Căn bản về bất đẳng thức trình bày theo cách riêng

Chia sẻ: Cam Van | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:34

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Căn bản về bất đẳng thức trình bày theo cách riêng tập trung trình bày các bài học chính về phần nguyên của một số bất kỳ; các bất đẳng thức kinh điển, quan trọng ứng dụng giải một số bài toán hay; các bất đẳng thức liên quan tới thừa mũ hữu tỷ hoặc mũ vô tỷ;…

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Căn bản về bất đẳng thức trình bày theo cách riêng

1 CĂN BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRÌNH BÀY THEO CÁCH RIÊNG BÀI 1 PHẦN NGUYÊN CỦA MỘT SỐ BẤT KỲ Việc tiếp thu khái niệm “phần nguyên” của một số rất dễ dàng. Song le các bài toán liên quan tới nó lại khá xa lạ ( nếu không nói là khó) với nhiều học sinh! 1.1/ĐỊNH NGHĨA PHẦN NGUYÊN CỦA SỐ BẤT KỲ x (ký hiệu [x]) Ta gọi phần nguyên của số bất kỳ x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Từ định nghĩa ta có đánh giá: [x] ≤ x. (a) Mặt khác vì [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x nên ta có đánh giá thứ hai: x < [x] + 1 (b) Kết hợp (a) và (b) ta có BĐT xác định phần nguyên [x] của x như sau: [x] ≤ x < [x] + 1 17 ví dụ: 3 <  < 4; 5 < < 6; -2 < - 2 < -1; 7=7
2 Lt2: Tìm phần nguyên của số x xác định bởi biểu thức sau: 1 1 1 1 1 x = 1+ + + + +...+ 2 3 4 5 1000000 Giải: Tuy bài toán này chỉ khác bài toán trên về số lượng các hạng tử và các hạng tử từ thứ 6 trở đi, song ta không thể dùng cách trên để tìm phần nguyên của x được. Để giải bài trên ta xét dãy tổng quát bởi cách thay 1000000 bằng n: 1 1 1 1 1 x = 1+ + + + +...+ (*) 2 3 4 5 n và chứng minh bổ đề sau: Bổ đề. Với mọi n nguyên dương ta có BĐT 1 2 n 1 - 2 n < < 2 n - 2 n  1 (1) n Quả vậy, dễ thấy rằng 2 n 1 - 2 n = 2  n 1  n  n 1  n  2 và vì n 1 > n nên n 1  n n 1  n 2 1 2 n 1 - 2 n < =  vế trái của BĐT (1) đã được chứng minh (viết tắt: đcm) 2 n n Vế phải của (1) chứng minh bằng cách tương tự. Trong dãy (*) ta xét n từ 2, 3, 4, … , đến n. Dùng BĐT (1) của bổ đề ta có: 1 2 32 2 < < 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 3 < < 2 32 2 3 1 2 52 4 < < 2 4 2 3 4 ........................ 1 2 n 1 - 2 n < < 2 n - 2 n 1 n Cộng vế đối vế các BĐT trên ta được:
3 1 1 1 1 1 2 n 1 - 2 2 < + + + +...+ < 2 n -2 2 3 4 5 n Để xuất hiện BĐT (*) ta thêm 1 vào tất cả các vế của BĐT vừa nhận được trên đây: 1 1 1 1 1 2 n  1 - 2 2 + 1 < 1+ + + + +...+ < 2 n - 2 +1 (2) 2 3 4 5 n Vì 2 2 < 3 và n  1 > n nên từ BĐT (2) suy ra: 1 1 1 1 1 2 n - 2 < 1+ + + + +...+ < 2 n -1 (3) 2 3 4 5 n Đến đây, ta trở lại yêu cầu của bài toán: tìm phần nguyên của biểu thức x: 1 1 1 1 1 x = 1+ + + + +...+ 2 3 4 5 1000000 bằng cách thay n=1000000 vào (3) ta được: 1 1 1 1 1 2 1000000 - 2 < 1+ + + + +...+ < 2 1000000 - 1 2 3 4 5 n 1 1 1 1 1 1998 < x=1+ + + + +...+ < 1999 2 3 4 5 1000000 Từ đó suy ra [x]=1998. Các bạn thấy không? Thật thú vị, với câu hỏi tưởng như đơn giản là tính [x] của x cho bởi: 1 1 1 1 1 x = 1+ + + + +...+ 2 3 4 5 1000000 mà ta đã thu được nhiều hiểu biết về một loạt các đánh giá thú vị là các BĐT (1), (2), (3)!
4 Lt3: Chứng minh BĐT 1 3 5 90 1 x= . . ... < 2 4 6 100 10 Giải: Ta dùng một biểu thúc phụ để giải bài toán này: 2 4 6 100 y= . . ... 3 5 7 101 Hiển nhiên: 1 2 3 4 5 6 99 100  ,  ,  ,..., < 2 6 4 5 6 7 100 101 Nên x
5 1 1 1 z=   ...  10000 10001 1000000 4/Cm các BĐT 1 3 2n  1 1 a- . ...  2 4 2n 3n  1 1 3 5 90 1 b- . . ...  2 4 6 100 12  Bài 2 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN, QUAN TRỌNG ỨNG DỤNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HAY 1/ Từ bất đẳng thức (bđt) (x1 – x2)2  0 suy ra x12 + x22  2x1x2, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2. Nếu x1, x2 là các số dương thì hiển nhiên: x1 x2   2 (1) x2 x1 Dùng bđt (1) dễ dàng chứng minh được định lý sau: 2/ Định lý 1: Tổng của hai số dương không nhỏ hơn 2 nếu tích của chúng bằng đơn vị. 1 1 Chứng minh: Thậy vậy, nếu xy=1  y= . bất đẳng thức cần chứng minh x + y  2  x +  2 bất đẳng x x thức cuối cùng này suy ra từ (1) với x1 = x và x2 = y. định lý đã được chứng minh! Ta chuyển sang chứng minh định lý tổng quát. 3/ Định lý tổng quát (định lý 2): Nếu tích của n số dương bằng đơn vị thì tổng của chúng không nhỏ hơn n. Ta diễn đạt định lý 2 bằng biểu thức tóan học: từ bất đẳng thức x1 x2x3...xn = 1 suy ra x1 + x2 + x3 + …+ xn  n (2) hơn nữa x1 + x2 + x3 + …+ xn > n nếu tất cả các số x1, x2, x3, …, xn không đồng thời bằng nhau. Chứng minh: Ta sẽ chứng minh định lý này bằng phương pháp Quy nạp. Trên đây ta đã chứng minh định lý tổng quát đối với trường hợp n=2. Đến đây ta giả sử rằng định lý đúng với n = k  2, nghĩa là giả sử rằng x1 + x2 + x3 + …+ xn  k nếu x1 x2x3…xk = 1. Bây giờ ta phải chứng minh định lý tổng quát đúng với n=k+1, nghĩa là ta cần chứng minh: Nếu x1x2 x3…xk.xk+1 = 1 thì x1 + x2 + x3 + …+ xk + xk+1  k+1 vói tất cả xi > 0 , trong đó i=1, 2, 3,…, k+1.
6 Trước hết ta có nhận xét rằng: nếu x1 x2x3…xk.xk+1 = 1 thì có thể có hai trường hợp cần xét sau: a-Tất cả các số x1, x2, x3, … ,xk, xk+1 đều bằng nhau. Hiển nhiên trong trường hợp này mỗi thừa số trong tích trên bằng đơn vị và tổng của chúng bằng k+1: x1 + x2 + x3 + …+ xk + xk+1 = k+1 b-Tất cả các thừa số trong tích đã cho ở trên không bằng nhau. Khi đó thế nào ta cũng tìm được số lớn hơn đơn vị và số nhỏ hơn đơn vị ( nếu tất cả các thừa số trong tích đó nhỏ hơn đơn vị thì tích của chúng sẽ nhỏ hơn đơn vị, điều này trái với giả thiết của định lý). Như vậy ta có thể giả sử x1 < 1 còn xk+1 > 1. Đến đây ta có: (x1xk+1)x2 x3…xk = 1 Ta đặt y1 = x1xk+1 khi đó đẳng thức trên đây là: y1 x2 x3…xk = 1 Ở đây vì có tích của k số dương bằng đơn vị nên (theo giả thiết) tổng của chúng không nhỏ hơn k, nghĩa là: y1 + x2 + x3 + …+ xk  k Nhưng x1 + x2 + x3 + …+ xk + xk+1 = (y1 + x2 + x3 + …+ xk ) + xk+1 – y1 + x1   k+ xk+1 – y1 + x1 = (k+1) + xk+1 – y1 + x1 - 1 Hãy nhớ lại rằng y1 = x1 xk+1, nên: x1 + x2 + x3 + …+ xk + xk+1  (k+1) + xk+1 – x1xk+1 + x1 – 1 = = (k+1) + (xk+1 – 1)(1 – x1) Vì x1 < 1 còn xk+1 > 1 nên (xk+1 – 1)(1 – x1) > 0 vì vậy: x1 + x2 + x3 + …+ xk + xk+1  (k+1) + (xk+1 – 1)(1 – x1) > k+1 Đến đây định lý tổng quát đã được chứng minh đầy đủ! Lt 1. Chứng minh rằng nếu x1, x2 , x3, ... , xn là các số dương, thì x1 x2 x x   ...  n 1  n  n x2 x3 xn x1 Hơn nữa, đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = ... = xn. x1 x2 x3 xn 1 xn Chứng minh. Vì . . ... .  1 nên từ định lý tổng quát, ta trực tiếp suy ra bất đẳng thức cần x2 x3 x4 xn x1 chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = ... = xn. Lt 2. Chứng minh rằng x2  2  2 với  x x2  1
7 Chứng minh. Hiển nhiên x2  2 x2  1 1 1 =   x2  1  x2  1 x2  1 x2  2 x2  1 Vì tích của hai số hạng ở vế phải bằng 1 nên tổng của chúng không nhỏ hơn 2. Bđt đã được chứng minh! Dấu bằng chỉ xảy ra khi và khi x=0. Lt 3. Với a> 1, chứng minh rằng loga10 + lg a  2 1 Thật vậy, vì loga10. lg a=1 nên loga10 + lg a = lg a + 2 lg a x2 1 Lt 4. Chứng minh bất đẳng thức 4  1 x 2 Chứng minh. Chia cả tử và mẫu của vế trái cho x2 ta được x2 1 1 1 1 1 4  vì 2 .x 2  1 nên 2  x 2  2 và vì vậy  1 1 1 x 2  x2 x x  x2 2 x x2 4/Trung bình Cộng. Trung bình Nhân. Trung bình Lũy Thừa (nói riêng: Trung bình Bình Phương). Trung bình Điều Hòa 4.1-Định nghĩa 1. Số g = n x1 x2 ...xn được gọi là Trung bình Nhân của các số x1, x2, . . ., xn, còn số x1  x2  ...  xn a= được gọi là trung bình cộng của các số đó. n 4.2-Định lý 3. Trung bình Nhân của các số dương không lớn hơn Trung bình Cộng của các số ấy. Nếu các số x1, x2, . . ., xn không bằng nhau thì Trung bình Nhân của các số đó nhỏ hơn Trung bình Cộng cúa các số này. Chứng minh. Từ đẳng thức g = n x1 x2 ...xn suy ra: x1 x2 ...x n x x x 1= n hoặc 1 2 ... n  1 nên theo định lý 2 (định lý tổng quát) gg ...g g g g x1 x2 x ta có   ...  n  n . Đến đây nhân cả 2 vế của bđt ngay trên đây với g ta được: g g g x1  x2 ...  xn a= g (3) n
8 Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn. Còn nếu tất cả các số dương x1, x2, . . ., xn không bằng nhau, thì a>g Định lý 3 đã được chứng minh! Lt 5. Từ tất cả các hình hộp chữ nhật có tổng độ dài của 3 cạnh vuông góc với nhau cho trước, tìm hình hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất. Đáp. Đặt m=a+b+c là tổng 3 cạnh cho ở đầu bài, V=a.b.c là thể tích hình hộp chữ nhật. Vì 3 abc m V  3 a.b.c   3 3 m3 m Nên V  , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= nghĩa là khi hình hộp chữ nhật là hình lập phương. 27 3 Lt 6. Chứng minh bất đẳng thức n  n 1  n! <   với n ≥ 2 (1)  2  Đáp. n 1  2  3  ...  n  n  1 n n  1 Dùng (*) ta có n !  n 1.2.3...n    n 2n 2 Nâng cả hai vế bất đẳng thức vừa nhận được ngay trên đây lên lũy thừa n ta được bất đẳng thức (1) cần chứng minh! 1     a  a  ...  an  1 2  4.3/Định nghĩa Trung bình Lũy thừa. Số c =   gọi là Trung bình lũy thừa bậc  của  n  các số a1, a2,. . .,an. Các trường hợp riêng. a1  a2  ...  an *Nếu  = 1 ta có c1 = là trung bình cộng. n 1 2 2 2  a  a2  ...  an  1 2 *Nếu  = 2 ta có c2 =   là trung bình bình phương.  n  1  a11  a2 1  ...  an 1  n *Nếu  = -1 ta có c-1 =    1 1 là trung bình điều hòa.  n  1   ...  a1 a2 an
9 Lt 7. Chứng minh rằng nếu a1, a2, . . ., an là các số dương và  < 0 <  thì c  g  c (2) Nghĩa là: o Trung bình lũy thừa với số mũ âm không vượt quá trung bình nhân. o Trung bình lũy thừa với số mũ dương không nhỏ hơn trung bình nhân. o Đặc biệt từ (2) ta suy ra rằng Trung bình Điều hòa c-1 không thể vượt quá Trung bình Cộng c1 ( c-1 < c1) (2’). Đáp. Dùng bđt (3) ở trên, ta có n    a1  a2  ...  an a a ...an 1 2  n 1 1 Nâng cả hai vế của bđt trên đây lên lũy thừa và nhớ rằng < 0 ta có   1  a   a2  ...  an  g = n a1a2 ...an   1  = c  n  Vế thứ nhất của bđt (2) đã được chứng minh. Vế thứ hai của bđt ấy chứng minh tương tự. Lt 8. Chứng minh rằng nếu a1, a2, . . .,an là các số dương thì 1 1 1  ( a1 + a2 + . . .+an )    ...    n2 (3)  a1 a2 an  Đây là một bài hay và khá khó & phức tạp nếu không biết chọn cách chứng minh. Song nếu biết chọn cách chứng minh thì việc chứng minh không dài quá một nửa dòng khổ giấy A4! Các bạn lưu ý! Đáp. Vì c-1  g  c1 nên n a1  a2  ...  an c-1 =  = c1 1 1 1 n   ...  a1 a2 an Từ bđt vừa nhận được ta suy ngay ra bdt (3)! n 1 a  nb Lt 9. Với các số dương a, b bất kỳ (a  b), chứng minh rằng abn  (4) n 1
10 n n 1 a  b  b  ...  b a  nb Đáp. Ta có abn  n 1 abb...b   , Đó là điều phải chứng minh. n 1 n 1 n n n 1  1 Lt 10. Chứng minh rằng cùng với sự tăng của chỉ số n thì các đại lượng xn =  1   và zn = 1    n  n n n 1  1  1  cũng tăng, nghĩa là xn =  1   < xn+1 = 1    n  n 1  n n 1  1  1  và zn =  1   < zn+1 =  1    n  n 1  1 Đáp. Trong các bđt trên ta đặt a=1, b=1+ , dùng bđt (*) ta nhận được n  1 1  n 1   n  1 n 1 1. 1   n   n  2  1 1     n n 1 n 1 n 1 Nâng cả 2 vế bđt thức ngay trên đây lên lũy thừa mũ (n+1) ta có n n 1  1  1   1    1   tức là xn < xn+1 (5)  n   n 1 Bđt thức 2 của ví dụ 5 chứng minh tương tự! n 1 1 Lt 11. Chứng minh rằng yn =  1   giảm cùng với sự tăng của chỉ số n, nghĩa là  n n 2 n 1  1   1 yn+1 =  1    yn   1   (6)  n 1   n Đáp. Hiển nhiên ta có n 1 n 1  1  n 1 1 1 1 yn =  1      n 1  n 1   n  n   n   1  zn 1   1    n 1  n 1 (xem lại zn+1 ở ví dụ 5!). Theo ví dụ 5, khi n tăng, zn+1 tăng, do vậy yn ở ví dụ 6 giảm. Nói rõ hơn: yn+1 < yn.
11 5/ Giới hạn e. Trong các ví dụ 5, 6 ta đã chứng minh được 1 2  1  1 x1 =  1    2  x2  1    2,5  x3  ...  xn  ...  1  2 2 3 y1 =  1  1   4  y2   1  1   3,375  y3  ...  yn  ...  1  2 n n 1  1  1 Mặt khác, ta có 2 = x1 < xn =  1    1    yn  y1  4  n  n Như vậy, đại lượng biến thiên xn thỏa mãn hai điều kiện a- xn đơn điệu tăng cùng với sự tăng của chỉ số n, b- xn bị chặn: 2 < xn < 4. Như các bạn đã biết trong toán giải tích, một đại lượng biến thiên đơn điệu tăng và bị chặn thì nó có giới hạn. Vì vậy tồn tại gới hạn của xn. Ta ký hiệu giới hạn ấy bởi chữ e, tức là: n  1 e = lim xn  lim  1   n  n   n Vì đại lượng xn trong khi tăng, tiệm cận đến giới hạn của nó nên xn phải nhỏ hơn giới hạn ấy, nghĩa là n  1 xn =  1   < e (7)  n Dễ ràng kiểm chứng e < 3, thật vậy nếu chỉ số n lớn, thì 6  1 xn < yn < y5 =  1    2,985984 < 3  5 Số e có một ý nghĩa rất lớn trong toán học. Nó được dùng làm cơ số của logarithm, logarithm ấy gọi là logarithm tự nhiên và ký hiệu là ln a (đọc là: logarithm tự nhiên của số a, hay logarithm Nepe của số a). Trị số gần đúng của e là: e = 2,71828182285490…. Đến đây ta cũng sẽ chứng tỏ giới hạn của đại lượng biến thiên yn là e. Thật vậy n 1  1   1 n  1   lim yn = lim  1    lim   1   1     e.1  e  n  n   n    (Mặc định: các giới hạn ở biểu thức trên lấy với n  ). Vì trong khi giảm đơn điệu, yn tiệm cận đến e, nên
12 n 1  1 yn =  1   e (8)  n n n Lt 12. Chứng minh rằng n! >   (9) e Đáp. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. Hiển nhiên bđt (9) đúng với n=1. Quả vậy 1 1 1  1  1! = 1 >   =    e   2, 7182818285490  Bây giờ giả sử (9) đúng với n=k, tức là k k k! >   e Nhân cả hai vế bđt trên đây với k+1 ta được k k 1 k  k 1 e (k+1)k! = (k+1)! > (k+1)   =   k e  e   1 1    k k  1 Theo bđt (7),  1    e nên  k k 1 k 1  k 1 e  k 1  (k+1)! >      e  e  e  Như vậy (9) đã được chứng minh với n=k+1, và nghĩa là (9) nghiệm đúng với mọi giá trị của n.  Hệ quả. Vì e < 3 nên từ (9) ta suy ra n n n! >   (9’) 3 Nhờ (9’) mà ta dễ ràng chứng minh được bđt sau 300! > 100300 300  300  Trong bđt (9’) đặt n=300 ta có 300! >   = 100300  3   Hoàn toàn tương tự bđt (9) ta có thể chứng minh bđt sau
13 n 1  n 1  n! < e   (10)  e  Lt 13. Với mọi ai > 0 (i=1,n), chứng minh bđt sau na1a2 . . .an < a1n + a2n + . . . +ann (11) Bđt (11) là bđt kinh điển, tổng quát rất hay và thường gặp trong các đề thi THPT và Đại Học. Các bạn hãy chú tâm thuộc lòng nó và cả cách chứng minh quá ngắn gọn về nó nữa nhé!. Đáp. Áp dụng kết quả đã chứng minh ở trên “Trung bình Nhân không vượt quá Trung bình Cộng” (Bđt (3)) cho ví dụ này, ta có a1n  a2 n  a3n  ...  an n a1a2a3. . .an = n a1n a2 n a3n ...an n  n Nhân cả hai vế của bđt vừa nhậ được trên đây với n ta sẽ được bđt (11).  Từ bđt (11) ta suy ra các bđt đơn giản sau đây 2a1a2  a12 + a22 3a1a2a3  a13 + a23 + a33 (12) 4a1a2a3a4  a14 + a24 4 + a3 + a4 4 5a1a2a3a4a5  a15 + a25 + a35 + a45 + a55 ...................................  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 < 
14 b-Nếu  < 0 hoặc  > 1 thì: (1 + x)  1 + x (2) Dấu bằng ở (1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi x = 0 Chứng minh. m a.Trước hết ta giả sử rằng  là số hữu tỷ và theo giả thiết 0 < 
15 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  r  r xong! 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 số  và  trái dấu, ta đã chứng minh định lý này ở Lt 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.
16 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  1  c=    n  *Không làm mất tính tổng quát của chứng minh , ta có thể giả sử 0 <  <  và đặt 1  a1  a2  ...  an   k = c =    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  a    1 1        ...   n        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: 
17    d1   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       d 1  d 2  ...  d n 1 n suy ra: 1      1 c  d1  d 2   ...  d n    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:
18 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 Lt 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  x2  y2  z2   x  y  z  = 62 = 12 3 3 3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. Lt 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 Lt 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 
19 Lắp dữ liệu ở đầu bài vào bđt ngay trên đây ta được: 1  x3  y3  z 3  3 8 8 8 2     x3 + y3 + z3  3. = 16 . Xong!  3  3 3 3 3 Lt 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 3 3 3 3 1000001  4 1000000  3  x 2 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 2 Tức là .10000013  .4 3  x  .1000000 3  .33 2 2 2 2 2 2 3 3 3 Vì .1000001  1000000 3  10000  15000 , 3 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.
20 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  BÀI 4 ÁP DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ HỌC GIẢI MỘT VÀI BÀI TOÁN CỰC TRỊ A-GIẢI CÁC BÀI TẬP CỦA BÀI 3 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 (1a) (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  a1  a2  ...  an  , với 0 <   1 (1b) Từ kết quả chứng minh, hãy nêu ra công thức cho trường hợp riêng: tổng chỉ có hai số hạng. ĐÁP Nếu  ≥ 1 thì 1  a1  a2  ...  an   a1  a2  ...  an c =     c1  n  n Từ bđt trên đây dễ ràng suy ra bđt (1a). Cũng chứng minh tương tự ta được bđt (1b). Đặc biệt, từ (1a) và (1b) ta có: (x + y)  2-1(x + y),  ≥ 1, x > 0, y > 0. (x + y) ≥ 2-1(x + y), 0 <  < 1, x > 0, y > 0. 2/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì