ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN-TIN HỌC  - SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM- GM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG Môn: Đại số sơ cấp GV: Ts Tạ Thị Nguyệt Nga Tên thành viên: Trương Tấn Đạt 1511062 Lý Ánh Dương 1511054 Nguyễn Tấn Hiếu 1511090 Đặng Thục Mỹ 1511175 Nguyễn Thị Thanh Ngân 1511186 TP HCM, 10- 05 - 2018 MỤC LỤC Lời nói đầu Giới thiệu sách hay bất đẳng thức III Sơ lược bất đẳng thức tiểu sử số nhà toán học đặt tên cho bất đẳng thức IV Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức V Bất đẳng thức AM- GM 10 Nguồn gốc 10 Chứng minh bất đẳng thức AM- GM 10 Những quy tắc chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức AM-GM 12 Nhận xét, đánh giá 12 VI Ứng dụng 14 Trong Toán học 14 Trong lĩnh vực khác 40 VII Tài liệu tham khảo 43 I II I Lời nói đầu Nếu u thích tốn học hẳn bạn khơng lần muốn chinh phục bất đẳng thức Như Richard Bellman nói: “Có ba lý giải thích ln quan tâm tới bất đẳng thức Đó thực hành, lý thuyết, quan trọng thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn mắt người quan tâm tới bất đẳng thức; Mọi người thường dễ dàng cảm nhận vẻ đẹp nhạc, hay lời thơ Thế vẻ đẹp Tốn học lại thật kì lạ thú vị, đòi hỏi tâm hồn phong phú, tri thức lãng mạn.” Chính để chinh phục hiểu số phương pháp chứng minh bất đẳng thức sâu vào phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển AM -GM tìm hiều ứng dụng bất đẳng thức AM -GM đời sống, môn khoa học kỹ thuật toán học để viết nên tiểu luận II Giới thiệu sách Trong trình tham khảo tài liệu viết nên báo cáo này, nhóm tìm số tựa sách hay, giúp cho người u thích bất đẳng thức thỏa đam mê Tựa sách nhóm muốn giới thiệu “Những viên kim cương Bất đẳng thức toán học”, sách giới thiệu đầy đủ phương pháp công cụ chứng minh bất đẳng thức Gồm chương với 25 chuyên đề: chương giới thiệu viên kim cương theo thứ tự thời gian địa điểm: viên kim cương bất đẳng thức cổ điển, viên kim cương bất đẳng thức cận đại, viên kim cương bất đẳng thức giải tích, viên kim cương bất đẳng thức đại, sáng tạo bất đẳng thức Mổi chuyên đề có phần dẫn, tập minh họa, tập tự giải với tổng toán lên đến 2000 Trong việc học hỏi tìm tòi phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm viết phân tích mở rộng có chất lượng khơng thể bỏ qua “Sáng tạo bất đẳng thức” Cuốn sách viết với hy vọng bạn đọc thay đổi cách nhìn nhận bất đẳng thức sơ cấp giới thiệu phương pháp quan trọng chứng minh bất đẳng thức Bất đẳng thức dạng toán đặc biệt khơng đòi hỏi q nhiều kiến thức cao siêu mà quan trọng biết kết hợp đơn giản lại thật khéo léo Chính vậy, hầu hết nội dung sách hồn tồn phù hợp chí với bạn học sinh THCS từ lớp Ngoài yên thích bất đẳng thức, giáo viên khơng thể bỏ qua sách “Vẻ đẹp bất đẳng thức kỳ thi Olympic Toán học” Đây sách minh họa đa dạng đặc sắc cho phương pháp chứng minh bất đẳng thức phân loại bất đẳng thức có kỳ thi IMO hướng dẫn người đọc cách phát triển bất đẳng thức III Sơ lược bất đẳng thức tiểu sử số nhà toán học đặt tên cho bất đẳng thức Sơ lược bất đẳng thức: Bất đẳng thức thực chất dạng toán mà ta phải làm với giá trị hay đại lượng không – Ta thường gặp phải dạng bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức hay hàm số – Ngoài hay gặp phải số dạng tập liên quan đến Bất đẳng thức giải Bất phương trình, hệ Bất phương trình, dạng tập đòi hỏi ta phải vận dụng khéo léo kiến thức lĩnh vực Bất đẳng thức Đôi gặp số tập Phương trình, hệ phương trình dùng Bất đẳng thức để tìm lời giải Dạng tốn thực chất em tiếp xúc từ lớp 8, lên cấp dạng toán bắt đầu phức tạp với nhiều dạng đa dạng hay Một số nhà toán học đặt tên cho bất đẳng thức Cô-si (Augustin-Louis AM -GM) (1789-1857) nhà toán học vĩ đại người Pháp Những định nghĩa giới hạn, tính liên tục, đạo hàm định nghĩa tích phân chủ yếu AM -GM đưa AM -GM viết nhiều sâu sắc hai lĩnh vực toán học tuần túy tốn học trừu tượng Về khối lượng cơng trình cơng bố, ơng đứng thứ hai sau Euler.Những đóng góp AM -GM bao gồm nghiên cứu hội tụ phân kì chuỗi vơ hạn, lý thuyết hàm thực hàm phức, phương trình vi phân, xác suất vật lý toán Học sinh phổ thông quen biết tên tuổi ông qua bất đẳng thức AM -GM quen thuộc Suốt đời ông người làm việc Cauchy A.L(Cô-si) (1789-1857) mệt mỏi, tiếc ơng lại có tính tự phụ, hẹp hòi thường khơng để ý đến nổ lực xứng đáng lớp trẻ Bu-nhi-a-cốp-xki (Victor Yakolevich Bunyakovsky) (1804- 1889),nhà toán học người Nga, Viện sĩ Viện Hàn lâm Pê-téc-bua.Ơng có đến 168 cơng trình nghiên cứu cơng trình nghiên cứu ơng thuộc lĩnh vực: phép tính vi phân, lý thuyết bất đẳng thức, lý thuyết số, lý thuyết xác suất Ngồi ơng nghiên cứu nhiều giải tích, hình học đại số, quan tâm đến tính tốn thực tiễn góp phần vào cải tiến tính tốn nước Nga Học sinh phổ thơng biết tên tuổi ông qua bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốpxki quen thuộc mà họ học nhà trường Chebyshev (Pafnuty Lvovich Chebyshev) (1821-1894) nhà toán học tiếng người Nga người sáng tạo bất đẳng thức Cộng Từ nhỏ ông học nhà, 16 tuổi ông trở thành sinh viên ban Toán khoa Triết ĐHTH Maxcova Năm 1841, Chebyshev trao tặng huy chương bạc tác phẩm “ Tính nghiệm phương trình” Chebyshev tốt nghiệp đại học năm 20 tuổi.Năm 25 tuổi ông bảo vệ thành công luận án kỳ diệu “ Kinh nghiệm phân tích sở lý thuyết xác suất” Chebyshev bảo vệ luận án tiến sĩ “ Lý thuyết so sánh” bao gồm chương quan trọng lý thuyết số đại Bunyakovsky V.Ya (1804- 1889) Chebyshev (1821-1894) IV Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phương pháp sử dụng đường thẳng tiếp tuyến Đây phương pháp đơn giản để chứng minh bất đẳng thức liên quan tới hàm số có đạo hàm Ví dụ Cho a, b, c, d số thực dương cho a+ b +c +d =1 Chứng minh 6(a + b3 + c + d )  (a + b + c + d ) + Giải Từ giả thiết ta suy a, b, c ,d  ( 0,1) Đặt f ( x) = x3 − x Lúc bất đẳng thức trở thành f (a ) + f (b) + f (c) + f (d )  Ta biết bất đẳng thức cho trở thành bất đẳng thức a = b = c = d = Vì ta tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f(x) điểm có hồnh độ x = 1   Phương trình tiếp tuyến y = f '    x −  + 4   Vậy ta có f ( x)  5x −1 1 f   y= 4 5x −1 5x −1  x3 − x   48 x − x − x +  8 Điều hiển nhiên 48 x3 − x − x + = (4 x − 1) (3x + 1)  với x  ( 0,1) Cuối ta có f (a) + f (b) + f (c) + f (d )  Đẳng thức xảy a = b = c = d = 5a + 5b + 5c + 5d − = 8 Phương pháp biến đổi dạng Có nhiều tốn chứng minh bất đẳng thức với ràng buộc, ví dụ ab=1, xyz=1, …Việc chứng minh bất đẳng thức không đối xứng có ràng buộc trở thành dễ dàng sau biến đổi chúng thành dạng Sau áp dụng bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức Schur bất đẳng thức Muirhead Sau ví dụ đơn giản (HUNGARY 1996) Cho a b số thực dương cho a+ b = Chứng minh a2 b2 +  a +1 b +1 Sử dụng điều kiện a+b =1, ta đưa bất đẳng thức phải chứng minh dạng nhất, nghĩa a2 b2 hay a 2b + ab  a3 + b3  + (a + b)(a + (a + b)) (a + b)(b + (a + b)) Bất đẳng thức suy từ (a3 + b3 ) − (a 2b + ab ) = (a − b) (a + b)  Đẳng thức xảy a = b = Bài tập: (IRAN 1998) Chứng minh với số thực x,y,z>1 cho 1 + + = , ta có bất đẳng thức x y z x + y + z  x −1 + y −1 + z −1 Phương pháp chuẩn hóa Chúng ta biến đổi bất đẳng thức thành Tuy nhiên bất đẳng thức sau kho lại chuẩn hóa nhiều cách (IMO 2001/2) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh a 2b(a − b) + b2c(b − c) + c a(c − a)  Sau a = y + z, b = z + x, c = x + y cho x, y, z>0 bất đẳng thức trở thành x3 z + y x + z y  x yz + xy z + xyz Bất đẳng thức ta đưa trường hợp có điều kiện ràng buộc x+y+z=1 Lúc bất đẳng thức phải chứng minh x  y yf   + zf   + xf z  y z   1  x Trong f ( x) = t Vì f hàm số lồi, ta áp dụng bất đẳng thức Jensen ta x  x y z  y z yf   + zf   + xf    f  y + z + x  = f (1) = z x z  x  y  y Phương pháp vecto Trong hình học đơi sử dụng vecto để chứng minh bất đẳng thức Ví dụ: Cho tam giác ABC điểm O cạnh AB tam giác khơng trùng với đỉnh Chứng minh bất đẳng thức sau đây: OC.AB  OA.BC + OB.AC Giải Vì AO = x AB, OB = (1 − x ) AB x  ( 0;1) nên ta có ( ) OC = CA + AO = CA + x CB − CA = (1 − x ) CA + CB  (1 − x ) CA + CB Dấu đẳng thức khơng xảy vecto CA, CB không phương Suy OC AB  CA (1 − x ) AB + CB.x AB = OA.BC + OB AC Phương pháp số phức Trong phần này, đề cập đến vài áp dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức hình học Ta biết số phức tương ứng với điểm mặt phẳng phức Vì ta dùng kí hiệu tốn học tập hợp số phức , mặt phẳng phức Cơng cụ áp dụng bất đẳng thức sau Định lý: Cho z1 , , zn  , lúc z1 + + zn  z1 + + zn Ví dụ (bất đẳng thức Ptơlêmê) Với điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có: AB.CD + BC.DA  AC.BD Giải Giả sử a, b, c số phức tương ứng với điểm A, B, C, D Bất đẳng thức chứng minh tương đương với a − b c + b − c a  a − c b Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho ( a − b ) c + ( b − c ) a = ( a − c ) b , ta có điều phải chứng minh Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng Định lý: Cho hàm số bậc f ( x ) = ax + b Nếu tồn hai số thức    cho f ( )  0, f (  )  f ( x )  với x  ( ;  ) Ví dụ: Cho a, b c số thực dương cho a + b + c = Chứng minh ( a + b2 + c2 )  ( a3 + b3 + c3 ) + Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Sử dụng đẳng thức ( b + c ) − 3bc ( b + c ) = b3 + c3 ta đưa đẳng thức phải chứng minh dạng ( ) ( ) a + ( b + c ) − bc  a + ( b + c ) − 3bc ( b + c ) + Sau rút gọn ta có bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức phải chứng minh f ( t ) = ( 9a − 4) t + ( 2a − 1)  Ta phải tìm tập xác định hàm số bậc f ( t ) Ta có t  , theo bất đẳng thức TBC-TBN (b + c ) t = bc  (1 − a ) = Vậy  t  t0 t0 (1 − a ) = Theo định lý để chứng minh bất đẳng thức cho ta cần chứng minh f ( )  0, f ( t0 )  Điều dễ dàng f ( ) = ( 2a − 1)  f ( t0 ) = Đẳng thức xảy a = b = c = a ( 3a − 1)  Dấu “=” xảy  ( + 1) x =  2 x =1 x = Vậy MaxS = 16 Bài Cho a, b, c  0; a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức T = ab + ac + bc Giải Biến đổi T với tham số  ,   sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có: T = ab + ac + bc =  a + b  1 b 1 c T   a +  + ( a + c ) +   b + 2  2  a c + b c   1 1   1   = ( + ) a +  +   b +  +  c  = T0    2    Ràng buộc điều kiện T0 số MinT = T0 ta nhận hệ điều kiện  ,  b c   3  a =  ;  b =   = − a = c = ; b =    + 2 +   a = c; a + b + c = 3 +1 1  =     +2= + = +2 1   + = +  = +       T  +1 (a + b + c) = 2 ( ) +  MaxT = ( ) +1  x, y  Bài Cho  Tìm giá trị lớn biểu thức T = x + y x + y = Giải Biến đổi T với tham số  ,   sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có: x3 + 5 = x3 +  +  +  +  +   6  x3 = 6 x y + 5 = x3 +  +  +  +  +   6  y3 = 6 y  56   + 5 + 5   2 x +  y  Chứng minh hệ điều kiện   ( −  = ;  = 2  x + y   = + + )  x3 =  ; y =    2 =  ;  +  = a, b, c  Bài Cho  Tìm giá trị lớn S = 4ab + 8bc + 6ca a + b + c = 29 (  MaxT = + 2 ) Giải Giả sử S = ma ( b + c ) + nb ( c + a ) + pc ( a + b ) = ( m + n ) ab + ( n + p ) bc + ( p + m ) ca m + n = m =    n + p =  n = p+m = p =    S = 4ab + 8bc + 6ca = a ( b + c ) + 3b ( c + a ) + 5c ( a + b ) = a ( − c ) + 3b ( − b ) + 5c ( − c ) S = 2 81  3  3  3  −  a −  +  b −  +  c −    2  2    Đặt x = a − 3 ;y = b− ;z = c−  x+ y+ z  a+b+c− = 2 2 Khi đó: S = 81 81 − ( x + y + z )  x + y + z = − S Với tham số  ,  ,   ta có 4  x +   x 2 = 2 x    81  2 2 2 3 y + 3  y  = y    − S  + ( + 3 + 5 )  ( x + 3 y + 5 z )    z + 5  10 z 2 = 10 z   Chọn  = 3 = 5  S  MaxS = 81 81 + ( + 3 + 5 ) − 2 ( x + y + z )  + ( + 3 + 5 ) − 3 4 81 + ( + 3 + 5 ) − 3  x =  ; y =  ; z =  x + y + z =  x + y + z = +  + = + MaxS = +  = 45 15  = ; = ; = Khi đó: 46 46 46 81 81 23 432 + ( + 3 + 5 ) − 3 = + − 3 = 4 15 23 Dấu xảy  a −  a−  45 15 = = ; b− =  = ; c− = = 46 46 46 45 15 12 27 30 = − ;b − = − ;c − = −  a = ;b = ;c = 46 46 46 23 23 23 Bài tập: Bài 1: Cho a, b, c  0; a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a + 8b3 + c a, b, c  Bài 2: Cho  Tìm giá trị nhỏ S = 2a + 3b3 + 4c3 2 a + 2b + 3c = 30 Bài 3: Cho a, b, c  thảo mãn điều kiện 6a + 3b + 2c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= 1 + + a b2 c3 Bài 4: Cho a, b, c số thực đôi khác thuộc  0; 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= ( a − b) + (b − c ) + (c − a) 1.7 Bất đẳng thức AM -GM toán đại số Bài Chứng minh với a, b, c  , ta có: a2 b2 c2 a +b+c + +  (I) b+c c+a a+b Giải: a2 b+c b2 a+c c2 a+b + + + + +  a+b+c b+c a+c a+b Áp dụng bất đẳng thức AM -GM, ta có: (I )  a2 b+c a2 b + c +  = a, b+c b+c b2 a+c b2 a + c +  = b, a+c a+c c2 a+b c2 a + b +  = c a+b a+b Cộng vế theo vế ta điều phải chứng minh Bài Chứng minh với a, b, c  abc = 1, ta có: 1 + +  (I) a (b + c ) b ( a + c ) c ( a + c ) Giải: Đặt x = 1 , y = , z = , ta có x  0, y  0, z  0, xyz = Bất đẳng thức tương đương với: a b c 1 + +   1 1 1 1 1 +  + +  x3  y z  y  x z  z  x y  Thay xyz = , bất đẳng thức trở thành: (I )  x2 y2 z2 + +  y+z z+x x+ y Dựa vào kết câu 1, ta có: 31 x2 y2 z2 x+ y+z + +  y+z z+x x+ y Theo bất đẳng thức AM -GM số, ta có: x + y + z  3 xyz = Theo tính chất bắc cầu, ta có: x2 y2 z2 + +  y+z z+x x+ y Suy đpcm Bài Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh: a b c 3 + 2+  2 b +c a +c a +b 2 Giải: Ta có a + b + c = nên bất đẳng thức tương đương: a2 b2 c2 3 2 + +  (a + b + c ) 2 2 a (1 − a ) b (1 − b ) c (1 − c ) Lại biết a  0, b  0, c  a + b + c = nên  a, b, c  Ta khẳng định x  ( 0;1) : 3  Thật vậy, 2 x (1 − x ) 3   x (1 − x )   x (1 − x  )  2 27 x (1 − x ) 3 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số, ta có:  x2 + − x2 + − x2  x (1 − x )(1 − x )    =   27   x (1 − x )  27 Từ suy điều phải chứng minh Bài Cho a, b, c  a + b + c = Chứng minh: 2 a/ b + c  16abc     b/  +   +  1 +   64  a  b  c  c/  ab + bc + ca − 2abc  27 Giải 32 a/ Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số không âm: ( b + c )  4bc,  a + ( b + c )   4a ( b + c )   (1) ( 2) Vì a + b + c = nên (2) viết thành:  4a ( b + c ) ( 3) Vì vế (1) (3) dương nên nhân theo vế ta được: (b + c )  16abc ( b + c ) ( 4) Vì b + c  nên từ (4) suy b + c  16abc b/ Bất đẳng thức tương đương với: ( a + 1)( b + 1)( c + 1)  64 abc Thay a + b + c = 1, bất đẳng thức trở thành: ( 2a + b + c )( 2b + a + c )( 2c + a + b )  64 abc Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số, ta có: a + a + b + c  4 a 2bc , b + b + a + c  4 b ac , c + c + a + b  4 c ab Nhân vế theo vế bất đẳng thức trên, ta có: ( 2a + b + c )( 2b + a + c )( 2c + a + b )  64 a 4b4c = 64abc ( a + 1)( b + 1)( c + 1)  64 (đpcm) Vì nên suy abc  abc c/ Trước hết, ta chứng minh:  ab + bc + ca − 2abc Áp dụng công thức AM -GM (2 lần) cho số ta có bất đẳng thức quen thuộc: 1 1  ab + bc + ca  + +    (a + b + c)   (1) abc a b c   ( a + b + c )  Thay a + b + c = , để ý abc  ta có (1) tương đương với: ( ab + bc + ca )  9abc  ab + bc + ca − 2abc  7abc  Bây ta chứng minh: ab + bc + ca − 2abc  Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho số dương, ta có: 27 33  a+b+c  (do a + b + c = 1) abc    =   27 ( Biết a 2b 2c  a − ( b − c ) ) (b − (c − a ) ) (c ) − (a − b) , Suy ra: a 2b c  ( a + b − c )( a − b + c )( b + c − a )( b − c + a )( c + a − b )( c − a + b )  a 2b c  ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) 2  abc  ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b )  abc  (1 − 2c )(1 − 2a )(1 − 2b )  abc  − ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) − 8abc Thay a + b + c = vào bất đẳng thức ta được, abc  −1 + ( ab + bc + ca ) − 8abc  + abc  ( ab + bc + ca − 2abc ) 1   a+b+c     Từ đó, ab + bc + ca − 2abc  (1 + abc)  1 +    =  + 1 4      27  Ta có điều phải chứng minh Bài 1/ Cho a  b  Chứng minh: a +  b (a − b) Giải Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số dương b, a − b, a+ , ta có: b (a − b) b (a − b) 1 = b + (a − b) +  33 = 3, b (a − b) b (a − b) b (a − b) dấu đẳng thức xảy b = a − b = , hay b ( a − b) a = 2b a =    b = b =   b2 2/ Cho a, b  Chứng minh: a + 3 b  5 ab Giải Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số dương, với số a số a + b = a + a + b + b + b  5 a a b b b = 5 ab Dấu đẳng thức xảy a = b hay a = b 34 b , ta được: 3/ Cho a, b, c  0, a + b + c = Chứng minh:      +   +  1 +   64  a  b  c  Giải Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số dương ta được: 1+ a+b+c b c bc = 1+ = 1+1+ +  4 a a a a a Tương tự: 1+ ac  44 , b b ab 1+  44 c c Nhân vế theo vế ta được: a 2b c     + + +  4.4.4 = 64 (đpcm)     a 2b c  a  b  c  Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Bài tập: Bài 1: 1/ Cho số x, y thỏa mãn điều kiện x, y  0, x3 + y = Chứng minh x + y  2/ Cho số x, y thỏa mãn điều kiện x, y  0, x + y = Chứng minh  x3 + y  Bài 2: 1/ Cho a, b, c  Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  a bc + b ca + c ab 2/ ( a3 + b3 + c3 )  ( a + b + c ) ( a + b2 + c2 ) Bài 3: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: Bài 4: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: ( a + b) c (b + c ) + a (a + c) + b  4(a + b + c) a b3 c + +  a + b2 + c2 b c a a b2 c a b c + +  + + b2 c a b c a 1.8 Bất đẳng thức AM -GM toán mối liên hệ yếu tố tam giác Bài Chứng minh tam giác ABC thì: Bài 5: Cho a, b, c  Chứng minh rằng: 35 A sin Giải + B sin (1)  cot 2 +  12 (1) C sin 2 A B C A B C + cot + cot  Đặt: x = cot , y = cot , z = cot ( x, y, z  ) 2 2 2 Ta cần chứng minh: x + y + z  Ta có: 1 + A y z B C cot = tan  +   x =  x + y + z = xyz 2 2 1− yz Áp dụng bất đẳng thức AM -GM: x+ y+z  xyz = x + y + z  x + y + z  3 Do 3  x + y + z  (1 + 12 + 12 )( x + y + z ) nên 27  ( x2 + y + z )  x + y + z  Dấu “=” xảy A = B = C  ABC Bài 2: Cho tam giác ABC có góc nhọn Chứng minh rằng: tan A + tan B + tan 8C  tan A.tan B.tan C Giải   ABC nhọn nên A, B, C   0;  chứng minh tan A + tan B + tan C = tan A.tan B.tan C Đặt  2 x = tan A, y = tan B, z = tan C , xyz  , ta có x + y + z = xyz Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số dương, ta được: x + y + z  3 xyz  xyz  3 xyz  ( xyz )  27 Áp dụng bất đẳng thức AM -GM cho số dương x8 , y , z ta x8 + y + z  3 x8 y z = ( xyz ) ( xyz )  ( xyz ) 27  x8 + y + z  x y z (đpcm) Bài M điểm nằm ABC Đường thẳng AM, BM, CM cắt BC, CA, AB AM BM CM A1 , B1 , C1 Tìm vị trí điểm M cho biểu thức: P = đạt giá trị bé MA1 MB1 MC1 Giải 36 Ta có BM S1 + S3 CM S + S3 AM S ABM S AMC AM S1 + S = , = = =  = Tương tự: MB1 S2 MC1 S1 MA1 S BMA1 S MA1C MA1 S3 AM BM CM S1 + S2 S1 + S3 S2 + S3 S1S2 S1S3 S2 S3 Vậy =  =8 MA1 MB1 MC1 S3 S2 S1 S1S2 S3 Dấu " = " xảy  S1 = S = S3 = S ABC M trọng tâm ABC Bài Gọi AD, BE, CF đường phân giác ABC Chứng minh rằng: p ( DEF )  Đẳng thức xảy nào? Giải Theo tính chất đường phân giác ta có: CE a AE + CE a + c =  = AE c AE c AC a + c bc  =  AE = AE c b+a bc Tương tự: AF = b+a Áp dụng định lý hàm số Cosin cho AEF , ta có: 37 p ( ABC ) EF = AE + AF − AE AF cos A bc bc b + c − a  bc   bc  = + −    c+a b+a 2bc c+a b+a 2 abc ( a + b + c )( b − c ) a 2bc = − 2 ( a + c )( a + b ) (a + c) (a + b) 2 a 2bc a 2bc 1  ab + ac   2a + b + c   EF   = ab ac       4 2 ( a + c )( a + b ) ac ab   16  2a + b + c  EF  Tương tự: 2b + a + c 2c + a + b FD  , DE  8 Cộng vế theo vế ta được: a+b+c DE + EF + FD   p ( DEF )  p ( ABC ) 2 Dấu đẳng thức xảy a = b = c  ABC Bài Cho ABC Đường tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB M, N, P Đặt 2 2 a b c NP = a1 , MP = b1 , MN = c1 Chứng minh rằng:   +   +    12  a1   b1   c1  Giải Ta có: 38 a1 = NP = AN sin = ( p − a ) sin A A A 2 − cos A  a12 = ( b + c − a ) b2 + c2 − a 1− 2bc = (b + c − a )  a12 = ( b + c − a ) sin 2 ( b + c − a ) ( a + b − c )( a + c − b ) = 4bc =  2 bc 2 b − ( a − c )  c − ( a − b )   bc      4bc 4bc a = c  ABC Dấu “=” xảy   a = b ac ab Lí luận tương tự: b12  , c12  Vậy: 4 a b c ( abc ) , hay:  a  +  b  +  c   12 a b2 c2 + +  + + 3             abc bc ac ab ( )  a1   b1   c1   a1   b1   c1  4 4 2 2 2 Bài tập: Bài 1: Giả sử M điểm nằm tam giác ABC Gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu M đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh rằng: MA2 ( MB1 + MC1 ) + MB ( MC1 + MA1 ) + MC ( MA1 + MB1 )  Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c Vẽ phân giác AM, BN, CP Chứng minh S S MNP  ABC Bài 3: a, b, c độ dài cạnh tam giác với chu vi 2p Chứng minh: abc a/ ( p − a )( p − b )( p − c )  b/ 1 1 1 + +  2 + +  p −a p −b p −c a b c Bài 4: Chứng minh tam giác ta có: a b c + + 2 hb hc 39 Tương tự: a b c a b c + +  3, + +  la lb lc ma mb mc Trong lĩnh vực khác 2.1 Trong vật lý Trong vật lý, bất đẳng thức kỹ thuật áp dụng bất đẳng thức AM -GM dùng để giải nhiều toán liên quan thí nghiệm thành lập phương trình chuyển động vật Ví dụ 1: Hai chất điểm thực dao động hai đường thẳng song song, nằm ngang, có góc tọa độ đường thẳng có phương đứng Phương trình dao động vật tương ứng là: x1 = A1 cos( t + 1 )cm, x2 = A2 cos( t + 2 ) Gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động, khoảng cách theo phương ngang hai vật có giá trị lớn bao nhiêu? Biết A1  A2 Giải Khoảng cách theo phương ngang hai vật d =| x2 − x1 | =| A2 cos( t + 2 ) − A1 cos( t + 1 ) | =| ( A2 cos 2 − A1 cos 1 ) cos  t + ( A1 cos 1 − A2 cos 2 ) sin t | Sử dụng bất đẳng thức AM -GM ta có d ( A2 cos 2 − A1 cos 1 ) + ( A1 cos 1 − A2 cos 2 ) 2 cos t + sin t = A12 + A22 − A1 A2 cos (1 − 2 ) Đẳng thức xảy tan t = A1 sin 1 − A2 sin  nên giá trị lớn d A2 cos  − A1 cos 1 d max = A12 + A22 − A1 A2 cos (1 −  ) Ví dụ 2: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, hai ngườn kết hợp O1 O2 dao động pha, biên độ Chọn hệ trục tọa độ vng góc xOy thuộc mặt nước với gốc tọa độ vị trí đặt nguồn O1 nguồn O2 nằm trục Oy Hai điểm P Q nằm Ox có OP=4,5cm 40 OQ=8cm Dịch chuyển nguồn O2 trục Oy đến vị trí cho P O2 Q có giá trị lớn phần tử nước P dao động với biên độ cực đại Biết P Q không cực đại khác Trên đoạn OP, điểm gần P mà phần tử nước dao động với biên độ cực đại cách P đoạn bao nhiêu? Giải Xét PQO2 , sử dụng định lý hàm sin bất đẳng thức AM -GM, ta có PO2 PQ = = sin  sin OQO2 OP + x = x OQ + x Suy sin   ( OP + x )( OQ + x ) x  OPx + OQx = OP + OQ = 12,5 x 25 Đẳng thức xảy OP x =  x = 6cm x OG 2.2 Trong đời sống Ngồi việc áp dung mơn khoa học bản, kỹ thuật giải bất đẳng thức áp dụng AM GM xuất xung quanh sống Như việc xây nhà, tính tốn nguyên vật liệu, thiết kế hình dáng, chất liệu sản phẩm cho giảm chi phí hiệu cao Ví dụ 1: Tại xá Ngojk Tem, huyện Kon Plong có trang trại Chủ trang trại muốn ni thêm bầy dê ông mua hang rào để làm chuồng bảo vệ chúng Các loại vật liệu làm rào cửa hàng bao gồm: gỗ, tôn lạnh Nhưng ơng có 1.500.000 đồng để đủ mua tơn lạnh loại 61.000 đồng tấm, có bề dài 1m, chiều cao mét Ông muốn xấy dựng hàng rào để vừa bảo vệ dê cung cấp cho dê không gian rộng rãi Bạn tìm cách xây dựng nào? Giải Các loại vật liệu: gỗ, tôn lạnh Số tiền ông có: 1500000 đồng Tơn lạnh: 61000đ/ Mỗi dài 1m, chiều cao 1.6m Chọn mơ hình chuồng hình chữ nhật Với mơ hình chữ nhật, số tơn mua với 1.500.000 24 Chuồng có chu vi là: 24 x = 24 m 41 Gọi x (m) chiều rộng y (m) chiều dài, y>x>0 Khi ta có ( x+y )= 24, nên x+y =12 Từ ta có: Cho hai số x, y thỏa x+y=12 0