Tải bản đầy đủ

Bất đẳng thức dạng đồng bậc, các phương pháp chứng minh cơ bản và chuyển dạng không đồng bậc về dạng đồng bậc

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ THANH HOA

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG ĐỒNG BẬC, CÁC PHƢƠNG
PHÁP CHỨNG MINH CƠ BẢN VÀ CHUYỂN DẠNG
KHÔNG ĐỒNG BẬC VỀ DẠNG ĐỒNG BẬC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số


LỜI CẢM ƠN
Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này tôi đã nhận được sự chỉ
bảo tận tình của thầy giáo ThS. Phạm Lƣơng Bằng, cùng sự giúp đỡ,
tạo điều kiện thuận lợi của Ban chủ nhiệm khoa Toán, các thầy cô giáo
trong Khoa và trong tổ Đại số Trường đại học sư phạm Hà Nội 2.
Đặc biệt cho tôi được tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo ThS.
Phạm Lƣơng Bằng, người đã quan tâm hướng dẫn tận tình, đóng góp
nhiều ý kiến quý báu cho tôi trong quá trình làm khóa luận.

Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và các bạn sinh viên
khoa Toán trường đại học sư phạm Hà Nội 2, những người đã động viên
và giúp đỡ tôi trong thời gian thực hiện khóa luận tốt nghiệp này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên

NGUYỄN THỊ THANH HOA


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận này là kết quả của sự lỗ lực của bản thân cùng với sự
hướng dẫn tận tình của thầy giáo ThS. Phạm Lƣơng Bằng. Vì vậy tôi
xin cam đoan nội dung khóa luận này không trùng lặp với công trình
nghiên cứu của các tác giả trước đã được công bố. Nếu sai tôi xin hoàn
toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên

NGUYỄN THỊ THANH HOA


MỤC LỤC
LỜI MỞ ĐẦU .......................................................................................... 1
CHƢƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG ĐỒNG BẬC ...................... 3
1.1. Bất đẳng thức dạng đồng bậc.......................................................... 3
1.1.1. Đa thức thuần nhất .......................................................................... 3
1.1.2. Bất đẳng thức dạng đồng bậc .......................................................... 3
1.2. Một số bất đẳng thức dạng đồng bậc thƣờng dùng ...................... 4
1.2.1. Bất đẳng thức AM – GM (Arithmetric means –
Geometric means) .................................................................................... 4
1.2.2. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ................................................. 11
1.2.3. Bất đẳng thức Chebyshev.............................................................. 17
CHƢƠNG 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG ĐỒNG BẬC............................................ 21
2.1. Áp dụng phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức chung
đối với bất đẳng thức dạng đồng bậc .................................................. 21
2.1.1. Phương pháp dùng định nghĩa bất đẳng thức................................ 21
2.1.2. Phương pháp biến đổi tương đương ............................................. 24


2.1.3. Phương pháp làm trội .................................................................... 27
2.1.4. Phương pháp hình học................................................................... 30
2.1.5. Phương pháp dùng quy nạp toán học ............................................ 34
2.2. Một số phƣơng pháp mới chứng minh bất đẳng thức dạng
đồng bậc ................................................................................................ 38
2.2.1. Chuẩn hóa bất đẳng thức ............................................................... 38
2.2.2. Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến ................................................. 44
2.2.3. Định lý Rolle và ứng dụng ............................................................ 50
2.2.4. Chọn biến số nhỏ nhất, biến số lớn nhất ....................................... 53


2.2.5. Một số kiểu ước lượng thông dụng ............................................... 56
2.2.6. Dạng tổng bình phương................................................................. 58
CHƢƠNG 3. BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỒNG BẬC ĐƢA VỀ
BẤT ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC ........................................................ 61
3.1. Đồng bậc hóa bất đẳng thức.......................................................... 61
3.2. Một số con đƣờng biến đổi khác từ bất đẳng thức dạng
không đồng bậc về đồng bậc ................................................................ 63
KẾT LUẬN ............................................................................................ 66
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................... 67


LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức là một vấn đề khá cổ điển của Toán học sơ cấp đang
ngày càng phát triển, đây cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp
và thú vị vì vậy luôn cuốn hút rất nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm. Tuy
nhiên, như chúng ta đã biết thì đây là một chuyên đề khó đối với học
sinh. Nó đòi hỏi phải có sự sáng tạo, thông minh, kiên trì, song càng đi
sâu tìm hiểu nó càng lôi cuốn.
Chuyên đề bất đẳng thức xuyên suốt quá trình học không chỉ ở bậc
THCS, THPT, mà ở bậc Đại học nó vẫn được giảng dạy. Các bài toán về
bất đẳng thức đa dạng và có thể chứng minh bằng nhiều phương pháp
khác nhau: Phương pháp dồn biến, phương pháp phản chứng, phương
pháp quy nạp tổng quát, phương pháp biến đổi tương đương, phương
pháp sử dụng chiều biến thiên của hàm số,… Và một số phương pháp
đặc trưng, đó là bất đẳng thức dạng đồng bậc.
Được sự gợi ý, động viên và tận tình giúp đỡ của thầy giáo ThS.
Phạm Lƣơng Bằng cùng với sự say mê của bản thân, em đã mạnh dạn
nghiên cứu và thực hiện khóa luận với tên đề tài: “Bất đẳng thức dạng
đồng bậc, các phương pháp chứng minh cơ bản và chuyển dạng
không đồng bậc về dạng đồng bậc”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu về các bất đẳng thức dạng đồng bậc, một số phương
pháp chứng minh bất đẳng thức dạng đồng bậc và đưa bất đẳng thức
không đồng bậc về bất đẳng thức dạng đồng bậc.
3. Đối tƣợng nghiên cứu
Một số bài tập về bất đẳng thức.

1


4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu, phân tích, so sánh và tổng hợp.
5. Bố cục của luận văn
Bản luận văn gồm có: Phần mở đầu, 3 chương, kết luận và tài liệu
tham khảo.
- Phần 1. Phần mở đầu
- Phần 2. Phần nội dung gồm 3 chương:
+ Chương 1. Bất đẳng thức dạng đồng bậc
+ Chương 2. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức dạng
đồng bậc
+ Chương 3.Bất đẳng thức không đồng bậc đưa về bất đẳng thức
dạng đồng bậc
- Phần 3. Phần kết luận

2


CHƢƠNG 1. BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG ĐỒNG BẬC
1.1. Bất đẳng thức dạng đồng bậc
1.1.1. Đa thức thuần nhất
 Định nghĩa
Đa thức P( x1, x2 ,..., xn ) của các biến số thực x1 , x2 ,..., xn được gọi là
đa thức thuần nhất bậc m nếu với mọi số thực t ta có:
P(tx1 , tx2 ,..., txn )  t m P( x1, x2 ,..., xn )

với t   {0} và xi  , i  1, n, n , n  2, m

*

.

Khi đó số tự nhiên m được gọi là bậc của đa thức đồng bậc.
 Ví dụ
Các đa thức:

P( x)  x5  y 5  8 x 2 y 3
Q( x)  x 2 y  4 yx 2  3x3  10 y 3



là các đa thức đồng bậc.
1.1.2. Bất đẳng thức dạng đồng bậc
 Định nghĩa
Bất đẳng thức dạng P( x1, x2 ,..., xn )  0 , với P là một hàm thuần
nhất (đồng bậc m ) được gọi là bất đẳng thức dạng đồng bậc (bậc m ).
 Ví dụ
1. a2  b2  2ab

(1)

Đặt P(a, b)  VT , Q(a, b)  VP , ta có deg P(a, b)  deg Q(a, b)  2
Khi đó ta nói (1) là một bất đẳng thức dạng đồng bậc.
2. Các bất đẳng thức AM- GM, Cauchy- Shwarz,… là các bất đẳng thức
đồng bậc; bất đẳng thức Bernoulli, bất đẳng thức sin x  x với x  0 là
các bất đẳng thức không đồng bậc.

3


Nhận xét: Trên cơ sở bậc của đa thức, bất đẳng thức dạng đồng bậc có
mối quan hệ chặt chẽ với bậc của đa thức.
Bất đẳng thức dạng đồng bậc là một mảng quan trọng trong chuyên
đề bất đẳng thức. Ta sẽ đi nghiên cứu một số bất đẳng thức dạng đồng
bậc thường dùng, các phương pháp chứng minh bất đẳng thức dạng này,
và một số cách chuyển dạng không đồng bậc về dạng đồng bậc, để từ đó
người đọc có thể tìm ra phương pháp chứng minh thích hợp cho từng bài
toán bất đẳng thức dạng đồng bậc.
1.2. Một số bất đẳng thức dạng đồng bậc thƣờng dùng
1.2.1. Bất đẳng thức AM – GM (Arithmetric means – Geometric
means)
Định lý
Với mọi số thực không âm a1, a2 ,..., an ta có bất đẳng thức

a1  a2  ...  an n
 a1a2 ...an
n
Đẳng thức xảy ra khi và khi a1  a2  ...  an
Chứng minh
Đặt VT  f (a1, a2 ,..., an ), VP  g (a1, a2 ,..., an )
Ta có bất đẳng thức dạng f (a1, a2 ,..., an )  g( a1, a2 ,..., an)
Rõ ràng, hai vế của bất đẳng thức là các biểu thức đồng bậc bậc 1, nên
đây là bất đẳng thức dạng đồng bậc.
Ta chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp “qui nạp Cauchy”
+ Với n  2 , ta có

( a1  a2 )2
a1  a2
a a
 a1a2 
 0  1 2  a1a2
2
2
2
Vậy bất đẳng thức đúng với n  2 .

4


+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k , ta sẽ chứng minh bất đẳng thức
đúng với n  2k
Thật vậy, xét 2k số thực không âm a1,..., a k , ak 1,..., a2 k
Sử dụng giả thiết qui nạp ta có

a1  ...  a k ak 1  ...  a2k  k k a1...a k  k k ak 1...a 2k  2k 2k a1...a 2k
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n  p , ta sẽ chứng minh bất đẳng thức
đúng với n  p  1
Thật vậy, xét p  1 số không âm a1 , a2 ,..., a p1
Ta chọn, a p  p1 a1, a2 ,..., an
Theo giả thiết qui nạp với n  p , ta có

a1  a2  ...  a p1  a p  a1  a2  ...  a p1  p1 a1a2 ...a p1
 p p a1a2 ...a p1 p1 a1a2 ...a p1  p p1 a1a2 ...a p1
Suy ra a1  a2  ...  a p1  ( p  1) p1 a1a2 ...a p1
Theo nguyên lý qui nạp ta có bất đẳng thức đúng với n  2, n .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .
Bất đẳng thức AM – GM là bất đẳng thức quen thuộc và có ứng
dụng rộng rãi, là bất đẳng thức đầu tiên phải ghi nhớ và sử dụng một
cách thành thạo.
Có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức AM – GM, cách chứng
minh hay nhất có thể là cách chứng minh sử dụng phương pháp qui nạp
Cauchy (như chứng minh trên). Có lẽ vì vậy mà nhiều người nhầm lẫn
rằng Cauchy là người phát hiện ra bất đẳng thức này. Thực ra bất đẳng
thức này có tên là AM –GM (Arithmetric means – Geometric means).
Sau đây là một số bài toán đặc trưng sử dụng bất đẳng thức AM – GM.

5


Ví dụ 1. Với mọi số thực dương a, b, c ta có

1 1 1
9
  
a b c abc
Giải
Rõ ràng, cả hai vế là các biểu thức cùng bậc bậc (-1). Vậy đây là bất
đẳng thức đồng bậc.
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có

a  b  c  3 3 abc
1 1 1
1
   33
a b c
abc
1 1 1
Suy ra (a  b  c)(   )  9
a b c
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
+ Bất đẳng thức tổng quát hơn ta chứng minh hoàn toàn tương tự:

1 1
1
n
  ..  
a1 a2
an a1  a2  ...  an
Ví dụ 2. ( Bất đẳng thức Nesbitt 4 biến )
Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c, d ta có bất đẳng
thức

a
b
c
d



2
bc cd d a ab
Giải
Cả hai vế là các biểu thức cùng bậc bậc 0. Đây là bất đẳng thức
dạng đồng bậc.
Đặt

S

a
b
c
d



bc cd d a ab

M

b
c
d
a



bc cd d a a b

6


N

c
d
a
b



bc c d d a a b

Ta có M  N  4 . Theo bất đẳng thức AM – GM thì

SM 

ab bc cd d a



4
bc cd d a ab

SN

ac bd ca d b



bc cd d a ab

1 
1 
 1
 1
 ( a  c) 


  (b  d ) 
4
b

c
d

a
c

d
a

b




Rõ ràng vì

1
1
2
4
4




bc d a
(b  c)(d  a) b  c  d  a a  b  c  d
Tương tự, ta có

1
1
4


cd ab abcd

Suy ra 2S  M  N  8  S  2
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  a  b  c .
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương

1
1
1
27



a(a  b) b(b  c) c(c  a) 2(a  b  c)2
Giải
Cả hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc ( -2). Đây là bất đẳng thức
dạng đồng bậc.
Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM – GM cho vế trái ta được:

1
1
1
3



a(a  b) b(b  c) c(c  a) 3 abc(a  b)(b  c)(c  a)
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM ta có (a  b  c)3  33 abc;
33 (a  b)(b  c)(c  a)  (a  b  b  c  c  a)3  8(a  b  c)3

Suy ra

36 abc(a  b)(b  c)(c  a)  8(a  b  c)6

7


 3 abc(a  b)(b  c)(c  a) 

2
(a  b  c) 2
2
3

1
1
1
3.32
27
Do đó




a(a  b) b(b  c) c(c  a) 2(a  b  c)2 2(a  b  c)2
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  a  b  c .
Ví dụ 4. Với mọi x, y, z dương, hãy chứng minh rằng

x3 y 3 z 3
   x yz
yz xz xy
Giải
Cả hai vế của bất đẳng thức là các biểu thức cùng bậc bậc 1. Đây là
bất đẳng thức dạng đồng bậc.
Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM – GM cho 3 số ta có

x3
 y  z  3x;
yz

y3
 z  x  3 y;
zx
z3
 x  y  3z
xy
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng
thức xảy ra  x  y  z .
Ví dụ 5. Với mọi a, b, c dương, ta có

a3 b3 c3 a 2 b2 c2
    
b2 c 2 a 2 b c a
Giải
Cả hai vế của bất đẳng thức là các biểu thức cùng bậc bậc 1. Đây là
bất đẳng thức đồng bậc.
Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM – GM cho các cặp số sau

8


a3
a2
a2 ;
b2
b
b3
b2

b

2
;
c2
c
c3
c2
c2
a2
a
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta được:

(


a3 b3 c3
a 2 b2 c 2


)

(
a

b

c
)

2(
  )
b2 c 2 a 2
b c a

a 2 b2 c 2
   a  b  c a, b, c  0
b c a

Từ hai đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi a  b  c  0 .
Nhận xét: Lớp các bài toán trên, bậc của các hàm đa thức chính là bậc
của các đơn thức cũng chính là bậc của bất đẳng thức. Do đó, khi sử
dụng bất đẳng thức AM – GM thì ta thường lấy đại diện một đơn thức ở
vế lớn rồi cộng thêm với các đơn thức đồng bậc với các đơn thức đại
diện này.
Ví dụ 6. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng

1
1
1
1



a3  b3  abc b3  c3  abc c3  a3  abc abc
Giải
Hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc (-3), nhưng chúng ta sẽ không
sử dụng kĩ thuật cộng thêm các biểu thức đồng bậc mà ta sẽ đánh giá
mẫu số.
Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có
x3  y 3  ( x  y )( x 2  y 2  xy )  ( x  y )(2 xy  xy )  xy ( x  y ) x, y  0

Vậy, suy ra

9


1
1
1


a3  b3  abc ab(a  b)  abc ab(a  b  c)
Tương tự

1
b3  c3  abc



1
bc(a  b  c)

1
1

3
c  a  abc ac(a  b  c)
3

Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng
thức xảy ra  a  b  c .
Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, d ta luôn có

a3
b3
c3
d3
a bc d
 2 2 2
 2

2
2
2
2
a b b c c d
d a
2
Giải
Cả hai vế của bất đẳng thức là các biểu thức đồng bậc bậc 1. Đây là
bất đẳng thức đồng bậc.
Ở đây chúng ta không thể cộng thêm biểu thức cùng bậc hoặc sử
dụng bất đẳng thức AM – GM trực tiếp cho mẫu số, mà ta sẽ sử dụng kĩ
thuật côsi ngược dấu. Đây là một trong các kĩ thuật hay, khéo léo, mới
mẻ và ấn tượng nhất của bất đẳng thức AM – GM.
Sử dụng bất đẳng thức AM – GM với 2 số

a3
ab2
ab2
b
a 2 2 a
a
2
2
a b
a b
2ab
2
Tương tự

b3
c

b

;
b2  c 2
2
c3
d
c ;
2
2
c d
2

d3
a

d

d 2  a2
2

10


Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng
thức xảy ra  a  b  c  d  0 .
Nhận xét: Rõ ràng trong quá trình chứng minh các bất đẳng thức trên,
bậc của hai vế của bất đẳng thức luôn bằng nhau, mặc dù đã có một số
bước biến đổi thành phần của các vế.
1.2.2. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
Định lý
Với hai dãy số thực tùy ý a1, a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ta luôn có bất
đẳng thức
(a12  a22  ...  an2 )(b12  b22  ...  bn2 )  (a1b1  a2b2  ...  anbn )2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2 ,..., an ) và (b1 , b2 ,..., bn ) là hai bộ tỉ
lệ, tức là tồn tại số thực

để ai  kbi , i  1, n .

Chứng minh
Ta thấy bậc của hai vế của bất đẳng thức bằng nhau và bằng 4. Đây
là bất đẳng thức đồng bậc.
Sau đây là cách chứng minh quen thuộc sử dụng phương pháp tam
thức bậc hai.
n

+ Nếu

a
i 1

n
i

n

+ Nếu

a
i 1

2
i

 0  a1  a2  ...  an thì bất đẳng thức đúng.

 0 . Xét tam thức sau
f ( x)  (a1x  b1 )2  (a2 x  b2 )2  ...  (a2 x  b2 ) 2

Sau khi khai triển ta có
f ( x)  (a12  a22  ...  an2 ) x 2  2(a1b1  ...  anbn ) x  (b12  b22  ...  bn2 )

Mặt khác, vì f ( x)  0 x 

nên theo định lý về dấu của tam thức

bậc hai, ta có

11


 ' f  0  (a1b1  ...  anbn )2  (a12  a22  ...  an2 )(b12  b22  ...  bn2 )  0

 (a12  a22  ...  an2 )(b12  b22  ...  bn2 )  (a1b1  a2b2  ...  anbn )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ' f  0 , và f ( x)  0 có một nghiệm
thực x0 . Suy ra (a1 x0  b1 )2  (a2 x0  b2 )2  ...  (an x0  bn )2  f ( x0 )  0



a1 a2
a
  ...  n  x0
b1 b2
bn

Ngược lại, nếu

a1 a2
a
  ...  n thì phương trình f ( x)  0 có một
b1 b2
bn

nghiệm thực, do đó  ' f  0 . Vì  ' f không thể dương dẫn đến  ' f  0 .
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cũng là bất đẳng thức quen thuộc
với các bạn học sinh phổ thông và việc nắm chắc, sử dụng thành thạo bất
đẳng thức này rất cần thiết cho tất cả bạn đọc, không chỉ các bạn thi học
sinh giỏi, Olympic quốc gia, quốc tế mà ngay cả các bạn ôn thi vào lớp
10 và thi đại học.
Các hệ quả sau đây sẽ củng cố thêm các ứng dụng khác nhau của
bất đẳng thức quan trọng này.
Hệ quả 1
Với 2 dãy số (a1, a2 ,..., an ) và (b1, b2 ,..., bn ), bi  0, i  1, n. Ta có
a12 a22
an2 (a1  a2  ...  an )2
  ...  
b1 b2
bn
b1  b2  ...  bn

Bất đẳng thức trên thường được gọi là bất đẳng thức Schwarz.
Chứng minh
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có
 a12 a22
an2 
(b1  b2  ...  bn )    ...    (a1  a2  ...  an ) 2
bn 
 b1 b2

Vậy ta có điều phải chứng minh.

12


Hệ quả 2
Với hai dãy số thực tùy ý (a1, a2 ,..., an ) và (b1 , b2 ,..., bn ) ta luôn có
bất đẳng thức

a12  b12  ...  an2  bn2  (a1  ...  an )2  (b1  ...  bn )2
Chứng minh
Ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp n  2 . Với các giá trị khác
bất đẳng thức được chứng minh trực tiếp bằng phương pháp qui nạp. Với

n  2 ta có

a12  b12  a22  b22  (a1  a2 )2  (b1  b2 )2
 a12  b12  a22  b22  2 (a12  a22 )(a22  b22 )  (a1  a2 )2  (b1  b2 )2
2
2
2
2
 a1a2  bb
1 2  (a1  a2 )(b1  b2 )

Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  (a1, a2 ,..., an ) và

(b1 , b2 ,..., bn ) là hai bộ tỉ lệ.
Hệ quả 3
Với mọi dãy số thực a1, a2 ,..., an ta có
(a1  a2  ...  an )2  n(a12  a22  ...  an2 )

Chứng minh
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz với hai bộ số

(a1, a2 ,..., an ),(1,1,...,1) (trong đó bộ số thứ hai gồm

số 1). Ta có

(a12  a22  ...  an2 )(12  12  ...  12 )  (a1  a2  ...  an ) 2

Ta có diều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(a1, a2 ,..., an ), (1,1,...,1) là hai bộ tỉ lệ hay a1  a2  ...  an .

13


Hệ quả 4
Cho hai dãy số dương (a1, a2 ,..., an ) và (b1 , b2 ,..., bn ) , ta có

(a1b1  a2b2  ...  anbn )(

a1 a2
a
  ...  n )  (a1  a2  ...  an )2
b1 b2
bn

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b1  b2  ...  bn .
Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho hai bộ số

(a1b1, a2b2 ,..., anbn ) và (

a1 a2
a
, ,..., n )
b1 b2
bn

Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét Cũng như bất đẳng thức AM – GM, ta sử dụng Cauchy –
Schwarz như một công cụ đắc lực để chứng minh bất đẳng thức dạng
đồng bậc.
Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương, ta có
2

2

a 3 b3 c 3 a b c
    
b2 c 2 a 2 b c a

2

Giải
Rõ ràng, hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 1. Đây là bất đẳng
thức dạng đồng bậc.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có:

 a2 b2 c 2 
2
    (b  a  c)  (a  b  c)
b c a 


 a2 b2 c 2 
 a 3 b3 c 3 
 2  2  2  (a  b  c)     
c
a 
c
a 
b
b

Từ hai đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.

14

2


Ví dụ 2. Chứng minh rằng, nếu a, b, c, d là các số thực thì
(a  b  c  d )2  3(a 2  b 2  c 2  d 2 )  6ab

Giải
Ta có, hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 2. Đây là bất đẳng thức
dạng đồng bậc.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz như sau
(a  b  c  d )2  (1(a  b)  1c  1d ) 2
 (12  12  12 )((a  b)2  c 2  d 2 )
 3(a 2  b2  c 2  d 2 )  6ab

Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Giả sử a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng

a
b
c
9



2
2
2
(b  c) (c  a) (a  b) 4(a  b  c)
Giải
Hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc (-1) . Đây là bất đẳng thức
dạng đồng bậc. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có

(a  b  c)(

a
b
c
a
b
c 2


)(


)
2
2
2
(b  c) (c  a) (a  b)
bc c a a b

Lại theo bất đẳng thức Schwarz, ta có

a
b
c
a2
b2
c2
(a  b  c ) 2






b  c c  a a  b ab  ac bc  ba ca  cb 2(ab  bc  ca)
( a  b  c) 2
a 2  b2  c 2
ab  bc  ca
3

1
1 

2(ab  bc  ca) 2(ab  bc  ca)
2(ab  bc  ca)
2
Suy ra
 a
b
c  9
( a  b  c) 



2
2
2 
 (b  c) (c  a) (a  b)  4

15




a
b
c
9



(b  c)2 (c  a)2 (a  b)2 4(a  b  c)

Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  a  b  c  0 .
Ví dụ4. Giả sử x  y  z  0 . Chứng minh

x2 y y 2 z z 2 x


 x2  y 2  z 2
z
x
y
Giải
Hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 2. Đây là bất đẳng thức dạng
đồng bậc.
Theo bất đẳng thức Schwarz ta có
 x 2 y y 2 z z 2 x  x 2 z y 2 x z 2 y 
2
2
2 2






  (x  y  z )
x
y  y
z
x 
 z



x2 y y 2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y ( xy  yz  zx)( x  y)( y  z )( x  z )






0
z
x
y
y
z
x
xyz

x2 y y 2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y






z
x
y
y
z
x
2

 x 2 y y 2 z z 2 x   x 2 y y 2 z z 2 x  x 2 z y 2 x z 2 y 






Suy ra 
 

 (2)
x
y   z
x
y  y
z
x 
 z
2

 x2 y y 2 z z 2 x 
2
2
2 2
Từ (1) và (2) suy ra 


  (x  y  z )
x
y 
 z

x2 y y 2 z z 2 x



 x2  y 2  z 2
z
x
y
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  x  y  z .

16


Ví dụ 5. Cho a, b, c, d  0. Chứng minh

a
b
c
d
2




b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c 3
Giải
Hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 0. Đây là bất đẳng thức dạng
đồng bậc.
Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có

a2
b2
c2
d2
VT 



ab  2ac  3ad bc  2bd  3ba cd  2ca  3cb da  2db  3dc
(a  b  c  d ) 2

4(ab  bc  cd  da  ac  bd )
Mặt khác
(a  b  c  d )2  2(ab  bc  cd  da  ac  bd )  a 2  b 2  c 2  d 2

8
 (ab  bc  cd  da  ac  bd )
3
Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  a  b  c  d .
1.2.3. Bất đẳng thức Chebyshev
Định lý
Với hai dãy số hữu hạn các số thực a1, a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn . Khi
a  a2  ...  an
a  a2  ...  an
đó, nếu có  1
hoặc  1
 b1  b2  ...  bn
 b1  b2  ...  bn

ta có n(a1b1  ...  anbn )  (a1  a2  ...  an )(b1  b2  ...  bn )
 a  a2  ...  an
Dấu bằng xảy ra   1
 b1  b2  ...  bn

Chứng minh
Rõ ràng, hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 2. Đây là bất đẳng
thức dạng đồng bậc.

17


Bằng phân tích trực tiếp ta có đẳng thức sau
n

n(a1b1  ...  anbn )  (a1  ...  an )(b1  ...  bn )   (ai  a j )(bi b j )  S
i , j 1

+ Nếu các dãy a1, a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn đơn điệu cùng chiều thì
(ai  a j )(bi  b j )  0  S  0

Suy ra n(a1b1  ...  anbn )  (a1  a2  ...  an )(b1  b2  ...  bn )
+ Nếu các dãy a1, a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn đơn điệu ngược chiều thì
(ai  a j )(bi  b j )  0  S  0

Suy ra n(a1b1  ...  anbn )  (a1  a2  ...  an )(b1  b2  ...  bn )
Dấu bằng xảy ra  S  0  (ai  a j )(bi  b j )  0 1  i  j  n
 a  an
a  a2  ...  an
 (a1  an )(b1  bn )  0   1
 1
 b1  bn
 b1  b2  ...  bn

Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả
Nếu a1, a2 ,..., an là các số thực dương có tổng bằng

thì

a1n1  a2n1  ...  ann1  a1n  a2n  ...  ann

Chứng minh
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai bộ đơn điệu a1, a2 ,..., an
và a1n , a2n ,..., ann ta có ngay điều phải chứng minh.
Thông thường các bất đẳng thức đối xứng với các biến, nên việc
sắp xếp lại các biến luôn có thể thực hiện được. Do đó trước khi sử dụng
bất đẳng thức này ta phải có một bước sắp xếp lại các biến mà không
làm mất tính tổng quát của bài toán. Lưu ý rằng điều này chỉ đúng khi và
chỉ khi bất đẳng thức hoàn toàn đối xứng với tất cả các biến.

18


Bất đẳng thức Chebyshev có nhiều ứng dụng rất hay, và nói chung
làm cho bài toán được giải quyết theo cách đơn giản hơn trong khá nhiều
trường hợp. Chúng ta cùng xem xét một số ví dụ sau để thấy rõ điều này.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng

a
b
c
3


 a, b, c  0
bc ca ab 2
Giải
Rõ ràng, hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 0. Đây là bất đẳng
thức dạng đồng bậc.
Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c
Suy ra b  c  c  a  a  b và

a
b
c


bc ca ab

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu ngược
chiều ta có

(

a
b
c


)[(b  c)  (c  a)  (a  b)]
bc c a a b

 3[



a
b
c
(b  c) 
(c  a ) 
(a  b)]  3(a  b  c)
bc
ca
ab

a
b
c
3(a  b  c) 3




b  c c  a a  b 2(a  b  c) 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  0 .
Ví dụ 2. Chứng minh bất đẳng thức sau với a, b, c là các số thực không
âm cho trước:

a2  bc
b2  ca
c2  ab


0
b2  c2  2a2 c2  a2  2b2 a2  b2  2c2
Giải
Rõ ràng, hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 0. Đây là bất đẳng
thức dạng đồng bậc.

19


Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức tổng quát hơn với mọi k  2

a2  bc
b2  ca
c2  ab


0
b2  c2  ka2 c2  a2  kb2 a2  b2  kc2
Thật vậy, nhân thêm các hệ số tương ứng vào mỗi phân số

(a2  bc)(b  c)
(b2  ca)(c  a)
(c 2  ab)(a  b)


0
(b2  c2  ka2 )(b  c) (c2  a 2  kb2 )(c  a) (a 2  b2  kc2 )(a  b)
Không mất tính tổng quát, giả sử a  b . Khi đó
(a 2  bc)(b  c)  (b 2  ca)(c  a)  (ab  c 2 )(a  b)  c(a 2  b 2 )  0;
(b2  c 2  ka 2 )(b  c)  (c 2  a 2  kb 2 )(c  a ) 
 (b  a)(a 2  b2  c 2  (k  1)(ab  bc  ca)  0

Vậy hai bộ số sau đơn điệu ngược chiều
(a 2  bc)(b  c), (b2  ca)(c  a), (c 2  ab)(a  b)
(b2  c 2  ka 2 )(b  c), (c 2  a 2  kb2 )(c  a), (a 2  b2  kc 2 )(a  b)

Chú ý rằng (a 2  bc)(b  c)  (b2  ca)(c  a)  (c 2  ab)(a  b)  0
Nên từ bất đẳng thức Chebyshev ta có diều phải chứng minh. Ngoài ra

k  2 cũng là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức trên đúng.
Ví dụ 3. Chứng minh với mọi a, b, c không âm

a 2  8bc  b2  8ca  c2  8ab  3(a  b  c)
Giải
Rõ ràng, hai vế là các biểu thức đồng bậc bậc 1. Đây là bất đẳng
thức dạng đồng bậc.
Ta có biến đổi sau
3a  a 2  8bc 

8(a 2  bc)
3a  a 2  8bc



8(a 2  bc)(b  c)
(3a  a 2  8bc )(b  c)

Sau đó sử dụng bất đẳng thức Chebyshev, với tổng các tử số bằng
không. Khi đó ta có điều phải chứng minh.

20


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×