các kỸ thuẬt cƠ bẢn trong bẤt ĐẲng thỨc am-gm · pdf fileĐẠi hỌc...
TRANSCRIPT
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN
Học viên : Nguyễn Hạ Thi Giang
Lớp : Cao Học Toán K25
CÁC KỸ THUẬT CƠ BẢN
TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM
TIỂU LUẬN KẾT THÚC HỌC PHẦN BẤT ĐẲNG THỨC
Ngành: Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
Đà Nẵng - 2012
LỜI MỞ ĐẦU
Trong sự hình thành vận động và phát triển của vũ trụ, những quy luật
về so đo và tính toán là điều tất yếu phải có. Sự to nhỏ, lớn bé, cao thấp hay
giàu nghèo...là những so sánh kinh điển mà Lão Tử đã chiêm nghiệm được và
cho ra đời trong "Đạo Đức Kinh" nổi tiếng suốt 2500 năm qua. Trong guồng
quay của khoa học từ thời sơ khai cho đến thời hiện đại, Toán học cũng không
thể đặt mình ra ngoài những quy luật đó. Sự ra đời các phép so sánh : số lớn
số bé, Giá trị lớn nhất nhỏ nhất, các giá trị bằng nhau là điều tất yếu phải
đến trong lịch sử Toán học.
Từ thời cổ đại, con người đã phát hiện ra những so sánh tương đối giữa
các con số, biểu thức trong số học hay đoạn thẳng, góc, diện tích, chu vi trong
hình học. Với quá trình phát triển suốt sau đó, các phép so sánh trên đã dần
định hình chặt chẽ và trở thành 1 phần cực kỳ quan trọng của Số học, Toán
học hiện đại bây giờ. Đó là "Bất Đẳng Thức", nó đã bước ra khỏi vỏ bọc của
Số học để trở thành những điểm nhấn quan trọng trong tất cả các lĩnh vực
như : Đại Số, Giải tích, Tổ Hợp, Xác suất, Hình học...
Trong quá trình hình thành này, nhiều định lý, phương pháp quan trọng
đã ra đời và trở thành kinh điển trong "Toán học". Với khuôn khổ của 1 tiểu
luận, em xin trình bày 1 phần nhỏ nhưng là cốt lõi và cực kỳ hữu ích để giải
quyết khá nhiều bài toán ở cấp độ Phổ Thông. Đó là Bất Đẳng Thức AM-GM
( hay còn gọi là Cauchy) và các phương pháp vận dụng cơ bản.
Tiểu luận gồm có 4 phần chính :
1. Chương 1 : Tổng quan về BĐT AM-GM gồm : Định lý, các quy tắc
chứng minh, ví dụ vận dụng đơn giản
2. Chương 2 :
• Phương pháp đánh giá và ví dụ ;
• Phương pháp ghép, tách và ví dụ;
• Phương pháp nhân chia hệ số (Kỹ thuật độ gần đều, xa đều) và ví
dụ;
• Phương pháp đổi biến số và ví dụ;
3. Chương 3 : Phân thức chính quy, BĐT AM-GM suy rộng.
Dù vẫn còn nhiều hạn chế nhất định vì nhiều lý do nhưng em hi vọng Tiểu
luận này sẽ mang đến những kết quả khả quan hơn để có thể phát triển thành
luận án thạc sĩ trong tương lai.
ii
Xin chân thành cảm ơn thầy đã có những buổi dạy nhiệt tình để em có
được những kiến thức nhất định về môn học rất quan trọng này !
Học viên K25
Nguyễn Hạ Thi Giang
Chương 1
Tổng quan về Bất Đẳng thứcAG.
Trong chương này, em xin trình bày Bất Đẳng Thức AM-GM (viết tắt là
AG) dạng đơn giản và tổng quát.Có nhiều cách để chứng minh Bất Đẳng Thức
A-G nhưng ở đây chỉ trình bày 1 phương pháp ngắn nhất và dễ hiểu nhất.
1.1 Định Lý
1. Dạng 1 :
Định lý 1.1.1. Cho 2 số a, b ≥ 0. CMR :a+ b
2≥
√ab
Chứng minh :
* ∀a, b ≥ 0, ta có :
0 ≤ (a− b)2 = a2 + b2 − 2ab = (a+ b)2 − 4ab
Hay :
(a+ b)2 ≥ 4ab ⇔ a+ b
2≥
√ab
* Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b
2. Dạng 2 :
1
2
Định lý 1.1.2. Cho n số x1, x2, . . . , xn ≥ 0. CMR :
x1 + x2 + . . .+ xn
n≥ n
√x1.x2 . . . xn
Chứng minh :
* Ta đặt :
A =x1 + x2 + . . .+ xn
n.
Khi đó, ta cần chứng minh :
An ≥ x1.x2 . . . xn (1)
ta có : A ≥ 0, x1.x2 . . . xn ≥ 0 nên :
- Nếu A = 0 thì
x1 = x2 = . . . = xn = 0(thỏa mãn)
- Nếu A > 0 thì (1) trở thành :
1 ≥ x1
A.x2
A. . .
xn
A
Hay :
en−n ≥ x1
A.x2
A. . .
xn
A
Hay :
e
x1 + x2 + . . .+ xn
A−n
≥ x1
A.x2
A. . .
xA
A
Từ đó :
e
x1
A+x2
A+...+
xn
A−n
≥ x1
A.x2
A. . .
xn
A
Tương đương :
e
x1
A−1+
x2
A−1+...+
xn
A−1
≥ x1
A.x2
A. . .
xn
A
Tương đương :
e
x1
A−1.e
x2
A−1
. . . e
xn
A−1
≥ x1
A.x2
A. . .
xn
A(2)
* Giả sử :xi
A= x,∀i = 1, . . . , n
3
thì ta cần chứng minh :
ex−1 ≥ x ∀x ∈ R
Thật vậy, Đặt f(x) = ex−1 − x. Ta có :
• f ′(x) = ex−1 − 1
• f ′(x) = 0 ⇔ x = 1 ⇔ f(x) = 0
• Bảng biến thiên :
x
y′
y
−∞1
+∞
−
0
+
+∞
+∞
0
0
+∞
+∞
• Vậy f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Khi đó
ex−1 ≥ x ∀x ∈ R
* Áp dụng kết quả này cho BĐT (2) trên ta có : đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : x1 = x2 = . . . = xn
Ngoài ra, ta có thể viết BĐT AG trên dưới những biến dạng sau :
• x1 + x2 + . . .+ xn ≥ n n√x1x2 . . . xn
•(x1 + x2 + . . .+ xn
n
)n
≥ x1x2 . . . xn
1.2 Những quy tắc chứng minh BĐT AG.
Quy tắc 1.2.1. Quy tắc dấu "=" : Dấu "=" trong bất đẳng thức là cực
kỳ quan trọng, nhờ đó mà ta biết được tính đúng đắn của chứng minh. Nó đặc
biệt hữu ích trong các bài BĐT có điều kiện, dự đoán độ gần đều, xa đều.
Quy tắc 1.2.2. Qui tắc dấu "=" đồng thời : Nếu ta có 1 biến đổi liên
tiếp các BĐT khác nhau, ta phải chú ý rằng dấu "=" phải thỏa mãn tất cả các
BĐT mà ta đã sử dụng.
4
Quy tắc 1.2.3. Quy tắc đối xứng : các BĐT thường có quy tắc đối xứng
với các biến, vì vậy mà việc giả sử vai trò của các biến như nhau là 1 giải pháp
hay để ta tìm ra các giá trị của biến. Từ đó ta có định hướng cho việc sử dụng
những BĐT phù hợp.
Quy tắc 1.2.4. Quy tắc dấu "≥, ≤" : Ta cần để ý vai trò của dấu ≥, dấu
≤, nó cho ta tư duy về việc đánh giá sử dụng vế trái hay vế phải của BĐT AG.
1.3 Ví dụ
Ví dụ 1.3.1. Chứng minh rằng : (a2+ b2)(b2+ c2)(c2+ a2) ≥ 8a2b2c2 ∀a, b, c
Giải :
Ta có :
a2 + b2 ≥ 2√a2b2 ∀a, b ∈ R
⇔ a2 + b2 ≥ 2|ab| ∀a, b ∈ R
Tương tự, ta có :
b2 + c2 ≥ 2|bc| ∀a, c ∈ R
a2 + c2 ≥ 2|ac| ∀b, c ∈ R
Vậy :
(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8|a2b2c2| = 8a2b2c2∀a, b, c
Ví dụ 1.3.2. Chứng minh rằng :(√
a+√b)8
≥ 64ab(a+ b)2 ∀a, b > 0
Giải :
5
Ta có :(√a+
√b)8
=[(a+ b) + 2
√ab]4
≥ 2
√2(a+ b)
√ab = 64ab(a+ b)2
(BĐT AG với : (a+ b), 2√ab)
Ví dụ 1.3.3. Chứng minh rằng :1
x+
1
y+
1
z≥ 9
x+ y + z,∀x, y, z ≥ 0 (1)
Giải :
Ta có :
(1) ⇔ xy + yz + xz
xyz≥ 9
x+ y + z
⇔ (xy + yz + xz)(x+ y + z) ≥ 9xyz
Thật vậy, áp dụng BĐT AG với 2 bộ số không âm : xy, yz, xz và x, y, z.
Ta có :
xy + yz + xz ≥ 3 3√
x2y2z2
Và
x+ y + z ≥ 3 3√xyz
Vậy ta có đpcm.
Bằng cách chứng minh tương tự ta có những kết quả sau :
• 1
x+
1
y≥ 4
x+ y
• 1
xy≥ 4
(x+ y)2
• 1
xyz≥ 4
(x+ y + z)3
Chương 2
Những kỹ thuật cơ bản.
Trong chương này, em xin trình bày các kỹ thuật sơ cấp nhưng cực kỳ quan
trọng trong việc chứng minh BĐT có sử dụng BĐT AG.
2.1 Kỹ thuật đánh giá lớn bé.
Có nhiều phương pháp đánh giá 1 BĐT nhưng việc đánh giá theo chiều
của dấu "≥" và dấu "≤" là công việc đầu tiên không thể bỏ qua.
1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân.
Việc sử dụng BĐT AG liên quan mật thiết đến phép (+) và (.). Tất
nhiên có nhiều BĐT chứa dấu ( ≥ ) nhưng trong khuôn khổ sử dụng AG
thì việc định hướng sử dụng vế trái hay vế phải của AG là cực kỳ quan
trọng.
Bài toán 2.1.1. Cho
a, b, c > 01
1 + a+
1
1 + b+
1
1 + c≥ 2
CMR : abc ≤ 1
8
Giải :
Ta đánh giá như sau :
abc ≤ 1
8⇔ 1 ≥ 8abc
Ta sẽ sử dụng giả thiết để xuất hiện biểu thức 8abc bên vế phải
6
7
Theo giả thiết :
1
1 + a≥ 2− 1
1 + b− 1
1 + c=
(1− 1
1 + b
)+
(1− 1
1 + c
)=
b
1 + b+
c
1 + c
Áp dụng BĐT AG cho 2 số dươngb
1 + b,
c
1 + c, ta có :
1
1 + a≥ b
1 + b+
c
1 + c≥ 2
√bc
(1 + b)(1 + c)(1)
Tương tự :
1
1 + b≥ a
1 + a+
c
1 + c≥ 2
√ac
(1 + a)(1 + c)(2)
1
1 + c≥ a
1 + a+
b
1 + b≥ 2
√ab
(1 + a)(1 + b)(3)
Từ (1), (2), (3), ta có :
1
1 + a.
1
1 + b.
1
1 + c≥ 8
√a2b2c2
(1 + a)2(1 + b)2(1 + c)2
⇔ 1
1 + a.
1
1 + b.
1
1 + c≥ 8
abc
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
⇔ 1 ≥ 8abc ĐPCM.
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi :1
1 + a=
1
1 + b=
1
1 + c=
1
1 + d1
1 + a+
1
1 + b+
1
1 + c+
1
1 + d= 3
⇔ a = b = c = d =1
3
* Bài toán mở rộng :
Cho
x1, . . . , xn > 01
1 + x1
+ . . .+1
1 + xn
≥ n− 1CMR : x1 . . . xn ≤ 1
(n− 1)n
Giải :
Ta sử dụng kỹ thuật của bài trên :
8
• Tách n− 1 = 1 + 1 + . . .+ 1
• Rồi nhóm với các hạng tử1
1 + xi
,∀i = 2, . . . , n
• Sử dụng BĐT AG cho (n− 1) số hạng.
• Nhân vế theo vế, ta có kết quả trên.
Bài toán 2.1.2. Cho
{a, b, c > 0
a+ b+ c = 1CMR :
(1
a− 1
)(1
b− 1
)(1
c− 1
)≥
8
Giải :
Theo giải thiết, ta có :
a+ b = 1− c
b+ c = 1− a
a+ c = 1− b
Nên : (1
a− 1
)(1
b− 1
)(1
c− 1
)=
1− a
a.1− b
b.1− c
c=
=b+ c
a.c+ a
b.a+ b
c≥ 2
√bc
a.2√ac
b.2√ab
c= 8 (đpcm)
* Bài toán mở rộng :
Cho
{x1, . . . , xn > 0
x1 + . . .+ xn = 1CMR :
(1
x1
− 1
). . .
(1
xn
− 1
)≥ (n− 1)n
Giải : Chứng minh tương tự như trên.
Bài toán 2.1.3. Cho a, b, c ≥ 0. CMR :(1 +
a+ b+ c
3
)3
≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥(1 +
3√abc
)3
≥ 8√abc
Giải :
9
Ta có 3 BĐT theo tuần tự :(1 +
a+ b+ c
3
)3
≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) (2.1)
(1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥(1 +
3√abc
)3
(2.2)(1 +
3√abc
)3
≥ 8√abc (2.3)
* Chứng minh (1.1)
Ta có :(1 +
a+ b+ c
3
)3
=
((1 + a) + (1 + b) + (1 + c)
3
)3
≥ (1+a)(1+b)(1+c)
Dấu "=" xảy ra ⇔ 1 + a = 1 + b = 1 + c ⇔ a = b = c (1)
* Chứng minh (1.2)
Ta có :
(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a+ b+ c) + (ab+ bc+ ca) + abc
≥ 1 + 33√abc+ 3
3√a2b2c2 + abc =
(1 +
3√abc
)3
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c (2)
* Chứng minh (1.3)
Ta có : (1 +
3√abc
)3
≥(2
√1.
3√abc
)3
= 8√abc
Dấu "=" xảy ra ⇔ 3√abc = 1 (3)
Từ (1), (2), (3), ta có : a = b = c = 1
* Bài toán mở rộng :
Cho x1, . . . , xn ≥ 0. CMR :(1 +
x1 + . . .+ xn
n
)n
≥ (1+x1) . . . (1+xn) ≥ (1 + n√x1 . . . xn)
n ≥ 2n√x1 . . . xn
Giải : Chứng minh tương tự như trên.
2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng.
Những bài toán trong mục 1 cho ta cách nhìn về việc sử dụng chiều thuận
10
của BĐT AG, bây giờ ta sẽ chuyển hướng sang sử dụng chiều ngược lại
để chứng minh 1 số BĐT.
Bài toán 2.1.4. Cho a, b, c, d > 0. CMR :√ab+
√cd ≤
√(a+ c)(b+ d) (1)
Giải :
(1) ⇔√
ab
(a+ c)(b+ d)+
√cd
(a+ c)(b+ d)≤ 1.
Theo BĐT AG, ta có :
V T ≤ 1
2
(a
a+ c+
b
b+ d
)+
1
2
(c
a+ c+
d
b+ d
)
=1
2
(a+ c
a+ c+
b+ d
b+ d
)=
1
2(1 + 1) = 1(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :
a
a+ c=
b
b+ dc
a+ c=
d
b+ d
⇔ ad = bc
Bài toán 2.1.5. Cho a, b, c ≥ 0. CMR :
1 +3√abc ≤ 3
√(1 + a)(1 + b)(1 + c) (1)
Giải :
(1) tương đương
⇔ 3√1.1.1 +
3√abc ≤ 3
√(1 + a)(1 + b)(1 + c)
⇔ 3
√1.1.1
(1 + a)(1 + b)(1 + c)+ 3
√abc
(1 + a)(1 + b)(1 + c)≤ 1
Theo BĐT AG, ta có :
V T ≤ 1
3
(1
1 + a+
1
1 + b+
1
1 + c
)+
1
3
(a
1 + a+
b
1 + b+
c
1 + c
)
11
⇔ V T ≤ 1
3
(a+ 1
1 + a+
b+ 1
1 + b+
c+ 1
1 + c
)= 1
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :
1
1 + a=
1
1 + b=
1
1 + ca
1 + a=
b
1 + b=
c
1 + c
⇔ a = b = c
*Bài toán mở rộng :
Cho ai, bi > 0,∀i = 1, . . . , n.CMR :
n√a1 . . . an +
n√b1 . . . bn ≤ n
√(a1 + b1) . . . (an + bn)
Giải : Chứng minh bằng phương pháp tương tự bài tập trên.
Bài toán 2.1.6. Cho
{a, b, c > 0
a+ b+ c = 1CMR : abc(a+ b)(b+ c)(c+ a) ≤ 8
729
Giải :
Ta phải làm xuất hiện biểu thức a + b + c = 1 để thu gọn vế phải của
BĐT.
Ta có :
abc ≤(a+ b+ c
3
)3
=1
33
(a+ b)(b+ c)(c+ a) ≤((a+ b) + (b+ c) + (c+ a)
3
)3
= (2
3)3
Vậy :
V T ≤ 8
729
2.2 Kỹ thuật tách ghép.
1. Kỹ thuật tách.
Đây là 1 phần cho việc sử dụng BĐT AG vào Phân thức chính quy ở
chương 3
12
Bài toán 2.2.1. Cho a, b > 0 CMR :a
b+
b
a≥ 2
Giải :
Đây là bài toán cơ sở của kỹ thuật Tách nghịch đảo, ta dễ dàng áp
dụng BĐT AG như sau :
a
b+
b
a≥ 2
√a
b.b
a(= 2)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :a
b=
b
a⇔ a = b
Bài toán 2.2.2. Cho a > 0 CMR :a2 + 2√a2 + 1
≥ 2
Giải :
Ta sẽ tách phân thức trên thành dạng cơ sở để sử dụng :
a2 + 2√a2 + 1
=(a2 + 1) + 1√
a2 + 1=
√a2 + 1 +
1√a2 + 1
≥ 2
Dấu "=" xảy ra khi va chỉ khi :√a2 + 1 =
1√a2 + 1
⇔ a = 0
Bài toán 2.2.3. Cho a > b > 0 CMR : a+1
b(a− b)≥ 3
Giải :
Ta có :
a+1
b(a− b)= b+ (a− b) +
1
b(a− b)≥ 3 3
√b.(a− b).
1
b(a− b)(= 3)
13
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : b = a− b =1
b(a− b)⇔ a = 2; b = 1
Bài toán 2.2.4. Cho a > b > 0 CMR : a+4
(a− b)(b+ 1)2≥ 3
Giải :
Ta có : V T + 1 = a + 1 +4
(a− b)(b+ 1)2= (a − b) +
b+ 1
2+
b+ 1
2+
4
(a− b)(b+ 1)2
≥ 4 4
√(a− b).
b+ 1
2.b+ 1
2.
4
(a− b)(b+ 1)2= 4
Vậy V T ≥ 3 Dấu "=" xảy ra khi va chỉ khi :
a− b =b+ 1
2=
4
(a− b)(b+ 1)2⇔ a = 2; b = 1
Bài toán 2.2.5. Cho
a ≥ 1
2a
b> 1
CMR :2a3 + 1
4b(a− b)≥ 3
Giải :
Ta có : 4b(a− b) ≤ [b+ (a− b)]2 = a2
Vậy :2a3 + 1
4b(a− b)≥ 2a3 + 1
a2= a+ a+
1
a2≥ 3 3
√a.a.
1
a2= 3
Dấu "=" xảy ra khi va chỉ khi :
b = a− b
a =1
a2⇔
a = 1
b =1
2
* Bài toán mở rộng :
14
Cho : x1 > x2 > . . . > xn > 0 và 1 ≤ k ∈ Z
CMR : a1 +1
an(a1 − a2)k(a2 − a3)k . . . (an−1 − an)k≥ (n− 1)k + 2
(n−1)k+2√k(n−1)k
2. Kỹ thuật ghép.
a. Ghép đối xứng.
Ta chú ý một số kỹ thuật ghép đối xứng cơ sở sau :
* Phép cộng :
2(x+ y + z) = (x+ y) + (y + z) + (z + x)
x+ y + z =x+ y
2+
y + z
2+
z + x
2
* Phép nhân :
{x2y2z2 = (xy)(yz)(xz)
xyz =√xy
√yz
√xz
Bài toán 2.2.6. Cho a, b, c > 0. CMR :bc
a+
ca
b+
ab
c≥ a+ b+ c
Giải :
Sử dụng kỹ thuật ghép phép cộng ở trên kết hợp BĐT AG, ta có :
1
2
(bc
a+
ca
b
)≥
√bc
a.ca
b= a
1
2
(ca
b+
ab
c
)≥
√ca
b.ab
c= a
1
2
(bc
a+
ab
c
)≥
√bc
a.ab
c= c
Vậy ta có : V T ≥ a+ b+ c.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c
15
Bài toán 2.2.7. Cho △ABCc : a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác, p là chuvi tam giác. CMR :
• (p− a)(p− b)(p− c) ≤ 1
8abc
• 1
p− a+
1
p− b+
1
p− c≥ 2
(1
a+
1
b+
1
c
)
Giải :
• Sử dụng kỹ thuật ghép phép nhân và BĐT AG ta có :
√p− a
√p− b ≤ (p− a) + (p− b)
2=
c
2√p− b
√p− c ≤ (p− b) + (p− c)
2=
a
2
√p− a
√p− c ≤ (p− c) + (p− a)
2=
b
2
Khi đó :
(p− a)(p− b)(p− c) ≤ 1
8abc
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :
p− a = p− b = p− c ⇔ a = b = c
Hay △ABC đều.
• Sử dụng kỹ thuật ghép phép cộng và BĐT AG ta có :
1
2
(1
p− a+
1
p− b
)≥ 1√
(p− a)(p− b)≥ 1
(p− a) + (p− b)
2
=2
c
1
2
(1
p− a+
1
p− c
)≥ 1√
(p− a)(p− c)≥ 1
(p− a) + (p− c)
2
=2
b
1
2
(1
p− b+
1
p− c
)≥ 1√
(p− b)(p− c)≥ 1
(p− b) + (p− c)
2
=2
a
Vậy cộng vế theo vế ta có đpcm.
16
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :
p− a = p− b = p− c ⇔ a = b = c
Hay △ABC đều.
b. Ghép cặp nghịch đảo.
Ta có các BĐT cơ sở cho phép ghép nghịch đảo như sau.
• (x+ y + z)
(1
x+
1
y+
1
z
)≥ 9 ∀x, y, z > 0
• (x1 + . . .+ xn)
(1
x1
+ . . .+1
xn
)≥ n2, ∀x1, . . . , xn > 0
Bài toán 2.2.8. Cho a, b, c > 0. CMR :b+ c
a+
c+ a
b+
a+ b
c≥ 6
Giải :
Ta có biến đổi tương đương :
b+ c
a+
c+ a
b+
a+ b
c≥ 6
⇔(1 +
b+ c
a
)+
(1 +
c+ a
b
)+
(a+ b
c
)≥ 9
⇔ (a+ b+ c)
(1
a+
1
b+
1
c
)≥ 9
Hiển nhiên.
Bài toán 2.2.9. Cho a, b, c > 0. CMR :2
a+ b+
2
b+ c+
2
c+ a≥ 9
a+ b+ c
Giải :
Ta có biến đổi tương đương :
2
a+ b+
2
b+ c+
2
c+ a≥ 9
a+ b+ c
17
⇔ 2(a+ b+ c)
(1
a+ b+
1
b+ c+
1
c+ a
)≥ 9
⇔ [(a+ b) + (b+ c) + (c+ a)]
(1
a+ b+
1
b+ c+
1
c+ a
)≥ 9
Hiển nhiên.
Bài toán 2.2.10. Cho a, b, c > 0. CMR :c
a+ b+
a
b+ c+
b
c+ a≥ 3
2
Giải :
Thêm 2 vế cho 3, tương tự bài toán trên ta có đpcm.
Bài toán 2.2.11. Cho a, b, c > 0. CMR :c2
a+ b+
a2
b+ c+
b2
c+ a≥ a+ b+ c
2
Giải :
Thêm 2 vế cho (a+ b+ c) để đưa về bài toán trên :
(c+
c2
a+ b
)+
(a+
a2
b+ c
)+
(b+
b2
c+ a
)≥ 3(a+ b+ c)
2
⇔ c
(1 +
c
a+ b
)+ a
(1 +
a
b+ c
)+ b
(1 +
b
c+ a
)≥ 3(a+ b+ c)
2
⇔ (a+ b+ c)
(c
a+ b+
a
b+ c+
b
a+ c
)≥ 3(a+ b+ c)
2
⇔ c
a+ b+
a
b+ c+
b
a+ c≥ 3
2
Hiển nhiên.
2.3 Độ gần đều, xa đều.
Độ gần đều, xa đều bao gồm cả phương pháp chọn điểm rơi, nhân thêm
hằng số (hay còn gọi là nhân đều, chia đều). Không chỉ trong BĐT Cauchy mà
18
cả những BĐT khác cũng có thể sử dụng. Mô phỏng kỹ thuật này mang đến
cho học viên cách nhìn rõ ràng hơn và tự mình có sự lựa chọn các bộ nghiệm
1 cách chính xác nhất.
Bài toán 2.3.1. Cho a, b, c > 0 và a+ b+ c = 1.Tìm
MaxS =3√a+ b+
3√b+ c+ 3
√c+ a
Giải :
* Giả sử a ≥ b ≥ c > 0 thì
a ≥ 1
3
a+ b ≥ 2
3a+ b+ c = 1
khi đó ta có độ gần đều là :
(a, b, c) = (1
3,1
3,1
3)
Và :
a+ b = b+ c = c+ a =2
3
* Vậy ta phải phân tích như sau :
3√a+ b =
3
√9
43
√(a+ b)
2
3
2
3≤ 3
√9
4.a+ b+
4
33
Tương tự :
3√b+ c ≤ 3
√9
4.b+ c+
4
33
3√a+ c ≤ 3
√9
4.a+ c+
4
33
Vậy :
S ≤ 3
√9
4.2(a+ b+ c) + 4
3(= 2.
3
√9
4)
Suy ra :
MaxS = 23
√9
4⇔ a = b = c =
1
3
19
Bài toán 2.3.2. Cho a ≥ 2. Tìm MinS = a+1
a2.
* Phân tích :
a ≥ 2 thì1
a2≤ 1
4.
Vậya
8≥ 1
4hay
a
8sẽ nằm trong lân cận với
1
a2như hình minh họa sau :
Hình 2.1: Minh họa
* Giải :
Ta có :
S =a
8+
a
8+
1
a2+
3a
4≥ 3.
3
√a
8.a
8.1
a2+
3
2(=
9
4).
Vậy
MinS =9
4⇔ a
8=
1
a2⇔ a = 2
Bài toán 2.3.3. Cho a, b, c > 0, a+b+c ≤ 3
2. Tìm MinS = a+b+c+
1
a+1
b+1
c.
* Phân tích :
Giả sử : a ≥ b ≥ c > 0 thì c ≤ 1
2, a, b gần với
1
2. Khi đó, ta có độ gần đều
là :
(a, b, c) = (1
2,1
2,1
2)
20
Khi đó :1
a≥ 2, ta sẽ kéo vị trí của a đến lân cận của 2 như hình minh họa
sau :
Hình 2.2: Minh họa
* Giải :
Ta có :
S = (4a+1
a) + (4b+
1
b) + (4c+
1
c)− 3(a+ b+ c)
Vậy :
S ≥ 2.
√4a.
1
a+ 2.
√4b.
1
b+ 2.
√4c.
1
c− 9
2⇔ S ≥ 15
2
Vậy :
MinS =15
2⇔ a = b = c =
1
2
Bài toán 2.3.4. Cho
a, b, c > 01
a+
1
b+
1
c≥ 3
2
. Tìm MinS = a+b+c+1
a+1
b+1
c.
* Phân tích :
Giả sử : a ≥ b ≥ c > 0 thì1
c≥ 1
b≥ 1
a> 0
Vậy3
c≥ 3
2⇔ c ≤ 2.
Ta có độ gần đều :
(a, b, c) = (2, 2, 2)
Ta có sơ đồ sau :
21
Hình 2.3: Minh họa
* Giải : Ta có
S = (a+4
a) + (b+
4
b) + (c+
4
c)− 3(
1
a+
1
b+
1
c)
Suy ra
S ≥ 2
√a.4
a+ 2
√b.4
b+ 2
√c.4
c− 9
2(=
15
2)
Vậy
MinS =15
2⇔ a = b = c = 2
Bài toán 2.3.5. Cho a, b, c ∈ N∗ thỏa mãn : a+ b+ c = 100. Tìm
MaxM = abc
* Phân tích :
Giả sử : a ≥ b ≥ c thì a ≥ 34.
Khi đó, ta có độ gần đều là :
(a, b, c) = (34, 33, 33)
Sử dụng kỹ thuật nhân đều, ta sẽ có :
33a = 34b = 34c
* Giải :
Ta có :
3√33a.34b.34c ≤ 33a+ 34b+ 34c
3= 11(a+ b+ c) +
b+ c
3= 1122 = 33.34
Khi đó :
33.34.34.M ≤ (33.34)3 ⇔ M ≤ 34.33.33
Vậy
MaxM = 34.33.33 ⇔ a = 34; b = c = 33
22
2.4 Kỹ thuật đổi biến số.
Đổi biến số là kỹ thuật cực kỳ thông dụng trong phương pháp giải toán sơ
cấp. Không chỉ dùng trong Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình
mà còn sử dụng rộng rãi trong Chứng minh Bất Đẳng Thức. Thường thì đổi
biến số được dùng để hủy điều kiện của biến cũ hoặc khử mẫu trong phân
thức. Đưa BĐT về dạng đơn giản.
Bài toán 2.4.1. Cho
a ≥ 4
b ≥ 5
c ≥ 6
a2 + b2 + c2 = 90
. CMR a+ b+ c ≥ 16
* Phân tích : Ta chú ý :
a ≥ 4 ⇔ a− 4 ≥ 0
b ≥ 5 ⇔ b− 5 ≥ 0
c ≥ 6 ⇔ c− 6 ≥ 0
Như vậy ta có thể đặt ẩn phụ : x = a− 4, y = b− 5, z = c− 6,∀x, y, z ≥ 0.
Khi đó ta có điều kiện của x, y, z đơn giản hơn rất nhiều.
* Giải : Đặt :
x = a− 4
y = b− 5
z = c− 6
∀x, y, z ≥ 0.
Ta cần chứng minh : x+ y + z = (a+ b+ c)− 15 ≥ 1, ∀x, y, z ≥ 0.
Ta dùng phương pháp phản chứng :
Giả sử x+ y + z < 1, ta có :
a2 + b2 + c2 = (x+ 4)2 + (y + 5)2 + (z + 6)2
Hay:
x2 + y2 + z2 + 8x+ 10y + 12z + 77
Vậy
(x+y+z)2+8(x+y+z)+2(y+z)+2z+77 < (x+y+z)2+12(x+y+z)+77
23
Khi đó :
a2 + b2 + c2 < 90(mâu thuẫn gt).
Vậy
x+ y + z ≥ 1 đpcm.
Bài toán 2.4.2. Cho a, b, c > 0. CMR :
a
b+ c+
b
a+ c+
c
a+ b≥ 3
2( BĐT Nesbit ).
Đặt :
x = b+ c
y = a+ c
z = a+ b
thì c =x+ y − z
2; b =
x+ z − y
2; a =
y + z − x
2
Vậy ta cần chứng minh
⇔ y + z − x
2x+
x+ z − y
2y+
x+ y − z
2z≥ 3
2
⇔ y + z − x
x+
x+ z − y
y+
x+ y − z
z≥ 3
⇔(y
x+
x
y
)+(zx+
x
z
)+
(y
z+
z
y
)≥ 6
Áp dụng BĐT AG ta có : đpcm.
Bài toán 2.4.3. Cho △ABC. CMR : (a+ b− c)(a+ c− b)(b+ c− a) ≤ abc.
Giải :
Đặt :
x = a+ b− c > 0
y = a+ c− b > 0
z = b+ c− a > 0
⇔ a =x+ y
2; b =
x+ z
2; c =
y + z
2
Khi đó ta cần chứng minh :
24
x+ y
2.y + z
2.x+ z
2≥ xyz ∀x, y, z > 0
Ta dễ dàng chứng minh được BĐT trên bằng BĐT AG.
LỜI CẢM ƠN
Vì khuôn khổ tiểu luận có hạn, thời gian thực hiện ngắn, nên tiểu luận chỉ
có thể mở rộng 1 số phương pháp biến đổi sơ cấp về BĐT AG, đưa ra những
ví dụ, bài toán minh họa
Phần chương 3 mở rộng BĐT AG để chứng minh những BĐT phức tạp
khác nhưng vì giới hạn của 1 tiểu luận nên không thể trình bày ra được. Hi
vọng rằng cuốn tiểu luận này sẽ được mở rộng khi có đủ điều kiện. Khi đó,
nhiều vấn đề còn tồn đọng sẽ được giải quyết 1 cách chỉnh chu nhất.
Dù đã cố gắng nhưng có lẽ vẫn không tránh được một số sai sót nhất định.
Em mong thầy và các bạn sẽ có những sửa đổi, đóng góp để Tiểu luận của em
trở nên đúng đắn và chính xác hơn. Xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Văn
Mậu đã tận tình giảng dạy trong những ngày qua, các tác giả những cuốn sách
Bất Đẳng Thức đã mang đến cho em nhiều kiến thức hữu ích để hoàn thành
tiểu luận này...
Học viên K25
Nguyễn Hạ Thi Giang
Mục lục
Lời giới thiệu i
1 Tổng quan về Bất Đẳng thức AG. 1
1.1 Định Lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Những quy tắc chứng minh BĐT AG. . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 Những kỹ thuật cơ bản. 6
2.1 Kỹ thuật đánh giá lớn bé. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2 Kỹ thuật tách ghép. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Độ gần đều, xa đều. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.4 Kỹ thuật đổi biến số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Lời cảm ơn 25
26