ĐẲNG THỨC, SO SÁNH VÀ BẤT ĐẲNG THỨC Câu lạc Tốn học: Chương trình bồi dưỡng chun đề Tốn HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI VÀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI Hà Nội, Ngày 11.12.2009 Vào 13h30 thứ Sáu, Ngày 11.12.2009, Hội Toán học Hà Nội Sở Giáo dục Đào tạo Hà Nội phối hợp tổ chức chương trình bồi dưỡng kiến thức chuyên đề Tốn cho cán đạo chun mơn, thầy giáo, cô giáo trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi địa bàn Thủ đô Chuyên đề sinh hoạt lần Đẳng thức bất đẳng thức Chuyên đề GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, Chủ tịch Hội Tốn học Hà Nội, trực tiếp giảng dạy Kính mời thầy giáo, cô giáo trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi quận huyện địa bàn Thủ quan tâm đến dự Địa điểm: Phịng Giáo Dục Huyện Thạch Thất Mục lục Tam thức bậc hai vấn đề liên quan Một số đồng thức quan trọng 12 Bất đẳng thức Cauchy (dạng thực phức) 14 3.1 Bất đẳng thức Cauchy 14 3.2 Dạng phức bất đẳng thức Cauchy 15 Tam thức bậc (α) tam thức bậc (α, β) 17 Một số bất đẳng thức cổ điển liên quan 20 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy 6.1 Độ gần thứ tự dãy cặp điểm 6.2 Kỹ thuật tách ghép số 6.3 Thứ tự lại thứ tự số 6.4 Điều chỉnh lựa chọn tham số 25 25 27 34 36 Các giá trị trung bình 42 Bài tập áp dụng 47 Chương Tam thức bậc hai vấn đề liên quan Bất đẳng thức quan trọng chương trình đại số bậc trung học phổ thơng bất đẳng thức dạng sau x2 0, ∀x ∈ R (1.1) Dấu đẳng thức xảy x = Gắn với bất đẳng thức (1.1) bất đẳng thức dạng sau (x1 − x2 )2 0, ∀x1 , x2 ∈ R, hay x2 + x2 2x1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Bất đẳng thức (1.1) dạng bậc hai đơn giản bất đẳng thức bậc hai mà học sinh làm quen từ chương trình lớp Định lí Viete đóng vai trị quan trọng việc tính tốn ước lượng giá trị số biểu thức dạng đối xứng theo nghiệm phương trình bậc hai tương ứng Đặc biệt, chương trình Đại số lớp 10, mảng tập ứng dụng định lí (thuận đảo) dấu tam thức bậc hai công cụ hữu hiệu nhiều dạng toán bậc trung học phổ thông Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = Khi af (x) = ax + b 2 − ∆ , với ∆ = b2 − 4ac Từ đẳng thức này, ta có kết quen thuộc sau Định lý Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R ii) Nếu ∆ = af (x) ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy x = − iii) Nếu ∆ > af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với x1,2 b =− 2a b 2a √ ∆ 2|a| Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1 , x2 ) af (x) > x < x1 x > x2 (1.2) Ta nhắc lại kết sau Định lý (Định lí đảo) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ > x1 < α < x2 , x1,2 nghiệm f (x) xác định theo (1.2) Nhận xét rằng, định lí mơ tả thơng qua bất đẳng thức (kết so sánh biệt thức ∆ với 0) Các định lí sau cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0, có nghiệm Định lý Với tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực tồn nguyên hàm F (x), đa thức bậc ba, có ba nghiệm thực Chứng minh Khi f (x) có nghiệm kép, tức f (x) = a(x − x0 )2 , ta cần chọn nguyên hàm dạng a F (x) = (x − x0 )3 Khi f (x) có hai nghiệm phân biệt, tức f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), x1 < x2 , a = 0, ta chọn nguyên hàm F (x) thoả mãn điều kiện F x1 + x2 = Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có cực đại cực tiểu x1 x2 điểm uốn đồ thị tương ứng M x1 +x2 , Từ suy điều cần chứng minh Định lý Tam thức bậc hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghiệm (thực) hệ số b, c có dạng b=α+β+γ (1.3) c = αβ + βγ + γα Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có ∆ =b2 − 3c = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) =α2 + β + γ − (αβ + βγ + γα) 1 = (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 2 Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1 , x2 Khi đó, tồn đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, nguyên hàm f (x), tức là: F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ) Từ ta suy điều cần chứng minh Tiếp theo, chương này, ta xét dạng toán bất đẳng thức cực trị có sử dụng tính chất tam thức bậc hai Xét đa thức bậc hai hai biến (xem tam thức bậc hai x) F (x, y) = ax2 + bxy + cy , a = 0, ∆ : = (b2 − 4ac)y Khi đó, ∆ Vậy b2 aF (x, y) 0, ∀x, y ∈ R 4ac a < hiển nhiên ax2 + cy |bxy|, ∀x, y ∈ R Trường hợp riêng, a = c = 1, b = ±2 ta nhận lại kết x2 + y hay √ u+v 2|xy| uv, u, v Về sau, ta sử dụng tính chất dạng phân thức bậc hai y= a1 x2 + b1 x + c1 a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R, để tìm cực trị số dạng tốn bậc hai Bài tốn Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y= a1 x2 + b1 x + c1 a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R c1 a1 Giải Nhận xét x = y(0) = x → ∞ y → Tiếp theo, ta xét giá c2 a2 c1 a1 trị y = y = c2 a2 c1 a1 Giả sử y giá trị biểu thức, y = y = Khi phương trình tương ứng c2 a2 a1 x2 + b1 x + c1 =y a2 x2 + b2 x + c2 phải có nghiệm, hay phương trình (a2 y − a1 )x2 + (b2 y − b1 )x + (c2 y − c1 ) = (1.4) phải có nghiệm Do (1.4) phương trình bậc hai nên điều tương đương với ∆ = (b2 y − b1 )2 − 4(a2 y − a1 )(c2 y − c1 ) hay g(y) := (b2 − 4a2 c2 )y + 2(b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 )y + b2 − 4a1 c1 phải có nghiệm Vì g(y) có b2 − 4a2 c2 < nên theo Định lí đảo tam thức bậc hai, ∆ = (b1 b2 + 2a1 c2 + a2 c1 )2 − (4a1 c1 − b2 )(4a2 c2 − b2 ) y1 y y2 , (1.5) với y1,2 b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 ± = b2 − 4a2 c2 √ ∆ , ∆ tính theo cơng thức (1.5) Suy max y = y2 y = y1 , đạt ứng với j (j = 1, 2), xảy đồng thời   ∆ = (b2 yj − b1 )2 − 4(a2 yj − a1 )(c2 yj − c1 ) = 0, b y − b1  xj = − j a2 yj − a1 Xét vài ví dụ minh hoạ sau Ví dụ Cho x, y số thực cho 2x2 + y + xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + y Giải Đặt 2x2 + y + xy = a, a Khi x2 + y M = a 2x + y + xy M = a 2) Nếu y = suy 1) Nếu y = M t2 + x = , t= a 2t + t + y Ta cần xác định giá trị M < , cho phương trình a t2 + M = a 2t + t + có nghiệm Nghĩa phương trình M M M − t2 + t+ −1=0 a a a có nghiệm Thế biệt thức ∆ phải khơng âm Ta có ∆= M a −4 M −1 a M −1 a hay −7 M a + 12 Giải bất phương trình bậc hai ta √ 6−2 Suy M M a √ 6−2 a M a −4 √ 6+2 √ 6−2 = M0 √ 6−2 Vậy M = , đạt  x = M1 y  √ x = M1 y ⇔ 2(1 − 2M0 ) y = ± , 2x2 + y + xy =  2 − 7M0 + 7M0 với M1 = −M0 2(2M0 − 1) Ví dụ Cho x2 + y + xy = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = x2 − xy + 2y Giải Ta viết A dạng A= x2 − xy + 2y x2 + xy + y 1) Nếu y = A = 2) Nếu y = A= t2 − t + x , t= 2+t+1 t y Cần xác định A để phương trình A= t2 − t + t2 + t + có nghiệm Điều tương đương với việc phương trình (A − 1)t2 + (A + 1)t + A − = có nghiệm, tức ∆ = (A + 1)2 − 4(A − 1)(A − 2) Từ đó, ta √ 7−2 √ 7+2 Vậy max A = , đạt  x = A2 + y 2(1 − A2 )  x + y + xy = √ 7−2 A = , đạt  x = A1 + y 2(1 − A1 )  x + y + xy = A √ 7+2  x =   A2 + y 2(1 − A2 ) hay 2(A2 − 1) y = ±   − 6A2 + 3A2  x =   A1 + y 2(1 − A1 ) hay 2(A1 − 1) y = ±   − 6A1 + 3A2 A1 , A2 giá trị nhỏ giá trị lớn Ví dụ Cho x2 + y − xy = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức M = x4 + y − x2 y Giải Từ giả thiết suy = x2 + y − xy 2xy − xy = xy = (x + y) − 3xy Từ ta có − −3xy Mặt khác, từ giả thiết ta có x2 + y = + xy nên xy x4 + y = −x2 y + 2xy + x4 + y − x2 y = −2t2 + 2t + 1, t = xy Vậy cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ tam thức bậc hai f (t) = −2t2 + 2t + 1; − Ta có max M = f t 1 = , 2 đạt xy = , x2 + y − xy = √ (x, y) ∈ √ √ √ 5±1 5±1 √ , √ , − √ ,− √ 2 2 2 2 Vậy nên M = f − 1 = , đạt √ xy = − x2 + y − xy = hay x=± y= 3 √ 3 Bài toán (Thi HSG Toán Việt Nam 2003) Cho hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thoả mãn điều kiện f (cot x) = sin 2x + cos 2x, x ∈ (0, π) Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x) Giải Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x cot x cot2 x − + cot2 x + cot2 x + cot2 x + cot x − = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + = Với t ∈ R tồn x ∈ (0, π) cho cot x = t, ta f (t) = t2 + 2t − , ∀t ∈ R t2 + Do sin4 2x + 32 sin2 2x − 32 , ∀x ∈ R sin4 2x − sin2 2x + 32 1 Đặt u = sin2 2x Dễ thấy, x ∈ R u ∈ 0, Vì 4 g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x) = g(x) = x∈R h(u) max g(x) = max h(u), x∈R u 1/4 u 1/4 h(u) = u2 + 8u − u2 − 2u + Ta tính dạo hàm hàm h(u) h (u) = 2(−5u2 + 4u + 6) (u2 − 2u + 2)2 1 Ta dễ dàng chứng minh h (u) > ∀u ∈ 0, Suy hàm h(u) đồng biến 0, Vì vậy, 4 0, , ta có h(u) = h(0) = −1 max h(u) = h 1 = 25 Do g(x) = −1, đạt chẳng hạn x = max g(x) = , đạt chẳng hạn 25 π x= Bài toán (Thi HSG Toán Việt Nam 2003) Cho hàm số f xác định tập hợp số thực R, lấy giá trị R thoả mãn điều kiện f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0, π) Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số g(x) = f (x)f (1 − x) đoạn [−1; 1] Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x cot x cot2 x − + cot2 x + cot2 x + cot2 x + cot x − = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + = Từ đó, với lưu ý với t ∈ R tồn x ∈ (0, π) cho cot x = t, ta f (t) = t2 + 2t − , ∀t ∈ R t2 + Dẫn tới, x2 (1 − x)2 + 8x(1 − x) − , ∀x ∈ R x2 (1 − x)2 − 2x(1 − x) + g(x) = f (x)f (1 − x) = Đặt u = x(1 − x) Dễ thấy, x chạy qua [−1, 1] u chạy qua − 2, Vì vậy, g(x) = −1 x h(u) −2 u max g(x) = max h(u), −1 x −2 u h(u) = Ta có h (u) = u2 + 8u − u2 − 2u + 2(−5u2 + 4u + 6) (u2 − 2u + 2)2 Từ việc khảo sát dấu h (u) [−2; 1/4], ta thu h(u) = h −2 u 2− √ 34 =4− √ max h(u) = max{h(−2); h(1/4)} = −2 u Vậy, [−1; 1], ta có g(x) = − √ 34 max g(x) = 34 25 25 Bài toán (MO Nga 1999) Cho hàm số f (x) = x2 + ax + b cos x Tìm tất giá trị a, b cho phương trình f (x) = f (f (x)) = có tập hợp nghiệm thực (khác rỗng) Giải Giả sử r nghiệm f (x) Khi b = f (0) = f (f (x)) = Do f (x) = x(x + a), suy r = r = −a Vì f (f (x)) = f (x)(f (x) + a) = x(x + a)(x2 + ax + a) Ta chọn a cho x2 + ax + a khơng có nghiệm thực nằm −a Thật −a nghiệm phương trình x2 + ax + a = 0, phải có a = f (f (x)) khơng có nghiệm khác Nói cách khác, ∆ = a2 − 4a < hay < a < Vậy với a < hai phương trình cho có tập hợp nghiệm x = 0, x = −a Bài toán Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện |f (−1)| 1, |f (0)| Tìm giá trị lớn |f (x)| với x ∈ [−1; 1] 10 1, |f (1)| Bài toán 27 Giả sử a b c > Chứng minh b2 c2 a2 + 3+ c3 a b 1 √ +√ +√ ca ab bc Giải Ta có 1 √ +√ +√ = ca ab bc b a c b a c = √ √ +√ √ +√ √ aa bb cc aa bb cc 2 2 b c a b c2 a + 3+ + 3+ a3 b c b3 c a Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức b2 c2 a2 + 3+ a3 b c a2 b2 c2 + + b3 c a Thật vậy, ta có biến đổi tương đương sau c2 a2 a2 b2 c2 b2 + 3+ + 3+ a3 b c b3 c a 5 ⇔ b c +c a +a b a5 c3 + b5 a3 + c5 b3 ⇔ a3 b3 (a2 − b2 ) + b3 c3 (b2 − c2 ) + c3 a3 (c2 − a2 ) ⇔ a3 (b3 − c3 + c3 )(a2 − b2 ) + b3 c3 (b2 − c2 ) + c3 a3 (c2 − a2 ) 3 2 2 3 ⇔ a (b − c )(a − b ) + c (b − c )(a − b ) Suy 1 √ +√ +√ ca ab bc b2 c2 a2 + 3+ 3 c a b , hay 1 √ +√ +√ ca ab bc b2 c2 a2 + + c3 a b Bài toán 28 (IMO 1995) Cho số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = Chứng minh a2 b2 c2 + + b+c c+a a+b Giải Đặt bc = x, ca = y ab = z Theo giả thiết, ta thu 1 = x, = y, = z a b c x+y+z Ta đưa bất đẳng thức cho dạng x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y 35 Do vai trò a, b, c x, y, z bình đẳng, khơng tổng qt, ta giả thiết a b c hay < x y z Khi  x2 y z 1  y+z z+x x+y Suy x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y x2 y2 z2 + + y+x z+y x+z x2 y2 z2 + + x+z y+x z+y Từ đây, cộng vế tương ứng, ta nhận x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y x2 + z y + x2 z + y + + x+z y+x z+y Theo bất đẳng thức Cauchy, (x + z)2 , y + x2 x2 + z (y + x)2 , z2 + y2 (z + y)2 , x2 + z y + x2 z + y + + x+z y+x z+y (x + y + z) Từ đây, ta thu điều cần chứng minh Nhận xét Sau lại thứ tự, ta sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Chebyshev x+y+z x y z + + y+z z+x x+y x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y Từ kết quen biết (ứng với xyz = 1) x+y+z 1, x y z + + y+z z+x x+y , ta thu bất đẳng thức cần chứng minh 6.4 Điều chỉnh lựa chọn tham số Đối với số bất đẳng thức đồng bậc dạng không đối xứng dấu đẳng thức bất đẳng thức thường xảy giá trị biến tương ứng khơng Vì vậy, cần lựa chọn kỹ thuật hợp lý để giải toán cực trị dạng không đối xứng cần thiết Một kỹ thuật xây dựng thuật toán thứ tự gần Trong trường hợp dạng bậc hai, ta sử dụng phương pháp miền giá trị nêu Trong phần này, ta nêu thêm kỹ thuật nhằm điều chỉnh số tham số phụ Ta đưa vào tham số tự cần thiết thường giá trị trung gian xác định sau theo cách chọn đặc biệt để tất dấu đẳng thức đồng thời xảy Tham số phụ đưa vào cách hợp lí để phương trình xác định chúng có nghiệm 36 Bài toán 29 Cho số dương a Xét số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a(x2 + y ) + z Giải Ta thấy biểu thức P đối xứng theo x, y, vai trò x y bình đẳng nên ta đặt z2 = αx2 = αy ,α > chọn sau Theo bất đẳng thức Cauchy (hoặc bất đẳng thức AG) cho số dương, ta có αx2 + z2 2 α z2 xz, αy + 2 α yz, α (x + y ) 2 α (xy + yz + zx) = 2 α xy Từ bất đẳng thức trên, ta nhận α+ α (x2 + y ) + z 2 α Chọn α cho α+ hay α = a, √ α −1 + + 8a = Ta thấy dấu đẳng thức xảy  z = αx2 = αy 2 xy + yz + zx = hay  x = y = √  ,  + 8a √  z = + 8a − √  + 8a Vậy giá trị nhỏ biểu thức cho P = −1 + √ + 8a Bài toán 30 Cho u, v số dương Xét số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = ua2 + vb2 + c2 37 Giải Ta phân tích u = x + y, v = z + t, = m + n, x, y, z, t, m, n số dương chọn sau Theo bất đẳng thức Cauchy cho số dương, ta có √ √ xa2 + tb2 xtab, ya2 + nc2 ynac, zb2 + mc2 Từ bất đẳng thức trên, ta nhận √ √ √ Q xtab + ynac + zmbc  x   = b  = tb2  xa t a2   n a2 = nc2 Dấu đẳng thức xảy hay ya =  y c    zb = mc2 z   =c m b2 √ zmbc Suy xzn = ytm (6.7) Chọn x, y, z, t, m, n cho xt = yn = zm = α thoả mãn (6.7) Ta có (x + y)(z + t)(m + n) = uv ⇔ (xz + xt + yz + yt)(m + n) = uv ⇔ xzm + xtm + yzm + ytm + xzn + xtn + yzn + ytn = uv ⇔ (x + y + m + n + t + z)α + 2xzn = uv Mà (xzn)(ytm) = α3 nên xzn = √ Đặt q = α √ α3 2q + (u + v + 1)q − uv = (6.8) Rõ ràng (6.8) có nghiệm dương nhất, ký hiệu q0 Vậy P = 2q0 với q0 nghiệm dương phương trình (6.8) Nhận xét Hai tốn hồn tồn giải theo phương pháp tam thức bậc hai thông thường Bài toán 31 (Thi chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO-1994) Xét số thực a, b, c, d thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + d2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2 38 Giải Do vai trò a d, b c đối xứng biểu thức trên, ta dự doán điểm cực trị đạt số thoả mãn điều kiện a2 = d2 , b2 = c2 Với p số thực dương (được xác định sau), theo bất đẳng thức Cauchy - Bunhiacovski, ta có (1 + 3p) a2 2b2 c2 + + p p (a − 2b + c)2 b2 + 2a2 (b − 2a)2 p d2 2c2 b2 (1 + 3p) + + (d − 2c + b)2 p p c2 (p + 2) + 2d2 (c − 2d)2 p (p + 2) Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta nhận Q (5 + 5p)(a2 + d2 ) + + 10p (b + c2 ) p (6.9) Bây ta cần chọn p > cho 1+p= + 2p , p √ 1+ tức p = √ 1+ Thay p = vào (6.9), ta thu Q 5(3 + √ 5) Dấu đẳng thức xảy   a > 0, c > 0, b < 0, d <   c b |a| = |d| = p = p    a2 + b2 + c2 + d2 = √ 1+ , ta nhận Giải hệ ứng với p =  a = −d = −  √ ,  5− √ 5−1  −b = c =  √ 5− (6.10) Vậy, giá trị lớn biểu thức 5(3 + max Q = √ 5) , a, b, c, d thoả mãn điều kiện (6.10) Tiếp theo, ta tìm giá trị nhỏ Với cách phân tích tương tự trên, việc tìm Min Q trình bày hồn tồn tương tự 39 Ta có Q = 5(a2 + d2 ) + 6(b2 + c2 ) + 2a(c − 4b) + 2d(b − 4c) − 8bc 1 5(a2 + d2 ) + 6(b2 + c2 ) − [p2 a2 + (c − 4b)2 ] − [p2 d2 + (b − 4c)2 ] − 8bc p p hay 17 Q (5 − p)(a2 + d2 ) + − (b2 + c2 ) + − bc p p Chọn p khoảng (2,5) cho − < p 17 (b2 + c2 ) + − (b2 + c2 ) p p (b2 + c2 ) Q (5 − p)(a2 + d2 ) + − p √ + 45 ∈ (2, 5), ta Tiếp theo,chọn p cho − p = − , tức p = p √ √ − 45 + 45 2 2 (a + b + c + d ) Q 5− Q (5 − p)(a2 + d2 ) + − Dấu đẳng thức xảy  pa = c − 4b     a = d = ± pd = b − 4c    + p2 hay b=c  b = c =      a + b2 + c2 + d2 = + p2  Vậy √ − 45 Q = với p = 3+ √ 45 Bài toán 32 Xét số x, y, z thoả mãn điều kiện x2 + y + z + 16 xy = a2 , 25 a số dương cho trước Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + yz + zx Giải Với q tuỳ ý (được chọn sau) (0, 1), áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số khơng âm, ta có   q(x2 + y ) 2q x2 y 2qxy      (1 − q)x2 + z 2 1−q x2 z 2 1−q xz  2 2  (1 − q)y + z2 1−q y z 2 1−q yz  2   16  16   xy = xy 25 25 Cộng vế tương ứng bất đẳng thức trên, ta nhận a2 2q + 16 xy + 25 40 1−q (yz + zx) (6.11) Để xuất biểu thức P vế phải (6.11) ta việc chọn q cho 2q + 16 =2 25 1−q hay q= 25 5a2 Dấu đẳng thức xảy   a  x = y = ± √ x = y = 5z  3 hay x2 + y + z + 15 xy = a2 z = ± 3a √   25 Thay giá trị q vào (6.11) ta thu P 41 Chương Các giá trị trung bình Ta sử dụng giá trị trung bình để thực quy trình thứ tự gần bất đẳng thức Chúng ta biết đặc điểm nhiều bất đẳng thức dấu xảy tất vài biến số (xuất phát từ bất đẳng thức x2 ≥ 0!, đặc biệt bất đẳng thức đại sô Phương pháp dồn biến dựa vào đặc điểm để làm giảm biến số bất đẳng thức, đưa bất đẳng thức dạng đơn giản Để chứng minh trực tiếp cách khảo sát hàm biến chứng minh quy nạp Để chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ 0, (7.1) ta chứng minh f (x1 , x2 , , xn ) ≥ f f (x1 , x2 , , xn ) ≥ f x1 + x2 x1 + x2 , , , xn 2 √ x1 x2 , √ x1 x2 , , x n (7.2) (7.3) Sau đó, chuyển sang việc chứng minh (7.1) chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ g(x1 , x2 , , xn ) tức chứng minh bất đẳng thức có biến số Dĩ nhiên, bất đẳng thức (7.2) khơng đúng, số điều kiện Vì ta thay đổi hai biến số nên kiểm tra tính đẳng bất đẳng thức cách dễ dàng Ta xét toán sau để minh hoạ phương pháp Bài toán 33 Chứng minh x, y, z, > 2(x2 + y + z ) + 3(xyz)2/3 ≥ (x + y + z)2 Chứng minh Xét hàm F (x, y, z) = 2(x2 + y + z ) + 3(xyz)2/3 − (x + y + z)2 = x2 + y + z − 2xy − 2yz − 2zx + 3(xyz)2/3 Khơng tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y ≤ z, ta cần chứng minh F (x, y, z) ≥ thực dồn biến trung bình nhân, ta chứng minh √ √ F (x, y, z) ≥ F (x, yz, yz) 42 (7.4) √ √ Thật vậy, xét hiệu d = F (x, y, z) − F (x, yz, yz) √ √ d = x2 + y + z − 2xy − 2yz − 2zx − (x2 + yz + yz − 2x yz − 2x yz − 2yz) + 3(xyz)2/3 − 3(xyz)2/3 √ = y + z − 2yz + 4x yz − 2x(y + z) √ = (y − z)2 + 2x(−y − z + yz) √ √ = (y − z)2 − 2x( y − z)2 √ √ √ √ = ( y − z)2 [( y + z)2 − 2x] √ √ √ = ( y − z)2 [(y + z − 2x) + yz] ≥ Vì x ≤ y ≤ z suy y + z ≥ 2x Từ suy bất đẳng thức (7.4) Mặt khác √ √ √ F (x, yz, yz) = x2 − 4x yz + 3(xyz)2/3 Mà x2 + 3(xyz)2/3 = x2 (xyz)2/3 + (xyz)2/3 + (xyz)2/3 √ ≥ 4(x2 y z )1/4 = 4x yz nhờ áp dụng bất đẳng thức côsi cho bốn số không âm x2 , (xyz)2/3 , (xyz)2/3 , √ √ (xyz)2/3 Do F (x, yz, yz) ≥ Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 34 Chứng minh x, y, z, t ≥ √ 3(x2 + y + z + t2 ) + xyzt ≥ (x + y + z + t)2 Chứng minh Xét hàm √ F (x, y, z, t) = 3(x2 + y + z + t2 ) + xyzt − (x + y + z + t)2 = 2(x2 + y + z + t2 ) − 2xy − 2xz − 2xt √ − 2yz − 2yt − 2zt + xyzt Khơng tính tổng qt, ta có√ giả sử x ≤ y ≤ z ≤ t, ta cần chứng minh F (x, y, z, t) ≥ 0, trước thể √ √ √ hết, ta có F (x, y, z, t) ≥ F (x, y, zt, zt) Thật vậy, xét hiệu d = F (x, y, z, t) − F (x, y, zt, zt) √ d = 2(x2 + y + z + t2 ) − 2xy − (2xz + 2xt + 2yt + 2zt) + xyzt− √ √ − [2(x2 + y + zt + zt) − 2xy + 2x zt + 2x zt √ √ √ + 2y zt + 2y zt + 2zt) + xyzt] √ √ = 2(z + t2 ) − 4zt − 2x(z + t) − 2y(z + t) + + 4x zt + 4y zt √ √ √ √ = 2(t − z)2 − 2x( t − z)2 − 2y( t − z)2 √ √ √ √ = ( t − z)2 [2( t + z)2 − 2x − 2y] Do x ≤ y ≤ z ≤ t nên √ √ √ 2( t + z)2 − 2x − 2y = 2(t + z − x − y + zt) ≥ suy d ≥ 43 Tiếp theo ta chứng minh F (x, y, α, α) ≥ F (x, (yα2 )1/3 , (yα2 )1/3 , (yα2 )1/3 ) với α = √ zt Đặt β = (yα2 )1/3 suy y = F (x, β3 , α2 ta phải chứng minh β3 , α, α) ≥ F (x, β, β, β) α2 β x ≤ α2 ≤ α Thật xét β3 , α, α) − F (x, β, β, β) = α2 xβ 2β 2β β3 + + 2α2 ] + xβ − = 2(x2 + + α2 + α2 ) − [2( ) + 2xα + α α α α − [2(x2 + β + β + β ) − (2xβ + 2xβ + 2xβ + 2β + 2β + 2β + xβ ] F (x, 2xβ β6 4β + 2α2 − + 4xα + + 2α2 +6xβ α4 α2 α β6 2β β3 = + α2 − −2x + 2α − 3β) α α α β3 β3 = 2 − α +2x(3β − − 2α) α α =2 Mà 3β − β3 ≥4 α2 β3 − 2( α2 β3 ) α Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức sau β3 β3 − α α β3 3βα ≥ β α − α β − βα + 3α ≥ √ √ ( β − α)( β − α) ≥ 3β ≥ Bất đẳng thức cuối β ≤ α Vậy (7.5) Từ suy F (x, β3 β3 2β , α, α) − F (x, β, β, β) ≥ 2(α − )2 + 2x(4 β α − − 2α) α2 α α Vế trái bất đẳng thức lớn √ 2( α − √ β3 √ β3 β3 ) ( α+ ) − 4x( α − ) α2 α2 α2 √ β3 √ β3 ≥ 2( α − ) [( α + ) − 2x] ≥ α2 α2 44 (7.5) Vậy F (x, β3 , α, α) ≥ F (x, β, β, β) α2 Mà F (x, β, β, β) = 2x2 − 6xβ + xβ Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có 2x2 + xβ = x2 + x2 + xβ + xβ + xβ + xβ ≥ 6xβ Suy F (x, β, β, β) ≥ 0, suy F (x, y, z, t) ≥ Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài toán 35 Cho a, b, c số không âm, cho a + b + c = d, n ≥ 2, tìm giá trị lớn biểu thức (ab)n (bc)n (ca)n P = + + − ab − bc − ac Chứng minh Không giảm tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c Xét (ab)n (bc)n (ca)n P (a, b, c) = + + − ab − bc − ac Ta chứng minh P (a, b, c) ≤ P (a, b + c, 0) Thật ta xét hiệu P (a, b, c) − P (a, b + c, 0) (ab)n (bc)n (ca)n [a(b + c)]n − + + = − a(b + c) − ab − bc − ca Ta có (b + c)n [a(b + c)]n = an = − a(b + c) − a(b + c) (bn + nbn−1 c + · · · + nbcn−1 + cn ) = an − a(b + c) n bn a an bn nan bn−1 c > + + − a(b + c) − a(b + c) − a(b + c) Do a, b, c ≥ suy − a(b + c) = − ab − ac ≥ − ab − a(b + c) ≥ − ac, suy an bn an bn bn cn cn bn an cn > > > − a(b + c) − ab − a(b + c) − a(b + c) − ac nan bn−1 c nan bn−1 c bn cn ≥ ≥ − a(b + c) − bc − bc Dấu đẳng thức xảy c = 0, suy P (a, b, c) ≤ P (a, b + c, 0) Vậy ta cần tìm giá trị lớn P (a, b + c, 0) = (a(b + c))n an dn = , a ≥ 0, d ≥ 0, a + d = 1 − a(b + c) − ad 45 Ta có ad ≤ (a + d)2 = 4 Suy P (a, b + c, 0) ≤ (1/4)n = − 1/4 3.4n−1 Vậy 3.4n−1 Dấu đẳng thức xảy a = , b = , c = hoán vị 2 Pmax = Bài tốn 36 Cho a, b, c số thực bất kỳ, chứng minh F (a, b, c) = (a + b)4 + (b + c)4 + (c + a)4 − (a4 + b4 + c4 ) ≥ Chứng minh Đây đề thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 1996, dùng phương pháp dồn biến cho trung bình cộng thực bước sau phương pháp đạo hàm Xét hiệu d = F (a, b, c) − F (a, b+c , b+c ) 2 d = (a + b)4 + (b + c)4 + (c + a)4 − (a4 + b4 + c4 ) b+c b+c ) − (b + c)4 + (a4 + − 2(a 2 b + c 4 (b + c)4 = (a + b)4 + (c + a)4 − a + − b4 − c4 +7 = a(4b3 + 4c3 − (b + c)3 ) + 3a2 (2b2 + c2 − (b + c)2 ) + (b4 + c4 − (b + c)4 ) = 3a(b + c)(b − c)2 + 3a2 (b − c)2 + = 3a(a + b + c)(b + c)2 + 56 (b 56 (b 2 − c)2 (7b2 + 7c2 + 10bc) − c) (7b + 7c2 + 10bc) Hạng tử 56 (b − c)2 (7b2 + 7c2 + 10bc) ≥ 0, ta xét hạng tử 3a(a + b + c)(b + c)2 Nếu a, b, c dấu 3a(a + b + c) không âm, suy d ≥ Nếu a, b, c không dấu, a, b, c có số dấu với a, b, c Khơng tổng qt, giả sử a Từ đẳng thức ta suy F (a, b, c) ≥ F a, b+c b+c , 2 Như ta phải chứng minh F (a, b, c) ≥ với a, b 2(a + b)4 + (2b)4 − (a4 + 2b3 ) ≥ Nếu b = bất đẳng thức hiển nhiên Nếu b = chia hai vế bất đẳng thức cho b4 đặt x = a/b, (7.6) trở thành 2(x + 1)4 + 16 − (x4 + 2) ≥ Xét hàm f (x) = 2(x + 1)4 − (x4 + 2) + 16 Tính đạo hàm ta f (x) = 8(x + 1)3 − 16 x Suy f (x) = x + = (2/7)3 x hay x = −2, 99294 Suy fmin = f (−2, 9294) = 0, 4924 > Điều cho thấy bất đẳng thức chặt Vậy bất đẳng thức chứng minh 46 (7.6) Chương Bài tập áp dụng Bài Cho tam thức bậc hai f (t) = at2 + bt + c Đặt   x + y − z = x1 3 3 y + z − x = y1 3 3 2 z + x − y = z1 3 Chứng minh f (x1 ) + f (y1 ) + f (z1 ) = f (x) + f (y) + f (z), ∀x, y, z ∈ R Bài Xác định số α, β, γ cho ứng với tam thức bậc hai f (t) = at2 + bt + c, ta có đẳng thức f (x1 ) + f (y1 ) + f (z1 ) = f (x) + f (y) + f (z), ∀x, y, z ∈ R,  αx + βy + γz = x1  αy + βz + γx = y1   αz + βx + γy = z1 Bài Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y= x2 − 2x + , đoạn [0; 2] x2 + 2x + Bài Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số √ √ x+3+4 1−x+1 √ √ y= x+3+3 1−x+1 Bài Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y = a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x Bài Cho số thực a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y= a1 sin x + b1 cos x + c1 a2 sin x + b2 cos x + c2 47 Bài Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện |f (x)| ∀x ∈ [−1, 1] Chứng minh max(4a2 + 3b2 ) = 16 Bài Giả sử số thực x, y, z thoả mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + 2y + 5z Bài Cho x, y, z ∈ R Chứng minh với tam giác ABC, ta có b c c a a b + − x2 + + − y2 + + − z2 c b a c b a b+c c+a a+b 3− yz + − zx + − xy a b c Bài 10 Cho a b c > Chứng minh a3 b b3 c c3 a + + c3 a b Bài 11 Cho a + b + c x < Chứng minh với số (ak ), ta có n ak xk √ k=0 n 1 − x2 a2 k k=0 Bài 12 Chứng minh với số (ak ), ta có n n ak k k=1 2n n n a2 k k=1 Bài 13 Chứng minh với số dương (ak ) cho a1 + a2 + · · · + an = 1, ta có n ak ak + k=1 n n3 + 2n + Bài 14 Chứng minh với số (ak ), ta có n n ak + n k (−1) ak k=1 k=1 k=1 a2 k (n + 2) Bài 15 Chứng minh với số (ajk , xj , yk ) (j = 1, 2, , m; k = 1, 2, , n), ta có m n m √ ajk xj yk |xj | DC j=1 k=1 j=1 |yk |2 k=1 n m |ajk |, C = max D = max j m n 1/2 k n k=1 48 |ajk | j=1 1/2 , Bài 16 Tìm cặp số a, b thoả mãn điều kiện a b cho bất đẳng thức: (x + y + z − 4)2 < xyz nghiệm với x, y, z ∈ [a, b] hiệu b − a lớn Bài 17 Chứng minh với a, b, c, x, y, z ∈ R, ta ln có ax + by + cz + (a2 + b2 + c2 )(x2 + y + z ) (a + b + c)(x + y + z) Bài 18 (K.Fan and J.Todd) Giả sử pij (i, j = 1, , n; i = j) thoả mãn điều kiện pij = pji, P = pij = i