Bài 3: Các bất đẳng thức liên quan tới lũy thừa mũ hữu tỷ hoặc mũ vô tỷ - Trần Thông Quế

Chia sẻ: Cam Van | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

117
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài 3 "Các bất đẳng thức liên quan tới lũy thừa mũ hữu tỷ hoặc mũ vô tỷ" dưới đây. Nội dung tài liệu cung cấp cho các bạn những kiến thức lý thuyết và câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải về lũy thừa mũ hữu tỷ hoặc mũ vô tỷ. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài 3: Các bất đẳng thức liên quan tới lũy thừa mũ hữu tỷ hoặc mũ vô tỷ - Trần Thông Quế

Bài 3. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI LŨY THỪA MŨ HỮU TỶ HOẶC MŨ VÔ TỶ 1/Định lý 1. a-Nếu x  -1 và 0 <  1 thì: (1 + x)  1 + x (2) Dấu bằng ở (1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi x = 0. m Chứng minh. a.Trước hết ta giả sử rằng  là số hữu tỷ và theo giả thiết 0 < 
 Ta lấy một số hữu tỷ r sao cho  < r < 1, khi đó bđt 1  x  có thể viết lại như sau  r 1  x  = 1  x  r        Vì 0 < < 1 nên như ta đã chứng minh ở trên 1  x  r  1  x r r Do đó r  1  x   1    x  r  r      Nếu x  0, thì  1  x  < 1 + r x = 1 + x tức là 1  x   1 + x  phần (a) của định lý 1 đã cm xong!  r  r Ta chuyển đến cm phần b. b. Nếu 1 + x < 0 thì bđt (2) luôn luôn đúng vì vế trái của nó không âm còn vế phải là một giá trị âm. Còn nếu 1 + x  0  x  -1 thì ta sẽ xét hai trường hợp sau: b1- Khi  > 1 theo phần (a) của định lý đã được cm ở trên, ta có 1 1 1   x    1 x = 1 + x (3)  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Nâng cả hai vế của (3) lên lũy thừa , ta được (1 + x)  (1 + x) b2- Trường hợp thứ hai: Khi  < 0. Nếu 1 + x < 0 thì bđt (2) hiển nhiên đúng.  Còn nếu 1 + x  0 thì ta chọn một số nguyên dương n sao cho  < 1. n Do phần (a) của định lý, ta có    1  x  n  1 x , n  1  1  x  n    1 x (4) 1 x n n 2 2 (Bất đẳng thức (4) đúng, vì 1  1 - x ), nâng lên lũy thừa n cả hai vế bđt (4) được n2 n      1  x   1  x   1  n x  1   x  n  n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=0. Trường hợp (b) của định lý đã cm xong. Và định lý 1 đã được chứng minh xong hoàn toàn!
2/Định lý 2. Nếu a1, a2, . . ., an là các số dương và  <  thì c  c, hơn nữa dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an. Với các chỉ só  và  trái dấu, ta đã chứng minh định lý này ở ví dụ 7 thuộc Bài 2 (“CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN…”). Ở đây, vấn đề còn lại là ta chứng minh định lý với  và  cùng dấu. Nhắc lại: c và c là các trung bình lũy thừa mà biểu thức toán học định nghĩa chúng có dạng: 1  a   a2  ...  an   c=  1   n  *Không làm mất tính tổng quát của chứng minh , ta có thể giả sử 0 <  <  và đặt 1  a   a2  ...  an   k = c =  1   n  Chia c cho k ta có 1     a1    a2    an      ...     c c   k   k   k     (5) k c  n         a  a  a  Đến đây, để biểu thức gọn, ta đặt các đại lượng phụ d1 =  1  , d2 =  2  , . . ., dn =  n  k k   k  Khi đó đẳng thức (5) thành 1      c d  d   ...  d    1 2 n  (6) k  n      1    a1   a2   an   1 1        ...          d1  d 2  ...  d n   k k k  1  a  a  ...  a  1 Vì   =        1 2 n   c  n   n  k n  k     1 = c  1 c d1  d 2  ...  d n Nên  1  d1  d 2  ...  d n  n (7) n Đặt d1 = 1 + x1, d2 = 1 + x2, . . ., dn = 1 + xn. Từ đẳng thức (7) xuy ra x1 + x2 + . . . +xn = 0.
 Dựa trên định lý 1 (nhớ rằng > 1) ta có:     dx1  1  x1    1  x1     d 2   1  x2    1  x2  (8) ........................................    d n   1  xn    1  xn  Cộng các bđt trên đây vế đối vế ta được:     d1  d 2   ...  d n   n   x1  x2  ...  xn  = n (9)  Từ (6) và (9) suy ra: 1 c  n      1  c  k  c k n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các bđt trong (8) có dấu bằng, tức là khi x1 = x2 = . . . = xn =0 (theo định lý 1). Trong trường hợp này d1 = d2 = . . . = dn vì vậy a1 = a2 = . . . = an = k. Còn nếu mọi số a1, a2, . . ., an không bằng nhau thì c > c Định lý 2 đã được chứng minh khi 0 <  < .  * Trường hợp  <  < 0 thì 0 < < 1. Đến đây lập luận tương tự như cách chứng minh trên, song lưu ý rằng  trong các bđt (8) và (9) thì dấu bất đẳng thức ngược lại và vì  < 0 nên từ bđt    d1  d 2   ...  d n  1 n suy ra: 1      1  c d    d 2  ...  d n   1  1 = 1  k  n     Tức là c  k = c  định lý 2 đã được chứng minh hoàn toàn! Đến đây, từ nay trở đi ta có thể gọi trung bình nhân là trung bình lũy thừa cấp 0, nghĩa là g = c0 với  > 0.
Từ kết quả chứng minh định lý 2, ta suy ra trường hợp đặc biệt sau: c-1  c0  c1  c2 (10) Tức là:  Trung bình điều hòa không lớn hơn trung bình nhân,  Trung bình nhân không lớn hơn trung bình cộng, của các số dương.  Trung bình cộng không lớn hơn trung bình bình phương Ví dụ. a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, ta có: 1  a 1  a2 1  ...  a3 1  3 c-1 =  1   1 1 1  1,7…  3    1 2 4 c0 = 3 a1.a2 .a3  3 1.2.4  2 1 2  4 7 c1 =   2,3… 3 3 1  a 2  a2 2  a3 2  2 1  4  16 c2 =  1    7  2,6…  3  3 Luyện tập 1. Chứng minh rằng x2 + y2 + z2  12 nếu x + y + z = 6 Đáp. Theo kết luận cho bởi bđt (10): Trung bình cộng không lớn hơn trung bình bình phương, ta có 2 x y z  x2  y 2  z 2 2 2 2  x y z   x  y  z = 62 = 12 3 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. Luyện tập 2. Chứng minh rằng nếu x3 + y3 + z3 = 81 (x > 0, y > 0, z > 0) thì x + y + z  9 Đáp. Vì (x + y + z)3  32(x3 + y3 + z3) = 9.81 = 729  x + y + z  3 729 = 9. Xong! 2 Luyện tập 3. Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 8 thì x3 + y3 + z3  16 3 Đáp. Vì c2  c3, nên 1 1  x 2  y 2  z 2  2  x3  y3  z 3  3      3   3 
Lắp dữ liệu ở đầu bài vào bđt ngay trên đây ta được: 1 3 3 3 x y z  8 3 8 8 2     x3 + y3 + z3  3. = 16 . Xong!  3  3 3 3 3 Luyện tập 4. Tìm phần nguyên của số 1 1 1 1 x= 3  3  3  ...  3 4 5 6 1000000 Đáp. Để giải bài này ta dùng bổ đề sau (sẽ giải trong phần Bài tập của chương này) Nếu 0 >  > -1 thì  1  1  n  1  m 1  n 1   m  1  m   m  1  ...  n   1  1 1 Trong bđt ngay trên đây đặt m = 4, n = 1000000,  = - , ta có 3 2 2 2 2 10000013  4 3 1000000 3  3 3  x 2 2 3 3 2 3 3 3 23 3 2 3 3 23 Tức là .1000001  .4  x  .1000000  .3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 Vì .10000013  1000000 3  10000  15000 , 2 2 2 3 3 3 3 . 16  3 54  4, . 3 9  . 3 8  3 2 2 2 Nên 15000-4 < x < 15000 - 3  14996 < x < 14997 suy ra  x  = 14996. Xong! BÀI TẬP 1/Chứng minh rằng với các số dương a1, a2, . . . , an các bất đẳng thức sau luôn luôn nghiệm đúng (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  a1  a2  ...  an  , với  > 1 (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  a1  a2  ...  an  , với 0 <   1 Từ kết quả chứng minh, hãy nêu ra công thức cho trường hợp riêng: tổng chỉ có hai số hạng.
2/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì  1  1  n  1  n 1  n 1   n  1 n   1  1 3/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì  1  n  1  m 1  n 1  (m  1) 1  m   m  1  ...  n   1  1 Thầy Trần Thông Quế