Bất đẳng thức so sánh và BĐT

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

0
72
lượt xem
29
download

Bất đẳng thức so sánh và BĐT

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bất đẳng thức so sánh và bđt', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bất đẳng thức so sánh và BĐT

  1. Đ NG TH C, SO SÁNH VÀ B T Đ NG TH C Câu l c b Toán h c: Chương trình b i dư ng chuyên đ Toán H I TOÁN H C HÀ N I VÀ S GIÁO D C VÀ ĐÀO T O HÀ N I Hà N i, Ngày 11.12.2009 Vào 13h30 th Sáu, Ngày 11.12.2009, H i Toán h c Hà N i và S Giáo d c và Đào t o Hà N i ph i h p t ch c chương trình b i dư ng ki n th c chuyên đ Toán cho các cán b ch đ o chuyên môn, các th y giáo, cô giáo đang tr c ti p b i dư ng h c sinh gi i trên đ a bàn Th đô. Chuyên đ sinh ho t l n này v Đ ng th c và b t đ ng th c . Chuyên đ do GS.TSKH Nguy n Văn M u, Ch t ch H i Toán h c Hà N i, tr c ti p gi ng d y. Kính m i các th y giáo, cô giáo đang tr c ti p b i dư ng h c sinh gi i c a các qu n huy n trên đ a bàn Th đô quan tâm đ n d . Đ a đi m: Phòng Giáo D c Huy n Th ch Th t. 1
  2. M cl c 1 Tam th c b c hai và các v n đ liên quan 3 2 M t s đ ng nh t th c quan tr ng 12 3 B t đ ng th c Cauchy (d ng th c và ph c) 14 3.1 B t đ ng th c Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3.2 D ng ph c c a b t đ ng th c Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 4 Tam th c b c (α) và tam th c b c (α, β) 17 5 M t s b t đ ng th c c đi n liên quan 20 6 Phương pháp b t đ ng th c Cauchy 25 6.1 Đ g n đ u và s p th t dãy c p đi m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 6.2 K thu t tách và ghép b s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 6.3 Th t và s p l i th t c a b s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 6.4 Đi u ch nh và l a ch n tham s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 7 Các giá tr trung bình 42 8 Bài t p áp d ng 47 2
  3. Chương 1 Tam th c b c hai và các v n đ liên quan B t đ ng th c cơ b n và cũng là quan tr ng nh t trong chương trình đ i s b c trung h c ph thông chính là b t đ ng th c d ng sau đây x2 0, ∀x ∈ R. (1.1) D u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 0. G n v i b t đ ng th c (1.1) là b t đ ng th c d ng sau (x1 − x2 )2 0, ∀x1 , x2 ∈ R, hay x2 + x2 1 2 2x1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R. D u đ ng th c x y ra khi và ch khi x1 = x2 . B t đ ng th c (1.1) là d ng b c hai đơn gi n nh t c a b t đ ng th c b c hai mà h c sinh đã làm quen ngay t chương trình l p 9. Đ nh lí Viete đóng vai trò r t quan tr ng trong vi c tính toán và ư c lư ng giá tr c a m t s bi u th c d ng đ i x ng theo các nghi m c a phương trình b c hai tương ng. Đ c bi t, trong chương trình Đ i s l p 10, m ng bài t p v ng d ng đ nh lí (thu n và đ o) v d u c a tam th c b c hai là công c h u hi u c a nhi u d ng toán b c trung h c ph thông. Xét tam th c b c hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0. Khi đó b 2 ∆ af (x) = ax + − , 2 4 v i ∆ = b2 − 4ac. T đ ng th c này, ta có k t qu quen thu c sau. Đ nh lý 1. Xét tam th c b c hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0. i) N u ∆ < 0 thì af (x) > 0, ∀x ∈ R. b ii) N u ∆ = 0 thì af (x) 0 ∀x ∈ R. D u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = − . 2a iii) N u ∆ > 0 thì af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) v i √ b ∆ x1,2 =− . (1.2) 2a 2|a| Trong trư ng h p này, af (x) < 0 khi x ∈ (x1 , x2 ) và af (x) > 0 khi x < x1 ho c x > x2 . 3
  4. Ta nh c l i k t qu sau. Đ nh lý 2 (Đ nh lí đ o). Đi u ki n c n và đ đ t n t i s α sao cho af (α) < 0 là ∆ > 0 và x1 < α < x2 , trong đó x1,2 là các nghi m c a f (x) xác đ nh theo (1.2). Nh n xét r ng, các đ nh lí trên đ u đư c mô t thông qua b t đ ng th c (k t qu so sánh bi t th c ∆ v i 0). Các đ nh lí sau đây cho ta tiêu chu n nh n bi t, thông qua bi u di n h s , khi nào thì tam th c b c hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0, có nghi m. Đ nh lý 3. V i m i tam th c b c hai f (x) có nghi m th c đ u t n t i m t nguyên hàm F (x), là đa th c b c ba, có ba nghi m đ u th c. Ch ng minh. Khi f (x) có nghi m kép, t c f (x) = a(x − x0 )2 , thì ta ch c n ch n nguyên hàm dư i d ng a F (x) = (x − x0 )3 . 3 Khi f (x) có hai nghi m phân bi t, t c f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), x1 < x2 , a = 0, ta ch n nguyên hàm F (x) tho mãn đi u ki n x1 + x2 F = 0. 2 Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có c c đ i và c c ti u l n lư t t i x1 và x2 và đi m u n c a đ th tương ng là M x1 +x2 , 0 . T đây suy ra đi u c n ch ng minh. 2 Đ nh lý 4. Tam th c b c hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghi m (th c) khi và ch khi các h s b, c có d ng b=α+β+γ (1.3) c = αβ + βγ + γα Ch ng minh. Đi u ki n đ là hi n nhiên vì theo b t đ ng th c Cauchy, ta có ∆ =b2 − 3c = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) =α2 + β 2 + γ 2 − (αβ + βγ + γα) 1 1 1 = (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 0. 2 2 2 Đi u ki n c n. Gi s phương trình b c hai có nghi m th c x1 , x2 . Khi đó, t n t i đa th c b c ba có ba nghi m th c, là nguyên hàm c a f (x), t c là: F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ). T đây ta suy ra đi u c n ch ng minh. Ti p theo, trong chương này, ta xét các d ng toán cơ b n v b t đ ng th c và c c tr có s d ng tính ch t c a tam th c b c hai. Xét đa th c thu n nh t b c hai hai bi n (xem như tam th c b c hai đ i v i x) F (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 , a = 0, ∆ : = (b2 − 4ac)y 2 . 4
  5. Khi đó, n u ∆ 0 thì aF (x, y) 0, ∀x, y ∈ R. V y khi b2 4ac và a < 0 thì hi n nhiên ax2 + cy 2 |bxy|, ∀x, y ∈ R. Trư ng h p riêng, khi a = c = 1, b = ±2 thì ta nh n l i đư c k t qu x2 + y 2 2|xy| hay u+v √ uv, u, v 0. 2 V sau, ta s d ng các tính ch t c a d ng phân th c b c hai a1 x2 + b1 x + c1 y= a2 x2 + b2 x + c2 v i đi u ki n a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R, đ tìm c c tr c a m t s d ng toán b c hai. Bài toán 1. Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a hàm s a1 x2 + b1 x + c1 y= a2 x2 + b2 x + c2 v i đi u ki n a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R. c1 a1 Gi i. Nh n xét r ng khi x = 0 thì y(0) = và khi x → ∞ thì y → . Ti p theo, ta xét các giá c2 a2 c1 a1 tr y = và y = . c2 a2 c1 a1 Gi s y là m t giá tr c a bi u th c, y = và y = . Khi đó phương trình tương ng c2 a2 a1 x2 + b1 x + c1 =y a2 x2 + b2 x + c2 ph i có nghi m, hay phương trình (a2 y − a1 )x2 + (b2 y − b1 )x + (c2 y − c1 ) = 0 (1.4) ph i có nghi m. Do (1.4) là phương trình b c hai nên đi u này tương đương v i ∆ = (b2 y − b1 )2 − 4(a2 y − a1 )(c2 y − c1 ) 0 hay g(y) := (b2 − 4a2 c2 )y 2 + 2(b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 )y + b2 − 4a1 c1 2 1 0 ph i có nghi m. Vì g(y) có b2 − 4a2 c2 < 0 nên theo Đ nh lí đ o c a tam th c b c hai, thì 2 ∆ = (b1 b2 + 2a1 c2 + a2 c1 )2 − (4a1 c1 − b2 )(4a2 c2 − b2 ) 1 2 0. (1.5) và y1 y y2 , 5
  6. v i √ b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 ± ∆ y1,2 = , b2 − 4a2 c2 2 và ∆ đư c tính theo công th c (1.5). Suy ra max y = y2 và min y = y1 , đ t đư c khi ng v i m i j (j = 1, 2), x y ra đ ng th i   ∆ = (b2 yj − b1 )2 − 4(a2 yj − a1 )(c2 yj − c1 ) = 0, 1 b y − b1  xj = − 2 j . 2 a2 yj − a1 Xét m t vài ví d minh ho sau đây. Ví d 1. Cho x, y là các s th c sao cho 2x2 + y 2 + xy 1. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c M = x2 + y 2 . Gi i. Đ t 2x2 + y 2 + xy = a, a 1. Khi đó M x2 + y 2 = 2 a 2x + y 2 + xy M 1 1) N u y = 0 thì = . a 2 2) N u y = 0 suy ra M t2 + 1 x = 2 , t= a 2t + t + 1 y M 1 Ta ch c n xác đ nh các giá tr < , sao cho phương trình a 2 M t2 + 1 = 2 a 2t + t + 1 có nghi m. Nghĩa là phương trình M M M 2 − 1 t2 + t+ −1=0 a a a có nghi m. Th thì bi t th c ∆ ph i không âm. Ta có M 2 M M ∆= −4 2 −1 −1 0 a a a hay M 2 M −7 + 12 −4 0. a a Gi i b t phương trình b c hai này ta đư c √ √ 6−2 2 M 6+2 2 . 7 a 7 Suy ra √ √ 6−2 2 6−2 2 M a = M0 . 7 7 6
  7. √ 6−2 2 V y min M = , đ t đư c khi và ch khi 7  x = M1 y x = M1 y  √ ⇔ 2(1 − 2M0 ) 2x2 + y 2 + xy = 1 y = ± 2 , 2 − 7M0 + 7M0  −M0 v i M1 = . 2(2M0 − 1) Ví d 2. Cho x2 + y 2 + xy = 1. Tìm giá tr l n nh t và nh nh t c a bi u th c A = x2 − xy + 2y 2 . Gi i. Ta có th vi t A dư i d ng x2 − xy + 2y 2 A= . x2 + xy + y 2 1) N u y = 0 thì A = 1. 2) N u y = 0 thì t2 − t + 2 x A= 2+t+1 , t= t y C n xác đ nh A đ phương trình t2 − t + 2 A= t2 + t + 1 có nghi m. Đi u đó tương đương v i vi c phương trình (A − 1)t2 + (A + 1)t + A − 2 = 0 có nghi m, t c là ∆ = (A + 1)2 − 4(A − 1)(A − 2) 0. T đó, ta đư c √ √ 7−2 7 7+2 7 A 3 3 √ 7+2 7 V y max A = , đ t đư c khi 3  A2 + 1 x = A2 + 1 y  x =  y 2(1 − A2 )  2(1 − A2 ) hay 2(A2 − 1)  2 y = ± x + y 2 + xy = 1  7 − 6A2 + 3A2  2 √ 7−2 7 và min A = , đ t đư c khi 3  A1 + 1 x = A1 + 1 y  x =  y 2(1 − A1 )  2(1 − A1 ) hay 2(A1 − 1)  2 y = ± x + y 2 + xy = 1  7 − 6A1 + 3A2  1 trong đó A1 , A2 l n lư t là giá tr nh nh t và giá tr l n nh t. 7
  8. Ví d 3. Cho x2 + y 2 − xy = 1. Tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a bi u th c M = x4 + y 4 − x2 y 2 . Gi i. T gi thi t suy ra 1 = x2 + y 2 − xy 2xy − xy = xy 2 1 = (x + y) − 3xy −3xy 1 T đó ta có − 3 xy 1. M t khác, t gi thi t ta có x2 + y 2 = 1 + xy nên x4 + y 4 = −x2 y 2 + 2xy + 1 x4 + y 4 − x2 y 2 = −2t2 + 2t + 1, t = xy V y c n tìm giá tr l n nh t, nh nh t c a tam th c b c hai 1 f (t) = −2t2 + 2t + 1; − t 1. 3 Ta có 1 3 max M = f = , 2 2 đ t đư c khi và ch khi 1 xy = , và x2 + y 2 − xy = 1 2 hay là √ √ √ √ 5 1 5±1 5 1 5±1 (x, y) ∈ √ , √ , − √ ,− √ 2 2 2 2 2 2 2 2 V y nên 1 1 min M = f − = , 3 9 đ t đư c khi và ch khi √ 3 xy = − 1 3 x=± 3 hay √ 3 x2 + y 2 − xy = 1 y= 3 . Bài toán 2 (Thi HSG Toán Vi t Nam 2003). Cho hàm s f xác đ nh trên t p s th c R, l y giá tr trên R và tho mãn đi u ki n f (cot x) = sin 2x + cos 2x, x ∈ (0, π). Hãy tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a hàm s g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x). Gi i. Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x 2 cot x cot2 x − 1 = + cot2 x + 1 cot2 x + 1 cot2 x + 2 cot x − 1 = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + 1 8
  9. V i m i t ∈ R đ u t n t i x ∈ (0, π) sao cho cot x = t, ta đư c t2 + 2t − 1 f (t) = , ∀t ∈ R. t2 + 1 Do đó sin4 2x + 32 sin2 2x − 32 g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x) = , ∀x ∈ R. sin4 2x − 8 sin2 2x + 32 1 1 Đ t u = sin2 2x. D th y, x ∈ R khi và ch khi u ∈ 0, . Vì v y 4 4 min g(x) = min h(u) và max g(x) = max h(u), x∈R 0 u 1/4 x∈R 0 u 1/4 trong đó u2 + 8u − 2 h(u) = . u2 − 2u + 2 Ta tính d o hàm c a hàm h(u) 2(−5u2 + 4u + 6) h (u) = . (u2 − 2u + 2)2 1 1 Ta d dàng ch ng minh đư c h (u) > 0 ∀u ∈ 0, . Suy ra hàm h(u) đ ng bi n trên 0, . Vì v y, 4 4 1 trên 0, , ta có 4 min h(u) = h(0) = −1 và 1 1 max h(u) = h = . 4 25 1 Do đó min g(x) = −1, đ t đư c ch ng h n khi x = 0 và max g(x) = , đ t đư c ch ng h n khi 25 π x= . 4 Bài toán 3 (Thi HSG Toán Vi t Nam 2003). Cho hàm s f xác đ nh trên t p h p s th c R, l y giá tr trên R và tho mãn đi u ki n f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0, π). Hãy tìm giá tr nh nh t và giá tr l n nh t c a hàm s g(x) = f (x)f (1 − x) trên đo n [−1; 1]. Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x 2 cot x cot2 x − 1 = + cot2 x + 1 cot2 x + 1 cot2 x + 2 cot x − 1 = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + 1 T đó, v i lưu ý r ng v i m i t ∈ R đ u t n t i x ∈ (0, π) sao cho cot x = t, ta đư c t2 + 2t − 1 f (t) = , ∀t ∈ R. t2 + 1 9
  10. D n t i, x2 (1 − x)2 + 8x(1 − x) − 2 g(x) = f (x)f (1 − x) = , ∀x ∈ R. x2 (1 − x)2 − 2x(1 − x) + 2 1 Đ t u = x(1 − x). D th y, khi x ch y qua [−1, 1] thì u ch y qua − 2, . 4 Vì v y, min g(x) = min h(u) và max g(x) = max h(u), −1 x 1 −2 u 1 −1 x 1 −2 u 1 4 4 trong đó u2 + 8u − 2 h(u) = . u2 − 2u + 2 Ta có 2(−5u2 + 4u + 6) h (u) = (u2 − 2u + 2)2 T vi c kh o sát d u c a h (u) trên [−2; 1/4], ta thu đư c √ 2− 34 √ min h(u) = h =4− 34 −2 u 1 4 5 và 1 max h(u) = max{h(−2); h(1/4)} = . −2 u 1 4 25 √ 1 V y, trên [−1; 1], ta có min g(x) = 4 − 34 và max g(x) = . 25 Bài toán 4 (MO Nga 1999). Cho hàm s f (x) = x2 + ax + b cos x. Tìm t t c các giá tr c a a, b sao cho phương trình f (x) = 0 và f (f (x)) = 0 có cùng m t t p h p nghi m th c (khác r ng). Gi i. Gi s r là m t nghi m c a f (x). Khi đó b = f (0) = f (f (x)) = 0. Do đó f (x) = x(x + a), suy ra ho c r = 0 ho c r = −a. Vì v y f (f (x)) = f (x)(f (x) + a) = x(x + a)(x2 + ax + a). Ta ch n a sao cho x2 + ax + a không có nghi m th c n m gi a 0 và −a. Th t v y n u 0 ho c −a là nghi m c a phương trình x2 + ax + a = 0, thì ph i có a = 0 và khi đó f (f (x)) không có nghi m nào khác. Nói cách khác, ∆ = a2 − 4a < 0 hay 0 < a < 4. V y v i 0 a < 4 thì hai phương trình đã cho có cùng t p h p nghi m x = 0, x = −a. Bài toán 5. Cho tam th c b c hai f (x) = ax2 + bx + c tho mãn đi u ki n |f (−1)| 1, |f (0)| 1, |f (1)| 1. Tìm giá tr l n nh t c a |f (x)| v i x ∈ [−1; 1]. 10
  11. Gi i. Ta có f (1) + f (−1) f (1) − f (−1) f (x) = − f (0) x2 + x + f (0) 2 2 f (1) 2 f (−1) 2 = (x + x) + (x − x) + f (0)(1 − x2 ) 2 2 Suy ra 1 2 1 f (x) |x + x| + |x2 − x| + |1 − x2 | 2 2 1 2 = (|x + x| + |x2 − x|) + |1 − x2 | 2 Vì x ∈ [−1; 1] nên (x2 + x)(x2 − x) = x2 (x2 − 1) 0. Do đó 1 2 1 (|x + x| + |x2 − x|) + |1 − x2 | = |x2 + x − x2 + x| + 1 − x2 2 2 = |x| + 1 − x2 5 5 = −(|x| − 1 )2 + 2 . 4 4 5 5 Suy ra |f (x)| . V y max |f (x)| = . 4 −1 x 1 4 11
  12. Chương 2 M t s đ ng nh t th c quan tr ng Trư c h t, ta có nh n xét r ng t m t đ ng th c đã cho đ i v i b s th c ta đ u có th m r ng (theo nhi u cách th c khác nhau) thành m t đ ng th c m i cho b s ph c. Ch ng h n, ta có th coi m i s th c a đã cho như là ph n th c c a m t s ph c z = a + ib (b ∈ R). Ta nêu m t s đ ng nh t th c v sau c n s d ng. Đ nh lý 5. V i m i b s (aj , bj , uj , vj ), ta luôn có đ ng th c sau: n n n n aj uj bj vj − aj bj uj vj j=1 j=1 j=1 j=1 = (aj bk − bj ak )(uj vk − uk vj ). (2.1) 1 j
  13. hay a2 + αβb2 k k (α + β)ak bk , k = 1, 2, . . . , n. T đây suy ra n n n a2 k + αβ b2 k (α + β) ak bk . k=1 k=1 k=1 Theo b t đ ng th c Cauchy, thì n 1 n 1 n n 2 2 1 a2 k αβ b2 k a2 + αβ k b2 . k 2 k=1 k=1 k=1 k=1 V y nên n 1 n 1 n 2 2 1 a2 k αβ b2 k (α + β) ak bk . 2 k=1 k=1 k=1 T đây, ta thu đư c b t đ ng th c đ o Cauchy. Đ nh lý 7. Gi s ta có b các c p s dương (ak , bk ) sao cho ak ∈ [α, β], α > 0, k = 1, 2, . . . , n. bk Khi đó n 1 n 1 n 2 2 A a2 k b2 k ak bk , G k=1 k=1 k=1 trong đó α+β A= , G= αβ. 2 Nhìn chung, r t nhi u b t đ ng th c nh n đư c t các đ ng nh t th c. Vì v y, vi c thi t l p đư c các đ ng nh t th c đư c coi như m t phương pháp h u hi u đ sáng tác và ch ng minh b t đ ng th c. Bài toán 6. Ch ng minh r ng v i m i b ba s (x, y, z), ta luôn có đ ng th c sau (2x + 2y − z)2 + (2y + 2z − x)2 + (2z + 2x − y)2 = 9(x2 + y 2 + z 2 ). Hãy t ng quát hoá? Bài toán 7. Ch ng minh r ng v i m i b b n s (x, y, z, t), ta luôn có đ ng th c sau (x + y + z − t)2 + (y + z + t − x)2 + (z + t + x − y)2 + (t + x + y − z)2 = 4(x2 + y 2 + z 2 + t2 ). Hãy t ng quát hoá? Bài toán 8. Ch ng minh r ng v i m i b s (uk , vk , pk ), ta luôn có đ ng th c sau n n n (uk vj + uj vk )pj pk = 2 uk pk vk pk . j,k=1 k=1 k=1 Bài toán 9. Ch ng minh r ng v i m i b s (uk , vk , pk ), ta luôn có đ ng th c sau n n (uj vj + uk vk )pj pk = 2 uk vk pk . j,k=1 k=1 13
  14. Chương 3 B t đ ng th c Cauchy (d ng th c và ph c) 3.1 B t đ ng th c Cauchy Ti p theo, th c hi n theo ý tư ng c a Cauchy1 đ i v i t ng n n n n (xi t − yi )2 = t2 x2 − 2t i x i yi + 2 yi , i=1 i=1 i=1 i=1 ta nh n đư c tam th c b c hai d ng n n n f (t) = t2 x2 − 2t i x i yi + 2 yi 0, ∀t ∈ R, i=1 i=1 i=1 nên ∆ 0. Đ nh lý 8. V i m i b s (xi ), (yi ), ta luôn có b t đ ng th c sau n n n 2 x i yi x2 i 2 yi . (3.1) i=1 i=1 i=1 D u đ ng th c trong (3.1) x y ra khi và ch khi hai b s (xi ) và (yi ) t l v i nhau, t c t n t i c p s th c α, β, không đ ng th i b ng 0, sao cho αxi + βyi = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n. B t đ ng th c (3.1) thư ng đư c g i là b t đ ng th c Cauchy2 (đôi khi còn g i là b t đ ng th c Bunhiacovski, Cauchy - Schwarz ho c Cauchy-Bunhiacovski). Nh n xét r ng, b t đ ng th c Cauchy cũng có th đư c suy tr c ti p t đ ng nh t th c Lagrange sau đây 1 Augustin-Louis Cauchy 1789-1857 2 T i Vi t Nam và m t s nư c Đông Âu, b t đ ng th c này đư c mang tên là "B t đ ng th c Bunhiacovski","B t đ ng th c Cauchy-Bunhiacovski" ho c "B t đ ng th c Cauchy - Schwarz". Còn b t đ ng th c gi a các giá tr trung bình c ng và nhân thì đư c g i là b t đ ng th c Cauchy. Th c ra, theo cách g i c a các chuyên gia đ u ngành v b t đ ng th c (Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., Bellman R.,...), thì b t đ ng th c tích phân d ng (2.1) m i mang tên là b t đ ng th c Bunhiacovski. 14
  15. Đ nh lý 9 (Lagrange). V i m i b s (xi ), (yi ), ta luôn có đ ng nh t th c: n n n n 2 x2 i 2 yi − x i yi = (xi yj − xj yi )2 . i=1 i=1 i=1 i,j=1, i
  16. Ch ng minh. B ng cách th c hi n đ ng th i phép quay quanh g c to đ đ i v i các zk cùng m t góc, ta thu đư c n a k zk 0. k=1 Rõ ràng phép quay này không nh hư ng đ n giá tr c a modul các s . n n 2 ak z k , zk , |zk | (k = 1, . . . , n). k=1 k=1 V y, ch c n ch ng minh cho trư ng h p n a k zk 0. k=1 N u ta đ t zk = xk + iyk (k = 1, . . . , n), thì n n n n 2 2 ak zk = ak xk a2 k x2 . k k=1 k=1 k=1 k=1 Vì 2x2 = |zk |2 + Re zk , k 2 ta nh n đư c n n n n 2 1 ak zk a2 k |zk |2 + 2 Re zk . 2 k=1 k=1 k=1 k=1 T b t đ ng th c này và n n n 2 2 2 zk = zk zk k=1 k=1 k=1 ta thu đư c đi u c n ch ng minh. 16
  17. Chương 4 Tam th c b c (α) và tam th c b c (α, β) Ta có nh n xét r ng b t đ ng th c Cauchy dư i d ng sơ đ ng x2 + 1 2x, ∀x ∈ R (4.1) có th xem như b t đ ng th c tam th c b c hai trong trư ng h p d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 1. Khi đó, ta d dàng m r ng cho tam th c b c α (α > 1) đ có b t đ ng th c tương t như (4.1) b ng cách thay s 2 b i s α. Th t v y, ta c n thi t l p b t đ ng th c d ng xα + (?) αx, ∀x ∈ R+ (4.2) sao cho d u đ ng th c v n x y ra khi và ch khi x = 1. Thay x = 1 vào (4.2), ta nh n đư c (?) = α − 1, t c là (4.2) có d ng xα + α − 1 αx, ∀x ∈ R+ . (4.3) Đây chính là b t đ ng th c Bernoulli quen bi t. S d ng đ o hàm, ta d dàng ch ng minh (4.3). Th t v y, xét hàm s f (x) = xα + α − 1 − αx, x > 0. Ta có f (1) = 0 và f (x) = αxα−1 − α = α(xα−1 − 1). Suy ra f (x) = 0 khi và ch khi x = 1 và x = 1 là c c ti u duy nh t c a f (x) trên R+ nên f (x) f (1) = 0. Nh n xét 1. Trong áp d ng, đ c bi t trong các d ng toán xác đ nh giá tr l n nh t ho c nh nh t, b t đ ng th c Bernoulli d ng (4.3) ch đư c s d ng trong các trư ng h p đ m b o ch c ch n r ng d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 1. Trong nh ng trư ng h p, n u d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = x0 > 0 cho trư c, ta c n thay (4.3) b i b t đ ng th c sau đây x α x +α−1 α , ∀x ∈ R+ . (4.4) x0 x0 Ti p theo, ta l i có nh n xét r ng b t đ ng th c Cauchy dư i d ng sơ đ ng x2 + 1 2x, ∀x ∈ R (4.5) có th xem như b t đ ng th c tam th c b c (2,1) ( ng v i lu th a 2 và lu th a 1 c a x), trong trư ng h p d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 1. 17
  18. Khi đó, ta d dàng m r ng m t cách t nhiên cho tam th c b c (α, β) (α > β > 0) đ có b t đ ng th c tương t như (1.14) b ng cách thay lu th a 2 b i s α và lu th a 1 b i β. Th t v y, ta c n thi t l p b t đ ng th c d ng xα + (?) (??)xβ , ∀x ∈ R+ (4.6) sao cho d u đ ng th c v n x y ra khi và ch khi x = 1. α S d ng phép đ i bi n xβ = t và = γ, ta có th đưa (1.15) v d ng β tγ + (?) (??)t, ∀t ∈ R+ (4.7) So sánh v i (4.3), ta th y ngay c n ch n (?) = γ − 1 và (??) = γ. V y nên tγ + γ − 1 γt, ∀t ∈ R+ , hay α α β xα + −1 x , ∀x ∈ R+ , (4.8) β β d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 1. Ta nh n đư c b t đ ng th c Bernoulli đ i v i tam th c b c (α, β) ng v i trư ng h p d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 1. Đ s d ng b t đ ng th c Bernoulli cho trư ng h p đ m b o ch c ch n r ng d u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = x0 (x0 > 0) cho trư c, ta ch c n thay (4.8) b i b t đ ng th c sau đây Đ nh lý 11. Gi s cho trư c x0 > 0 và c p s (α, β) tho mãn đi u ki n α > β > 0. Khi đó x α α α x β + −1 , ∀x ∈ R+ . (4.9) x0 β β x0 D u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = x0 . Bài toán 11. Cho b các s dương a, b, c; α, β v i α > β. Ch ng minh r ng a α b α c α a β b β c β + + + + . b c a b c a Gi i. Ta s d ng b t đ ng th c (4.8). Ta có  a α α α a β   + −1 , b β β b    b α α α b β   + −1 ,    c β β c (4.10) c α α α c β   + −1 , a β β a    α a β b β c β α   −1 + + 3 −1    β b c a β C ng các v tương ng c a (4.10) ta thu đư c a α b α c α a β b β c β + + + + . b c a b c a Ti p theo, ta xét d ng tam th c b c (α, β): f (x) = axα + bxβ + c v i đi u ki n α > 0 > β và aα + bβ = k > 0. Trư ng h p riêng, khi k = 0, ta thu đư c d ng phân th c chính quy và s đư c xét chi ti t chương ti p theo. Ta có k t qu sau đây. 18
  19. Đ nh lý 12. Tam th c b c (α, β) d ng f (x) = axα + bxβ + c, trong đó a, b > 0, α > 0 > β và aα + bβ = k 0 có tính ch t sau: f (x) f (1), ∀x 1. Ch ng minh. Đ ý r ng f (x) = aαxα−1 + bβxβ−1 và trong kho ng (0, +∞), ta có f (x) = 0 khi và ch khi k x = x0 , trong đó x0 = 1− 1. aα Do v y, f (x) đ ng bi n trong [1, +∞), nên f (x) f (1), ∀x 1. H qu 4. Tam th c b c (α, β) d ng f (x) = axα + bxβ + c, trong đó a, b > 0, α > 0 > β và aα + bβ = 0 có tính ch t sau: min f (x) = f (1). x>0 19
  20. Chương 5 M t s b t đ ng th c c đi n liên quan Ti p theo, ta xét b t đ ng th c d ng n i suy sau đây. Đ nh lý 13. V i m i c p dãy s th c a = (a1 , . . . , an ) và b = (b1 , . . . , bn ) và 0 x 1, ta đ u có n n n 2 ak bk + x ai bj a2 k + 2x ai aj b2 + 2x k bi bj . k=1 i=j k=1 i

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản