intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số lớp bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:80

Thêm vào BST
Báo xấu
94
lượt xem 13
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn được chia làm bốn chương: Chương 1 - Một số kiến thức bổ trợ, Chương 2 - Bất đẳng thức với tổng không đổi, Chương 3 - Bất đẳng thức có tích không đổi, Chương 4 - Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số lớp bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến

  1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ----------------------- NGUYỄN TÀI TUỆ MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐA THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU Hà Nội – Năm 2014
  2. Mục lục MỞ ĐẦU 3 1 Một số kiến thức bổ trợ 5 1.1 Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Tính chất cơ bản của bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Bất đẳng thức thường dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3.1 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3.3 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi 9 2.1 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 9 2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . 15 2.1.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . 21 2.1.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm vô tỉ . . . . . . 33 2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . 36 2.2.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . 41 2.2.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi 45 3.1 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 45 3.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . 50 3.1.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . 53 3.1.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.2 Bất đẳng thức có tích các biến không đổi với hàm vô tỉ . . . . . . 56 3.2.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . 56 3.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . 59 3.2.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . 60 3.2.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 1
  3. MỤC LỤC 4 Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến 63 4.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 4.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . 68 4.3 Sử dụng các tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 4.4 Bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 KẾT LUẬN 78 TÀI LIỆU THAM KHẢO 79 2
  4. MỞ ĐẦU Bất đẳng thức là một nội dung cổ điển 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, Olympic. Là một giáo viên THPT, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về bất đẳng thức nhằm nâng cao chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, vậy nên tôi đã chọn bất đẳng thức làm luận văn thạc sĩ của mình. Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn, trong thời gian ngắn, tôi chỉ có thể nghiên cứu lĩnh vực nhỏ trong đó. Dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu, tác giả đã hoàn thành luận văn với để tài "Một số lớp bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến." Luận văn được chia làm bốn chương: • Chương 1: Một số kiến thức bổ trợ. • Chương 2: Bất đẳng thức với tổng không đổi. • Chương 3: Bất đẳng thức có tích không đổi. • Chương 4: Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến. Mặc dù có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người Thầy đã truyền cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu 3
  5. MỞ ĐẦU toán học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thiện luận văn này. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán- Cơ - Tin, các thầy cô đã tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành bản luận văn này. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 01 tháng 12 năm 2014 Tác giả 4
  6. Chương 1 Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Đa thức đối xứng ba biến 1.1.1 Các khái niệm cơ bản Định nghĩa 1.1. Một đơn thức ϕ(x, y, z) của các biến x, y, z được hiểu là hàm số có dạng ϕ(x, y, z) = aklm xk y l z m , trong đó k, l, m ∈ N được gọi là bậc của biến x, y, z , số aklm ∈ R∗ = R\{0} được gọi là hệ số của đơn thức, còn số k + l + m được gọi là bậc của đơn thức ϕ(x, y, z). Định nghĩa 1.2. Một hàm số P (x, y, z) của các biến x, y, z được gọi là một đa thức nếu nó có thể được biểu diễn ở dạng tổng hữu hạn các đơn thức X P (x, y, z) = aklm xk y l z m , n ∈ N. k,l,m∈N k+l+m=n Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức. Định nghĩa 1.3. Đa thức P (x, y, z) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi với mọi hoán vị của x, y, z , nghĩa là P (x, y, z) = P (y, x, z) = P (z, y, x) = P (x, z, y). Định nghĩa 1.4. Đa thức f (x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m, nếu f (tx, ty, tz) = tm f (x, y, z), t 6= 0 Định nghĩa 1.5. Các đa thức σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz, được gọi là đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z. 1.1.2 Tổng lũy thừa 5
  7. Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ Định nghĩa 1.6. Các đa thức sk = xk + y k + z k , (k = 0, 1, ...), được gọi là tổng lũy thừa bậc k của các biến x, y, z. Định lý 1.1 ( Công thức Newton). Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 . Định lý 1.2. Một tổng lũy thừa sk = xk + y k + z k đều có thể biểu diễn được dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ1 , σ2 , σ3 . Định lý 1.3 (Công thức Waring). Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua cá đa thức đối xứng cở sở theo công thức sk X (−1)k−l−m−n (l + m + n − 1)! = σ1l σ2m σ3n . k l!m!n! 0≤l,m,n l+2m+3n=k 1.2 Tính chất cơ bản của bất đẳng thức 1. a > b ⇔ a + c > b + c. 2. a > b, b > c thì a > c. 3. a > b thì ca > cb khi c > 0 ca < cb khi c < 0. 4. a > b, c > d thì a + c > b + d. 5. a > b > 0, c > d > 0 thì ac > bd. 6. Với n nguyên dương, ta có a < b ⇔ a2n+1 < b2n+1 0 < a < b ⇒ a2n < b2n . 1.3 Bất đẳng thức thường dùng 1.3.1 Bất đẳng thức AM-GM Định lý 1.4. Giả sử a1 , a2 , . . . , an là các số thực không âm, khi đó ta luôn có a1 + a2 + · · · + an √ ≥ n a1 a2 . . . an . n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . 6
  8. Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ Hệ quả 1.1. Với mọi số thực dương a1 , a2 , . . . , an ta có   1 1 1 + + ··· + (a1 + a2 + · · · + an ) ≥ n2 . a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . Hệ quả 1.2. Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có 1. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (a + b + c)2 2. a2 + b2 + c2 ≥ 3 3. (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) 4. a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc(a + b + c) 5. (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c). 1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Định lý 1.5. Nếu a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn là các số thực tùy ý thì 2 2 2 2  2 2 2  (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) ≤ a1 + a2 + · · · + an b1 + b2 + · · · + bn . (?) a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ··· = ( ở đây ta sử dụng quy ước b1 b2 bn nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0). x √ Nhận xét 1.1. Theo bất đẳng thức (?), chọn ai = √ i và bi = yi với xi , yi ∈ yi R, yi > 0. Ta thu được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ( hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel). Hệ quả 1.3. Nếu x1 , x2 , . . . , xn là các số thực và y1 , y2 , . . . , yn là các số thực dương thì x21 x22 x2 (x1 + x2 + . . . xn )2 + + ··· + n ≥ . y1 y2 yn y1 + y2 + · · · + yn x x x Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 = 2 = · · · = n . y1 y2 yn 1.3.3 Bất đẳng thức Karamata Định lý 1.6. Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn 7
  9. Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ và    x1 ≥ y1  x1 + x2 ≥ y 1 + y 2   ........ x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1     x 1 + x2 + · · · + xn = y 1 + y 2 + · · · + y n  Khi đó, ứng với hàm số lồi f (x)(f 00 (x) ≥ 0) trên I(a, b), ta đều có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xi = yi , i = 1, 2, . . . n. Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức. Bổ đề 1.1. Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên I(a; b). a. Nếu f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f (x) ≥ f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), ∀x0 ∈ I(a; b). b. Nếu f 00 (x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f (x) ≤ f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), ∀x0 ∈ I(a; b). Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = x0 . 8
  10. Chương 2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi 2.1 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM Đối với bất đẳng thức P (x, y, z) ≥ 0 (≤ 0), Trong đó P (x, y, z) là đa thức hoặc phân thức hữu tỉ và có tổng x + y + z không đổi, thì khi đó sử dụng các kĩ thuật của bất đẳng thức AM − GM như dự đoán dấu bằng xảy ra, AM − GM ngược dấu, đặt ẩn phụ, ... tỏ ra rất hiệu quả. Bài toán 2.1. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a2 b2 c2 + + ≥ 1. b+2 c+2 a+2 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a2 b+2 2a + ≥ b+2 9 3 b2 c+2 2b + ≥ c+2 9 3 c 2 a+2 2c + ≥ . a+2 9 3 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được a2 b2 c2 5 2 + + ≥ (a + b + c) − = 1. b+2 c+2 a+2 9 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  9
  11. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Bài toán 2.2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 2(ab + bc + ca) + + + ≥ 9. ab bc ca Chứng minh. Cộng cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a2 + b2 + c2 , ta được 1 1 1 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + + + ≥ 9 + a2 + b 2 + c 2 ab bc ca 1 1 1 ⇔(a + b + c)2 + + + ≥ 9 + a2 + b2 + c2 ab bc ca 1 1 1 ⇔ + + ≥ a2 + b 2 + c 2 ab bc ca a+b+c ⇔ ≥ a2 + b 2 + c 2 abc 3 ⇔ ≥ a2 + b 2 + c 2 abc ⇔abc(a2 + b2 + c2 ) ≤ 3 ⇔abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≤ 9. Ta có (ab + bc + ca)2 2 abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≤ (a + b2 + c2 ). 3 Do đó ta chứng minh (ab + bc + ca)2 2 (a + b2 + c2 ) ≤ 9 ⇔ (ab + bc + ca)2 (a2 + b2 + c2 ) ≤ 27. 3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2  (ab + bc + ca)2 (a2 + b2 + c2 ) ≤ 3 3 (a + b + c)2  = = 27. 3 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  Bài toán 2.3. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2   2 a b+b c+c a +3 a +b +c + 4abc ≥ 19. Chứng minh. 10
  12. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Ta có 19 = 3 (a + b + c)2 − 8 = 3 a2 + b2 + c2 + 6 (ab + bc + ca) − 8.  Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 2 2  2 a b + b c + c a + 4abc ≥ 6 (ab + bc + ca) − 8 ⇔a2 b + b2 c + c2 a + 2abc + 4 ≥ 3 (ab + bc + ca) . Mà ta lại có 3 (ab + bc + ca) = (a + b + c) (ab + bc + ca) = a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 + 3abc.   Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4 ≥ ab2 + bc2 + ca2 + abc. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 ⇒ (b − a) (b − c) ≤ 0 ⇔b2 − bc − ab + ac ≤ 0 ⇔ab2 + a2 c ≤ a2 b + abc. Như vậy ab2 + bc2 + ca2 + abc ≤ bc2 + abc + a2 b + abc = bc2 + 2abc + a2 b = b (a + c)2 a+ca+c = 4b 2 2  a + c a + c 3 b+ + ≤ 4 2 2  3 = 4. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  11
  13. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Bài toán 2.4 (Bulgaria TST 2003). Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng a b c 3 2 + 2 + 2 ≥ . 1+b 1+c 1+a 2 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a ab2 ab2 ab 2 = a − 2 ≥ a − =a− . 1+b 1+b 2b 2 Tương tự, ta có b bc ≥ b − 1 + c2 2 c ac 2 ≥c− . a +1 2 Cộng vế với vế, ta có a b c 1 ab + bc + ca 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c − (ab + bc + ca) = 3 − . 1+b 1+c 1+a 2 2 Mặt khác, ta có (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ =3 3 do đó a b c ab + bc + ca 3 2 + 2 + 2 ≥3− ≥ . 1+b 1+c 1+a 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  Bài toán 2.5 (Turkey TST 2007). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 2 + 2 + 2 ≥ . ab + 2c + 2c bc + 2a + 2a ca + 2b + 2b ab + bc + ca Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 12
  14. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi ab + 2c2 + 2c = ab + 2c2 + 2c(a + b + c) = ab + 4c2 + 2ac + 2bc = (b + 2c)(a + 2c) a(b + 2c)b(a + 2c) = ab (ab + 2ac)(ab + 2bc) = ab [ab + 2ac + ab + 2bc]2 ≤ 4ab (ab + bc + ca)2 = ab từ đó suy ra 1 ab 2 ≥ . ab + 2c + 2c (ab + bc + ca)2 Tương tự, ta có 1 bc 2 ≥ bc + 2a + 2a (ab + bc + ca)2 1 ca 2 ≥ . ca + 2b + 2b (ab + bc + ca)2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có 1 1 1 1 2 + 2 + 2 ≥ . ab + 2c + 2c bc + 2a + 2a ca + 2b + 2b ab + bc + ca 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .  3 Bài toán 2.6. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ 3. b + ca c + ab a + bc Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥1 3b + 3ca 3c + 3ab 3a + 3bc a2 + bc b2 + ca c2 + ab ⇔ + + ≥ 1. b(a + b + c) + 3ca c(a + b + c) + 3ab a(a + b + c) + 3bc Mặt khác 3b + 3ac = b(a + b + c) + 3ac ≤ b(a + b + c) + ac + a2 + c2 = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca 13
  15. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi do đó a2 + bc a2 + bc ≥ 2 . 3b + 3ac a + b2 + c2 + ab + bc + ca Tương tự, ta có b2 + ca b2 + ca ≥ 2 3c + 3ab a + b2 + c2 + ab + bc + ca c2 + ab c2 + ab ≥ 2 . 3a + 3bc a + b2 + c2 + ab + bc + ca Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ 1. 3b + 3ca 3c + 3ab 3a + 3bc Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  14
  16. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi 2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Nếu yêu cầu của bất đẳng thức là chứng minh P (x, y, z) ≥ 0(≤ 0) với P (x, y, z) có dạng tổng các bình phương hoặc phân thức với tử số của mỗi phân thức có dạng bình phương như vậy ta có thể nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz. Hoặc sử dụng giả thiết x + y + z không đổi ta có thể biến đổi để đưa bất đẳng thức về dạng trên để sử dụng Cauchy-Schwarz. Bài toán 2.7. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng a b c + + ≥ 1. 1+b−a 1+c−b 1+a−c Chứng minh. Ta luôn có a b c a b c + + = + + 1+b−a 1+c−b 1+a−c 2b + c 2c + a 2a + b a2 b2 c2 = + + . 2ab + ac 2bc + ab 2ac + bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + ≥ . 2ab + ac 2bc + ab 2ac + bc 3 (ab + bc + ca) Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) do đó a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + ≥ ≥ 1. 2ab + ac 2bc + ab 2ac + bc 3 (ab + bc + ca) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  Bài toán 2.8. Với các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1. Chứng minh 1 1 1 1 + + + ≥ 30. a2 2 +b +c 2 ab bc ca Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai bộ số   1 1 1 1 √ ,√ ,√ ,√ a2 + b2 + c2 ab bc cd 15
  17. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi và p √ √ √  a2 + b2 + c2 , 3 ab, 3 bc, 3 ca ta có 1 1 1 1   2 2 2 ≥ (1 + 3 + 3 + 3)2  + + + a + b + c + 9ab + 9bc + 9ca a2 + b2 + c2 ab bc ca 1 1 1 1    2  ⇔ 2 + + + (a + b + c) + 7(ab + bc + ca) ≥ 100 a + b2 + c2 ab bc ca 1 1 1 1 100 ⇔ 2 2 2 + + + ≥ 2 . a +b +c ab bc ca (a + b + c) + 7(ab + bc + ca) Theo hệ quả của bất đẳng thức AM − GM, ta có (a + b + c)2 ≥ ab + bc + ca 3 nên 1 1 1 1 100 + + + ≥ a2 2 +b +c 2 ab bc ca (a + b + c)2 1+7 3 = 30. 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3  Bài toán 2.9 (Iran MO TST 2009). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + 2 + 2 ≤ . a2 2 2 2 +b +2 b +c +2 c +a +2 4 Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh h1 1 i h1 1 i h 1 1 i 3 3 ⇔ − 2 2 + − 2 2 + − 2 2 ≥ − 2 a +b +2 2 b +c +2 2 c +a +2 2 4 2 a +b 2 2 b +c 2 2 c +a 2 3 ⇔ 2 2 + 2 2 + 2 2 ≥ a +b +2 b +c +2 c +a +2 2 2 (a + b) + (a − b) 2 2 (b + c) + (b − c) 2 (c + a)2 + (c − a)2 ⇔ 2 2 + + ≥3  a + b 2+ 2 b2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2 (b + c)2 (c + a)2  (a + b) ⇔ 2 + + a + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2   + 2 + + ≥ 3. a + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2 16
  18. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 [2(a + b + c)]2 + + ≥ (1) a2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 6 và (b − a)2 (b − c)2 (c − a)2 (2b − 2a)2 + + ≥ . (2) a2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 6 Bất đẳng thức được chứng minh nếu 4 (a + b + c)2 + (2b − 2a)2 ≥3 2a2 + 2b2 + 2c2 ⇔2(a + b + c)2 + 2(b − a) ≥ 3(a2 + b2 + c2 + 3) 2 ⇔ a2 + b 2 + c 2 + 2 (b − a)2 ≥ a2 + b2 + c2  ⇔bc − ab + ca − c2 ≥ 0 ⇔(c − a)(b − c) ≥ 0. (3) Có thể nhận thấy bất đẳng thức (3) không phải luôn đúng nhưng ta có thể ép nó đúng. Thật vậy sử dụng các đánh giá tương tự (3), ta có (a − b)2 (c − b)2 (c − a)2 (2c − 2b)2 + + ≥ a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 6 (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 (2a − 2c)2 + + ≥ a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 6 và cùng lần lượt đưa bài toán về chứng minh (a − b)(c − a) ≥ 0 (4) (b − c)(a − b) ≥ 0. (5) Như vậy nếu trong các bất đẳng thức (3),(4) và (5) có một bất đẳng thức đúng thì bài toán sẽ được chứng minh song. Ta thấy rằng [(c − a)(b − c)] [(a − b)(c − a)] [(b − c)(a − b)] = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 ≥ 0 nên ít nhất một trong ba số (c-a)(b-c), (a-b)(c-a),(b-c)(a-b) sẽ có một số không âm. Tức là phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng hay bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  17
  19. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Nhận xét 2.1. Có nhiều công cụ hỗ trợ ta thực hiện phương pháp dồn biến, dưới đây ta xem xét ứng dụng yếu tố "ít nhất" và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong việc giảm biến số của bất đẳng thức. Cụ thể có thể đưa bất đẳng thức ba biến về bất đẳng thức một biến để chứng minh. Ý tưởng của kĩ thuật như sau: Với bốn số thực a, b, c, k ta có [(a − k)(b − k)] [(b − k)(c − k)] [(c − k)(a − k)] = (a − k)2 (b − k)2 (c − k)2 ≥ 0. Do đó trong ba số (a − k)(b − k), (b − k)(c − k), (c − k)(a − k) sẽ có "ít nhất" một số không âm. Giả sử (a − k)(b − k) ≥ 0 thế thì a2 + b2 = k 2 + (a + b − k)2 − 2(a − k)(b − k) ≤ k 2 + (a + b − k)2 . Như vậy để chứng minh bất đẳng thức có giả thiết dạng a + b + c = s và đẳng thức xảy ra khi 2 biến đằng một giá trị nào đó ta có thể sử dụng đánh giá trên để làm giảm biến số của bất đẳng thức ban đầu. Cụ thể chọn k = m ( đảm bảo dấu bằng) và ta có a2 + b2 ≤ m2 + (a + b − m)2 = m2 + (s − c − m)2 . Nghĩa là có thể sử dụng đánh giá này vào bài toán thì ta sẽ chỉ còn phải chứng minh bất đẳng thức của một biến c. Bài toán 2.10. Với a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng a b c 1 + 2 + 2 ≤ . 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 6 Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh 14a 14b 14c 14 ⇔1 − +1− 2 +1− 2 ≥3− 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 6 2 2 2 7(a − 1) + 4 7(b − 1) + 4 7(c − 1) + 4 2 ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ 7a + 11 7b + 11 7c +11 3 2 (b − 1)2 (c − 1)2  1 1 1 (a − 1) 2 h i ⇔4 2 + 2 + 2 +7 2 + 2 + 2 ≥ . 7a + 11 7b + 11 7c + 11 7a + 11 7b + 11 7c + 11 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có 1 1 1 (1 + 1 + 1)2 + + ≥ 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 7(a2 + b2 + c2 ) + 33 9 = 7(a + b + c2 ) + 33 2 2 3(a + b + c)2 = 21(a2 + b2 + c2 ) + 11(a + b + c)2 18
  20. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi và cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (1 − a)2 (b − 1)2 (c − 1)2 (1 − a + b − 1 + c − 1)2 + + ≥ 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 7(a+ b2 + c2 ) + 33 (b + c − a − 1)2 = 7(a2 + b2 + c2 ) + 11.3  2 a+b+c 3 b+c−a− 3 = 21(a + b + c ) + 11.(a + b + c)2 2 2 2 4(b + c − 2a)2 = . 3 [21(a2 + b2 + c2 ) + 11.(a + b + c)2 ] Bất đẳng thức được chứng minh nếu 4.3(a + b + c)2 7.4(b + c − 2a)2 2 2 2 2 2 + 2 2 2 2 ≥ 21(a + b + c ) + 11(a + b + c) 3 [21(a + b + c ) + 11.(a + b + c) ] 3 2 2 2 2 2 2 ⇔2.9(a + b + c) + 7.2(b + c − 2a) ≥ 21(a + b + c ) + 11(a + b + c) ⇔42 [a(a − c) − b(a − c)] ≥ 0 ⇔42(a − c)(a − b) ≥ 0. (1) Rõ ràng (1 ) không phải lúc nào cũng đúng, nhưng từ đó vẫn đi đến điều phải chứng minh bằng cách đánh giá tương tự (a − 1)2 (1 − b)2 (c − 1)2 4(a + c − 2b)2 + + ≥ 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 3 [21(a2 + b2 + c2 ) + 11.(a + b + c)2 ] (a − 1)2 (b − 1)2 (1 − c)2 4(a + b − 2c)2 + + ≥ 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 3 [21(a2 + b2 + c2 ) + 11.(a + b + c)2 ] và ta lần lượt đưa bài toán về xét tính đúng sai của 42(b − a)(b − c) ≥ 0 (2) 42(c − a)(c − b) ≥ 0 (3) mà ta lại có (a − b)(a − c) + (b − a)(b − c) + (c − a)(c − b) = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≥ 0. Do đó trong (1),(2),(3) có ít nhất một bất đẳng thức đúng. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  19
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.11: Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Chuyên Ngành Tài Chính Ngân Hàng
172 tài liệu
835 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1