = 0 .Vô lý, vì a, b, c > 0 nên đẳng thức trong (9) không thể xảy ra. 1 1 1 17 3 + + < < Theo (*) Þ (9) Û Þ đpcm. a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 96 16 Nhận xét: Bằng cách này ta chứng minh được bất đẳng thức “tốt hơn” bất đẳng thức ban đầu. Thí dụ 1.6 Cho DABC nhọn. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + + ³ + + C. A B cos A cos B cos C sin sin sin 2 2 2 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: 1 1 4 2 2 2 + ³ = = ³ A+ B A- B A- B cos A cos B cos A + cos B C C cos .cos sin .cos sin 2 2 2 2 2 1 1 2 + ³ Þ . (1) C cos A cos B sin 2 ìcos A = cos B ï ï Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ï A - B Û A = B. í ïcos =1 ï ï î 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  13. 12 1 1 2 + ³ Tương tự, ta có: , (2) A cos B cos C sin 2 1 1 2 + ³ . (3) B cos C cos A sin 2 1 1 1 1 1 1 + + ³ + + Cộng từng vế (1),(2),(3) Þ Þ đpcm. A B C cos A cos B cos C sin sin sin 2 2 2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û A = B = C Û DABC đều. Thí dụ 1.7 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA ', BB ', CC ' là ba đường AA ' BB ' CC ' 9 + + ³. cao lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh: AA1 BB1 CC1 4 Bài giải Gọi H là trực tâm DABC (Hình 1.2), ta có: A ' H = A ' A1 , B ' H = B ' B1 , C ' H = C ' C1 . (1) AA1 BB1 CC1 A ' A1 B ' B1 + + = 1+ + 1+ + Có AA ' BB ' CC ' AA ' BB ' C ' C1 A' H B ' H C ' H +1 + = 3+ + + . (2) CC ' AA ' BB ' CC ' A'H B 'H C 'H + + = 1. Theo địng lý Sêva, thì: AA ' BB ' CC ' AA1 BB1 CC1 + + = 4. Þ (2) Û (3) ( Hình 1.2 ) AA ' BB ' CC ' Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: æ AA1 BB1 CC1öæ AA ' BB ' CC ' ö ÷ ÷ç ç ÷è AA 1 + BB + CC ÷ ³ 9 . + + ÷ç ç ÷ (4) ç AA ' BB ' CC ' øç ÷ è 1ø 1 AA ' BB ' CC ' 9 + + ³ Þ đpcm. Từ (3),(4) Þ AA1 BB1 CC1 4 Đẳng thức xảy ra Û H là trọng tâm của DABC Û DABC đều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  14. 13 Cho DABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA ', BB ', CC ' là ba trung Thí dụ 1.8 tuyến tương ứng lần lượt cắt đường tròn tại A1 , B1 , C1 .(Hình 1.3). AA ' BB ' CC ' 9 + + £. Chứng minh: AA1 BB1 CC1 4 Bài giải a2 Ta có: AA '. A ' A1 = BA '. A ' C = 4 Þ AA '.AA1 = AA '.(AA '+ A ' A1 ) = 2b 2 + 2c 2 - a 2 a 2 a2 = ma + = +. 2 4 4 4 b2 + c2 Þ AA '. AA1 = 2 2m 2 AA '2 AA ' Þ = = 2 a2 AA '. AA1 b + c AA1 2b 2 + 2c 2 - a 2 a2 1 = = 1- . 2 2 (b 2 + c 2 ) . (Hình 1.3) 2 b + c2 b2 c2 BB ' 1 CC ' 1 = 1- . 2 = 1- . 2 Tương tự ta có: ; . 2 c + a2 2 a + b2 BB1 CC1 1 æ a2 ö c2 ÷ 9 £ Û 3- ç 2 b2 AA ' BB ' CC ' 9 ÷£ . Từ đó Þ + + +2 +2 ç 2 ç b + c 2 c + a 2 a + b2 ÷ 4 ÷ è ø AA1 BB1 CC1 4 a2 b2 c2 3 +2 +2 ³. Û (1) b +c c +a a +b 2 2 2 2 2 Theo thí dụ 1.2 thì (1) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û a = b = c Û DABC đều. Nhận xét: Đây là một minh hoạ hình học nữa cho bất đẳng thức Nesbit. Thí dụ 1.9 Cho hình chóp tam giác S .ABC , trong đó SA, SB, SC đôi một vuông góc · · · ASH = a , BSH = b , CSH = g (Hình 1.4). với nhau. Kẻ đường cao SH . Đặt cos 2 a cos 2 b cos 2 g (*) 3 +2 +2 £. Chứng minh: sin b + sin g sin g + sin a sin a + sin b 4 2 2 2 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  15. 14 Bài giải Dễ thấy: cos2 a + cos 2 b + cos2 g = 1 (1) Þ sin 2 a + sin 2 b + sin 2 g = 2 . (2) Đặt x = sin 2 a + sin 2 b , y = sin 2 b + sin 2 g , z = sin 2 g + sin 2 a . Khi đó, từ (2) Þ x + y + z = 4 . (3) (Hình 1.4) 1 - cos 2 b - cos 2 g 1 - cos 2 a - cos 2 g 1 - cos 2 b - cos 2 a 3 Từ (1) Þ (*) Û + + £ sin 2 b + sin 2 g sin 2 g + sin 2 a sin 2 a + sin 2 b 4 sin 2 g + sin 2 b -1 sin 2 a + sin 2 g - 1 sin 2 a + sin 2 b - 1 3 Û + + £ sin 2 b + sin 2 g sin 2 a + sin 2 g sin 2 b + sin 2 a 4 æ 1 1 1ö 3 Û 3-ç + + ÷ £ Û + + ³ . 1119 ÷ ç ÷4 (4) ç x y z÷ è ø xyz4 æ1 1ö ÷ Theo bất đẳng thức Côsi cơ bản, ta có: ( x + y + z )ç + + ÷ ³ 9 . 1 ç ç x y z÷ (5) ÷ è ø Từ (3),(5) Þ (4) đúng Þ đpcm. Đẳng thức xảy ra Û x = y = z Û a = b = g Û S . ABC là hình chóp đều với các góc ở đỉnh là tam diện vuông. 1.3 SỬ DỤNG TRỰC TIẾP BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI. 1.3.1 Nội dung phương pháp. Phương pháp này thích hợp với những bất đẳng thức có thể trực tiếp áp dụng ngay bất đẳng thức Côsi, hoặc sau những biến đổi sơ cấp đơn giản là có thể sử dụng ngay được bất đẳng thức Côsi. Lớp các bất đẳng thức này rất rộng, vì thế phương pháp này cũng là một trong những phương pháp thông dụng để chứng minh bất đẳng thức Kỹ thuật chủ yếu là lựa chọn các số thích hợp để sau khi áp dụng bất đẳng thức Côsi với các số ấy sẽ cho ta bất đẳng thức cần chứng minh . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  16. 15 1.3.2 Một số thí dụ minh hoạ. Thí dụ 1.10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B – 2005). æ12 ö æ15 ö æ 20 ö x x x Chứng minh: ç ÷ + ç ÷ + ç ÷ ³ 3x + 4 x + 5 x , với "x Î R . ç÷ ç÷ ç÷ è5ø è4ø ç 3 ÷ ç÷ ç÷ èø Bài giải æ12 ö æ15 ö æ 20 ö x x x Do ç ÷ > 0, ç ÷ > 0, ç ÷ > 0 , "x Î R . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: ç÷ ç÷ ç÷ ç5÷ ç4÷ ç3÷ èø èø èø æ12 öx æ15 öx æö æ15 ö x x ç ÷ + ç ÷ ³ 2. ç12 ÷ .ç ÷ = 2.3x . ç÷ ç÷ ç÷ ç÷ (1) ç5÷ ç4÷ ç5÷ ç4÷ èø èø èø èø æ12 ö æ15 ö x x Đẳng thức trong (1) xảy ra Û ç ÷ = ç ÷ Û x = 0 . ç5÷ ç÷ çø ÷ ç÷ è è4ø æ15 ö æ 20 ö x x Tương tự, ta có: ç ÷ + ç ÷ ³ 2.5 x , ç÷ ç÷ ç4÷ ç 3 ÷ (2) èø èø æ 20 ö æ12 ö x x ç ÷ + ç ÷ ³ 2.4 x . ç÷ ç÷ ç3÷ è5÷ (3) èø çø Cộng từng vế (1),(2),(3) ta được: æ12 ö æ15 ö æ 20 ö x x x ç ÷ + ç ÷ + ç ÷ ³ 3x + 4 x + 5 x Þ đpcm. ç÷ ç÷ ç÷ ç5÷ ç4÷ ç 3 ÷ èø èø èø Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û x = 0 . 1 1 1 1 + + = 2 . Chứng minh: xyz £ . Thí dụ 1.11 Cho x, y , z > 0 và 1+ x 1+ y 1+ z 8 Bài giải 1 1 1 y z = 1- +1- = + Từ giả thiết ta có: . 1+ x 1+ y 1+ z 1+ y 1+ z 1 yz ³ 2. >0. Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: (1) (1 + y )(1 + z ) 1+ x y z Đẳng thức trong (1) xảy ra Û = Û y = z. 1 + y 1+ z Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  17. 16 1 zx ³ 2. >0, Tương tự ta có: (2) (1 + z )(1 + x ) 1+ y 1 xy ³ 2. >0. (3) (1 + x )(1 + y ) 1+ z Nhân từng vế của (1),(2),(3) ta được: æ ö2 ÷ ç ÷ 1 xyz 8 xyz ³ 8. ç (1 + x )(1 + y )(1 + z )÷ = (1 + x)(1 + y )(1 + z ) ç ÷ (1 + x)(1 + y )(1 + z ) ç è ø 1 Û 1 ³ 8 xyz Û xyz £ Þ đpcm. 8 1 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3) xảy ra Û x = y = z = . 2 Nhận xét: Với cách lập luận trên có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự sau: 1 1 1 1 1 + + + = 3 . Chứng minh: xyzt £ . · Cho x, y , z , t > 0 và 1+ x 1+ y 1+ z 1+ t 81 å 1 + a = n -1 . Chứng minh: Õa n n · Cho a1 , a2 ,...., an > 0, (n ³ 2) và 1 1 £ . ( n -1) i n i =1 i =1 i Thí dụ 1.12 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 . a b c 3 + + ³. Chứng minh: 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 2 Bài giải Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 + b 2 ³ 2b . ab 2 ab 2 a ab Þ = a- ³a- = a- . (1) 1+ b 1+ b 2 2 2b 2 Đẳng thức xảy ra Û a = b . b bc c ca ³ b- ³c- Tương tự ta có: ; (2) 1+ c 1+ a 2 2 2 2 ab + bc + ca ³ (a + b + c ) - a b c + + Từ (1),(2) Þ . (3) 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 2 Dễ thấy: (a + b + c ) ³ 3(ab + bc + ca ) Þ ab + bc + ca £ 3 (do a + b + c = 3 ). 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  18. 17 a b c 3 + + ³ Þ đpcm. Nên từ (3) suy ra: 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Û a = b = c = 1 . Nhận xét: · Với cách làm trên cũng chứng minh được một bất đẳng thức tương tự với 4 số: Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứngminh: a b c d + + + ³ 2. 1+ b 1+ c 1+ d 1 + a2 2 2 2 · Nếu ta sử dụng ngay bất đẳng thức Côsi với mẫu số thì sẽ không thu được kết quả. Tuy nhiên, khi ta sử dụng phép biến đổi sơ cấp đơn giản sau đó áp dụng bất đẳng thức Côsi với mẫu thì thí dụ được giải quyết một cách đơn giản và dễ hiểu hơn, nên sẽ thu được kết quả theo yêu cầu. · Theo cách suy luận trên, ta có lời giải cho các thí dụ sau: Thí dụ 1.13 Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứng minh: 1 1 1 1 M= + + + ³2. 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d 2 2 2 2 Bài giải a2 a2 1 a = 1- ³ 1- = 1- . Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: (1) 1+ a 1+ a 2 2 2a 2 Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a 2 = 1 Û a = 1. 1 b 1 c 1 d ³ 1- ³ 1- ³ 1- . Tương tự ta có: ; ; (2) 1+ b 1+ c 1+ d 2 2 2 2 2 2 a+b+c+d Từ (1),(2) Þ M ³ 4 - = 2 Þ đpcm. 2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2) Û a = b = c = d = 1 . Thí dụ 1.14 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 . a +1 b +1 c +1 M= +2 +2 ³ 3. Chứng minh: b +1 c +1 a +1 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  19. 18 Bài giải Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: ( a + 1) b 2 (a + 1) b 2 a +1 ab + b = a + 1- 2 ³ a +1- = a +1- (1) . b +1 b +1 2 2b 2 Đẳng thức trong (1) xảy ra Û b 2 = 1 Û b = 1. b +1 bc + c ³ b + 1- Tương tự ta có: , (2) c +1 2 2 c +1 ca + a ³ c +1- . (3) a +1 2 2 a + b + c - ( ab + bc + ca) Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta được: M ³ 3 + ³ 3 Þ đpcm. 2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức xảy ra trong (1),(2),(3) Û a = b = c = 1 . Nhận xét: Tương tự cũng chứng minh được bất đẳng thức với 4 số: Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 4 . Chứng minh: a +1 b +1 c +1 d +1 +2 +2 +2 ³ 4. b + 1 c + 1 d +1 a +1 2 Thí dụ 1.15 Cho a, b, c, d > 0 . Chứng minh: a+b+c+d a3 b3 c3 d3 +2 +2 +2 ³ . a +b b +c c +d d +a 2 2 2 2 2 2 Bài giải a3 ab 2 ab 2 b = a- 2 ³a- = a- . Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: (1) a +b a +b 2 2 2 2ab 2 Đẳng thức trong (1) xảy ra Û a = b . b3 c ³b- , Tương tự, ta có: (2) b +c 2 2 2 c3 d ³c- , (3) c +d 2 2 2 d3 a ³d- . (4) d +a 2 2 2 Cộng từng vế của (1),(2),(3),(4) ta được: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
  20. 19 a+b+c+d a3 b3 c3 d3 +2 +2 +2 ³ Þ đpcm. a +b b +c c +d d +a 2 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra Û đồng thời đẳng thức trong (1),(2),(3),(4) xảy ra Ûa=b=c=d . Thí dụ 1.16 (Bất đẳng thức Minkowski). Cho a1 , a2 , a3 ³ 0 ; b1 , b2 , b3 ³ 0 . Chứng minh: (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) ³ 3 a1 a2 a3 + 3 b1b2 b3 . (1) 3 Bài giải · Nếu (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) = 0 Þ VT = 0 . Ngoài ra tồn tại k (1 £ k £ 3) mà: ak + bk = 0 Þ ak = bk = 0 (do ak ³ 0, bk ³ 0 ) Þ VP = 0 Þ bất đẳng thức (1) đúng. · Nếu (a1 + b1 )( a2 + b2 )( a3 + b3 ) > 0. khi đó: a1 a2 a3 b1 b2 b3 (1) Û +3 £ 1. (2) 3 a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 1æ a ö a3 ÷ ç a1 a2 a3 a2 ÷, £ç 1 + + ÷ (3) a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 3 ç a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 ÷ . . 3 è ø 1æ b b3 ö ÷. £ç 1 + b1 b2 b3 b2 ÷ + ç a2 + b2 a3 + b3 ÷ (4) ça + b . . ÷ 3 a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 3 è 1 ø 1 Cộng từng vế (3),(4) Þ (2) đúng . Đẳng thức trong (2) xảy ra Û Đồng thời đẳng thức trong (3),(4) xảy ra ì a1 ï ï a2 a3 = = ï ï a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 Ûï a1 a2 a Û = = 3. í ï b1 ï b2 b3 b1 b2 b3 = = ï ïa + b a2 + b2 a3 + b3 ï1 î 1 Kết hợp hai điều trên Þ (1) đúng Þ đpcm. é$k (1 £ k £ 3) : ak = bk = 0 ê Đẳng thức trong (1) xảy ra Û êê a1 a2 a3 . = = ê b1 ë b2 b3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.Lrc-tnu.edu.vn
nguon tai.lieu . vn
Thạc sĩ - Tiến sĩ - Cao học Công nghệ thông tin Kinh tế - Thương mại Tài chính - Ngân hàng Kiến trúc - Xây dựng Điện-Điện tử-Viễn thông Cơ khí - Chế tạo máy Công nghệ - Môi trường Báo cáo khoa học Quản trị kinh doanh Khoa học xã hội Khoa học tự nhiên Nông - Lâm - Ngư Y khoa - Dược