LỜI MỞ ĐẦU · Bình luận: Khi chứng minh bất đẳng thức,nói chung ta rất ít gặp các bất đẳng thức có dạng cân đối, đầy đủ như các dạng

Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2

Đồng Thị Phương 1 Lớp K35 CN Toán

LỜI MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài

Như chúng ta đã biết trong toán học thì bất đẳng thức là một

chuyên đề khó và rất hấp dẫn đối với học sinh và sinh viên. Nó đòi hỏi

cần phải có sự sáng tạo, thông minh, kiên trì song càng đi sâu tìm hiểu

nó thì càng lôi cuốn.

Được sự gợi ý, động viên và tận tình giúp đỡ của thầy Phạm

Lương Bằng cùng với sự say mê của bản thân, em mạnh dạn nghiên cứu

và thực hiện bài khóa luận của minh với tựa đề:

“Điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức AM-GM & bất

đẳng thức BUNIAKOWSKI”

2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu về điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức

AM-GM & bất đẳng thức BUNIAKOWSKI.

3. Đối tượng nghiên cứu

Một số bài tập về bất đẳng thức.

4. Phương pháp nghiên cứu

Đọc tài liệu, phân tích, so sánh và tổng hợp.



CHƯƠNG 1: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

1.1. Các dạng biểu diễn bất đẳng thức AM-GM

1.1.1: Dạng tổng quát:

Giả sử n

aaa ...,,,21

là n số thực không âm. Khi đó ta có:

Dạng 1 1 21 2

.... ..n n

n

a a aa a a

n

Dạng 2 nnn aaanaaa ...2121 ...

Dạng 3 n

n

n aaan

aaa...

...21

21

Đẳng thức xảy ra naaa ...

21

Hệ quả:

Nếu naaa ...21 = S(const) thì Max ( naaa ...

21 )=n

n

S

xảy ra

n

Saaa

n ...

21

Nếu naaa ...21 =P(const) thì Min ( naaa ...

21 ) = n n Pn

xảy ra

n

n Paaa ...21



1.1.2: Các trường hợp đặc biệt

Bình luận: Khi chứng minh bất đẳng thức,nói chung ta rất ít gặp

các bất đẳng thức có dạng cân đối, đầy đủ như các dạng được phát biểu

trong lý thuyết mà thường gặp các bất đẳng thức có một vế phức tạp,

một vế rút gọn. Cũng giống như khi chứng minh đẳng thức ta phải đánh

giá từ vế phức tạp sang vế rút gọn. Các dạng 1, 2, 3 đặt ở cạnh nhau có

vẻ tầm thường nhưng việc phân loại chi tiết các dạng 1, 2,3 giúp chúng

ta nhận dạng nhanh và phản ứng linh hoạt hơn khi sử dụng AM-GM.

Đặc biệt là dạng 3 không chứa căn thức nhắc chúng ta có thể sử dụng

AM-GM ngay cả khi không có dấu hiệu căn thức. Ví dụ sau đây sẽ minh

họa cho nhận xét này:

Ví dụ: Chứng minh rằng:

16 2

ab a b 4

a b 0, ba (1)

n n=2 n=3 n=4

Điều

kiện 0, ba 0,, cba 0,,, dcba

Dạng 1 abba

2

3

3abc

cba

4

4abcd

dcba

Dạng 2 a b ab2 a b c 33 abc a b c d 44 abcd

Dạng 3 ab

ba

2

2

abccba

3

3 abcd

dcba

4

4

Dấu

bằng a b a b c a b c d



Phân tích:

Ta thường khai triển:

16ab ( 43223422 464)2 babbabaababa

Khi đó việc phân tích hiệu giữa 2 vế thành tổng các bình

phương sẽ gặp nhiều khó khăn. Gặp bài toán này chúng ta ít nghĩ ngay

đến sử dụng AM-GM vì thói quen tâm lý hình thức “chỉ sử dụng AM-

GM khi một vế có chứa căn thức”. Tuy nhiên, nhờ có dạng 3 mà gợi ý

chúng ta có thể sử dụng AM-GM ngay cả khi hai vế đều không chứa căn

thức.

Giải:

22

2 2

22

4

416 . 4 4 4

2

42

ab a bab a b ab a b

a ba b

1.1.3: Chứng minh:

nn

n aaan

aaa...

...21

21

0...,,2,1

n

aaa (1)

Sau đây là hai cách chứng minh tiêu biểu:

Cách 1: Phương pháp quy nạp thông thường

Với n=2. Ta cần chứng minh :

21

21

2aa

aa

0, 21 aa

Thật vậy ta có:

02

1

2

2

212121

aaaa

aa 21

21

2aa

aa



Đẳng thức xảy ra 21 aa

Giả sử (1) đúng với n 2

Ta phải chứng minh (1) đúng với (n+1) số: 0...,,,121

naaa

Sử dụng giả thiết quy nạp cho n số: 0...,,, 21 naaa ta có:

1

....

1

... 12121

1

n

aaaan

n

aaaS n

nnn

n

Đặt

11

121 ...

nn

nnn

qa

paaa

1

11

1

n

qnpS

nn

n

Ta sẽ chứng minh: 1121

11

...1

n

nn

n

nn

aaaaqpn

qnp (2)

Ta có:

1 1

1 2 1

1 2 2 1

2

1 2 2 3 2 1 2 1

1

1 1

...1

...1

... ... ... 01

n nn n n n

n n n n

n n n n n n n n

n n n n n n n n

np qp q np p q q p q

n n

p qnp q p p q q

n

p qp qp p q p p q p p q

n

p qp p p q p p p q q p p q q

n

Như vậy (2) được chứng minh nên suy ra:

1121

121 ...1

...

n

nnn aaa

n

aaaa

Dấu bằng xảy ra 121

21 ......

nn

n aaaaqp

aaa

Theo nguyên lí quy nạp suy ra bất đẳng thức đúng với 2n ; n



Cách 2: Phương pháp “quy nạp cosi”

Với 2n :

2

1 21 21 2 0

2 2

a aa aa a

1 21 2

2

a aa a

(đúng)

Giả sử bất đẳng thức đúng với n k , ta chứng minh bất đẳng thức

đúng với 2n k .

Thật vậy: Xét 2k số thực 0...,,,...,,, 2121 kkk aaaaa . Sử dụng

giả thiết quy nạp ta có:

1 2 2 1 2 1 2

21 1 2 1 1 2 1 2 2

... ... ...1

2 2

1... ... ... ... ...

2

k k k k

k k k kk k k k k k k

a a a a a a a a

k k k

a a a a k a a a a a a a

Giả sử bất đẳng thức đúng với n p , ta sẽ chứng minh bất đẳng

thức đúng với 1n p .

Thật vậy, xét (p-1) số: 0,...,, 121 paaa

Sử dụng giả thuyết quy nạp với n=p ta có:

1121

121

1121121

1121

111121

1121

112111

1121121

...1

...

...1...

..........

...............

2

pp

p

ppp

pp

ppp

pp

p ppp

ppp

aaap

aaa

aaapaaa

aaapaaaaaa

aaaaaaaap

aaaaaa



Theo nguyên lý quy nạp ta có bất đẳng thức đúng với

Nnn ;2

1.2: ĐIỀU KIỆN XẢY RA ĐẲNG THỨC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC

AM-GM

1.2.1: Điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình

nhân

Bài toán xuất phát: Cho 0, ba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S=a

b

b

a

Giải:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM: S= 2.2 a

b

b

a

a

b

b

a

Với a b thì MinS=2

Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể thay đổi miền xác định để có các bài

toán sau đây:

Bài 1: Cho 2a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S= 2

1

aa

Bình luận và lời giải

Ta nhận thấy khi a tăng thì 2

1

a càng nhỏ, nhưng độ tăng của a rất lớn

so với độ giảm của 2

1

a nên khi a càng tăng thì tổng S càng lớn và từ đó

dẫn đến dự đoán khi 2a thì S nhận giá trị nhỏ nhất.

Để dễ hiểu và tạo cảm xúc ta sẽ nói rằng: 9

4MinS đạt tại “ Điểm rơi:

2a ”

Do bất đẳng thức AM-GM xảy ra dấu bằng tại điều kiện các số tham gia

phải bằng nhau, nên tại “ Điểm rơi: 2a ” ta không thể sử dụng bất



đẳng thức AM-GM trực tiếp được. Lúc này ta sẽ giả định sử dụng bất

đẳng thức AM-GM cho cặp số 2

1,

a

a

để tại “Điểm rơi: 3a ” thì

2

1a

a tức là, ta có sơ đồ điểm rơi:

Sơ đồ điểm rơi: 82

4

1

4

11

2

2

2

a

a

a . Hệ số điểm

rơi là 8

Sai lầm thường gặp:

2 2 2

1 1 7 1 72

8 8 8 8

2 7 2 7.2 9

8 8 48 8.2

a a a aS a

a a a

a

a

Với 2a thì 9

4MinS

Nguyên nhân sai lầm:

Mặc dù ta đã biến đổi S theo điểm rơi 2a và 9

inS4

M là đáp số đúng

nhưng cách giải trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số:

“Nếu 2a thì 4

2

2.8

2

8

2

a là đánh giá sai”

Để điều chỉnh lời giải sai thành lời giải đúng ta cần phải biến đổi S sao

cho khi sử dụng bất đẳng thức AM-GM sẽ khử hết biến số a ở mẫu số.

Lời giải đúng:

Biến đổi S và sử dụng bất đẳng thức AM-GM có:

4

9

8

2.61.

8.

8.3

8

61

88

13

222

a

aaa

a

aa

aaS



Với 2a thì 9

4MinS

Bài 2: Cho

1

0,

yx

yx Tìm giá trị nhỏ nhất của

xyxyS

1

Bình luận và lời giải:

Sai lầm thường gặp 21

.21

xyxy

xyxyS MinS=2


MinS=22

11

2

1

211

1

yxxy

xyxy

Phân tích và tìm lời giải đúng:

Biểu thưc S chứa 2 biến số yx, nhưng nếu đặt t xy hoặc 1

txy

thì

ttS

1 là biểu thức chứa 1 biến số. Khi đổi biến số mới, cụ thể là:

Đặt t

xyxy

t11

và 4

2

1

1

2

1122

yxxyt

Bài toán trở thành: Cho t 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1

tt

Sơ đồ điểm rơi: Với cách lập luận như bài 1, ta cũng có:

1 4

14 16

1 1 4

4

t

t

. Hệ số điểm rơi là 16

Lời giải tổng hợp: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta

có:



1716

2.151

16.2

16

151

16

1

t

tt

t

t

ttS

Với t = 4 hay 2

1 yx thì MinS

4

17

Lời giải thu gọn:

Do t = 42

1 yx nên sử dụng bất đẳng thức AM-GM có:

4

17

4

15

4

2

216

15

16

1.2

16

15

16

112

yxxyxy

xyxyxy

xyxyS

Với 2

1 yx thì MinS

4

17

Bài 3: Cho 0, yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của Syx

xy

xy

yx



S

2..2

yx

xy

xy

yx

yx

xy

xy

yxMinS=2


MinS=2

2121 xyyxxyyx

xy

xy

yx(vô lý)

Phân tích và tìm tòi lời giải:

Do S là một biểu thức đối xứng với yx, nên dự đoán MinS đạt tai

0 yx



Sơ đồ điểm rơi:

42

2

1

2

1

2

22

x

x

yx

xy

x

x

xy

yx

yx . Hệ số điểm rơi là 4


2

5

4

3.

4.2

4

3

4

xy

yx

yx

xy

xy

yx

xy

yx

yx

xy

xy

yx

yx

xy

xy

yxS

Với 0 yx thì MinS2

5

Bai 4: Cho

2

30,,

zyx

zyx

Tìm giá trị nhỏ nhất của Szyx

zyx111



S zyx

xyzzyx

zyx111

.6111

MinS=6


MinS=6 1 1 1 3

1 32

x y z x y zx y z

trái với giả thiết

Phân tích và tìm tòi lời giải:

Do S là một biểu thức đối xứng với zyx ,, nên dự đoán MinS đạt tại

2

1 zyx




42

2

12111

2

1

2

1

zyx

zyxzyx .

Hệ số điểm rơi 4.


2

15

2

1

1.

4

93

3

1.

4

93

1.

1.

1.3

4

3

4

1

4

1

4

1..6

111

4

3

4

1

4

1

4

1111

36

zyxzyxzyxxyz

zyxzyxzyx

zyxzyxS

Với 2

1 zyx thì MinS

2

15

Bài tập đề nghị:

Bài 1: Cho

1

0,

yx

yx. Tìm giá trị nhỏ nhất S

y

y

x

x

11

HD: Biến đổi biểu thức S về dạng:

2 2

yx y xS y x x y

xy x y

x y x y x y

(1)

Mặt khác: 1 1 1 1y xS x y

y x x y

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 2S S .

Bài 2: Cho

2

30,,

cba

cba

Tìm MinS 2

2

2

2

2

2 111

ac

cb

ba



HD: Dự đoán inSM đạt tại 1

2a b c .


2 2 2

2 2 2

1

416

1 1 1 4

a b c

a b c

là hệ số điểm rơi.

Làm tương tự như bài tập mẫu trên.

1.1.2: Điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM

Nhận xét: Xét bất đẳng thức AM-GM

nn

n aaan

aaa...

...21

21

0,...,, 21 naaa

Để ý rằng trong vế phải (vế yếu) của bất đẳng thức trên là biểu

thức GM có số các thừa số trong căn đúng bằng chỉ số căn thức (cùng

bằng n). Do đó, khi gặp bất đẳng thức mà vế yếu của bất đẳng thức có

chứa căn thức và số các thừa số ở trong căn thức nhỏ hơn chỉ số thì ta

cần nhân thêm các hằng số thích hợp để số các thừa số trong căn thức

bằng chỉ số của căn thức. Để xác định được các hằng số thích hợp chúng

ta phải dự đoán được dấu bằng của bất đẳng thức nên kỹ thuật này có tên

gọi điểm rơi trong đánh giá từ GM sang AM.

Bài 1: Cho

1

0,,

zyx

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của S 333 xzzyyx

Phân tích và tìm lời giải:




3

8

3

8

3

62

3

111.1.

3

111.1.

3

111.1.

333

33

33

33

MaxS

zyxzxzyyxS

xzxzxz

zyzyzy

yxyxyx


MaxS

3232

1

1

1

3

8zyx

xz

zy

yx

vô lý

Dự đoán và tìm điểm rơi của MaxS

Vì S là một biểu thức đối xứng với zyx ,, nên MaxS đạt tại điều kiện:

3

2

3

1

1

xzzyyxzyx

zyx

zyx


Sử biến đổi và bất đẳng thức AM-GM ta có:

3

6.

4

9

3

42.

4

9

33

2

3

2

.4

9

3

2.

3

2..

4

9

33

2

3

2

.4

9

3

2.

3

2..

4

9

33

2

3

2

.4

9

3

2.

3

2..

4

9

33333

3333

3333

3333

zyxxzzyyxS

xzxzxz

zyzyzy

yxyxyx



Với 3 18;3

1

3

2 MaxSzyxxzzyyx

Bài 2: Cho

12

0,,222 zyx

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S 32 2 2 2 2 23 3.x y z y z x z x y


Dự đoán và tìm điểm rơi của MaxS:

Vì S là một biểu thức đối xứng với zyx ,, nên MaxS đạt tại điều kiện

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 2 2 2 82

12 8

x y z x y zx y z

x y z y z z x x y


2 2 22 3 22 2 6 2 2 2 2 23 6 6

2 2 22 3 22 2 6 2 2 2 2 23 6 6

2 2 22 3 22 2 6 2 2 2 2 23 6 6

6 2 81 1. . 2 . .8 .

2. 2 6

6 2 81 1. . 2 . .8 .

2 2 6

6 2 81 1. . 2 . .8 .

2 2 6

x y zx y z x y z x y z

y z xy z x y z x y z x

z x yz x y z x y z x y

12

6

2410

2

1 222

3 223 223 22

zyx

yxzxzyzyxS

Với 12,2 MaxSzyx


Bài 1: Cho

3

0,,

zyx

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của: S 333 222 yxzxzyzyx

HD: Dự đoán giá trị lớn nhất của S đạt tại 1x y z .

Ta có:

3 33 3

3 2 31 12 . 3 2 .

39 9

x y zx y z x y z



Tương tự :

33

3 2 312 .

39

y z xy z x

33

3 2 312 .

39

z x yz x y

Suy ra: 33 3S

1.2.3: Đồng bậc bất đẳng thức

Bài 1: Cho

1

0,,

zyx

zyx . Chứng minh rằng:

2

1

xyz

xy

zxy

zx

yzx

yzS

Chứng minh:

1 1

2

1 1

2

1 1

2

1

2 2 2 2 2

yz yz yz yz

x y x cx yz x x y z yz x y x z

zx zx zx zx

y z y xy zx y x y z zx y z y x

xy xy xy xy

z x z yz xy z x y z xy z x z y

yz zx yz xy zx xy x y zS

x y z x z y

Bài 2:

3

0,,

zyx

zyx. Chứng minh rằng:

1

222

333

zyx

z

yxz

y

xzy

x

Chứng minh:

Sử dụng giả thiết 3 zyx để đưa về bất đẳng thức đồng bậc 1 ở hai

vế

3222

333 zyx

zyx

z

yxz

y

xzy

x

.



Sử dụng AM-GM ta có:

3 3

3

3 3

3

3 3

3

9 93 2 3. .3 . 2 9

2 2

9 93 2 3. .3 . 2 9

2 2

9 93 2 3 .3 . 2 9

2 2

x xy z x y z x x

y z x y z x

y yz x y z x y y

z x y z x y

z zx y z x y z z

x y z x y z

Cộng vế với vế ta được:

1

3222

96222

9

333

333

zyx

zyx

z

yxz

y

xzy

x

zyxzyxzyx

z

yxz

y

xzy

x

Bài 3: Cho

1

0,,

zxyzxy


2

9111

xzzzyyyxx

Chứng minh:

Sử dụng giả thiết 1 zxyzxy để đưa về bất đẳng thức đồng bậc bậc

0 ở hai vế:

)1(2

15

2

9

2

9

xz

x

zy

z

yx

y

x

xz

z

zy

y

yx

xz

x

zy

z

yx

y

x

z

z

y

y

x

xzz

zxxzy

zyy

yzzyx

yxx

xyyxz



Ta có:

2

153..3

4

3...

4.

4.

46

4

3

444)1(

36

x

z

z

y

y

x

xz

x

zy

z

yx

y

x

xz

z

zy

y

yx

x

xz

z

zy

y

yx

xz

x

zy

z

yx

y

x

xz

z

zy

y

yxVT


Bài 1: Cho

1

0,,

zxyzxy

zyx

Chứng minh rằng: S2

3

111 222

z

z

y

y

x

x

HD: Sử dụng giả thiết 1ab bc ca đưa về bất đẳng thức đồng bậc 0

ở hai vế:

Ta có: 2 2

1.

21

a a a a a a

a b a c a b a ca a ab bc ca

Tương tự: 2

1

21

b b b

b c b ab

2

1

21

c c c

c a c bc

Bài 2: Cho

3

0,,

zyx

zyx

Chứng minh rằng: S

3 3 3 3

4

x y z

x y x z y z y x z x z y

HD: Sử dụng giả thiết 3a b c để đưa về bất đẳng thức đồng bậc

bậc 1 ở hai vế:



Ta có:

3 3

33

3. . .8 8 8 8 4

a a b a c a a b a c a

a b a c a b b c

Tương tự:

3 3

8 8 4

b b c b a b

b c b a

3 3

8 8 4

c c a c b c

c a c b

.

1.2.4: Phối hợp các bất đẳng thức đồng bậc ngược chiều

Bài 1: Cho

1

0,

yx

yx Chứng minh rằng: 4 4 2 2

1 240S

x y x y

Chứng minh:

Nhận xét: Để ý rằng ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau đây:

2 44 4 2 2

42 2

1 2 88

2 232

.

2

x y x yx y

x y x y

22

2

2222

2

22

22

2

2222

22

22

2222442222442244

2

1

2

112

2

112

2

1.2

2

112

2

1

2

112

2

3

2.

2

2

3

2

1121

yxxyyxyxxyyx

yxxyyxyxxyyx

yxyxyxyxyxyxyxyxS

40

1

4040

2.2

132

2

1

2

42

4442

2

22

yxyxyxxyxyyx


1 yx



Bài 2: Cho

1

0,,

zyx

zyx

Chứng minh rằng: 301111

222

zxyzxyzyxS

Chứng minh:

Nhận xét: để ý rằng ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau:

27

279111

331

2

2222

zyxzxyzxyzxyzxy

zyxzyx

Bổ đề: , ,a b c

Áp dụng: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2 2 2 2 2 2

2 2 2

32 2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 9

1 1 1 7

1 1 1 73. . .

9 21

3

9 21 30 3

Sx y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx



x y z x y z x y z

2

030

1

Đẳng thức xảy ra 3

1 zyx

Bài 3: Cho , , 0x y z . Chứng minh rằng:

2 2 2

3

8 2716

x y z x y y z z x

xy yz zx x y z



Chứng minh:

Nhận xét: Để ý rằng ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau:

2 2 2

3

8 278; 8

x y z x y y z z x

xy yz zx x y z

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2 2 2

3

2 2 2

3

8 27

8 272. .

x y z x y y z z x

xy yz zx x y z

x y z x y y z z x

xy yz zx x y z

Suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng nếu ta chứng minh đươc:

32 2 227 8x y z x y y z z x xy yz zx x y z (1)

Sử dụng đẳng thức:

x y y z z x x y z xy yz zx xyz

Và theo AM-GM: 1

9xyz x y z xy yz zx

Ta được: 8

9x y y z z x x y z xy yz zx (2)

Từ (1) và (2) suy ra ta chỉ cần chứng minh:

032222222 xzzyyxzyxzyx đúng

điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra zyx


Bài 1: Chứng minh rằng: 102422

yx

yx

x

y

y

x 0, yx

HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều:



2 22; 4 2 4 2. 2 8

x y x y

y x x y

.

Bất đẳng thức tương đương: 2 2

2 4 2 2x y x y

y x x y

Biến đổi tương đương bất đẳng thức và sử dụng AM-GM, ta có điều cần

chứng minh.

Bài 2: Cho 0,, zyx . Chứng minh rằng:

23

2222222

444

zyx

zxyzxy

zyx

zyx

HD: Xét hai bất đẳng thức ngược chiều:

4 4 4

2 2 2 22 2 2

31; 1

x y z xy yz zx

x y zx y z

.

Biến đổi tương đương bất đẳng thức và AM-GM, ta có điều cần chứng

minh.

1.2.5: Bất đẳng thức đồng bậc dạng cộng mẫu số

Cho 0,...,, 21 naaa với nn ;2 . Khi đó ta có:

Dạng cộng mẫu số: nn aaa

n

aaaa

...

1...

111

21

2

321

Dạng tích nghịch đảo: 21 2

1 2

1 1 1... ...n

n

a a a na a a

Đẳng thức xảy ra 0...21 naaa

Chứng minh:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:



nnnn aaa

n

n

aaa

n

aaa

n

aaa

.........

1...

11

21

2

212121

Hoặc:

21 2 1 2

1 2 1 2 3

2

1 2 3 1 2

1 1 1 1 1 1... ... . . ... . . . ...

1 1 1...

...

n nn nn

n

a a a n a a a n na a a a a a

n

a a a a a a


Dạng 1 Dạng 2 Điều kiện

n=2:

0, ba

1 14a b

a b

baba

411 ba

n=3:

0,, cba

1 1 19a b c

a b c

cba

cba

9

111

cba

n=4:

0,,, dcba

1 1 1 116a b c d

a b c d

dcba

dcba

16

1111

dcba


xzzyyxzyx

111.2

111

Giải:

Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với n=2 ta có:

xzzyyxxzzyyx

xzzyyxVT

1112

444

2

1

111111

2

1



Đẳng thức xảy ra 0 zyx

Bài 2: Cho

1

0,

yx

yx . Chứng minh rằng: 611

22

xyyxS

Giải:

Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với n=2 ta có:

6

1

6624

2

1

2

4

2

1

2

1111

222

222222

yxyxyx

xyxyyxxyxyyxxyyxS


1 yx


Bài 1: Cho 0,,, tzyx

Tìm giá trị nhỏ nhất xt

xz

zx

zy

yz

yt

ty

txS

HD: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu số với 2n , ta có:

4 1 1 1 1

1 1 1 1

4 4.

x t t y y z z xS

y t z y x z t x

x y z tt y z x y z x t

x y z tt y z x y z x t

Bài 2: Cho 0,, zyx


zyx

yxz

zx

xzy

yz

zyx

xy

.

1.2.7: Bất đẳng thức đồng bậc chứa căn thức

Bài 1: Chứng minh:

2 2 2 2 2 2 2 , , 0S x y y z z x x y z x y z



Giải:

Bổ đề: Sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá sau:

abba

abbaba

2

222

222

Áp dụng:

zyxxzzyyx

xzzyyx

zxxzyzzyxyyx

xzzyyxS

22

1

2

1

2222

1

2222222

1

222

222222

222222

Bài 2: Chứng minh rằng:

0,,233 333 333 33 zyxzyxxzzyyxS

Giải:

Bổ đề: Sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá sau:

0,

333

333

babaabba

baabbaba

Áp dụng:

zyxxzzyyx

xzzyyx

xzzxxzzyyzzyyxxyyx

xzxzzyzyyxyxS

3

3

3 33 33 3

3

3 333 333 33

3

3 33333 33333 3333

3

24

1

4

1

3334

1

3334

1




Bài 3: Cho 0,, zyx và .;1 Nnn

Chứng minh rằng: zyxxzzyyxS nn nnn nnn nn 2

Giải:

Bổ đề: n nnn baba 12 0, ba (1)

Chứng minh:

1.2

1...

2

1.

2

1...

2

1

.2...2.1...1.1...1

21

11

111

1

n nn

n

n

n nn

n

n

nnn

n

nn

n

nn

n

n nnnn nn n

ba

b

ba

aT

baba

baba


1.1

2

1

2

11.

2

1...

2

1.

2

1...

2

11

11

nnba

bann

nba

b

ba

a

nT

nn

nn

n nn

n

n

n nn

n

n

Áp dụng bổ đề ta có:

zyxzyxxzzyyx

xzzyyxS

n

n nn n

n nnnn nnnn nnn

n n

22

2

2

1

2222

1

11

111

1


Bài 1: Cho

0;;

0,,

xzzyyxMin

zyx


yx

z

xz

y

zy

x

Bài 2: Cho

0;;

0,,

xzzyyxMin

zyx


yx

z

xz

y

zy

x



Bài 3: Cho zyx ,, là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng : 3

zyx

z

yxz

y

xzy

x

1.2.8: Sử dụng AM-GM trong bất đẳng thức không đồng bậc trên

R

Bài 1: Cho các số 0,, zyx . Chứng minh rằng:

xyzz

xy

y

zx

x

yz

zyxyx

z

xz

y

zy

x

22222222

7

22

7

22

7 1

.

Giải:

Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

xyzzyx

z

xz

y

yz

x

zyx

z

xz

y

yz

x

z

xy

zyxxz

y

yz

x

zyxxz

y

yz

x

y

zx

zyxzy

x

xy

z

zyxzy

x

xy

z

x

yz

zyxyx

z

xz

y

zyxyx

z

xz

y

3222

7

22

7

22

7

222

7

22

7

22

7

23

22222

7

22

7

22222

7

22

7

23

22222

7

22

7

22222

7

22

7

23

22222

7

22

7

22222

7

22

7

..3

1

1..

1

3

1

1..

1

3

1

1..

1

3

1

Cộng vế với vế của hai hệ trên ta được:

xyzz

xy

y

zx

x

yz

zyxyx

z

xz

y

zy

x

22222222

7

22

7

22

7 1



555

999

2

2zyx

yzxy

z

zx

y

yz

x 0,, zyx



Giải:


xyzzyxzyxxyzzyxxy

z

zx

y

yz

x

zxyzxy

z

yxyzzx

y

xxyzyz

x

3332

2

2

2

3 555555555999

59

59

59

Khi đó: bất đẳng thức (1) được chứng minh nếu ta chứng minh được bất

đẳng thức:

22

33

22

33

3

35

3 555

ttt

xyzxyzzyx

với 3 xyzt

0

246666313

234562

t

ttttttt luôn đúng

Dấu bằng xảy ra 1 zyx


Bài 1: Cho các số , , 0x y z . Chứng minh rằng:

2 2 2 2 1 2x y z xyz xy yz zx .


11111112 222 xyzzyxzyx

1.2.9: Đặc biệt hóa bất đẳng thức không đồng bậc

Bài 1: Cho

3

0,,

zyx

zyx


2 zxyzxy

zxyzxy



Giải:


3

1 1 1

1 1 13.

VT xy yz zx xy yz zxxy yz zx

xy yz zx xy yz zxxy yz zx

Mặt khác: xyzzyxxyzzxyzxy 932

993111

9.3 33

zyx

zxyzxyxyzVT


Bài 2: Cho

xyzzyx

zyx

3

0,,


333

zyx (1)

Giải:

Từ 3111

3 zxyzxy

xyzzyx


9111

3

111

111

111

3111

2333333333

zxyzxy

xzzyyxzyx


Bài 3: Cho

1

0,,

xyz

zyx



Chứng minh rằng:

yx

z

xz

y

zy

xzyx 2333

Giải:


y

xzxzzxxz

x

zyzyyzzy

z

yxyxxyyx

33

33

33

(I)

yx

z

xy

z

yxz

y

z

x

z

xz

y

zx

y

xzy

x

y

z

y

zy

x

yz

x

zyx

z

x

y

x

4211

4211

4211

(II)

Từ (1) và (2) suy ra:

y

xz

x

zy

z

yx

y

xz

x

zy

z

yxzyx 2

2

1333


Bài 1: Cho 0,, zyx thỏa mãn: 3 zyx

Chứng minh rằng: 6212121 222 xyzzxyxyx

1.2.10: Điểm rơi không đối xứng trong bất đẳng thức AM-GM

Một số bài toán dưới đây thể hiện bản chất Toán học của ngôn ngữ

như kĩ thuật với tên gọi “điểm rơi” trong bất đẳng thức. Nó thể hiện sự tự

nhiên tùy ý khi tạo ra “điểm rơi” cho cac biến số trước rồi mới dựng ra

các bất đẳng thức sau. Để khác với phần trước ,ta sẽ minh họa cho ý



tưởng này với “điểm rơi” của các biến số không bằng nhau. Như vậy bắt

buộc ta phải dự đoán được “ điểm rơi” trước khi chứng minh bất đẳng

thức.

Bài 1: Cho

2032

0,,

zyx

zyx


2

93

cyxzyxS

Giải:

Dự đoán 1S đạt tại điểm rơi : 4;3;2 zyx


3 4 34 4.4 32. . 4

4 4

9 9 1 9 12. . 6 .6 3

2 2

1 16 116 16 .8 22. . 84 4

xx xxx x

y y yy y y

zz zzz z

84

2

93

4

1

2

1

4

3

zyxzyx (I)

Từ 54

3

24

12032 z

yxzyx (II)

Từ (I) và (II): 134

2

93

zyxzyxS

Bài 2: Cho .0,, zyx Chứng minh:

84111

369

2330 32

zxyzxyzyxS



Giải:

Dự đoán S=84 đạt tại điểm: 3;2;1 zyx


84281145111

369

2330

289

327

4

1136

27

2

4

3

454

429

73

..27

.73

.3327

116

.27

.4

.116

.627

.24

.3

52

.4

..52

.24

.12

3

2

3

32

2

7

3

333

5

233232

5

22

2

2

zxyzxy

zyx

xyx

z

yz

zy

xy

yx

zxx

z

zxx

z

yz

zy

yz

zy

xy

yx

xy

yx

Bài 3: Cho

8;12

0,,

yzxz

zyx


12181112

xyzzxyzxyzyxS

Giải:

Dự đoán 2

121S đạt tại điểm rơi 4;2;3 zyx


424

.4

.2

.3

.324

423

312

.3

.4

.312

34

38

.4

.2

.38

42

36

.2

.3

.36

23

3

3

3

3

xyz

zyx

xyz

zyxzx

xz

zx

xz

yz

zy

yz

zy

xy

yx

xy

yx



402484326

3

2112

34.7

128

42.4

36

23.1

xyzzxyzxyzyx

zx

xz

yz

zy

xy

yx

Do 81

;121

8

0

yzxzyz

xz

Từ đó ta có: 12

1.78

8

1.263

1.78

1.26340 S

zxyzS

2

1213

2

363 SS


Bài 1: Cho 10 zyx

Chứng minh rằng: 2 2 2 1081

529x y z y z y z z

HD: Biến đổi và sử dụng AM-GM, ta có:

2 2 2 2

3

2 2 2

2 2 3

11 0 . 2 2 1

2

1 2 2 4 231 . 1 1 .

2 3 27 27

54 23 23 23 54 1 108. . 1 . .

23 54 54 27 23 3 529

x y z y z y z z y y z y z z

y y z yz z z z z z z

z z z

Bài 2: Cho

3

0,,

zyx

zyx

Chứng minh rằng: 12222222 xzxzzyzyyxyx



1.2.11: Phương pháp cân bằng hệ số

Trong các phần trước, các bất đẳng thức được đề cập đến có thể

dự đoán được điểm rơi một cách trưc giác (dù đối xứng hay không đối

xứng). Tuy nhiên với các bất đẳng thức mà điểm rơi không là các số

nguyên dương thậm chí là các số vô tỷ thì không thể dự đoán được bằng

trực giác. Khi đó chúng ta cần phải đưa thêm các tham số giả định rồi

mới sử dụng bất đẳng thức AM-GM. Việc xác lập điều kiện các đẳng

thức xảy ra sẽ dẫn đến hệ điều kiện để tìm tham số. Vì thế phương pháp

này có tên gọi “ Phương pháp cân bằng hệ số”.

Bài 1: Cho 1;0x

Tìm giá trị lớn nhất của 4913 242 xxxS

Giải:

Với 0; . Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2

9

2

13

2

19

2

113913

2

919

2

1.

91

99

2

13113

2

1.

131.

1313

222

4242

2222222242

2222222242

xxxxxS

xxxxxxx

xxxxxxx


1 2222

222

222

xx

xx

xx

Chọn , sao cho: 2

3;

2

1

02

19

2

113

1122

22

Vậy 162

9

2

13

S


521

4

511 222 xxx



Vậy MaxS=16

Bài 2: Cho 3;0,, zyxzyx

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 333 zyxS

b. Tìm giá trị của biểu thức yzxzxyT 2

Giải:

Biến đổi S với các tham số 0; sau đó sử dụng bất đẳng thức AM-

GM ta có:

0

3322

33333333333

24363

248

Szyx

zyxS

Ràng buộc điều kiện 0S là hằng số và MinS 0S ta nhận được hệ điều

kiện của ,

124

6124

26

22

2

3;2

;63

22

23

zyxy

zx

233

32

124

1080

124

216.124.2

124

72.912423

zyxS

a. Biến đổi T với các tham số 0; rồi sử dụng bất đẳng thức AM-

GM ta có:

z

yzxy

xyzxzxyT ..2.2

Tzyx

zyzx

yx

211

22

1

2

1

2

1

Rằng buộc điều kiện 0T là hằng số và MinT 0T ta nhận được hệ điều

kiện của ;



2

1313

211

2

2

3;

2

3

211

2

3;

;2

2

yzxzyxzx

zy

yx


Bài 1: Cho 0,, zyx thỏa mãn điều kiện: 3236 3 zyx

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 32

111

zyxS

Bài 2: Cho

1

0,,222 zyx

zyx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức zyxzyzxyxP

1.2.12: Kỹ thuật đánh giá phủ định của phủ định

Bài 1: Cho

3

0,,

zyx

zyx


3

111 222

x

z

z

y

y

xS

Chứng minh:

Phân tích và tìm tòi lời giải

Sai lầm thường gặp 1:

2

3

2

3

2.2.2.3

111.3 33

22

S

xzy

xyz

xzy

xyzS

Sai lầm thường gặp 2:

2

3

2

3...

2

3

2

1

2223

S

x

z

z

y

y

x

x

z

z

y

y

x

x

z

z

y

y

xS


Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM-GM để đánh giá mẫu số,ta có;



2211

2211

2211

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

zxz

x

zxz

x

zxz

x

z

yzy

z

yzy

z

yzy

z

y

xyx

y

xyx

y

xyx

y

x


zxyzxyuzxyzxyzyxS 2

13

2

1 (1)

Mặt khác:

9= 3.32

zxyzxyzxyzxyzyx (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2

33.

2

13

2

13 zxyzxyS

Dấu bằng xảy ra 1 zyx

Bài 2: Cho các số 0,,, tzyx . Chứng minh rằng:

222

3

22

3

22

3

22

3 tzyx

tx

t

xz

z

zy

y

yx

xS

Chứng minh:

Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức AM-GM để đánh giá mẫu số ta có:

cyc cyc

cyccyc

tzyxyx

xy

xyx

yx

xyx

yx

xS

222

2

22

2

22

3


Bài 1:

4

0,,,

tzyx

tzyx



Chứng minh:

21111 2222

yx

t

xt

z

tz

y

zy

xS

Bài 2: Cho

3

0,,

zyx

zyx


21

1

1

1

1

1222

x

z

z

y

y

xS

1.2.13: Điều kiện xảy ra đẳng thức qua bốn đẳng thức lượng giác kinh

điển.

Bài 1: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng bất đẳng thức sau trong tam

giác ABC

2

33sinsinsin

2

3

2sin

2sin

2sin

2

1

CBAT

CBAT

;

2

33

2cos

2cos

2cos

2

3coscoscos

4

3

CBAT

CBAT

Chứng minh:

Ta có:

2

3cos.cossinsin

2

11coscos

2

1

cos..cossin.sin1.coscoscoscoscos

2

3

2sin.

2sin

2cos

2cos

2

11

2sin

2sin

2

1

2sin.

2sin

2cos.

2cos1.

2sin

2sin

2sin

2sin

2sin

2222

2

222

2

1

BABABA

BABABACBAT

BABABA

BABABACBAT



3

2 3 3 sin sin.sin sin 3 .cos .cos

2 23 3 3

A BT A B B A

2 22 2 2 21 3 3 3 sin sin

sin sin cos cos4 4 2 3 33

3 3

2

A BA B B A

4

2 2

2 2 2 2

cos cos2 3 3 2 2.cos .cos 3 .sin .sin

2 2 2 2 23 3 3

cos cos1 3 3 3 2 2cos cos sin sin

2 4 2 4 2 3 2 3 23

3 3

2

A BA B A

T B

A BA B B A



CHƯƠNG 2: BẤT ĐẲNG THỨC BUNIAKOWSKI

2.1 Các dạng biểu diễn của bất đẳng thức Buniakowski

2.1.1: Dạng tổng quát:

Cho 2n số thực tùy ý nn bbbaaa ...,,,,...,,, 2121 . Khi đó:

Dạng 1:

2

2211

22

2

2

1

22

2

2

1.........

nnnnbabababbbaaa

Dạng 2:

nnnn

babababbbaaa .........2211

22

2

2

1

22

2

2

1

Dạng 3:

nnn

n

n babababbbaaa ......... 2211

22

2

2

1

2

2

2

1

Dấu bằng ở dạng 1 và dạng 2 xảy ra n

n

b

a

b

a

b

a ...

2

2

1

1

Dấu bằng ở dạng 3 xảy ra 0...2

2

1

1 n

n

b

a

b

a

b

a

Hệ quả:

Nếu cxaxaxa nn ...2211 là hằng số thì

Min n

n

n

na

x

a

x

a

x

aaa

cxxx

...

......

2

2

1

1

22

2

2

1

222

2

2

1

Nếu cxxxn

n ...2

2

2

1

2 2 2 1 21 1 2 2 1 2

1 2

ax ... . ... ... 0nn n n

n

x x xM a x a x a x c a a a

a a a



2 2 2 1 21 1 2 2 1 2

1 2

in ... . ... ... 0nn n n

n

x x xM a x a x a x c a a a

a a a


n=2; Rdcba ,,, n=3; Rpnmcba ,,,,,

Dạng

1

22 2 2 2a b c d ac bd

2 2 2 2 2 2

2

a b c m n p

am bn cp

Dạng

2 2 2 2 2a b c d ac bd

2 2 2 2 2 2a b c m n p

am bn cp

Dạng

3 2 2 2 2a b c d ac bd

2 2 2 2 2 2a b c m n p

am bn cp

Dấu

bằng (1),(2):

d

b

c

a ; (3): 0

d

b

c

a

(1),(2): ;p

c

n

b

m

a

(3): 0p

c

n

b

m

a

2.1.3: Chứng minh

Sau đây là một số cách chứng minh tiêu biểu:

Cách 1: Sử dụng đồng nhất thức lagrange

Ta có:

n

iii

n

kkk

n

ii

n

kk

n

kkk

n

kk

n

kk bababababa

111

2

1

2

2

11

2

1

2



22 2 2 2 2 2

1 1 1 1

22 2 2 2

1 1

2

2 0

n n

k k i k k i k k i i k kk i k n k i k n

i k k i i i k k i k k ii k n i k n

a b a b a b a b a b a b

a b a b a b a b a b a b

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM

Nếu Min

0...

0...1,

21

21

1

2

1

2

n

nn

ii

n

ii

bbb

aaaba thì bất đẳng

thức đúng

Nếu 01

2

n

iia ; 0

1

2

n

iib thì

1..1

1

2

1

21

2

1

2

1

n

in

ii

i

n

ii

in

ii

n

ii

n

iii

b

b

a

ababa

Ta có:

122

1

2

1..

1

2

2

1

2

2

11

1

2

1

21

1

2

1

2

n

ii

i

n

ii

in

i

n

in

ii

i

n

ii

in

in

ii

i

n

ii

i

b

b

a

a

b

b

a

a

b

b

a

a

Cách 3: Phương pháp tam thức bậc hai

Nếu 0...0 211

2

n

n

ii aaaa thì bất đẳng thức đúng

Nếu 01

2

n

iia ,xét:

n

ii

n

iii

n

ii bXbaXaxF

1

2

1

2

1

22

Ta có: 01

2

n

iiaA ;



RXbXabXbaaxFn

iii

n

iiiii

;0211

22

2

11

2

1

2

1

2

1

2

2

1

.0.

n

iii

n

ii

n

ii

n

ii

n

ii

n

iii babababa

Cách 4: Phương pháp quy nạp

Với n=2 thì bất phương trình trở thành

22 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2a a b b a b a b

02 12212211

2

1

2

2

2

2

2

1 babababababa đúng

Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k, tức là ta có

22 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2... ... ...k k k ka a a b b b a b a b a b

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n=k+1

Ta có 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 1... ...k k k ka a a a b b b b

2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2

2 2 2 2 2 21 1 2 1 1

2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2 2 21 1 2 1 1

2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 1 1

... ... ...

...

... ...

...

... ...

k n k k

k k k k

k k k k

k k k k

k k k k

a a a b b b b a a a

a b b b a b

a b a b a b b a a a

a b b b a b

a b a b a b b a a b

2 2 2 2 2 21 1 1 1

2

1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1

2 21 1 1 1

2

1 1 2 2 1 1

... 2 2 ...

2

...

k k k k k k

k k k k k k

k k k k k k

k k k k

b a a b a b

a b a b a b a ba b a b a b

a b a b a b

a b a b a b a b

Như vậy bất đẳng thức đúng với n=k+1 nên theo nguyên lý quy nạp ta có

điều phải chứng



minh.

2.2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức BUNIAKOWSKI

2.2.1: Kỹ thuật sử dụng dạng cộng mẫu số

Dạng tổng quát:

0,...,,;

...

...... 21

21

2

212

2

22

1

21

n

n

n

n

n xxxxxx

aaa

x

a

x

a

x

a (1)

Chứng minh:

2

1

2

1111

2

1

.

n

ii

n

i i

ii

n

i i

in

ii

n

i i

in

ii a

x

ax

x

ax

x

ax

Các bài toán sau đây sẽ minh họa cho cho kỹ thuật trên.

Bài 1: Cho 0,, cba . Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a. 2

222 cba

ba

c

ac

b

cb

a

b. 2

222333 cba

ba

c

ac

b

cb

a

Chứng minh:

Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski dạng (1), ta có:

a. Ta có:

2

2222 cba

baaccb

cba

ba

c

ac

b

cb

a

.

Đẳng thức xảy ra 0 cba .

b. Ta có:

cbca

c

babc

b

acab

a

ba

c

ac

b

cb

a 444333

222

222

222

22222222 cba

cba

cba

cabcab

cba

.




Bài 2: Cho cba ,, là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng:

a. cbacba

c

bac

b

acb

a

222

b. 222

333

cbacba

c

bac

b

acb

a

Chứng minh:

a. Ta có:

cbacbabacacb

cba

cba

c

bac

b

acb

a

2222


b.

222

2222444

2 cbacabcab

cba

cbac

c

bacb

b

acba

aVT

222

222

2222

222222222

2222

cbacba

cba

cbaaccbba

cba

Bài 3: Cho 0,, cba . Chứng minh:

a. 2

3

ba

c

ac

b

cb

a.

b. 1222

ba

c

ac

b

cb

a.

Chứng minh:

Bổ đề: cabcabcba 32

Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski dạng (1), ta có:

a. cbca

c

babc

b

acab

a

ba

c

ac

b

cb

a

222



2

3

2

3

2

2

cabcab

cabcab

cabcab

cba

b. bac

c

acb

b

cba

a

ba

c

ac

b

cb

a

222222

222

13

3

3222

22

cabcab

cabcab

cabcab

cba

abcacbcba

cba

.

Dấu “=” xảy ra 0 cba .

Bai 4: Cho 0,, cba , thỏa mãn 2222abccabcab .


2

3222

2

322

2

322

2

bac

ca

acb

bc

cba

ab (*)

Chứng minh:

Đăt 222

1;

1;

1

cz

by

ax , khi đó bất đẳng thức (*) trở thành

Cho

1

0,,

zyx

zyx. Chứng minh

2

3

yx

zz

xz

yy

zy

xx

Thật vậy, ta có:

2 2 2

2 2 2

2

2

2 2

3

3 3

2 2142.

3

y yx x z z x y z

y z z x x y y z x z x y x y z

x y z

y z x y z z x y z x x y z x y

x y z

y z x y z z x y z x x y

x y z

y z z x x y x y z y z x z x y

x y z x y zx y z

x y z xy yz zxx y z



Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 5: Cho 0,, cba . Chứng minh rằng:

abcacccbbbaa 2

3111

.

Chứng minh:

Chuẩn hóa 1abc và đặt x

yc

x

zb

y

xa ;; . Khi đó bất đẳng thức trở

thành:

2

3222

xyzx

xx

zxyy

zz

yzxx

yy (*)

Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski dạng cộng mẫu số và Buniakowski

dạng cơ bản, ta có:

22

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

*

2 2

( ) 2 2

2 2 2 2 3 2(*)

4 233

cyc

x y zyVT

xy x yz xy x yz yz y zx zx z xy

x y z x y z

xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx x y z xy yz zx

x y z x y zVP

x y z xy yz zx x y z

Dấu “=” xảy ra cba

Bài tập đè nghị:

Bài 1: Cho 0,, cba . Chứng minh rằng:

a. 0,;3

qpqpqbpa

c

qapc

b

qcpb

a.

HD:

2 2 2a b cVT

a pb qc b pc qa c pa qb



23a b c ab bc ca

a pb qa b pc qa c pa qb p q ab bc ca

.

Bài 2: Cho 0,, cba thỏa mãn 3 cba . Chứng minh

a. 1222

abc

c

cab

b

bca

a.

b. 1222

abc

c

cab

b

bca

a.

Bài 3: Cho

1

0,,

abc

cba. Chứng minh:

2

3111333

bacacbcba

.

Bài 4: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.


bac

c

acb

b

cba

a.

HD: Biến đổi rồi sử dụng bất đẳng thức Buniakowski dạng cộng mẫu số,

ta có:

2 2

344 3

3 3 3

3 3 .3 3

cyc cyc cyc

cyc

a b c a b ca a b cVT

a b c a b c a b c

a b c a b c

a b c a b c a b c a b c

2.2.2: Điểm rơi đối xứng trong bất đẳng thức Buniakwoski

Bài 1: Cho

2

30,,

zyx

zyx

. Tìm Min của

2

2

2

2

2

2 111

xz

zy

yxS

Bình luận và lời giải




62

2

2

2

2

232

2

2

2

2

2 1.

1.

1.3

1.

1.

1.3

xz

zy

yx

xz

zy

yxS

238.31

..2.1

..2.1

..2.3 66

2

2

2

2

2

2

xz

zy

yx MinS= 23


Min 2

331

11123 zyx

zyxzyxS vô lý


Xét 2211

2

2

2

1

2

2

2

1 babayyxx . Dấu bằng xảy ra 2

2

1

1

y

x

y

x

Ta chuyển đổi một biểu thức ở trong căn thành một biểu thức linh động

hơn ở ngoài căn. Giả sử xét đánh giá giả định với các số , .

+

xz

xz

xz

zy

zy

zy

yx

yx

yx

22

22

2

2

222

2

22

22

2

2

222

2

22

22

2

2

222

2

1111

1111

11.

11

022

1111S

zyxzyxS



Do S là một biểu thức đối xứng với zyx ,, nên dự đoán 0SS tại điểm

rơi 2

1 zyx , khi đó tất cả các bất đẳng thức trên đồng thời phải xảy

ra dấu bằng, tức là ta có sơ đồ điểm rơi sau đây:


4

1

1

4

1111

1

1

2

x

z

z

y

y

x

x

zz

by

x

zyx

Kết hợp với biến đổi theo “kỹ thuật điểm rơi trong AM-GM” ta có lời

giải sau:


xz

xz

xz

zy

zy

zy

yx

yx

yx

4

17

141

1

17

11

4

17

141

1

17

11

4

17

141

1

17

11

22

2

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

2

2


2

1732.

4

453

17

1

3

1.

4

453

17

1

1.

4

453

17

11.

1.

1.3.

4

15

4

1.

4

1.

4

1..6

17

1

111

4

15

4

1

4

1

4

1

17

1444

17

1

336

zyx

xyzzyxzyxxyz

zyxzyxzyx

zyxzyxS



Với 2 zyx thì MinS2

173

Bài 2: Cho

16

0,,

zyx

zyx. Tìm Min của

yxz

xzy

zyxS

111 222

Giải:


1

4

1

4

1111

1

1

2

x

z

z

y

y

x

x

zz

yy

x

zyx


yx

zyx

z

xzy

xzy

zyx

zyx

1414

1

1414

1

1414

1

22

2

2

22

2

2

22

2

2


xzzyyxzyxS

1114.17



3

2 2 2

3

3 94 4

. .

9 94 4

61 1 1

31 9 9

8 8 2. 6 2. 6

31 9 9 93 9 51.6 3. . .

8 8 4 4 22. 6. 2. 6

51 3.17

2. 17 2. 17

x y z x y zx y y z z xx y y z z x

x y z x y zx y zx y y z z x

x y zx y z

x y z x y z

x y z

x y z x y z

S

Vậy với 2 zyx thì Min2

17.3S .

Bài 3: Cho 0,, zyx thỏa mãn 102 xyzzyx . Chứng minh

rằng:

6642

98

42

98

42

98 222

2

222

2

222

2

zyx

z

yxz

y

xzy

xS

Chứng minh:

Dự đoán điểm rơi: 2 zyx

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

yzxz

zyx

z

xyzy

yxz

y

zxyx

xzy

x

94

42

98.4182

94

42

98.4182

94

42

98.4182

222

2

222

2

222

2




6624

727210.6122612

.6.2.2.2.4

.2.4

.2.4

.2

6222444

9111

4.24

Sxyzzyx

zyxxyzxyzxyzzz

yy

xx

zyxxyzzxyyzxzz

yy

xx

zxyzxyzyxzyx

S

Bài 4: Cho 0,, cba , thỏa mãn 1222 cba .


12

12

1222

accbbaS (*)

Chứng minh:

2

7

2

1

21

212

62

12

12222

36*

22

22222

2

cabcabcbba

cbbaaccbbaS

cyc

cyc

Ta có: 2

222222

12

1

422

1

221 c

babacbaba

.

Biến đổi rồi sử dụng bất đẳng thức Buniakowski, ta có:

cabcabcabacbcba

abc

cbacbba

12

1

4

1

2

11

4

12

1

41

2

1

421

21

222

22

2222

Từ đó suy ra:

2

73

2

1

2

1

21.

212 222

22

cbacabcab

cbba

cyc

.




Bài 1: Cho

3

0,,

zyx


1232323

yxz

z

xzy

y

zyx

x

HD: Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski,ta có:

3 2

2 23 2 11 . 1

x y zx y z z x y z x zx x y z

x x

23 2

1x x zx

x y z x y z

.

Tương tự:

2 23 2 3 2

1 1;

y y xy z z yz

y z x z x yx y z x y z

Suy ra điều cần chứng minh.

Bài 2: Cho 0,, zyx và 122

12

12

1

zz

yy

xx . Chứng

minh rằng:

29.38

19

24

516

8

19

24

516

8

19

24

516 22

2

22

2

22

2

zyx

z

yxz

y

xzy

xS

Bài 3: Cho 0,, cba , thỏa mãn 3222 cba .


1 1 1 6

3 3 3 3 3 3ab bc ca ab bc ca

.

2.2.3: Điểm rơi không đối xứng trong bất đẳng thức Bunhiacopski

Bài 1: Cho 0,,, yxqp và 2 yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của

22 qypxS



Giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với các tham số a,b>0 ta có:

22 2 2 2px qy pa qb pax qby (1)

Chọn

qp

pb

qp

qa

ba

qbpa 2.

2

2

Khi đó qp

pqS

qp

qp

qp

pqSqbpaS

4164..

2

2222

Vậy Minqp

pqS

4. đẳng thức xảy ra

qpqp

yx

p

y

q

x

b

y

a

x

2

qp

py

qp

qx

2;

2

Bài 2: Cho

3

0,,

zyx

zyx. Tìm giá trị nhỏ nhất của 222 32 zyxS

Giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski với các tham số a,b,c ta có:

22 2 2 2 2 22 3 2 3 2 3x y z a b c ax by cz (1)

Chọn

11

6;

11

9;

11

18

32

3cba

cba

cba . Khi đó:

Từ (1) suy ra

39.11

18

11

18.

11

63

11

9.2

11

18 2222

SzyxS

Với 11

6;

11

9;

11

18 czbyax thì S=3. Vậy MinS=3



Bài 3: Cho

18

3,2,1

zyx

zyx Tìm giá trị lớn nhất của:

444 321 zyxS

Giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

2312.3.33213.3

3211113.12.11.1 222444

zyx

zyxzyxS

Với 7,6,5 zyx thì Max 23S

Bài 4: Cho zyx ,, thỏa mãn 4321222

zyx .

Tìm giá trị lớn nhất của: 1232 zyxS

Giải:

2 2 22 2 2

1. 1 2 2 3 3 2 1. 1 2 2 3 3 2

1 2 3 1 2 3 2 2 14 2

S x y z x y z

x y z

14

63

14

42

14

21

4321

03

3

2

2

1

1

1412222

z

y

x

zyx

tzyx

MaxS

Bài 5: Cho Ryx , thỏa mãn 22 yx . Tìm giá nhỏ nhất của biểu

thức

2222 31, yxyxyxf



Giải:

52

55

50

55

382611332

55

112

5

1

112.3.55

112.1.

5

1 2222222

yxyxyx

yxyxVT

Do đó Min 52, yxf . Dấu bằng xảy ra 3

2;

3

2 yx

Bài tập tự luyện:

Bài 1: Cho cba ,, thỏa mãn 91 dcba . Tìm giá trị nhỏ nhất

4444

41

321111

dc

d

b

c

a

baS

Bài 2: Cho 1 ztxy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

xyztzxyttyxzxttzzyyxtzyxF 4669,,, 222222222222

2.2.4: Điểm rơi trong bất đẳng thức Bunhiacopkis với các biểu thức

chứa biến

Bài 1: Cho các số không âm .,, cba Chứng minh rằng:

1444444

bac

c

acb

b

cba

a

Chứng minh:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski,ta có:

22

2 2 2

4 4 .4 4 4 4 4 4

9 84 4

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

cyc cyc

cyc cyc

a aa c b

a b c a b c a c b

a b c a b c ab bc caaa c b

a b c a c b a b c b c a c a b

Ta cần chứng minh:

2 2 29 81

4 4 4 4 4 4

a b c a b c ab bc ca

a b c b c a c a b



abcbaaba

bacacbcbacabcabcbacba

cyccyc

3937

444444893

222

Theo bất đẳng thức AM-GM thì abcbaababcacyccyc

6,33

Do đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra cba

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c, ta có:

0323232 222

2

222

2

222

2

bac

abc

acb

cab

cba

bca

Chứng minh:

Ta có:

cyc cba

bca

cba

bca31

32

4

32

4222

2

222

2

3

32

53

32

5

322

222

22

222

22

222

2

cyccyc cyc cba

ca

cba

ca

cba

cb

Mặt khác, theo bất đẳng thức Buniakowski thì

2 2

22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

55 2 3 36

2 3cyc cyc

a ca c a b c a b c

a b c

Mà:

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 212 5 2 3 2 0

cyc

a b c a c a b c a b đpcm

Bài 3: Cho 0,, cba , 1 cba . Chứng minh rằng:

3222

bakcackbcbka

trong đó 2

31k



Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức Buniakowski, ta có:

2

2 2

2 2

1.

133

1 2 33 1

1 1 1233 3 3

cyc cyc

cyc cyc cyc

a k b ca k b c a

a

a k b c b caa

a a a

Ta chỉ cần chứng minh rằng: 3

3

12

32

3

113

2

cyc cyc a

cb

a

a.

Đặt abcrcabcabq ;3

1, thì ta có:

30

2qr .

Bất đẳng thức tương đương với: 9 2 3 6 3 0r q q

Ta có:

29 2 3 6 3 3 2 3 6 3 3 1 3 0r q q q q q q q .

Bất đẳng thức được chứng minh xong.


1 cba .

Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho các số 0,, cba . Chứng minh:

2222

12111

cbaabccabbca

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi 0,, cba . Ta có:

2

33

2

33

2

33

2

babca

bac

aabcc

acb

cabcb

cba


0,,;

3

133

3

33

3

33

3

zyxxzz

z

zyy

y

yxx

x



KẾT LUẬN

Trên đây là bài khóa luận của em về “Điều kiện xảy ra đẳng thức

trong bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Buniakowski”, được coi

là nội dung quan trọng trong đại số.

Một lần nữa em xin cảm ơn sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình của các

thầy cô giáo trong Khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 nói

chung và tổ Đại số nói riêng cùng sự hỗ trợ động viên của các bạn sinh

viên.

Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo, Th.S

Phạm Lương Bằng – đã tận tình hướng dẫn em trong suốt thời gian qua

để em có thể hoàn thành bài khóa luận này.

Do thời gian và trình độ nhận thức còn hạn chế, mặc dù đã có

nhiều cố gắng song không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy em rất

mong nhận được những đóng góp của các thầy cô giáo và các bạn sinh

viên cho bài viết của em.

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2013

Sinh viên

Đồng Thị Phương



TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phan Huy Khải-500 Bài toán bất đẳng thức-NXB Hà Nội 1994

2. Trần Phương-Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán

học-NXB Trí thức 2009

3. Phạm Kim Hùng-sáng tạo bất đẳng thức-NXB Tri thức 2006

4. www.đienantoanhoc.net

5. www.maths.vn

http://www.dienantoanhoc.net/

Documents

LỜI MỞ ĐẦU · Bình luận: Khi chứng minh bất đẳng thức,nói chung ta rất ít gặp các bất đẳng thức có dạng cân đối, đầy đủ như các dạng