Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 Lời mở đầu Trong bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức xoay vịng nội dung hay khó Có bất đẳng thức có dạng đơn giản phải hàng chục năm, nhiều nhà tốn học giải Ví dụ bất đẳng thức Shapiro đặt vào năm 1903 Neishbitt Với số không âm a, b, c chứng minh rằng: a b c + + ≥ (đơn giản) b+c c+a a+b dạng tổng quát: Mở rộng với n số a1 , a2 , , an thì: a1 a2 an n + + ··· + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a1 + a2 Khì đúng, sai Đến năm 1954 tức sau 52 năm, Shapiro tổng kết lại giả thuyết sau: 1) Bất đằng thức với n lẻ ≤ 23 2) Bất đằng thức với n chẵn ≤ 12 Còn lại sai Hồn tồn tự nhiên ta thấy cịn nhiều dạng bất đẳng thức xoay vịng khác bất đẳng thức gì, đúng, sai luôn Trong luận văn xây dựng dạng bất đẳng thức xoay vòng tổng quát mà trường hợp riêng tốn khó khó sử dụng đề thi học sinh giỏi Luận văn gồm có chương: Chương 1: Bất đẳng thức xoay vịng (Trình bày kết có bất đẳng thức phân thức.) Chương 2: Một dạng bất đẳng thức xoay vòng (Xây dựng bất đẳng thức với trường hợp đơn giản, tổng quát toán) GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Em xin chân thành cảm ơn các thầy khoa Tốn-Cơ-Tin học thời gian học tập trường Khoa Học Tự Nhiên, thầy cô Khoa Sư Phạm ĐH Quốc Gia Hà Nội, bạn lớp Sư phạm Toán 48 Đặc biệt hướng dẫn, giúp đỡ tận tình thầy TS Nguyễn Vũ Lương giúp đỡ em hồn thành khóa luận GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Mục lục Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ 1.1.2 Một số toán minh họa 1.2 Bất đẳng thức xoay vòng khác tam giác 12 1.3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh số dạng bất đẳng thức 1.4 xoay vòng 23 Bất đẳng thức xoay vòng phân thức 32 Một dạng bất đẳng thức xoay vòng 2.1 2.2 41 Các trường hợp đơn giản 41 2.1.1 Trường hợp số n = 41 2.1.2 Trường hợp số n = 42 2.1.3 Trường hợp số n = 43 2.1.4 Trường hợp số n = 45 2.1.5 Trường hợp số n = 47 Trường hợp tổng quát 53 2.2.1 Một số kiến thức liên quan 53 2.2.2 Nhận xét đặc biệt 53 2.2.3 Trường hợp tổng quát n số hạng 55 Chương Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ Bài (Bất đẳng thức Schurs) Với x, y, z số thực dương, λ số thực bất kì, chứng minh rằng: xλ (x − y)(x − z) + y λ (y − z)(y − x) + z λ (z − x)(z − y) ≥ Dấu xảy vào x = y = z Chứng minh Chú ý có hai biến số bất đẳng thức hiển nhiên Chẳng hạn y = z ta có: xλ (x − z)2 ≥ Dấu ” = ” xảy x = y = z Khơng tính tổng qt ta giả thiết rằng: x > y > z + Xét trường hợp λ ≥ Bất đẳng thức viết lại dạng: (x − y)[xλ (x − z) + y λ (y − z)] + z λ (z − x)(z − y) ≥ Sử dụng điều kiện x > y ta thu M > (x − y)(y − z)(xλ − y λ ) + z λ (x − z)(y − z) > 0, (∀λ > 0) Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 bất đẳng thức + Xét trường hợp λ < Ta có M = xλ (x − y)(x − z) + (y − z)[z λ (x − z) − y λ (x − y)] Sử dụng điều kiện y > z (hay x − z > y − z ) ta có: M > xλ (x − y)(x − z) + (y − z)(x − y)(z λ − y λ ) > 0, (∀λ < 0) Vậy bất đẳng thức cần chứng minh Bài (Bất đẳng thức Schurs mởi rộng) Giả sử I khoảng thuộc R f : I −→ R+ hàm đơn điệu hay f ”(x) ≥ 0, ∀x ∈ I Với x1 , x2 , x3 ∈ I, chứng minh rằng: f (x1 )(x1 − x2 )(x1 − x3 ) + f (x2 )(x2 − x3 )(x2 − x1 ) + f (x3 )(x3 − x1 )(x3 − x2 ) ≥ (1) Dấu ” = ” xảy x1 = x2 = x3 Chứng minh Vì f hàm đơn điệu hay f ”(x) ≥ 0, x ∈ I nên ta có bất đẳng thức: f [λx + (1 − λ)y] < f (x) f (y) + λ 1−λ (2) ∀x, y ∈ I λ ∈ (0, 1) Khơng tính tổng quát ta giả sử x1 < x2 < x3 (vì biến bất đẳng thức đúng, dấu bất đẳng thức xảy x1 = x2 = x3 ) Chia hai vế (1) cho (x2 − x3 )(x2 − x1 ) < ta thu được: − x1 − x3 x2 − x3 ⇔ f (x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) − x3 − x1 x3 − x2 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương x3 − x x2 − x f (x1 ) + f (x3 ) ≤ x − x1 x2 − x1 f (x3 ) Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 x2 − x1 x3 − x1   1 − λ = x3 − x2 ⇒ Đặt: λ =  x3 − x1 x = λx1 + (1 − λ)x3 ta thu bất đẳng thức (2) hay (1) Bài (Một dạng mở rộng bất đẳng thức Schurs) Xét a, b, c, u, c, w số thực dương chứng minh rằng: a) Nếu p > 1 1 1 1 1 1 1 a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≥ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≥ b) Nếu −1 < p < 1 a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≤ c) Nếu p < −1 1 a p + c p ≥ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≥ Dấu bất đẳng thức xảy 1 1 1 a p + c p = b p ; u 1+p + w 1+p = v 1+p Chứng minh a) Nếu p > ta có: 1 + p+1 = 1+p p Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: 1 1 1 a 1+p (uc) 1+p + c 1+p (wa) 1+p ≤ a p + c p p p+1 (uc + wa) p+1 Lũy thừa p + hai vế ta có: 1 p+1 1 1 ⇔ ac u 1+p + w 1+p GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 1 ≤ ap + cp a 1+p (uc) p+1 + c 1+p (wa) p+1 p+1 1 ≤ ap + cp p (uc + wa) p+1 (uc + wa) Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Áp dụng giả thiết tốn ta có: 1 p+1 acv ≤ ac u 1+p + w 1+p ≤ b(uc + wa) suy ubc − acv + wab ≥ b) Với −1 < p < ta có: p+1 1 + p+1 = với 0, p < 0) ta có: 1 p+1 acv ≥ ac u 1+p + w 1+p 1 ≥ (uc + wa) a p + c p p ≥ (uc + wa)b suy ra: abw − auv + ubc ≤ c) Với p < −1 ta có: 1 + p+1 = với p + < p+1 p Áp dụng bất đẳng thức Holder: a 1+p (uc) 1+p +c 1+p (wa) 1+p p ≤ a +c p p p+1 (uc + wa) p+1 Lũy thừa p + hai vế (chú ý p + > 0) ta được: 1 ac u 1+p + w 1+p GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương p+1 1 ≤ ap + cp p (uc + wa) Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Áp dụng giả thiết phần c) (chú ý p + < 0) ta có: p+1 acv ≤ ac u 1+p + w 1+p 1 ≤ (uc + wa) a p + c p p ≤ (uc + wa)b suy ra: ucb − acv + wab ≥ Bài (Bài toán hệ 1) Với x > y > z > f hàm đơn điệu hay f ”(x) = ∀x > f nhận giá trị R+ , chứng minh rằng: f (x) f (y) f (z) + + ≥0 y−z z−x x−y Chứng minh Áp dụng tốn ta có: f (x)(x − y)(x − z) + f (y)(y − z)(y − x) + f (z)(z − x)(z − y) ≥ Chia vế cho (y − z)(z − x)(x − y) < ta thu bất đẳng thức cần chứng minh Bài (Bài toán hệ 2) Với x, y, z, a, b, c > thỏa mãn điều kiện: a2 + b ≤ c2 2 x3 + y ≥ z x y z + ≥ a b c Chứng minh chứng minh Áp dụng toán với p = ta có: xbc − zab + yac ≥ Chia vế cho a, b, c ta có bất đẳng thức cần chứng minh GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp 1.1.2 Sư Phạm Toán 48 Một số toán minh họa Bài Giả sử ∆ABC không nhọn, chứng minh rằng: 27 64 125 + ≥ sin A sin B sin C Chứng minh Áp dụng  toán với điều kiện  sin2 A + sinB ≤ sin2 C Tam giác không nhọn  27 32 + 64 32 = 125 23 Ta thu điều phải chứng minh Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện 3 1 + y2 ≤ z2 + + , x a3 b3 c3 Chứng minh rằng: z x y + ≤ a b c Chứng minh Ta có: 1− + 1− 13 − 13 =1 Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: 3 3 a (xb) + b (ya) ≥ (xb + ya) (a−3 + b−3 )− ⇔ (ab) 3 x +y ≥ (xb + ya) 1 + a3 b3 − 12 Từ giả thiết suy ra: 1 + 3 a b GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương − 12 ≥ c3 − 12 = c2 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 Do ta có bất đẳng thức 3 3 (abz) ≥ (ab) x + y 3 ≥ (xb + ya) c ⇔ abz ≥ (xb + ya)c z x y ⇔ + ≤ a b c Bài Với a, b, c ba cạnh tam giác p = a+b+c , chứng minh (p − a)4 + (p − b)4 + (p − c)4 + S ≥ a (p − a)3 + b (p − c)3 + c (p − a)3 (Với S diện tích tam giác ABC ) Chứng minh Chứng minh bất đẳng thức Schurs với λ = ta có: x2 (x − y)(x − z) + y (y − z)(y − x) + z (z − x)(z − y) ≥ ⇔ x4 + y + z + xyz(x + y + z) ≥ x3 (y + z) + y (z + x) + z (x + y) Đặt:     x=p−a    y =p−b      z = p − c (1)     x+y+z =p−a+p−b+p−c=p      S  xyz = (p − a)(p − b)(p − c) = p ⇒    y + z = (p − b) + (p − c) = a       x + z = b, x + y = c Thay vào (1) ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài Với x, y, z dương thỏa mãn: yz zx xy + + =3 x2 y z tìm giá trị lớn biểu thức sau: M= y+z z+x x+y + + x y z Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Schurs với λ = −2 ta có: 1 (x − y)(x − z) + (y − z)(y − x) + (z − x)(z − y) ≥ x2 y2 z2 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 10 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Cho a7 = a6 = a5 = ta được: a2 a3 a1 O3 = + + +1≥ a1 + α(a2 + a3 + a4 ) a2 + α(a3 + a4 ) a3 + αa4 + 3α GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 52 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp 2.2 Sư Phạm Toán 48 Trường hợp tổng quát 2.2.1 Một số kiến thức liên quan Bất đẳng thức Cauchy số a21 + a22 Dấu bất đẳng thức xảy khi: a1 = a2 Cho số không âm a1 , a2 ta ln có a1 a2 ≤ Bất đẳng thức Bunhiacopxki Cho dãy số không âm a1 , a2 , · · · , an ; b1 , b2 , · · · , bn ta có (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) Dấu bất đẳng thức xảy khi: a1 a2 an = = ··· = (Nếu ∃i b1 b2 bn cho bi = cách ký hiệu hình thức Hằng đẳng thức bình phương (a1 + · · · + an )2 = a21 + · · · + a2n + 2a1 a2 + · · · + 2an−1 an 2.2.2 Nhận xét đặc biệt Cho n số không âm a1 , · · · , an ta ln có đánh giá sau mà việc xây dựng bất đẳng thức dựa đánh giá ♣ Với trường hợp số n = Đặt A = a1 a2 + a1 a3 + a2 a3 (a21 + a22 + a23 ) ta có đánh giá so sánh sau: a2 + a22 a21 + a23 a22 + a23 + + ) A≤ ( 2 2 Nhận xét 1: Ta nhận thấy A số hạng a1 , a2 , a3 có mặt 3.2 Trong đánh giá A giữ nguyên vế phải lần, số phần tử A = chia cặp ghép đôi tương ứng chia cho xuất số a1 , a2 , a3 A ⇒ 3A ≤ (a21 + a22 + a23 ) + 2A ⇔ 3A ≤ (a1 + a2 + a3 )2 ⇔ A ≤ (a1 + a2 + a3 )2 Dấu ” = ” xảy a1 = a2 = a3 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 53 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 ♣ Với trường hợp số n = Đặt B = a1 a2 + · · · + a3 a4 (a21 + a22 + a23 + a24 ) ta có đánh giá so sánh sau: a21 + a22 a23 + a24 B≤ ( + ··· + ) 3 Nhận xét 2: Ta nhận thấy B số hạng a1 , a2 , a3 , a4 có mặt 4.3 lần , số phần tử B = Trong đánh giá B giữ nguyên phần tử phải chia cặp ghép đôi tương ứng chia cho xuất số hạng (a1 , a2 , a3 , a4 ) B ⇒ 8B ≤ 3(a21 + a22 + a23 + a24 ) + 6B ⇔ 8B ≤ 3(a1 + a2 + a3 + a4 )2 ⇔ B ≤ (a1 + a2 + a3 + a4 )2 Dấu ” = ” xảy a1 = a2 = a3 = a4 ♣ Với trường hợp số n = Đặt C = a1 a2 + · · · + a4 a5 (a21 + · · · + a25 ) Ta có đánh giá so sánh sau: a2 + a22 a2 + a25 C≤ ( + ··· + ) 4 Nhận xét 3: Ta nhận thấy C phần tử a1 , · · · , a5 có mặt 5.4 lần , số phần tử C 10 = Trong đánh giá C giữ ngun cịn phần tử phải chia ghép đôi tương ứng chia cho xuất số hạng (a1 , · · · , a5 ) C ⇒ 5C ≤ 2(a21 + · · · + a25 ) + 4C ⇔ 5C ≤ 2(a1 + · · · + a5 )2 ⇔ C ≤ (a1 + · · · + a5 )2 Dấu ” = ” xảy a1 = · · · = a5 ♣ Với trường hợp số n = Đặt D = a1 a2 + · · · + a5 a6 (a21 + · · · + a26 ) ta có đánh giá so sánh sau: a2 + a22 a2 + a26 C≤ ( + ··· + ) 5 Nhận xét 4: Ta nhận thấy D số hạng a1 , · · · , a6 có mặt 6.5 Trong đánh giá D giữ nguyên phần tử lần, số phần tử D 15 = phải chia cặp ghép đôi tương ứng chia cho xuất phần tử(a1 , · · · , a6 ) D ⇒ 2D ≤ 5(a21 + · · · + a26 ) ⇔ 12D ≤ 5(a21 + · · · + a26 ) + 10D GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 54 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 (a1 + · · · + a6 )2 12 Dấu ” = ” xảy a1 = · · · = a6 ⇔D≤ ♣ Với trường hợp số n = Đặt E = a1 a2 + · · · + a6 a7 (a21 + · · · + a27 ) ta có đánh giá so sánh sau: a2 + a22 a2 + a27 E≤ ( ··· + ) 6 Nhận xét 5: Ta nhận thấy E số hạng a1 , · · · , a7 có mặt 7.6 lần, số phần tử E 21 = Trong đánh giá E giữ nguyên vế phải phần tử ghép đôi chia cho xuất (a1 , · · · , a7 ) E ⇒ E ≤ 3(a21 + · · · + a27 ) ⇔ 7E ≤ 3(a21 + · · · + a27 ) + 6E ⇔ 7E ≤ 3(a1 + · · · + a7 )2 ⇔ E ≤ (a1 + · · · + a7 )2 Dấu ” = ” xảy a1 = · · · = a7 ♣ Với trường hợp n số hạng Đặt F = a1 a2 + · · · + an−1 an (a21 + · · · + a2n ) ta có đánh giá so sánh sau: a2 + a2n n − a21 + a22 F ≤ ( · · · + n−1 ) n−1 n−1 Nhận xét 6: Ta nhận thấy F số hạng a1 , · · · , an có mặt (n − 1)n = Cn2 Trong đánh giá F giữ nguyên n − lần, số phần tử F vế phải phần tử ghép đôi chia cho n − xuất (a1 , · · · , an ) F n−1 ⇒F ≤ (a1 + · · · + a2n ) ⇔ 2F ≤ (n − 1)(a21 + · · · + a2n ) ⇔ 2F + 2(n − 1)F ≤ (n − 1)(a1 + · · · + an )2 n−1 ⇔F ≤ (a1 + · · · + an )2 2n Dấu ” = ” xảy a1 = · · · = an 2.2.3 Trường hợp tổng quát n số hạng Ta phân tích lại xây dựng bất đẳng thức phân thức Ta xây dựng ma trận hệ số có n hàng n − cột sau : GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 55 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 ♣ Trường hợp n=3 số  a1 a2       a2 a3    a3 a4 Các phần tử a1 a2 , a1 a3 , a2 a3 xuất cột ma trận có lần Trong trường hợp ta xây dựng dạng bất đẳng thức phân thức ♣ Trường hợp n= số  aa    a2 a3    a3 a4  a4 a1 a1 a3    a2 a4    a3 a1   a4 a2 Nhận thấy phần tử Cột xuất lần cột Cột phần tử xuất lần cột Dạng toán tổng quát chữ số là: Cho chữ số không âm a1 , a2 , a3 , a4 , số thực α > số thực r13 , r24 , r31 , r42  r13 + r31 Tổng a1 a3 thỏa mãn: α=  r24 + r42 Tổng a2 a4 a1 a2 a3 a4 + + + ≥ a1 + αa2 + r13 a3 a2 + αa3 + r24 a4 a3 + αa4 + r31 a1 a4 + αa1 + r42 a2 + 3α Chứng minh Ta có: a2 a3 a4 a1 + + + B= a1 + αa2 + r13 a3 a2 + αa3 + r24 a4 a3 + αa4 + r31 a1 a4 + αa1 + r42 a2 a21 a22 ⇔B= + a1 + αa1 a2 + r13 a1 a3 a2 + αa2 a3 + r24 a2 a4 a23 a24 + + a3 + αa3 a4 + r31 a3 a1 a4 + αa4 a1 + r42 a4 a2 ⇒ B[(a21 + αa1 a2 + r13 a1 a3 ) + (a22 + αa2 a3 + r24 a2 a4 ) GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 56 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 +(a23 + αa3 a4 + r31 a3 a1 ) + (a24 + αa4 a1 + r42 a4 a2 )] ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 )2 ⇒B ⇔B ⇔B ⇔B (Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki cặp số) (a1 + a2 + a3 + a4 )2 ≥ (a1 + αa1 a2 + a1 a3 ) + · · · + (a24 + αa4 a1 + a4 a2 ) (a1 + a2 + a3 + a4 )2 ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 )2 + (α − 2)(a1 a2 + · · · + a3 a4 ) (a1 + a2 + a3 + a4 )2 ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 )2 + (α − 2) 83 (a1 + a2 + a3 + a4 )2 8 = = ≥ + 3(α − 2) + 3α + (2α − 2) Dấu ” = ” xảy a1 = a2 = a3 = a4 Trong toán tổng quát ta chọn điều kiện: r13 = r24 = r31 = r42 = α α = 2α ta Bài ♣ Trong trường hợp n=5 số  aa   a2 a3    a3 a4    a4 a5  a5 a1 a1 a3 a1 a4 a2 a4 a3 a5 a4 a1 a5 a2    a2 a5    a3 a1    a4 a2   a5 a3 Nhận thấy phần tử: Cột xuất cột Cột phần tử xuất lần: lần cột lần cột hay cột cột giống Dạng toán tổng quát trường hợp số là: Cho số không âm a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , số thực α > số thực r13 , r14 , r24 , r25 , r35 , r31 , r41 , r42 , r52 , r53  thỏa mãn hệ thức:    r13 + r31 (Tổng a1 a3 ) = r14 + r41 (Tổng a1 a4 )    α = r24 + r42 (Tổng a2 a4 ) = r25 + r52 (Tổng a2 a5 )      r35 + r53 (Tổng a3 a5 ) C= a1 a2 a3 + + a1 + αa2 + r13 a3 + r14 a4 a2 + αa3 + r24 a4 + r25 a5 a3 + αa4 + +r35 a5 + r31 a1 a4 a5 + + ≥ a4 + αa5 + r41 a1 + r42 a2 a5 + αa1 + r52 a2 + r53 a3 + 2α GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 57 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 Chứng minh Ta có: a1 a2 a3 + + a1 + αa2 + r13 a3 + r14 a4 ) a2 + αa3 + r24 a4 + r25 a5 ) a3 + αa4 + r35 a5 + r31 a1 a4 a5 + + a4 + αa5 + r41 a1 + r42 a2 a5 + αa1 + r52 a2 + r53 a3 a22 a21 + ⇔C= a1 + αa1 a2 + r13 a1 a3 + r14 a1 a4 a2 + αa2 a3 + r24 a2 a4 + r25 a2 a5 a24 a23 + + a3 + αa3 a4 + r35 a3 a5 + r31 a3 a1 a4 + αa4 a5 + r41 a4 a1 + r42 a4 a2 a25 + a5 + αa5 a1 + r52 a5 a2 + r53 a5 a3 ⇒ C[(a21 + αa1 a2 + r13 a1 a3 + r14 a1 a4 ) + (a22 + αa2 a3 + r24 a2 a4 + r25 a2 a5 ) + (a23 + αa3 a4 + C= r3 r35 a3 a5 +r31 a3 a1 )+(a24 +αa4 a5 +r41 a4 a1 +r42 a4 a2 )+(a25 +αa5 a1 +r52 a5 a2 +r53 a5 a3 )] ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 ⇒C ⇔C ⇔C ⇔C (Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với cặp số) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 ≥ (a1 + αa1 a2 + a1 a3 + a1 a4 ) + · · · + (a25 + αa5 a1 + r5 a5 a2 + s5 a5 a3 ) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 + (α − 2)(a1 a2 + · · · + a4 a5 ) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 + (α − 2) 52 (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 )2 5 = = ≥ + 2(α − 2) + 2α + (α − 2) Dấu xảy a1 = a2 = a3 = a4 = a5 Trong toán ta chọn điều kiện: Nếu r13 = r31 = r24 = r42 = r35 = r53 = r41 = r14 = α α = 2α ta Bài Nếu r13 = r24 = r35 = r41 = r52 = α; r31 = r42 = r53 = r41 = r52 = α = α ta Bài ♣ Trường hợp n= số  aa    a2 a3    a3 a4    a4 a5    a5 a6  a6 a1 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương a1 a3 a1 a4 a1 a5    a2 a4 a2 a5 a2 a6    a3 a5 a3 a6 a3 a1    a4 a6 a4 a1 a4 a2    a5 a1 a5 a2 a5 a3   a6 a2 a6 a3 a6 a4 58 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Nhận thấy phần tử: Cột xuất lần cột Cột phần tử xuất lần: lần lần hay cột cột giống Cột phần tử xuất lần Trong trường hợp số ta xây dựng tốn tổng qt là: Cho số khơng âm a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 số thực α > số thực r13 , r14 , r15 , r24 , r25 , r26 , r35 , r36 , r31 , r46 , r41 , r42 , r51 , r52 , r53 , r62 , r63 , r64 thỏa mãn:    r13 + r31 (Tổng a1 a3 ) = r14 + r41 (Tổng a1 a4 ) = r51 + r15 (Tổng a1 a5 )    α = r24 + r42 (Tổng a2 a4 ) = r62 + r26 (Tổng a2 a6 ) = r25 + r52 (Tổng a2 a5 )      r35 + r53 (Tổng a3 a5 ) = r46 + r64 (Tổng a4 a6 ) = r36 + r63 (Tổng a3 a6 ) thì: E= a1 a2 + a1 + αa2 + r13 a3 + r14 a4 + r15 a5 a2 + αa3 + r24 a4 + r25 a5 + r26 a6 a3 a4 + + a3 + αa4 + r35 a5 + r36 a6 + r31 a1 a4 + αa5 + r46 a6 + r41 a1 + r42 a2 a6 12 a5 + ≥ + a5 + αa6 + r51 a1 + r52 a2 + r53 a3 a6 + αa1 + r62 a2 + r63 a3 + r64 a4 + 5α Chứng minh Ta có: a1 a2 + a1 + αa2 + r13 a3 + r14 a4 + r15 a5 a2 + αa3 + r24 a4 + r25 a5 + r26 a6 a4 a3 + + a3 + αa4 + r35 a5 + r36 a6 + r31 a1 a4 + αa5 + r46 a6 + r41 a1 + r42 a2 a5 a6 + + a5 + αa6 + +r51 a1 + r52 a2 + r53 a3 a6 + αa1 + r62 a2 + r63 a3 + r64 a4 ) a22 a21 + ⇔E= a1 + αa1 a2 + r13 a1 a3 + r14 a1 a4 + r15 a1 a5 a2 + αa2 a3 + r24 a2 a4 + r25 a2 a5 + r26 a2 a6 a23 a24 + + a3 + αa3 a4 + r35 a3 a5 + r36 a3 a6 + r31 a3 a1 a4 + αa4 a5 + r46 a4 a6 + r41 a4 a1 + r42 a4 a2 a25 a26 + + a5 + αa5 a6 + r51 a5 a1 + r52 a5 a2 + r53 a5 a3 a6 + αa6 a1 + r62 a6 a2 + r63 a6 a3 + r64 a6 a4 ⇒ E[(a21 +αa1 a2 +r13 a1 a3 +r14 a1 a4 +r15 a1 a5 )+(a22 +αa2 a3 +r24 a2 a4 +r25 a2 a5 +r26 a2 a6 )+ E= (a23 + αa3 a4 + r35 a3 a5 + r36 a3 a6 + r31 a3 a1 ) + (a24 + αa4 a5 + r46 a4 a6 + r41 a4 a1 + r42 a4 a2 ) + (a25 +αr56 a5 a6 +r51 a5 a1 +r52 a5 a2 +r53 a5 a3 )+(a26 +αa6 a1 +r62 a6 a2 +r63 a6 a3 +r64 a6 a4 )] ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 )2 (Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với cặp số) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 )2 ⇒E≥ (a1 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 ) + α(a1 a2 + · · · + a5 a6 )] GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 59 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 )2 (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 )2 + (α − 2)(a1 a2 + · · · + a5 a6 ) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 )2 ⇔E≥ (a1 + · · · + a6 )2 + (α − 2) 12 (a1 + · · · + a6 )2 12 12 12 ⇔E≥ = = = 12 + 5(α − 2) + 5α + 5α + 12 (2α − 2) Dấu xảy a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = a6 ⇔E≥ Trong toán ta chọn điều kiện: Nếu r13 = r14 = r15 = r24 = r25 = r26 = r35 = r36 = r31 = r46 = r41 = r41 = r51 = r52 = r53 = r62 = r63 = r64 = α α = 2α ta có Bài Nếu r15 = r26 = r31 = r42 = r53 = r64 = 0; r14 = r25 = r36 = r41 = r52 = r63 = α r13 = r24 = r35 = r46 = r51 = r62 = 2α ta có Bài ♣ Trường hợp n= số  aa   a2 a3   a3 a4    a4 a5    a5 a6    a6 a7  a7 a1 a1 a3 a1 a4 a1 a5 a1 a6 a2 a4 a2 a5 a2 a6 a3 a5 a3 a6 a3 a7 a4 a6 a4 a7 a4 a1 a5 a7 a5 a1 a5 a2 a6 a1 a6 a2 a6 a3 a7 a2 a7 a3 a7 a4    a2 a7    a3 a1    a4 a2    a5 a3    a6 a4   a7 a5 Nhận thấy phần tử: Cột xuất lần cột Cột phần tử xuất lần: lần cột lần cột cột cột giống nhau Cột phần tử xuất lần: lần côt lần cột hay hai cột cột giống Trong trường hợp ta xây dựng toán tổng quát với số sau: Cho số không âm a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 số thực α > số thực r13 , r14 , r15 , r16 , r24 , r25 , r26 , r27 , r35 , r36 , r37 , r31 , r46 , r47 , r41 , r42 , r57 , r51 , r52 , r53 , r61 , r62 , t63 , r64 , r72 , r73 , r74 , r75 thỏa mãn: GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 60 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp    r13 + r31         r16 + r61    α = r26 + r62       r36 + r63       r47 + r74 Sư Phạm Toán 48 (Tổng a1 a3 ) = r14 + r41 (Tổng a1 a4 ) = r15 + r51 (Tổng a1 a5 ) (Tổng a1 a6 ) = r24 + r42 (Tổng a2 a4 ) = r25 + r52 (Tổng a2 a5 ) (Tổng a2 a6 ) = r27 + r72 (Tổng a2 a7 ) = r35 + r53 (Tổng a3 a5 ) (Tổng a3 a6 ) = r37 + r73 (Tổng a3 a7 ) = r46 + r64 (Tổng a4 a6 ) (Tổng a4 a7 ) = r57 + r75 (Tổng a5 a7 ) M= a1 a2 + a1 + αa2 + r13 a3 + r14 a4 + r15 a5 + r16 a6 a2 + αa3 + r24 a4 + r25 a5 + r26 a6 + r27 a7 a4 a3 + + a3 + αa4 + r35 a5 + r36 a6 + r37 a7 + r31 a1 a4 + αa5 + r46 a6 + r47 a7 + r41 a1 + r42 a2 a5 a6 + + a5 + αa6 + +r57 a7 + r51 a1 + r52 a2 + r53 a3 a6 + αa7 + r61 a1 + r62 a2 + r63 a3 + r64 a4 ) a7 + ≥ a7 + αa1 + r72 a2 + r73 a3 + r74 a4 + r75 a5 + 6α Chứng minh Ta có: Tương tự cách chứng minh ta có: (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 )2 M≥ (a1 + a22 + a23 + a24 + a25 + a26 + a27 ) + α(a1 a2 + · · · + a6 a7 )] (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 )2 ⇔M ≥ (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 )2 + (α − 2)(a1 a2 + · · · + a6 a7 ) (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 )2 ⇔M ≥ (a1 + · · · + a7 )2 + (α − 2) 73 (a1 + · · · + a7 )2 7 ⇔M ≥ = = + 3(α − 2) + 3α + (α − 2) Dấu xảy a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = a6 = a7 Trong toán tổng quát với số ta chọn điều kiện cụ thể: Nếu lấy rij = α α = 2α ta Bài Nếu lấy r16 = r27 = r31 = r42 = r53 = r64 = r75 = 0; r13 = r24 = r35 = r46 = r57 = r61 = r72 = 2α cịn lai rij = α ta Bài Nếu lấy r15 = r26 = r37 = r41 = r52 = r63 = r74 = r16 = r27 = r31 = r42 = r53 = r64 = r75 = cịn lại rij = α ta Bài Trường hợp tổng quát GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 61 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 Ta xây dựng ma trận hệ số cỡ n.(n − 2)   a a a a · · · a1 an−1      a2 a3 a2 a4 · · · a2 an          an a1 an a2 · · · an an−2 Trong trương hợp ta dựng toán tổng quát sau đây: Cho n số không âm , i = 1, n (n ≥ 3); số thực α > rij i, j = 1, n thỏa mãn rij + rji = α P = a1 r1i a1 + αa2 + a2 + n−1 a2 + αa3 + i=3 an +· · ·+ n r2i rn an + αa1 + i=4 ≥ n−2 2n + (n − 1)α i=2 Chứng minh Có thể viết lại biểu thức P sau: a21 a22 P = + n−1 a21 + αa1 a2 + r1i a1 a22 + αa2 a3 + i=3 a2n +· · ·+ n r2i a2 i=4 n−2 a2n + αan a1 + rni a2 i=2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki với n cặp số ta được: (a1 + · · · + an )2 P ≥ (a1 + · · · + an )2 + (α − 2)(a1 a2 + · · · + an−1 an )2 (a1 + · · · + an )2 ⇔P ≥ (a1 + · · · + an )2 + (α − 2) n−1 (a1 + · · · + an )2 2n 2n ⇔P ≥ n−1 = + (n − 1)α + (α − 2) 2n Vậy toán tổng quát chứng minh Ta chia n thành trường hợp, ứng với n chẵn lẻ Với trường hợp chẵn n = 2m ta có:  aa a1 a3    a2 a3 a2 a4    ··· ···  a2m a1 a2m a2 GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương ··· a1 am+1 · · · ··· a2 am+2 · · · ··· ··· ··· ··· a2m am ··· 62 a1 a2m−1    a2 a2m    ···   a2m a2m−2 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Nhận thấy phần tử: Cột xuất lần cột Cột phần tử xuất lần: lần cột lần cột 2m − cột cột 2m − giống ··· Cột i phần tử xuất lần: lần cột i lần cột 2m − i cột i cột 2m − i giống ··· Duy cột thứ m phần tử cột xuất lần cột m Việc xây dựng bất đẳng thức xoay vòng dựa sở đánh giá có mặt đầy đủ a1 a2 , · · · , an−1 an cộng tổng mẫu tất phân thức bất đẳng thức cho chúng có tỉ lệ Ta trường hợp đặc biệt toán tổng quát với n = 2m cách α lấy rij = nằm bên phải cột thứ m ma trận; rij = nằm cột thứ m ma trân rij = α vị trí cịn lại bên trái cột thứ m Cho n = 2m số không âm , i = 1, n, n ≥ α > a2 a1 + + ··· + P1 = a1 + α(a2 + · · · + am + am+1 ) a2 + α(a3 + · · · + am+1 + 21 am+2 ) an 2n + ≥ + (n − 1)α an + α(a1 + · · · + am−1 + am ) Với trường hợp lẻ n = 2m + ta có:  aa a1 a3    a2 a3 a2 a4    ··· ···  a2m+1 a1 a2m+1 a2 ··· a1 am+1 a1 am+2 ··· a1 a2m ··· a2 am+1 a2 am+2 ··· a2 a2m+1 ··· ··· ··· ··· ··· ··· a2m+1 am+1 a2m+1 am+2 · · · a2m+1 a2m−1         Nhận thấy phần tử: Cột xuất lần cột Cột phần tử xuất lần: lần cột lần cột 2m − cột cột 2m − giống ··· Cột i phần tử xuất lần: lần cột i lần cột GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 63 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp toán sơ cấp Sư Phạm Toán 48 2m − i + cột i cột 2m − i + giống ··· Cột m phần tử xuất lần: lần cột m lần cột m + cột m cột m + giống Băng phương pháp xây dựng ta trường hợp đơn giản Bằng cách chọn rij = từ hàng thứ m + sang phải; cịn lại rij = α Cho n = 2m + số không âm , i = 1, n, n ≥ α > thì: a1 a2 P2 = + + + a1 + α(a2 + · · · + am+1 ) a2 + α(a + · · · + am+2 ) an 2n + ≥ an + α(a1 + · · · + am ) + (n − 1)α Tóm lại để xây dựng toán loại cần phải đánh giá có mặt đồng thời tỉ lệ a1 a2 , · · · , an−1 an mẫu số bất đẳng thức Bằng phương pháp đánh giá ta xây dựng vơ số tốn loại, xây dựng nhiều dạng bất đẳng thức khác GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 64 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Tốn 48 Kết luận Tóm lại qua khóa luận em xây dựng dạng toán bất đẳng thức xoay vịng, giải trọn vẹn tốn tổng quát Đặt sở cho việc xây dựng dạng toán loại này, cụ thể là: Xây dựng dạng tổng quát trường hợp bất đẳng thức xoay vòng trường hợp đặc biệt với n = 3, 4, 5, 6, + Từ toán tổng quát với trường hợp cụ thể ta tạo vơ số tốn + Bằng phương pháp quy nạp xây dựng dạng tổng quát với n số hạng Trong toán tổng quát em đưa dạng tổng quát bất đẳng thức xoay vịng Xét tốn tổng qt trường hợp đặc biệt: + n chẵn n = 2m (m ∈ N) + n lẻ n = 2m + (m ∈ N) - Cũng từ toán tổng quát với n số ta suy dạng tổng quát toán trường hợp đặc biệt lại, sở để xây dựng vơ số tốn loại Cơ sở để phân tích xây dựng nhiều tốn khác GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 65 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương Khóa luận tốt nghiệp tốn sơ cấp Sư Phạm Toán 48 Tài liệu tham khảo Nguyễn Vũ Lương Xây dựng bất đẳng thức biến nhờ bất đẳng thức trung bình cộng nhân áp dụng Hội nghị khoa học "Các chuyên đề chọn lọc hệ THPT chuyên." (Hà Nội 2005) Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng Các giảng bất đẳng thức Côsi (2005) Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng Hệ phương trình phương trình chứa thức (2005) Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng Các giảng phương trình lượng giác (2005) Nguyễn Văn Mậu Bất đẳng thức định lý áp dụng (2006) Phạm Văn Hùng Một cách chứng minh bất đẳng thức dạng phân thức Hội nghị khoa học "Các chuyên đề chọn lọc hệ THPT chuyên." (Hà Nội 2005) Andreescu T and Feng Z (2000) Mathermatical Olympiads: Problems and Solusions from Around the World, Mathermatical Association of Americal, Washington DC J Michael steele (2004) The Cauchy- Schwarz master class, Mathermatical association of the Americal, Cambridge University press D S Mitrinovic, J E Pecaric and A M Fink Classical and New inequalities in Analysis Kluwer acadmic publishers 10 C H Hardy, J E Littlewood, G Polya (1952) Inequalities Cambridge University press GV hướng dẫn: TS Nguyễn Vũ Lương 66 Sinh viên: Nguyễn Văn Cương ... chứng minh số dạng bất đẳng thức 1.4 xoay vòng 23 Bất đẳng thức xoay vòng phân thức 32 Một dạng bất đẳng thức xoay vòng 2.1 2.2 41 Các trường... đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ 1.1.2 Một số toán minh họa 1.2 Bất đẳng thức xoay vòng... luận tốt nghiệp tốn sơ cấp 1.2 Sư Phạm Tốn 48 Bất đẳng thức xoay vịng khác tam giác Trong mục ta đề cập đến cách xây dựng bất đẳng thức xoay vòng ∆ABC với cặp biến quay vòng: A, B, C góc tam giác