Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwar

Chia sẻ: Nguathienthan Nguathienthan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giới thiệu bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi quốc gia, quốc tế. Nghiên cứu về dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . Tìm hiểu về dạng hằng đẳng thức thứ nhất, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để được các kết quả mới và các áp dụng của nó trong đại số và lượng giác. Trình bày từ dạng hằng đẳng thức thứ hai,. kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để được các kết quả mới và một số áp dụng của nó trong đại số và lượng giác. Giới thiệu bất đẳng thức trong đề thi IMO tại IRAN năm 1998 và một số đề mở rộng

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwar

Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwar Trần Thị Minh Ngọc Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Luận văn ThS Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp; Mã số: 60 46 Người hướng dẫn: PGS.TS. Nguyễn Vũ Lương Năm bảo vệ: 2011 Abstract: Giới thiệu bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi quốc gia, quốc tế. Nghiên cứu về dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . Tìm hiểu về dạng hằng đẳng thức thứ nhất, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để được các kết quả mới và các áp dụng của nó trong đại số và lượng giác. Trình bày từ dạng hằng đẳng thức thứ hai, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để được các kết quả mới và một số áp dụng của nó trong đại số và lượng giác. Giới thiệu bất đẳng thức trong đề thi IMO tại IRAN năm 1998 và một số đề mở rộng. Keywords: Toán sơ cấp; Hằng đẳng thức; Bất đẳng thức Content Bất đẳng thức là một nội dung lâu đời và quan trọng của Toán học. Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của bất đẳng thức đã đặt dấu ấn quan trọng, chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu toán, không chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến luôn thôi thúc người làm toán phải tìm tòi, sáng tạo. Bất đẳng thức còn có nhiều ứng dụng trong các môn khoa học khác và trong thực tế. Ngày nay, bất đẳng thức vẫn luôn chiếm một vai trò quan trọng và vẫn thường xuất hiện trong các kì thi quốc gia, quốc tế. Một trong những bất đẳng thức cổ điển quan trọng là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và các ứng dụng của nó. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz từ khi ra đời đến nay đã luôn được các nhà toán học lỗi lạc nghiên cứu và phát triển. Chúng ta đã gặp nhiều sự kết hợp của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với các bất đẳng thức khác hoặc trong hình học. Trong luận văn này, tác giả xin trình bày 1 một hướng tiếp cận mới của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: “Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” . Từ các hằng đẳng thức quen thuộc, khi kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta sẽ thu được nhiều dạng bất đẳng thức mới và lạ. Từ đó, ta sẽ xây dựng được rất nhiều bất đẳng thức có ứng dụng trong đại số hoặc lượng giác. Luận văn gồm 2 phần: Phần 1: Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi quốc gia, quốc tế. Phần 2: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . Trong phần 2, tác giả đã phân chia thành ba bài. Bài 1: Từ dạng hằng đẳng thức thứ nhất, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy- Schwarz để được các kết quả mới và các áp dụng của nó trong đại số và lượng giác. Bài 2: Từ dạng hằng đẳng thức thứ hai, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy- Schwarz để được các kết quả mới và một số áp dụng của nó trong đại số và lượng giác. Bài 3: Giới thiệu bất đẳng thức trong đề thi IMO tại IRAN năm 1998 và một số mở rộng. Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các vấn đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không tránh khỏi thiếu sót, kính mong nhận được sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn. 2 Phần 1. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi quốc gia, quốc tế. 1.1. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Với ai  R, bi  R (i  1, n) , chứng minh rằng 2  n   n 2  n 2    i i     ai   bi  a b  i 1   i 1  i 1  Chứng minh. Cách 1. (Sử dụng đẳng thức Lagrange). Từ đẳng thức 2  n 2  n 2   n    ai   bi     aibi    (aib j  a jbi ) 2  i 1  i 1   i 1  1i j n 2  n   n  n  Suy ra   aibi     ai2   bi2   i 1   i 1  i 1  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 a   ...  n b1 b2 bn Cách 2. (Sử dụng tính chất của hàm bậc 2). Xét hàm số n  n  n n f  x   x 2  ai2  2 x   aibi    bi2    ai x  bi  2 i 1  i 1  i 1 i 1 Ta có f  x   0 với mọi giá trị của x n Nếu a i 1 2 i  0  ai =0 i  1, n thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. n Áp dụng tính chất của hàm bậc 2 khi a i 1 2 i  0 suy ra 3 2  n   n  n   '    aibi     ai2   bi2   0  i 1   i 1  i 1  2  n   n  n     aibi     ai2   bi2   i 1   i 1  i 1  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 a   ...  n b1 b2 bn Cách 3. (Áp dụng bất đẳng thức trung bình). Ta có  1 2 2 xk  yk2   xk yk k  1, n Cộng tất cả các bất đẳng thức ta thu được   xk  yk    1 n 2 2 n xk yk 2 k 1 k 1 n n Kí hiệu A  a k 1 2 k ,B  b k 1 2 k n n a b Chọn xk  k , yk  k ta có A B x   y k 1 2 k k 1 2 k 1 n xk yk Và thu được  k 1 AB 1 2  n   n  n     ak bk   A2 B 2    ak2   bk2   k 1   k 1  k 1  ak A Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xk  yk   k . bk B 1.2. Bất đẳng thức AM-GM. Trong luận văn này, ta cũng hay sử dụng bất đẳng thức quen thuộc AM-GM (bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân) sau: 4 Với a1 , a2 ,..., an là các số thực không âm, ta luôn có: 1 1 n   n  ai    ai  . n n i 1  i 1  n Ở đây ta ký hiệu a i 1 i  a1.a2 ...an . Chứng minh. Có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức AM – GM, trong đó cách chứng minh quen thuộc nhất như sau: Cách 1: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n số không âm thì sẽ đúng với 2n số không âm. 1 2n 1 1 n 1 n   2n i 1 ai    2  n i 1 ai   n i 1 ani  .  1 1 1 2n 1  1n  n  ai    ai     ai n  . n n  2n i 1 2  i 1  2  i 1  1 1 2n  2n  2n   ai    2n i 1 i 1 ai  .  Từ đó suy ra bất đẳng thức đúng với n  2k . Bất đẳng thức AM – GM sẽ được chứng minh nếu chúng ta chứng minh khẳng định sau đây: Nếu bất đẳng thức đúng với n  k thì cũng đúng với n  k  1. 1 1 k 1   k 1 k 1 Thật vậy:  k  1 i 1 ai    ai   i 1  . 1 1 k 1   k 1 k 1   k 1 k 1   ai    ai   k   ai  . i 1  i 1   i 1  Áp dụng giả thiết quy nạp suy ra: 5 1 1  k 1 1 k k 1  k 1  k 1  k 1  1  ai    ai   k   ai .  ai   . k i 1  i 1   i 1  i 1     1 1 k 1   k 1 k 1   k 1 k 1   ai    ai   k   ai  . (đpcm) i 1  i 1   i 1  Cách 2: Nếu n = 1, n = 2 thì hiển nhiên bất đẳng thức đúng. Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k  2 , ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n  k  1. 1 k 1  i1 ai  ak 1 k 1 k Ta có: Sk 1   ai  k  1 i 1 k k 1 . Theo giả thiết quy nạp ta thu được:  a  1 k k i 1 i k  ak 1 Sk 1  . k 1 Để chứng minh bất đẳng thức đúng khi n  k  1 ta cần chứng minh:  a  1 k 1 k k  ak 1  k 1  k 1    ai  . i 1 i k 1  i 1  1  k   k 1    ai  ,  k 1  ak 1 . k Ký hiệu:  i 1  Ta thu được: k k 1   k 1   k  1 k .  k k         k   k   0 .      k k     k 1   k 2   k 3 2  ...   k 1   0 . 6       k   k    k   k 1   ...   k   k 1   0 .       k 1   k 2   ...   k 1     k 2   k 3  ...   k 2   ...   k 1   0 2 Bất đẳng thức đúng vì ,   0 . Các trường hợp riêng: a 2  b2  ab   a  b   0 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 1. 2 ab   2 2. a, b  0 :  ab  a  b . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ 2 khi a  b . abc 3 3. a, b, c :    abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  3  a  b  c. a 3  b3  c 3 4. a, b, c :  abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 a  b  c. 1.3. Một số bài toán trong các đề thi quốc gia, quốc tế. Phần 2: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bài 1: Dạng hằng đẳng thức thứ nhất 1.1. Các định lý Bổ đề 1.1. Với mọi số thực x, y, z ta luôn có kết quả sau:  2x  2 y  z    2 y  2z  x    2z  2x  y   9  x2  y 2  z 2  2 2 2 Chứng minh Biến đổi vế trái, ta có  2x  2 y  z   4 x 2  4 y 2  z 2  8xy  4 xz  4 yz 2 7  2 y  2z  x   4 y 2  4 z 2  x 2  8 yz  4 xy  4 zx 2  2z  2x  y   4 z 2  4 x 2  y 2  8xz  4 zy  4 xy 2 Cộng từng vế các đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.1 Cho a, b, c, x, y, z là những số thực dương tùy ý. Khi đó ta luôn có ax  by  cz  a 2  b 2  c 2  x 2  y 2  z 2   2 3  a  b  c  x  y  z  Chứng minh Ta có c(2 x  2 y  z)  a(2 y  2 z  x)  b(2 z  2 x  y)  c(2 x  2 y  2 z  3z)  a(2 y  2 z  2 x  3x)  b(2 z  2 x  2 y  3 y)  2(a  b  c)( x  y  z )  3(ax  by  cz ) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz c(2 x  2 y  z)  a(2 y  2 z  x)  b(2 z  2 x  y) 2  (a 2  b2  c2 )[(2 x  2 y  z )2  (2 y  2 z  x)2  (2 z  2 x  y)2 ] Suy ra  2(a  b  c)( x  y  z)  3(ax  by  cz)   9(a 2  b2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 ) 2 (sử dụng Bổ đề 1.1) Từ đó 2(a  b  c)( x  y  z )  3(ax  by  cz )  3 (a 2  b 2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 )  2(a  b  c)( x  y  z )  3 (a 2  b2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 )  3(ax  by  cz ) 2  (a  b  c)( x  y  z )  (a 2  b 2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 )  (ax  by  cz ) . 3 8 Bổ đề 1.2. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z, t ta có  x  y  z  t    y  z  t  x    z  t  x  y   t  x  y  z  2 2 2 2  4  x2  y 2  z 2  t 2  Chứng minh Ta có: ( x  y  z  t )2   x  y  z   t 2  2t  x  y  z  2  x2  y 2  z 2  t 2  2 xy  2 yz  2 zx  2tx  2ty  2tz Tương tự ta có:  y  z  t  x  x 2  y 2  z 2  t 2  2 yz  2 zt  2ty  2 xy  2 xz  2 xt 2  z  t  x  y  x 2  y 2  z 2  t 2  2 zt  2tx  2 xz  2 yx  2 yz  2 yt 2 t  x  y  z   x 2  y 2  z 2  t 2  2tx  2 xy  2 yt  2 zx  2 zy  2 zt 2 Cộng từng vế bốn đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.2. Cho a, b, c, d, x, y, z, t là các số thực dương tùy ý. Khi đó ta luôn có  ax  by  cz  dt   a 2  b2  c 2  d 2  x 2  y 2  z 2  t 2  1   a  b  c  d  x  y  z  t  2 Chứng minh Đặt P  d  x  y  z  t   a  y  z  t  x   b  z  t  x  y   c t  x  y  z   P  d  x  y  z  t  2t   a  x  y  z  t  2x  b  z  t  x  y  2 y   c  t  x  y  z  2z   P   a  b  c  d  x  y  z  t   2  ax  by  cz  dt  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có 9 P 2  4  a 2  b2  c 2  d 2  x 2  y 2  z 2  t 2  Suy ra P  2 a 2  b2  c 2  d 2  x 2  y 2  z 2  t 2  Vậy  a  b  c  d  x  y  z  t   2  ax  by  cz  dt  2 a 2  b2  c 2  d 2  x 2  y 2  z 2  t 2   a 2  b2  c 2  d 2  x 2  y 2  z 2  t 2    ax  by  cz  dt  1   a  b  c  d  x  y  z  t  (đpcm) 2 Bổ đề 1.3. Chứng minh rằng với mọi số thực x1 , x2 ,..., xn , ta luôn có 2 n  n n  n2 n 2    x j  xi    xi i 1  j 1 2  4 i 1 Chứng minh 2  n  n n2 2 Đặt S   j 1 x j , ta xét  S   xi   S  S .n.xi  xi i  1..n 2  2 4 2 n  n  n n2 n 2 Vậy   S  xi   nS  n.S . xi   xi 2 i 1  2  i 1 4 i 1 n2 n 2 n2 n 2  nS 2  nS 2   xi  4  4 i 1 i 1 xi (Đpcm) Định lý 1.3. Cho x1 , x2 ,..., xn , y1, y2 ,..., yn là những số thực dương tùy ý. Khi đó, n n  n 2  n 2    n  n  ta có  xi yi    xi   yi      xi   yi  2  i 1  i 1  i 1    i 1  i 1  Chứng minh n Đặt S  x j 1 j 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có n    n  n   n 2 2  n  2   S  2 xi  yi     S  2 xi    yi  (a)  i 1     i 1     i 1  2  n  n2 n 2 n Theo đẳng thức (1.5), ta có   S  xi    xi i 1  2  4 i 1 n  n  n n n  n  n  n n Mà   S  xi  yi  S  y i   xi yi    xi   yi    xi yi i 1  2  i 1 2 i 1  i 1  i 1  2 i 1 2  n  n  n n  n2  n 2   n 2  Thay vào (a) ta có   xi   yi    xi yi    xi  yi  i 1  i 1  2 i 1  4  i 1   i 1   n  n  n n n  n 2 n 2 Khai căn 2 vế, ta có   xi   i  y  i 1  i 1   2  i 1 x y i i  2  xi   yi   i 1   i 1  n n  n 2  n 2    n  n  Vậy  xi yi    xi   yi      xi   yi  2  i 1  i 1  i 1    i 1  i 1  Bổ đề 1.4. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có kết quả sau  4x  y  z    4 y  z  x    4z  x  y   9  ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  2 2 2 Chứng minh Ta có  4x  y  z   16 x 2  y 2  z 2  8xy  8xz  2 yz 2 4 y  z  x  16 y 2  x 2  z 2  8xy  8 yz  2 xz 2  4z  y  x   16 z 2  x 2  z 2  8zy  8xz  2 xy 2 Cộng từng vế ta được  4x  y  z    4 y  z  x    4z  x  y   18  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  2 2 2 Lại có 11 9  ( x  y)2  ( y  z)2  ( z  x)2   18  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  Vậy ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.4. Cho a, b, c, x, y, z là những số thực dương. Khi đó ta có  x  y  z  a  b  c   3  a 2  b2  c 2  ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x)2   (ax  by  cz )   Chứng minh Ta có a  4x  y  z   b  4 y  x  z   c  4z  y  z   a  x  y  z  3 x   b  x  y  z  3 y   c  x  y  z  3z    a  b  c  x  y  z   3  ax  by  cz  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có  a  4 x  y  z   b  4 y  x  z   c  4 z  y  z   2   a 2  b 2  c 2   4 x  y  z    4 y  z  x    4 z  x  y   2 2 2    a  4x  y  z   b  4 y  x  z   c  4z  y  z   a 2  b 2  c 2   4 x  y  z    4 y  z  x    4 z  x  y    2 2 2    a  b  c  x  y  z   3 ax  by  cz   a 2  b 2  c 2   4 x  y  z    4 y  z  x    4 z  x  y    2 2 2  Theo (1.7)   a  b  c  x  y  z   3 ax  by  cz   3  a 2  b2  c 2  ( x  y)2  ( y  z )2  ( z  x)2  (đpcm) 12 1.2. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong đại số. Bài 1. Cho a, b, c là những số thực dương. Chứng minh rằng:  1 1 1 2 1 1 1 3 a 2  b2  c 2   2  2  2    a  b  c      a b c  3 a b c Chứng minh 1 1 1 Áp dụng Định lý 1.1 với x  , y  , z  ta có điều phải chứng minh. a b c Bài 2. Cho a, b là những số thực dương. Chứng minh rằng 2a  2b  1  2a  1  41b 2 2  4   1  2a 1  b   3 Chứng minh  a  1, b  c  a Áp dụng Định lý 1.1 với  ta có điều phải chứng minh.  x  2b, y  z  1 Bài 3. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2   3 2  2 x 2  2 y 2  2 z 2  xy  yz  zx  Chứng minh  x y yz zx a  ,b  ,c  Áp dụng Định lý 1.1 với  2 2 2   x  z , y  x, z  y Ta được  x y  yz  zx  x  y  2  y  z  2  z  x  2  2 z  x  y       z  x  y  2 2   2   2   2   2   2   2   2   x  y  z 2 3 13 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   2 x 2  y2  z2   2 3  x  y  z    xy  yz  zx  2 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   2 x 2  y2  z2   1 3  2 x 2  2 y 2  2 z 2  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2   3 2  2 x 2  2 y 2  2 z 2  xy  yz  zx  (đpcm) 1.3. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong lượng giác. Ta có thể sử dụng dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để sáng tạo và chứng minh một số bất đẳng thức trong lượng giác. Trong phần này, ta luôn giả sử tam giác ABC có:  AB  c; BC  a; CA  b abc  S là diện tích tam giác, p  là nửa chu vi 2  ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài đường trung tuyến kẻ từ A; B; C  ha ; hb ; hc lần lượt là độ dài đường cao kẻ từ A; B; C Bài 1. Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c và độ dài 3 trung tuyến tương ứng là ma , mb , mc . Chứng minh rằng: 2  3 2 a  b2  c 2    a  b  c   ma  mb  mc    a.ma  b. mb  c mc  2 3 Chứng minh Áp dụng Định lý 1.1 với x  ma , y  mb , z  mc ta có a.ma  b. mb  c mc  a 2  b 2  c 2  ma2  mb2  mc2   2 3  a  b  c   ma  mb  mc  (1) 14 b2  c 2 a 2 Ta có m  2 a  2 4 a 2  c 2 b2 mb2   2 4 b2  a 2 c 2 m  2 c  2 4 Cộng từng vế 3 đẳng thức trên, ta được: ma2  mb2  mc2   3 2 4 a  b2  c 2  Thay vào bất đẳng thức (1) ta được điều phải chứng minh. Bài 2. Cho tam giác ABC, chứng minh rằng a 2  b2  c 2  ha2  hb2  hc2   2 3  a  b  c   ha  hb  hc   6S Chứng minh Áp dụng Định lý 1.1 với x  ha , y  hb , z  hc , ta được a.ha  b. hb  c hc  a 2  b 2  c 2  ha2  hb2  hc2   2 3  a  b  c   ha  hb  hc  Mà a.ha  b. hb  chc  2S , từ đó có điều phải chứng minh. Bài 2. Dạng hằng đẳng thức thứ 2 2.1. Các định lý. Bổ đề 2.1. Cho x, y, z  R . Chứng minh rằng: 9( x  y)( y  z )( z  x)  8( x  y  z )( xy  yz  zx) Chứng minh Ta có: ( x  y)( y  z )  xy  xz  yz  y 2 15 ( x  y)( y  z)( z  x)  ( xy  xz  yz  y 2 )( z  x)  xyz  x2 y  xz 2  x 2 z  yz 2  xyz  y 2 z  y 2 x  x2 y  x2 z  y 2 x  y 2 z  z 2 x  z 2 y  2xyz Mặt khác: ( x  y  z )( xy  yz  zx)  x2 y  xyz  x 2 z  xy 2  y 2 z  xyz  xyz  yz 2  xz 2  x2 y  x2 z  y 2 x  y 2 z  z 2 x  z 2 y  3xyz Mà x2 y  y 2 z  z 2 x  3xyz x2 z  z 2 y  y 2 x  3xyz  x2 y  x2 z  y 2 x  y 2 z  z 2 x  z 2 y  6xyz  9  x 2 y  x 2 z  y 2 x  y 2 z  z 2 x  z 2 y  2 xyz    8  x 2 y  x 2 z  y 2 x  y 2 z  z 2 x  z 2 y  3xyz   9( x  y)( y  z )( z  x)  8( x  y  z )( xy  yz  zx) (đpcm) Định lý 2.1. Cho x, y, z  0 . Khi đó ta luôn có: 1 1 1 9     2x  y  z  2  x  2y  z 2  x  y  2z  2 16  xy  yz  zx  Chứng minh Ta có: 2 x  y  z  ( x  y)  ( x  z )  2 ( x  y)( x  z ) 1 1    2x  y  z  4( x  y )( x  z ) 2 1 1 Tương tự ta có:  x  2y  z 4( y  z )( y  x) 2 16 1 1   x  y  2z  4( x  z )( y  z ) 2 1 1 1      2x  y  z  x  2y  z  x  y  2z  2 2 2 1 1 1 x yz     4( x  y )( x  z ) 4( x  y )( x  z ) 4( x  z )( y  z ) 2( x  y )( y  z )( z  x) Mà theo kết quả Bổ đề 2.1 ta có: 8 ( x  y)( y  z )( z  x)  ( x  y  z )( xy  yz  zx) 9 1 1 1 9      2x  y  z  x  2y  z  x  y  2z  16( xy  yz  zx) 2 2 2 (đpcm) Hệ quả 2.1. Cho x, y, z  0 và x  y  z  1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 9     x  1 2  y  1 2  z  1 2 16  xy  yz  zx  Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1 với x  y  z  1 ta có điều phải chứng minh. Định lý 2.2: Cho x, y, z  0 . Khi đó ta luôn có: yz zx xy 3    2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4 Chứng minh 2  yz zx xy        2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z   1 1 1    yz  zx  xy        2 x  y  z 2  x  2 y  z 2  x  y  2 z 2    17 Mà theo Định lý 2.1 1 1 1 9     2x  y  z  2  x  2y  z 2  x  y  2z  2 16  yz  zx  xy  2  yz zx xy  9 9       yz  zx  xy    2x  y  z x  2 y  z x  y  2z  16  yz  zx  xy  16   yz zx xy 3     (Đpcm) 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4 Bổ đề 2.2. Cho 4 số thực x, y, z, t . Chứng minh rằng: ( x  y)( y  z )( z  t )(t  x)  ( x  y  z  t )( xyz  yzt  ztx  txy) . Chứng minh Ta có: ( x  y)( y  z )( z  t )(t  x)  ( xy  yz  zx  y 2 )( zt  zx  tx  t 2 )  x2 yz  x2 zt  x2 yt  y 2 xz  y 2 xt  y 2 zt  z 2 xy  z 2 xt   z 2 yt  t 2 xy  t 2 yz  t 2 xz  x 2 z 2  y 2t 2  2xyzt . Mặt khác: ( x  y  z  t )( xyz  yzt  ztx  txy )   x2 yz  x2 zt  x2 yt  y 2 xz  y 2 xt  y 2 zt  z 2 xy   z 2 xt  z 2 yt  t 2 xy  t 2 yz  t 2 xz  4xyzt . Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: x2 z 2  y 2t 2  2 xyzt . Vậy ( x  y)( y  z )( z  t )(t  x)  ( x  y  z  t )(xyz  yzt  ztx txy ) . Bổ đề 2.3: Cho 4 số thực dương x, y, z, t . Chứng minh rằng: 18 1 1 1 1     2x  2 y  z  t   x  2 y  2z  t   x  y  2 z  2t   2 x  y  z  2t  3 3 3 3 2  . 27( xyz  yzt  ztx  txy) Chứng minh Ta có: x  y  y  z  z  t  3 3 ( x  y)( y  z )( z  t )  x  2 y  2 z  t  3 3 ( x  y)( y  z )( z  t )   x  2 y  2 z  t   27( x  y)( y  z )( z  t ) 3 1 1    x  2 y  2 z  t  27( x  y)( y  z)( z  t ) 3 Tương tự ta có: 1 1   x  y  2 z  2t  27( y  z )( z  t )(t  x) 3 1 1   2 x  y  z  2t  27( z  t )(t  x)( x  y) 3 1 1   2x  2 y  z  t  27(t  x)( x  y)( y  z ) 3 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1      x  y  2 z  2t   2 x  y  z  2t   2 x  y  z  2t   2x  2 y  z  t  3 3 3 3 1 2( x  y  z  t )  . 27 ( x  y )( y  z )( z  t )(t  x) Theo Bổ đề 2.2, ta có ( x  y)( y  z )( z  t )(t  x)  ( x  y  z  t )( xyz  yzt  ztx  txy) 19 1 1 1 1       x  y  2 z  2t   2 x  y  z  2t   2 x  y  z  2t   2x  2 y  z  t  3 3 3 3 2  27( xyz  yzt  ztx  txy) Định lý 2.3: x, y, z, t  0 ta luôn có: 3 3 xyz 3 yzt ztx 3 txy 2     . 2 x  2 y  z  t 2 y  2 z  t  x 2 z  2t  x  y 2t  2 x  y  z 3 Chứng minh Áp dụng định lý:  a1b1c1  a2b2c2  a3b3c3  a4b4c4    a13  a23  a33  a43 b13  b23  b33  b43  c13  c23  c33  c43  3 Ta có: 3  3 xyz 3 yzt 3 ztx 3 txy         2 x  2 y  z  t 2 y  2 z  t  x 2 z  2 t  x  y 2t  2 x  y  z   13  13  13  13   xyz  yzt  ztx  txy .  1 1 1 1  .       2 x  2 y  z  t 3  2 y  2 z  t  x 3  2 z  2t  x  y 3  2t  2 x  y  z 3    Theo Bổ đề 2.3 ta có: 1 1 1 1      2x  2 y  z  t   2 y  2z  t  x   2 z  2t  x  y   2t  2 x  y  z  3 3 3 3 2  . 27( xyz  yzt  ztx  txy) Thay kết quả này vào bất phương trình đầu tiên ta có: 3  3 xyz 3 yzt 3 ztx 3 txy  4.2        2 x  2 y  z  t 2 y  2 z  t  x 2 z  2 t  x  y 2t  2 x  y  z  27 3 3 xyz 3 yzt ztx 3 txy 2      2 x  2 y  z  t x  2 y  2 z  t x  y  2 z  2t 2 x  y  z  2t 3 20 (đpcm). Hệ quả 2.2: Cho x, y, z, t  0 và x  y  z  t  1. Chứng minh rằng: 3 xyz 3 3 yzt ztx 3 txy 2     . x  y 1 y  z 1 z  t 1 t  x 1 3 Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3 với x  y  z  t  1 ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.3: cho x, y, z, t  0 và xyzt  1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2     3 t  2x  2 y  z  t  3 x  x  2 y  2z  t  3 y  x  y  2 z  2t  3 z  2 x  y  z  2t  3 Chứng minh Áp dụng Định lý 2.3 với xyzt  1 ta có điều phải chứng minh. 21 Bài 3. Một số ví dụ mở rộng Bài 1. (Iran 1998). 1 1 1 Cho x, y, z  1 và    2 . Chứng minh rằng: x y z x  y  z  x 1  y 1  z 1 . Chứng minh 2  x 1 y 1 z 1    2 Ta có: x 1  y 1  z 1   x y z    x y z   x 1 y 1 z 1     x  y  z  x y z   1 1 1   3     x  y  z   x y z  x yz Vậy ta có: x  y  z  x  1  y  1  z  1 (đpcm). n 1 Bài 2. Cho xi  1 , i  1..n và x i 1  n  1 . Chứng minh rằng: i n n  i 1 xi  1  x i 1 i Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có  x  1  2  x  1  2  xn  1   2      x1  x2  ...  xn  2 x1  1  x2  1  ...  xn  1   1   2   ...    x1   x2   x    n 22  1 1 1    x1  1  x2  1  ...  xn  1   n     ...     x1  x2  ...  xn  2    x1 x2 xn    x1  1  x2  1  ...  xn  1  x1  x2  ...  xn (đpcm) Nhận xét: Bài toán này là trường hợp tổng quát cho bài toán bất đẳng thức trong đề thi IMO - IRAN 1998. Từ bài toán này, áp dụng dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có bài toán rất hay sau. n 1 Bài 3. Cho xi  0 , i  0..n và x i 1  n  1 . Chứng minh rằng: i n n n   n 1  n   xi  1   xi     1     xi  2  i 1 i 1   i 1 xi   i 1  Chứng minh xi  1 Áp dụng Định lý 1.3 với xi  ; yi  xi , ta có xi n  n  xi  1   n xi  1   n    n xi  1   n    . x      .   x        x  2  i 1   xi   i 1    i 1 xi   i 1 i i i  xi   i 1   xi  1 n n 1 Mà   n    1 (theo giả thiết) i 1 xi i 1 xi n n n   n 1  n  Nên ta có   xi  1   xi     1     xi  (đpcm) 2  i 1 i 1   i 1 xi   i 1  Từ một bất đẳng thức quen thuộc, kết hợp với các bất đẳng thức mới được xây dựng trong bài ta có thể tiếp tục xây dựng được các bất đẳng thức mới hay và khó. Tác giả hy vọng rằng qua ba bất đẳng thức ở trên, độc giả sẽ tiếp tục xây dựng được các bất đẳng thức hay hơn nữa. 23 References Tiế