Đề tài: Lớp bất đẳng thức, bài toán cực trị với đa thức đối xứng, 9đ

Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ Hệ quả 1.1. Với mọi số thực dương a1, a2, . . . , an ta có 1 a1 + 1 a2 + · · · + 1 an (a1 + a2 + · · · + an) ≥ n2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an. Hệ quả 1.2. Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có 1. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 2. a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 3 3. (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) 4. a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ abc(a + b + c) 5. (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c). 1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Định lý 1.5. Nếu a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn là các số thực tùy ý thì (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 ≤ a2 1 + a2 2 + · · · + a2 n b2 1 + b2 2 + · · · + b2 n . ( ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 b1 = a2 b2 = · · · = an bn ( ở đây ta sử dụng quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0). Nhận xét 1.1. Theo bất đẳng thức ( ), chọn ai = xi √ yi và bi = √ yi với xi, yi ∈ R, yi > 0. Ta thu được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ( hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel). Hệ quả 1.3. Nếu x1, x2, . . . , xn là các số thực và y1, y2, . . . , yn là các số thực dương thì x2 1 y1 + x2 2 y2 + · · · + x2 n yn ≥ (x1 + x2 + . . . xn)2 y1 + y2 + · · · + yn . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 y1 = x2 y2 = · · · = xn yn . 1.3.3 Bất đẳng thức Karamata Định lý 1.6. Cho hai dãy số {xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn, y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn 7
9. Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ và    x1 ≥ y1 x1 + x2 ≥ y1 + y2 …….. x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1 x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn Khi đó, ứng với hàm số lồi f(x)(f (x) ≥ 0) trên I(a, b), ta đều có f(x1) + f(x2) + · · · + f(xn) ≥ f(y1) + f(y2) + · · · + f(yn). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xi = yi, i = 1, 2, . . . n. Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức. Bổ đề 1.1. Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên I(a; b). a. Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f(x) ≥ f (x0)(x − x0) + f(x0), ∀x0 ∈ I(a; b). b. Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì f(x) ≤ f (x0)(x − x0) + f(x0), ∀x0 ∈ I(a; b). Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = x0. 8
10. Chương 2 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi 2.1 Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM Đối với bất đẳng thức P(x, y, z) ≥ 0 (≤ 0), Trong đó P(x, y, z) là đa thức hoặc phân thức hữu tỉ và có tổng x + y + z không đổi, thì khi đó sử dụng các kĩ thuật của bất đẳng thức AM − GM như dự đoán dấu bằng xảy ra, AM − GM ngược dấu, đặt ẩn phụ, … tỏ ra rất hiệu quả. Bài toán 2.1. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a2 b + 2 + b2 c + 2 + c2 a + 2 ≥ 1. Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a2 b + 2 + b + 2 9 ≥ 2a 3 b2 c + 2 + c + 2 9 ≥ 2b 3 c2 a + 2 + a + 2 9 ≥ 2c 3 . Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được a2 b + 2 + b2 c + 2 + c2 a + 2 ≥ 5 9 (a + b + c) − 2 3 = 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 9
11. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Bài toán 2.2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 2(ab + bc + ca) + 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ 9. Chứng minh. Cộng cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a2 + b2 + c2, ta được a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ 9 + a2 + b2 + c2 ⇔(a + b + c)2 + 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ 9 + a2 + b2 + c2 ⇔ 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ a + b + c abc ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ 3 abc ≥ a2 + b2 + c2 ⇔abc(a2 + b2 + c2 ) ≤ 3 ⇔abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≤ 9. Ta có abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≤ (ab + bc + ca)2 3 (a2 + b2 + c2 ). Do đó ta chứng minh (ab + bc + ca)2 3 (a2 + b2 + c2 ) ≤ 9 ⇔ (ab + bc + ca)2 (a2 + b2 + c2 ) ≤ 27. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (ab + bc + ca)2 (a2 + b2 + c2 ) ≤ (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 3 3 = (a + b + c)2 3 3 = 27. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài toán 2.3. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 2 a2 b + b2 c + c2 a + 3 a2 + b2 + c2 + 4abc ≥ 19. Chứng minh. 10
12. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Ta có 19 = 3 (a + b + c)2 − 8 = 3 a2 + b2 + c2 + 6 (ab + bc + ca) − 8. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 a2 b + b2 c + c2 a + 4abc ≥ 6 (ab + bc + ca) − 8 ⇔a2 b + b2 c + c2 a + 2abc + 4 ≥ 3 (ab + bc + ca) . Mà ta lại có 3 (ab + bc + ca) = (a + b + c) (ab + bc + ca) = a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 + 3abc. Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4 ≥ ab2 + bc2 + ca2 + abc. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 ⇒ (b − a) (b − c) ≤ 0 ⇔b2 − bc − ab + ac ≤ 0 ⇔ab2 + a2 c ≤ a2 b + abc. Như vậy ab2 + bc2 + ca2 + abc ≤ bc2 + abc + a2 b + abc = bc2 + 2abc + a2 b = b (a + c)2 = 4b a + c 2 a + c 2 ≤ 4   b + a + c 2 + a + c 2 3   3 = 4. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 11
13. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi Bài toán 2.4 (Bulgaria TST 2003). Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng minh rằng a 1 + b2 + b 1 + c2 + c 1 + a2 ≥ 3 2 . Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 1 + b2 = a − ab2 1 + b2 ≥ a − ab2 2b = a − ab 2 . Tương tự, ta có b 1 + c2 ≥ b − bc 2 c a2 + 1 ≥ c − ac 2 . Cộng vế với vế, ta có a 1 + b2 + b 1 + c2 + c 1 + a2 ≥ a + b + c − 1 2 (ab + bc + ca) = 3 − ab + bc + ca 2 . Mặt khác, ta có ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 3 = 3 do đó a 1 + b2 + b 1 + c2 + c 1 + a2 ≥ 3 − ab + bc + ca 2 ≥ 3 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài toán 2.5 (Turkey TST 2007). Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 1 ab + 2c2 + 2c + 1 bc + 2a2 + 2a + 1 ca + 2b2 + 2b ≥ 1 ab + bc + ca . Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 12
14. Chương 2. Bất đẳng thức có tổng các biến không đổi ab + 2c2 + 2c = ab + 2c2 + 2c(a + b + c) = ab + 4c2 + 2ac + 2bc = (b + 2c)(a + 2c) = a(b + 2c)b(a + 2c) ab = (ab + 2ac)(ab + 2bc) ab ≤ [ab + 2ac + ab + 2bc]2 4ab = (ab + bc + ca)2 ab từ đó suy ra 1 ab + 2c2 + 2c ≥ ab (ab + bc + ca)2 . Tương tự, ta có 1 bc + 2a2 + 2a ≥ bc (ab + bc + ca)2 1 ca + 2b2 + 2b ≥ ca (ab + bc + ca)2 . Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có 1 ab + 2c2 + 2c + 1 bc + 2a2 + 2a + 1 ca + 2b2 + 2b ≥ 1 ab + bc + ca . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 3 . Bài toán 2.6. Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a2 + bc b + ca + b2 + ca c + ab + c2 + ab a + bc ≥ 3. Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2 + bc 3b + 3ca + b2 + ca 3c + 3ab + c2 + ab 3a + 3bc ≥ 1 ⇔ a2 + bc b(a + b + c) + 3ca + b2 + ca c(a + b + c) + 3ab + c2 + ab a(a + b + c) + 3bc ≥ 1. Mặt khác 3b + 3ac = b(a + b + c) + 3ac ≤ b(a + b + c) + ac + a2 + c2 = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca 13

MÃ TÀI LIỆU:3562