Đang tải... (xem toàn văn)
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 nhất vì thế luôn cuốn hút rất nhiều đối tượng quan tâm. Bài toán bất đẳng thức là một trong những bài toán khó và quan trọng đối với học sinh trong các kì thi. Điểm đặc biệt, ấn tượng nhất của bất đẳng thức trong toán sơ cấp đó là có rất nhiều bài toán khó, thậm chí rất khó vì vậy việc vận dụng các phương pháp để giải quyết các bài toán bất đẳng thức là hết sức cần thiết và phương pháp dồn biến mạnh là một trong những phương pháp mà chúng ta không thể không nhắc đến.Phương pháp dồn biến mạnh là một phương pháp khá quan trọng và cơ bản nhất của bất đẳng thức đại số. Phương pháp dồn biến mạnh là công cụ hiệu quả giúp chúng ta giải quyết các bài toán bất đẳng thức một cách dễ dàng. Đây cũng là phương pháp xuất hiện rất nhiều trong các bài toán bất đẳng thức của các kì thi học sinh giỏi trên khắp thế giới
GVHD: Th.S Võ Văn Minh A MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày phát triển, phần tốn sơ cấp đẹp thú vị hút nhiều đối tượng quan tâm Bài toán bất đẳng thức tốn khó quan trọng học sinh kì thi Điểm đặc biệt, ấn tượng bất đẳng thức tốn sơ cấp có nhiều tốn khó, chí khó việc vận dụng phương pháp để giải toán bất đẳng thức cần thiết phương pháp dồn biến mạnh phương pháp mà không nhắc đến Phương pháp dồn biến mạnh phương pháp quan trọng bất đẳng thức đại số Phương pháp dồn biến mạnh công cụ hiệu giúp giải toán bất đẳng thức cách dễ dàng Đây phương pháp xuất nhiều tốn bất đẳng thức kì thi học sinh giỏi khắp giới Thấy tầm quan trọng phương pháp dồn biến mạnh, với mục đích tìm hiểu sâu phương pháp này, ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để tạo tiền đề, sở cho việc học tập mở rộng kiến thức cho thân Cùng với giúp đỡ giảng viên chọn đề tài “Phương pháp dồn biến mạnh ứng dụng để giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến” làm đề tài khóa luận cho Mục đích nghiên cứu Nắm kiến thức độc đáo phương pháp dồn biến mạnh, từ ứng dụng để giải tốn bất đẳng thức hình thành khả tự sáng tạo bất đẳng thức Thông qua việc nghiên cứu tài liệu tham khảo để tìm hiểu sâu phương pháp dồn biến mạnh Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu, nghiên cứu phương pháp dồn biến mạnh ứng dụng việc giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp dồn biến mạnh - Phương pháp dồn biến toàn miền - Phương pháp dồn biến không xác định Phạm vi nghiên cứu - Hệ thống tập bất đẳng thức - Các kiến thức liên quan Phương pháp nghiên cứu - Tổng hợp lại kiến thức học - Phân tích nội dung kiến thức cần nghiên cứu - Sưu tầm tài liệu từ sách tham khảo, mạng internet - Hỏi ý kiến chuyên gia Cấu trúc đề tài: Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo khóa luận chia thành chương: Chương 1: Đại cương bất đẳng thức Chương 2: Phương pháp dồn biến định lí dồn biến mạnh Chương 3: Ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh B NỘI DUNG CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Kiến thức 1.1 Bất đẳng thức 1.1.1 Định nghĩa Cho hai số a b , thuộc nói a lớn b kí hiệu a kí hiệu Ta nói a bb a −b số dương Khi ta nói b bé lớn hay b viết a≥b a −b khơng Khi ta nói b bé hay a viết số dương b≤a A(x) B(x) Giả sử , hai biểu thức toán học với miền xác định chung đối số x S (hoặc xem hai biểu thức tốn học n đối số xem x = ( x1 , x2 , , xn ) thuộc kn , ta Ta nói: A( x) < B ( x) A( x) ≤ B( x) giá trị thừa nhận x0 A( x ) ≤ B( x ) B ( x) > A( x) hay hay đối số A( x ) < B( x ) B ( x) ≥ A( x) x hay bất đẳng thức số trường số SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng x1 , x2 , , xn thuộc S ta có tương ứng: B( x ) > A( x ) B( x ) ≥ A( x ) k Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Chú ý quan hệ “lớn hơn” có trường hợp thứ tự (chẳng hạn trường số thực ¡ ¤ , trường hữu tỉ ) Trường số phức £ trường thức tự nên xác lập quan hệ “lớn hơn”, “nhỏ hơn” cho hai số phức phân biệt (trong số khơng phải số thực) Ví dụ: > 3, > + 3, ≥ > 2, + x ≥ x − ∀x ∈ ¡ , 1.1.2 Tính chất bất đẳng thức Ta chứng minh dễ dàng tính chất sau A, B, C, D,… số biểu thức toán học số đối số xét trường số • • • • • • • • • A< B⇒ B > A A > B, B > C ⇒ A > C A > B ⇒ A+C > B+C A> B ⇒ A+C > B+ D C > D A>B⇒ A>B ⇒ A−C > B − D C < D A>B ⇒ AC > BD C > D > 0 A > B > ⇒ An > B n A>B⇒ A n +1 >B SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng ( n +1 ( ∀n ∈ N * ∀n ∈ N ) ) Trang k GVHD: Th.S Võ Văn Minh • • • A> B>0⇒n A >n B A>B⇒ n +1 A>B>0 A> n +1 ( B ( ∀n ∈ N ∀n ∈ N B< A B A Một số bất đẳng thức quan trọng 2.1 Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a) Cho số thực a1 a2 , ,…, an , hiển nhiên ta có a1 + a2 + + an ≤ a1 + a2 + + an b) Cho số thực khác khơng a, b, ta có: a b + ≥ b a Dấu xảy a = ±b 2.2 Bất đẳng thức Cauchy Cho n số thực không âm a1 a2 , ,…, an , trung bình cộng n số lớn trung bình nhân chúng a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Dấu xảy a1 = a2 = = an Bất đẳng thức Cơsi gọi bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 2.3 Bất đẳng thức Cauchy- Bunhiacôpski Cho n cặp số thực tùy ý SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng , bi ∈ ¡ i = 1, 2, , n , Khi Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh n n 2 n 2 ∑ a1bi ≤ ∑ .∑ bi i =1 i=1 i=1 Dấu xảy tồn k ∈¡ cho bi = kai , i = 1,2, , n 2.4 Bất đẳng thức Becnuli Đối với số thực dương a số hữu tỉ q > ( < aĂ , 1< qÔ ) thì: (1 + a ) q > + qa 2.5 Bất đẳng thức Jensen k f Nếu hàm lồi k ∀xi ∈ k, pi ∈ [ 0,1] , ∑ pi = i =0 ta có: k p f ( x ) ≥ f ∑ p i xi ∑ i i i =1 i =1 k Với hàm lồi chặt dấu xảy lõm chặt dấu xảy x1 = x2 = = xn x1 = x2 = = xn Với hàm 2.6 Bất đẳng thức Schwartz Giả sử a1 , a2 , , an số thực b1 , b2 , , bn số dương Khi ta ln có: a ( a + a2 + + an ) a12 a22 + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn Dấu xảy (*) a1 a2 a = = = n b1 b2 bn 2.7 Bất đẳng thức Crux Giả sử a , b, c ≥ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng a + b2 + c = Khi ta có: Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh 1 + + +a+b+c ≥ a b c 2.8 Bất đẳng thức Nesbit Với số thực không âm a1 , a2 , , an ta ln có a an a1 a2 n + + + n −1 + ≥ a2 + a3 a3 + a4 an + a1 a1 + a2 Dấu xảy a1 = a2 = = an 2.9 Bất đẳng thức Chebyshev Với hai dãy đơn điệu tăng a1 , a2 , , an a1b1 + a2b2 + + anbn ≥ b1 , b2 , , bn ta có: (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) n 2.10 Bất đẳng thức Tukervici a, b, c, d Với số thực dương ta có: a + b4 + c + d + 2abcd ≥ a b + b2 c + c d + d a + a c + b2 d Dấu xảy a=b=c=d a = b = c, d = hoán vị 2.11 Bất đẳng thức Schur Với số thực a , b, c ≥ ta có: a + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c ) + ca (c + a ) Dấu xảy SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng a=b=c a = b, c = hoán vị Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN VÀ ĐỊNH LÍ DỒN BIẾN MẠNH Phương pháp dồn biến 1.1 Định lí dồn biến Giả sử f ( x1 , x2 , , xn ) hàm liên tục tất n biến x1 , x2 , , xn định miền liên thông thỏa mãn điều kiện sau: f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( x1 + x2 x1 + x2 , , x3 , , xn ) 2 (1) Khi bất đẳng thức sau thỏa mãn f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( x, x, , x) Trong x= x1 + x2 + + xn n Điều kiện (1) biến đổi thành số dạng khác, chẳng hạn f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( x1 x2 , x1 x2 , x3 , , xn ) x2 + x2 x2 + x2 2 f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f , , x3 , , xn ÷ ÷ 2 Và nhiều dạng khác tùy theo yêu cầu toán Nếu xét ¡ miền liên thông đoạn khoảng có dạng [a, b],[a, b), (a, b], (b, +∞), ( −∞, a) 1.2 Các ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh với số thực dương a1 , a2 , , an ta ln có a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 a n Chứng minh: SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang xác GVHD: Th.S Võ Văn Minh f ( a1 , a2 , , an ) = a1 + a2 + + an − n n a1a2 an Đặt f ( a1a2 , a1a2 , a3 , , an ) = a1a2 + a3 + + an − n n a1a2 an Suy f (a1 , a2 , , an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a3 , , an ) = a1 + a2 − a1a2 = Ta có Lại có ( a1 − a2 ) ( a1 − a2 ) ≥0 f (a1 , a2 , , an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a3 , an ) ≥ Suy ⇒ f (a1 , a2 , , an ) ≥ f ( a1a2 , a1a2 , a3 , an ) Từ suy f (a1 , a2 , , an ) ≥ f (r, r, , r) r = n a1a2 an với ⇒ f (a1 , a2 , , an ) ≥ ⇒ a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 a n (đpcm) a , b, c Ví dụ 2: Chứng minh với dương ta có a b c + + ≥ b+c a+c a+b Chứng minh: f (a, b, c ) = Đặt Suy a b c a + b + ( a + b)c c + + = + b + c a + c a + b ab + c + (a + b) c a + b ( a + b) + ( a + b) c a +b c c a+b a+b f , , c ÷= + = + 2 a + b + c a + b ( a + b) + c + ( a + b ) c a + b ÷ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh a + b2 ≥ Ta có Do ( a + b) ab ≤ a+b a+b f ( a , b, c ) ≥ f , ,c÷ f (a, b, c ) ≥ f (t , t , t ) Từ suy Hay ( a + b) 2 a b c + + ≥ b+c a +c a +b t= với a+b+c (đpcm) a, b, c Ví dụ : Chứng minh với số thực khơng âm ta có 1 + + ≥ a b c a+b+c Chứng minh: f (a, b, c) = Đặt Suy Ta có 1 + + − a b c a +b+c 2 a+b a+b f , , c ÷= + + − a+b a+b c a+b+c 2 a +b a +b 1 f ( a , b, c ) − f , ,c ÷= + − − a b a+b a+b ( a + b ) − 4ab = ( a − b ) a+b = − = ab a + b ab(a + b) ab( a + b) ( a − b) Lại có Do 2 ≥ ab( a + b) > , a+b a+b a +b a +b f ( a , b, c ) − f , , c ÷ ≥ ⇒ f ( a , b, c ) ≥ f , ,c÷ 2 SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 10 GVHD: Th.S Võ Văn Minh x, y , z Bài tập 3: Cho số dương có tổng Chứng minh rằng: x + y + z ≥ xy + yz + zx Giải: Khơng tính tổng qt, giả sử Khi Đặt x≤ y≤z x ≤1 y + z ≥ ⇒ y + z ≥ , f ( x, y, z ) = x + y + z − xy − yz − zx Suy ra: ( y + z) y+z y+z y+z f x, , − xy − zx − ÷= x + 2 Ta có: y+z y+z f ( x, y , z ) − f x, , ÷= 2 ( = y + z ( y + z) y + z −2 + − yz y+ z ) − 2( y + z) y+z y + z +2 ÷ = = SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng − ( y− z ) y+z y + z +2 ÷ ( y− z ) ( ( + y+ z ( y − z) + ) y− z )( y+ z ) − y+z y + z +2 Trang 38 GVHD: Th.S Võ Văn Minh ( y+ z ) − y + z +2 Lại có: ≥ y+z 2 − >0 2+ y+z y+z f ( x , y , z ) − f x, , ÷≥ 2 Suy ra: y+z y+z ⇒ f ( x, y , z ) ≥ f x, , ÷ 2 y=z Nếu ta có: 3 − x + 2( − x) ≤ 3 ≤ ( x + 1) 4 (vì ( Suy 3 x −1 ) ( ) x +1 − ⇒ x + 2( − x) − x ( − x) − hay x ≤1 ) ≥0 − x + ( − x ) ( − x) ≥ f ( x, y , z ) ≥ x + y + z ≥ xy + yz + zx Vậy a , b, c Bài tập 4: Cho số thực dương Chứng minh rằng: thỏa mãn điều kiện a+b+c = ( a + b + c ) ≥ + abc Giải: SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 39 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Khơng tính tổng qt, giả sử a≥b≥c f ( a, b, c ) = ( a + b + c ) − abc − Đặt ( a + c) − a+c a+c f , b, ÷= ( a + b + c) − b 2 Suy Ta có: ( a + c ) − abc a+c a+c f ( a, b, c ) − f , b, ÷= b 2 ( a + c) = b − ac ÷ ÷ ( a − c) =b Suy ≥0 a+c a+c f ( a , b, c ) − f , b, ÷≥ a+c a+c ⇒ f ( a, b, c ) ≥ f , b, ÷ Áp dụng định lý S.M.V ta được: u= f ( a, b, c ) ≥ f ( u , u , u ) với a+b+c ⇒ f ( a, b, c ) ≥ ⇒ ( a + b + c ) ≥ + abc a , b, c Bài tập 5: Chứng minh với số thực dương có: SVTH: Nguyễn Đức Minh Hồng thỏa mãn a +b + c =1 , ta Trang 40 GVHD: Th.S Võ Văn Minh ab bc ac + + ≥ ( a + c) ( b + c) ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a) Giải: Khơng tính tổng quát, giả sử f ( a , b, c ) = Đặt a≥b≥c ab bc ac + + − ( a + c) ( b + c) ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a) b ( a + c) ( a + c) − a+c a+c f , b, + ÷= a + c ( 2b + a + c ) a + c b + ( ) ÷ Suy Ta có: a+c a+c f ( a , b, c ) = f , b, ÷ = ab bc + − ( a + c ) ( b + c ) ( a + b) ( a + c ) b ( a + c) ( a + c) ac + − a + c ( b + c ) ( b + a ) ( 2b + a + c ) ( a + c) b + ÷ 2 b a c a + c ÷ ac ( 2b + a + c ) − ( a + c ) ( a + b ) ( b + c ) = + − ÷+ a+cb+c a+b b+ a+c ÷ ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) = b a ( a + b ) ( 2b + a + c ) + c ( b + c ) ( 2b + a + c ) − ( a + c ) ( b + c ) ( a + b ) a+c ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 41 GVHD: Th.S Võ Văn Minh + 2ab c + a 2bc + abc − a 2b − a 3b − b 2c − bc ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) 2 2 b a + c + a 2b + c 2b − a 2c − ac − 2abc c b ( a − c ) − a b ( a − c ) − b ( a − c ) = + a+c ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) 2 2 b ( a − c ) a − c + b ( a + c ) b ( a − c ) c − a − b ( a + c ) = + a + c ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) b ( a − c ) a − c + b ( a + c ) 1 = − ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) a + c 2b + a + c ÷ = b ( a − c ) a − c + b ( a + c ) ( a + b ) ( b + c ) ( 2b + a + c ) Suy 2b ≥0 ( a + c ) ( 2b + a + c ) a+c a+c f ( a , b, c ) − f , b, ÷≥ a+c a+c ⇒ f ( a , b, c ) ≥ f , b, ÷ Áp dụng định lí S.M.V ta có: f ( a, b, c ) = f ( u , u , u ) Suy Suy u= với a+b+c f ( a, b, c ) ≥ ab bc ac + + ≥ ( a + c) ( b + c) ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a) Bài 6: Cho a , b, c ≥ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng thỏa mãn a+b+c = Chứng minh rằng: Trang 42 GVHD: Th.S Võ Văn Minh (a + a + 1) ( b + b + 1) ( c + c + 1) ≤ 27 Giải: Khơng tính tổng qt, giả sử a≥b≥c f ( a, b, c ) = ( a + a + 1) ( b2 + b + 1) ( c + c + 1) − 27 Đặt Suy a+c a + c a + c ( a + c) f , b, = + + 1 ( b + b + 1) ÷ Ta có: a+c a+c f , b, ÷− f ( a, b, c ) 2 ( a + c ) a + c 2 = ( b + b + 1) ( a + a + 1) ( c + c + 1) − + + 1 2 a + c) a + c) 3( a + c) ( ( 2 2 = ( b + b + 1) a c + a c + a + ac + ac + a + c + c + − − − − 1 16 4 2 2 ( a − c ) ( a + c ) + 4ac a − c) ( a + c) ( a − c) ( = ( b + b + 1) + − 16 4 = ( b + b + 1) Lại có ( a − c) ( a + c) + 4ac + a + c − 1 a + c ≥1 SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 43 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Do a+c a+c f , b, ÷− f ( a, b, c ) ≥ a+c a+c ⇒ f ( a, b, c ) ≤ f , b, ÷ Áp dụng định lí S.M.V, ta có: f ( a, b, c ) ≤ f ( u, u, u ) Suy Suy u= với a+b+c f ( a, b, c ) ≤ (a + a + 1) ( b + b + 1) ( c + c + 1) ≤ 27 a, b, c, d Bài 7: Giả sử số thực không âm có tổng Chứng minh abc + bcd + cda + dab ≤ 176 + abcd 27 27 Giải: Khơng tính tổng qt, giả sử a≤b≤c≤d f ( a, b, c, d ) = abc + bcd + cda + dab − Đặt 176 abcd − 27 27 Suy ( b + d ) c + cda + ( b + d ) a − 176ac ( b + d ) − b+d b+d f a, , c, ÷ = abc + 2 4 108 27 2 Ta có: SVTH: Nguyễn Đức Minh Hồng Trang 44 GVHD: Th.S Võ Văn Minh b+d b+d f ( a, b, c, d ) − f a, , c, ÷ 2 (b+d) = bcd + dab − c (b+d) − a 176 176ac ( b + d ) − abcd + 27 108 ( b − d ) ( a + c ) + 176 ac ( b − d ) =− (b−d) = 27 a+c≤ Theo giả thiết ta có: Do 176 ac − a − c ÷ 27 Lại có 2 1 1 176 176 + ≥ ⇒ + ≥8≥ ⇒ a+c ≥ ac a c a+c a c 27 27 b+d b+d f ( a , b , c, d ) − f a , , c, ÷≤ 2 b+d b+d ⇒ f ( a, b, c, d ) ≤ f a, , c, ÷ 2 Áp dụng định lí S.M.V ta có: f ( a , b, c , d ) ≤ f ( u , u , u , u ) Nếu b=c=d u= với b+c+d ta có: g ( a, b, c, d ) = 3au + u − SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng 176 au − 27 27 Trang 45 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Thay a = − 3u ta được: f ( a, b, c, d ) = 3u ( − 3u ) + u − = 3u − 9u + u − 176 u ( − 3u ) − 27 27 176 176 u + u − 27 27 ( 3u − 1) ( 4u − 1) ( 11u + 1) = 27 ≤0 176 + abcd 27 27 abc + bcd + cda + dab ≤ Suy a, b, c Bài 8: Cho số không âm thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh 1 + + ≥ a+b b+c c+a Giải: Không tính tổng quát, giả sử Chọn t thỏa a≥t≥b≥c cho a≥b≥c t + 2tc = ab + bc + ca = ⇒ ( t + c ) = ( a + c ) ( b + c ) = + c2 f ( a, b, c ) = Đặt 1 + + − a+b b+c c+a f ( t, t, c ) = Suy + − t + c 2t Ta có: SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 46 GVHD: Th.S Võ Văn Minh f ( a, b, c ) − f ( t , t , c ) = = 1 + + − − a + b b + c c + a t + c 2t 2t − a − b − + + a + c t + c b + c 2t ( a + b ) a + c − 2( t + c) + b + c = − ÷ − 2t ( a + b ) b+c a+c 2 = − ÷ b+c a+c = Lại có: Do ( a + c) ( b + c) − ( − a+c − b+c 2t ( a + b ) ) 2t ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) ≤ 2t ( a + b ) f ( a, b, c ) − f ( t , t , c ) ≥ ⇒ f ( a , b, c ) ≥ f ( t , t , c ) Nếu a =b ta có: f ( a , b, c ) = Thay 1− t2 c= 2t + − t + c 2t (*) vào (*) ta f ( a , b, c ) = SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng ( − t ) ( 5t − 4t + 1) 2t ( + t ) Trang 47 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Vì t ≤1 nên f ( a, b, c ) ≥ 1 + + ≥ a+b b+c c+a Suy a , b, c , d Bài tập 9: Chứng minh với số thực dương ta có: a + b + c + d + 2abcd ≥ a 2b + b 2c + c d + d a + a 2c + b d Giải: Khơng tính tổng qt, giả sử Đặt a≥b≥c≥d f ( a, b, c, d ) = a + b + c + d + 2abcd − a 2b − b 2c − c d − d 2a − a 2c − b 2d f Suy ( ) ac , b, ac , d = 2a 2c + b + d + 2abcd − 2ab 2c − 2ad 2c − a 2c − b d Ta có: f ( a , b, c , d ) − f ( ac , b, ac , d ) = a + c − 2a c − a 2b − b2 c + 2ab 2c − c d − d a + 2ad c = ( a − c2 ) − b2 ( a − c ) − d ( a − c ) 2 = ( a − c2 ) − ( b2 + d ) ( a − c ) 2 2 = ( a − c ) ( a + c ) − b − d Lại có: ( a + c) ≥ b2 + d SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 48 GVHD: Th.S Võ Văn Minh f ( a , b, c , d ) − f Do đó: ( ) ac , b, ac , d ≥ ⇒ f ( a , b , c, d ) ≥ f ( ac , b, ac , d ) Áp dụng định lí S.M.V ta có: f ( a, b, c, d ) ≥ f ( u, u , u, d ) Nếu a=b=c với u = abc ta có f ( a, b, c, d ) = d + 2u d − 3u d = d ( u − d ) Suy ( 2u + d ) ≥ a + b + c + d + 2abcd ≥ a 2b + b 2c + c d + d a + a 2c + b d x, y , z , t Bài tập 10: Cho số thực không âm có tổng Chứng minh ( + x ) ( + y ) ( + 3z ) ( + 3t ) ≤ 125 + 131xyzt Giải: Khơng tính tổng qt, giả sử Đặt x≥ y ≥ z ≥t f ( x, y, z , t ) = ( + 3x ) ( + y ) ( + 3z ) ( + 3t ) − 125 − 131xyzt ( x + z ) − 125 x+z x+z x+z f , y, , t ÷ = 1 + ÷ ( + y ) ( + 3t ) − 131 yt 2 Suy Ta có: x+z x+z f ( x, y , z , t ) − f , y, ,t ÷ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 49 GVHD: Th.S Võ Văn Minh 2 x + z) x + z) ( ( = ( + y ) ( + 3t ) xz − ÷− 131 yt xz − ÷ ÷ ÷ −9 131 2 ( + y ) ( + 3t ) ( x − z ) + yt ( x − z ) 4 = = ( x − z) ( x − z) = Vì 2 131 yt − ( + y ) ( + 3t ) 50 yt − 27 ( y + t ) − y+t ≤ nên yt ≤ + 27 ( y + t ) ≥ 54 yt ≥ 54 yt ≥ 50 yt Suy x+ z x+z f ( x, y, z , t ) − f , y, , t ÷≤ x+ z x+z ⇒ f ( x, y, z, t ) ≤ f , y, ,t ÷ Áp dụng định lí S.M.V ta có f ( x, y , z , t ) ≤ f ( a , a , a , t ) a= với x+ y+z x= y=z Nếu ta có: f ( x, y , z , t ) = ( + 3a ) 1 + ( − 3a ) − 131a ( − 3a ) − 125 = 150a − 415a + 270a + 108a − 112 = ( a − 1) SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng ( 3a − ) ( 50a + 28) Trang 50 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Vì 3a − ≤ nên f ( x, y , z , t ) ≤ ( + 3x ) ( + y ) ( + 3z ) ( + 3t ) ≤ 125 + 131xyzt Suy C KẾT LUẬN Qua nghiên cứu, nghiên cứu đạt số kết sau: Hệ thống lại khái niệm, tính chất kiến thức liên quan đến bất đẳng thức Tìm hiểu sâu phương pháp dồn biến mạnh, đưa số ví dụ hướng dẫn giải cụ thể để người đọc hiểu rõ nắm vững chất phương pháp Đưa hệ thống tập bất đẳng thức để người đọc thực hành ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để giải bất đẳng thức chứa 3,4 biến Do lần bắt tay vào công việc nghiên cứu lực thân có hạn nên khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong đóng góp ý kiến thầy bạn sinh viên SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 51 GVHD: Th.S Võ Văn Minh D TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Đức Chính, Bất đẳng thức [2] Nguyễn Đức Đồng- Nguyễn Văn Vĩnh, 1001 Bài toán sơ cấp, NXB Trẻ, 2000 [3] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2011 [4] Phạm Văn Thuận- Lê Vĩ, Bất đẳng thức- Suy luận khám phá, NXB ĐHQG Hà Nội [5] Website www.diendantoanhoc.net SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 52 ... (đpcm) Phương pháp dồn biến bất đẳng thức biến 2.1 Phương pháp Khơng phải tốn bất đẳng thức điều kiện ln đúng, đẳng thức xảy trường hợp tất biến Thông thường bất đẳng thức điều kiện ta thêm điều... biến mạnh để giải toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh B NỘI DUNG CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Kiến thức 1.1 Bất đẳng thức 1.1.1 Định nghĩa... 2.2 Bất đẳng thức Cauchy Cho n số thực khơng âm a1 a2 , ,…, an , trung bình cộng n số lớn trung bình nhân chúng a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Dấu xảy a1 = a2 = = an Bất đẳng thức Cơsi gọi bất đẳng