Đẳng thức, so sánh và bất đẳng thức

Chia sẻ: Nguyen Van Nguyễn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

612
lượt xem 333
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu lạc bộ Toán học: Chương trình bồi dưỡng chuyên đề Toán

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đẳng thức, so sánh và bất đẳng thức

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
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
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
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
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
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
√ 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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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