Chuyên đề Cực trị đại số

pdf 23 trang Người đăng khoa-nguyen Lượt xem 1094Lượt tải 3 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Cực trị đại số", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Chuyên đề Cực trị đại số
A. Một số vấn đề về bất đẳng thức đại số: 
Bất đẳng thức là một trong những vấn đề lí thú nhất trong giải tóan phổ thông. Trong mục 
này chúng ta sẽ ôn lại một số bất đẳng thức cổ điển và tiếp cận một số phương pháp 
chứng minh bất đẳng thức. Do khối lượng kiến thức là tương đối lớn nên một số khái 
niệm,tính chất cơ bản đều được bỏ qua. Các bạn có thể tìm thây những tính chất này này 
Sách Giáo Khoa của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo. 
Dưói đây là các nội dung trong chuyên đề này. 
a)Bất đẳng thức Cauchy 
i)Bất đẳng thức Cauchy có lẽ là đã quen thuộc với nhiều bạn . Ngay từ năm lớp 
8,các bạn đã bắt gặp các bất đẳng thức như: 
3
4
2
3
4
x y xy
x y z xyz
x y z t xyzt
+
³
+ +
³
+ + +
³
Trong đó , , ,x y z t là các số thực không âm 
Những bất đẳng thức có dạng này được gọi là bất đẳng thức Cauchy. Bất đẳng 
thức Cauchy tổng quát có dạng như sau: 
Cho 1 2, ,..., nx x x là các số thực không âm. Khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... nx x x= = = 
Đại lượng 1 2 ... nx x x
n
+ + + được gọi là trung bình cộng của các số 1 2, ,..., .nx x x 
Đại lượng 1 2...n nx x x được gọi là trung bình nhân của các số 1 2, ,..., .nx x x 
Do đó bất đẳng thức Cauchy còn có tên gọi khác là bất đẳng thức TBC-TBN (bất 
đẳng thức giữa đại lượng trung bình cộng và đại lượng trung bình nhân). 
Bất đẳng thức Cauchy có nhá nhiều cách chứng minh. Tuy nhiên do khuôn khổ 
quyển sách nên ở đây,tác giả chỉ nêu ra cách chứng minh điển hình nhất. Phương pháp 
chứng minh này cũng đa gắn liền với một tên gọi: “Quy nạp Cauchy”. Các bạn có thể 
tham khảo thêm về phương pháp này trong phần phương pháp Quy Nạp. 
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh đúng khi 2kn = 
Trước hết ta chứng minh cho trường hợp cơ sở , 1.k = 
Ta cần chứng minh 22 ( ) 0.x y xy x y+ ³ Û - = 
Bất đẳng thức tương đương là đúng do đó bất đẳng thức ban đầu cũng đúng. 
Giải sử bất đẳng thức đã đúng cho k m= , tức là 
1 2
1 2
... ...n n n
x x x x x x
n
+ + +
³ 
1 2 2 2
1 2 2
...
...
2
m m
mm
x x x
x x x
+ + +
³ 
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức cũng đúng cho 1.k m= + 
Ta có: 
1 11 1
1
1 2 3 41 2 2 1 22 2
1 21 2
......
...
2 2
m mm m
mm m
x x x x x xx x x
x x x
+ ++ +
+
-
+
+ + ++ + +
³ ³ 
(Ở trên ta đã sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho từng cặp số 
2 1 2 2 2 1 2 22 , 1,2 1
m
k k k kx x x x k+ + + ++ ³ " = - sau đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy 
cho 2m số 1 11 2 3 4 2 1 2, ,..., m mx x x x x x+ +- . 
Như vậy bất đẳng thức Cauchy đã đúng cho vô số số hạng. Bây giờ ta sẽ chứng 
minh nếu 1n m= + đúng thì bất đẳng thức cũng đúng cho .n m= Thực vậy,áp 
dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1m + số 1 2 1 2, ,..., , ...mm mx x x x x x ta có: 
1
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
1 2
... ... ( 1) ... ...
... ... ( 1) ... .
... ...
... ... .
mm m
m m m m
m m
m m m
m
m m
m m
m
x x x x x x m x x x x x x
x x x x x x m x x x
x x x m x x x
x x x x x x
m
++ + + + ³ +
Û + + + + ³ +
Û + + + ³
+ + +
Û ³
Như vậy theo nguyên lý Quy nạp Cauchy ta có điều cần chứng minh. 
Nhận xét rằng bất đẳng thức cơ sở chỉ xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi x y= do đó 
trong bất đẳng thức tổng quát của ta sâu bằng cũng chỉ xảy ra khi và chỉ khi 
1 2x ... nx x= = = . 
Ta có nhiều cách nhìn nhận về bất đẳng thức Cauchy, ví dụ như cho các số thực 
dương có tổng không thay đổi thì giá trị lớn nhất của tích các số này là gì, hoặc ngược 
lại ,tức là tìm giá trị nhỏ nhất của các số thực dương có tích không đổi. 
Cũng cần lưu ý với các bạn rằng trong bất dẳng thức Cauchy,điều kiện các số 
thực không âm là quan trọng, ví dụ với 2 1n k= + , ta có thể chỉ ra ví dụ với các số thực 
gồm 2k số 1- và một số 2k thì bất đẳng thức không còn đúng nữa. 
ii)Bất đẳng thức Cauchy mở rộng 
Trong phần này ta hãy xem xét bất đẳng thức Cauchy có trong số.Ta hãy khởi đầu 
bằng bất đẳng thức cho hai số thực dương trước. 
Cho các số nguyên dương a,b,c,d và hai số thực dương x,y. Khi đó: 
Bất đẳng thức trên còn được gọi là bất đẳng thức Young. Chứng minh bất đẳng 
thức được đề cập dưới đây: 
ad bcad bc
a cx y
b d x ya c
b d
+
+
³
+
ad bcad bc
a cx y adx bcyb d x ya c ad bc
b d
+
+ +
= ³
++
Ở trên, ta đã áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ad bc+ số hạng, bao gồm ad số 
x ,bc số y .Như vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. 
Bằng một ý tưởng tương tự,ta có thể phát biểu bất đẳng thức Cauchy trong số 
trong trường hợp tổng quát như sau 
Cho 2n số nguyên dương 1 2 1 2, ,..., , , ,...,n na a a b b b và n số thực dương 1 2, ,..., nx x x . 
Khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... .nx x x= = = 
Ý tưởng chứng minh hòan tòan tương tự trong trường hợp hai số, do đó xin 
nhường lại cho bạn đoc J. 
Bây giờ ta hãy xét một số ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Cauchy. 
Bài tóan : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của : 
2 (4 )Z x y x y= - - 
Trong đó 
x,y 0.
x+y 6.
³ì
í £î
(Đề thi vào lớp 10 Chuyên Tóan ĐHTH Hà Nội năm 1993) 
Trước hết ta nhận xét rằng các số , , 4x y x y- - có một mối quan hệ nào đó, thật 
vậy tổng của chúng bằng 4.Đây chẳng phải là dấu hiệu nhận biết để sử dụng bất đẳng 
thức Cauchy hay sao. 
Tuy nhiên đề bài lại là 2x (4 )y x y- - chứ không phải là (4 )xy x y- - L.Chẳng lẽ 
chịu thua? Ở đây ta sẽ sử dụng kĩ thuật tạo thành các số có tổng không đổi như sau: 
2 (4 ) 4 (4 )
2 2
x xx y x y y x y- - = - - .Chẳng phải lúc này ; ; ; 4
2 2
x x y x y- - có tổng là 
4 hay sao. Tuy nhiên ta còn cần 4 x y- - nhận giá trị không âm,do đó ta xét trường hợp 
0 4.x y£ + £ Từ đó ta thu được lời giải sau: 
Xét 0 4.x y£ + £ ,ta có: 
1 2 1 2 11 2... 1 2 1
1 2
1 2
... ...... ...1 2
1
1 2
1 2
...
...
...
n n nn n n
n
n
a b b a b b ba b b a b b bn
n
n
n
aa ax x x
b b b x xaa a
b b b
--+ +
+ + +
³
+ + +
42
4
2 2(4 ) 4 (4 ) 4 4
2 2 4
x x y x yx xZ x y x y y x y
æ ö+ + + - -ç ÷
= - - = - - £ =ç ÷
ç ÷
è ø
(Bất đẳng thức Cauchy) 
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn như 2, 1.x y= = 
Xét 4 x y£ + ,ta có: 0 4.Z £ < 
Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có 4.Z £ 
Vậy ax 4.mZ = Đẳng thức xảy ra chẳng hạn như 2; 1.x y= = 
Đối với trường hợp giá trị nhỏ nhất, các bạn có thể nhận xét rằng điều kiện 
6x y+ £ vẫn chưa được sử dụng. Và đây là lúc để ta sử dụng điều kiện này. 
Nếu các bạn thay 6x y+ = vào Z ,các bạn có thể thấy 0Z < . Do đó giá trị nhỏ 
nhất của Z cũng phải nhận giá trị âm. Từ nhận xét này ,để thuận tiện trong việc nghiên 
cứu, rõ ràng ta chỉ cần xét 4 6x y£ + £ . Trong trường hợp này, 4 2x y- - £ - ,( đẳng 
thức xảy ra khi 6x y+ = ) nên ta cần tìm giá trị lớn nhất của 2x y để Z thu được giá trị 
nhỏ nhất. 
Lúc này có lẽ mọi chuyện đã trở nên tương đối quen thuộc với các bạn rồi chứ. 
Do tổng x y+ là 6 nên ta cần biến đổi 2x y thành tích các số hạng có tổng là x+y . 
Và ta thu được kết quả mong muốn: 
3 3
3
2
2 2( )
. .2 43 3x 32.
2 2 2 2
x x y x y
x x yy
+ + +æ ö æ ö
ç ÷ ç ÷
è ø è ø= £ = £ = 
Từ đây ta đi tới lời giải: 
Xét 4 6.x y£ + £ 
Ta có: 4 6 4 2.x y+ - £ - £ 
3
3
2
2
2( )
. .2 43 32
2 2 2
32
x y
x x yx y
x y
+æ ö
ç ÷
è ø£ £ £ =
Þ - ³ -
Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta thu được: 
2 2(4 ) .2 32.2 64x y x y x y- - ³ - ³ - = - (Nhân hai vế cho số không dương, bất đẳng thức 
đổi chiều) 
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn như 4, 2.x y= = 
Xét 0 4x y£ + £ ,ta có: 0 64.Z ³ > - 
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có min64 64.Z Z³ - Þ = - 
Đẳng thức xảy ra như 4, 2.x y= = 
Sau đây là một số bài tập áp dụng: 
Bài 1: 
Cho ,x y thỏa: 2 2x 4 .y xy+ = + 
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 2.t x y= + 
(Đề thi HSG lớp 9 TP.HCM năm 1995) 
Bài 2: 
Cho , 1a b > . Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
2 2
1 1
a bP
b a
= +
- -
(Đề kiểm tra lớp 9 Chuyên Tóan TP.HCM năm 1994) 
Bài 3: 
Tìm giá trị nhỏ nhất của: 
2 2
1 11 1S
x y
æ öæ ö= - -ç ÷ç ÷
è ø è ø
, biết 
, 0
1.
x y
x y
>ì
í + =î
(Đề thì vào lớp 10 PTTH chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM năm 1994) 
Bài 4: 
Cho , , 0.a b c ³ Chứng minh rằng: 
4 4 4 ( )a b c abc a b c+ + ³ + + 
(Đề thi học sinh giỏi lớp 9,bảng B,tòan quốc năm 1994) 
Bài 5: 
Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: 
2 2 2 3
3 3 3
3 2
2
a b c
b c a c a b
æ ö æ ö æ ö+ + ³ç ÷ ç ÷ ç ÷+ + +è ø è ø è ø
(Tạp chi Toán học và Tuổi Trẻ). 
b)Bất đẳng thức Bouniakovski 
i)Bất đẳng thức Bouniakovski cũng là một trong những bất cổ điển nổi tiếng nhất. 
Bất đẳng thức còn gắn với nhiều tên gọi khác,như Cauchy,Schwarz. Cũng xin chú ý với 
bạn đọc rằng, những bất đẳng thức cổ điển thường được hình thành trong các vấn đề cuộc 
sống,trong các vấn đề về thiên văn,vật lý. Chúng đã xuất hiện từ rất lâu và 
Bouniakovski ,Cauchy,Schwarz là những người gắn bó tên tuổi với các bất đẳng thức 
này nhất,không hẳn vì họ là những người đầu tiên phát minh ra bất đẳng thức này, nhưng 
có lẽ họ đã góp công sức rất lơn trong việc hệ thống chúng một cách chặt chẽ nhất. 
Bây giờ ta hãy xem “hình thù” bất đẳng thức Bouniakovski này: 
Cho hai dãy số thực 1 2
1 2
, ,...,
, ,...,
n
n
a a a
b b b
.Khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
... 0.n
n
aa a
b b b
= = = ³ 
Bất đẳng thức Bouniakovski cũng có khá nhiều cách chứng minh. Tuy nhiên ở 
đây tác giả sẽ đề cập tới cách chứng minh sử dụng bất đẳng thức chúng ta vừa mới xem 
xét qua, bất đẳng thức Cauchy. 
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2( ... )( ... ) ... .n n n na a a b b b a b a b a b+ + + + + + ³ + + + 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 
1 1 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
... 1
( ... )( ... )
n n
n n
a b a b a b
a a a b b b
+ + +
£
+ + + + + +
Ta có thể giả sử các số , , 1,i ia b i n= đều là các số thực dương. Bởi lẽ khi đó chúng 
ta chỉ cần sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối: 
1 1 1 1... | || | ... | || |n n n na b a b a b a b+ + £ + + 
Và lại áp dụng bất đẳng thức Bouniakovski cho các số thực dương 
| |,| |, 1,i ia b i n= và ta sẽ có điều phải chứng minh. 
Quay lại vấn đề chính. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương ta 
được: 
2 2
2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2
1 2 1 21 2 1 2
, 1,
2( ... ) 2( ... )( ... )( ... )
i i i i
n nn n
a b a b i n
a a a b b ba a a b b b
£ + " =
+ + + + + ++ + + + + +
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta thu được: 
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2
1 2 1 21 2 1 2
... ... ... 1.
2( ... ) 2( ... )( ... )( ... )
n n n n
n nn n
a b a b a b a a a b b b
a a a b b ba a a b b b
+ + + + + + + + +
£ + =
+ + + + + ++ + + + + +
Và như vậy bất đẳng thức đã được chứng minh xong. 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2
1 2
1 2
...
, 1,
...
... 0.
ni
i n
n
n
a a aa i n
b b b b
aa a
b b b
+ + +
= " =
+ + +
Û = = = ³
Tương tự như bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bouniakovski cũng có nhiều 
cách nhìn nhận. Nói chung các bạn nên cần trọng khi thấy các đại lượng có tổng bình 
phương là một hằng số, hoặc cũng có khi là tổng các căn bậc hai của các đại lượng nằm ở 
vế bé hơn trong bất đẳng thức cần chứng minh. Đây là những dấu hiệu để sử dụng bất 
đẳng thức Bouniakovski. 
Ngòai ra bất đẳng thức Bouniakovski cũng thường hay được sử dụng trong các bất 
đẳng thức có dạng phân thức.Do đó các bạn nên chú ý khi gặp những dạng này. 
ii) Bất đẳng thức Bouniakovski mở rộng. 
Cho m dãy số thực không âm 1 2( ); ( );...( ).ma a a Mỗi dãy gồm n số hạng 
1 2,
,...., .
ni i i
a a a Khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
... n
n
aa a
b b b
= = = . 
Chứng minh bất đẳng thức Bouniakovski mở rộng có thể làm bằng ý tường tương 
tự trong trường hợp 2m = ,do đó phần này xin dành cho bạn đọc. 
1 2 1 2 1 1 11 1 1 1 2 1 2
( ... )...( ... ) ... ... ...
n n n n n
m m m m m mm
m m m m ma a a a a a a a a a a a+ + + + + + ³ + + 
Chú ý thêm với các bạn rằng trong trường hợp m là số tự nhiên chẵn thì ta có cho 
các dãy số thực là bất kì, không cần không âm,tuy nhiên khi ấy dấu bằng xảy ra thì các tỉ 
số vẫn phải bằng nhau và bằng một đại lượng không âm. 
Dưới đây ta sẽ xét qua một ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Bouniakovski. 
Bài tóan: 
a) Cho ,x y thỏa: 2 21 1 1x y y x- + - = (1) 
Chứng minh: 2 2 1x y+ = 
b) Từ (2) có thể suy ra được (1) hay không. 
(Đề thi vào lớp 10 PT Năng Khiếu TP.HCM năm 1999) 
Bài tóan được phát biểu dưới dạng đẳng thức, tuy nhiên biều thức trong (1) lại 
khiến cho ta có cảm giác quen thuộc. Rõ ràng trong biểu thức ấy,ta có: 
2 2 2
2 2 2
( 1 ) 1
( 1 ) 1
y y
x x
+ - =
+ - =
Đây là những dâu hiệu rõ ràng nhất cho sự hiện diện của bất đẳng thức 
Bouniakovski. Từ đây ta đưa ra lời giải: 
a)Áp dụng bất đẳng thức Bouniakovski cho hai dãy: 2( , 1 )x x- và 2( 1 , )y y- 
ta thu được: 
( )2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 x 1 (1 )
1 1 1
x y x y x y y
x y y x
- + - £ + - - +
Û - + - £
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2
2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
1
0
1
1
1
1 1 1
1 1
1
1
yx
yx
x y
x y
x x x x
y y y y
x y
x y
-
= ³
-
-
Þ =
-
- - +
Þ = = =
- - +
Þ = -
Þ + =
b) Từ việc xét dâu bằng, chúng ta thấy ngay nếu , 0x y ³ thì (1) (2)Û .Tuy nhiên 
ở đây do đề bài không cho ,x y là các số thực dương nên ta dễ dàng chỉ ra trường hơp 
(2) (1)Þ ,chẳng hạn như 0, 1.x y= = - 
Bài tóan: 
Cho , ,a b c là các số thực dương. 
Chứng minh rằng: 
1.
2 2 2
a b c
a b b c c a
+ + ³
+ + +
Bài tóan được nêu ra dưới dạng phân thức, đây là dấu hiệu khiến ta cảnh giác với 
bất đẳng thức Bouniakovski.Thông thường, ta sử dụng bất đẳng thức này để triệt tiêu mẫu 
thức.Ở đây ta sẽ áp dụng bất đẳng thức này bằng cách như sau: 
Ta có: 
[ ] 2
2 2
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( )
2 2 2
( ) ( )
2 2 2
1.
2 2 2
a b ca a b b b c c c a a b c
a b b c c a
a b ca b c a b c
a b b c c a
a b c
a b b c c a
é ù+ + + + + + + ³ + +ê ú+ + +ë û
æ öÛ + + + + ³ + +ç ÷+ + +è ø
Û + + ³
+ + +
Như vậy bài tóan đã được giải quyết xong. 
Sau đây là các bài tập để các bạn áp dụng: 
Bài 1: 
Cho , , , 0a b c d > và d+da=1ab bc c+ + . 
Chứng minh rằng: 
3 3 3 3 1
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + + ³
+ + + + + + + +
. 
(Đề thi chọn HSG khối PTCT-ĐHSP Hà Nội năm 1995) 
Bài 2: 
Cho , , 0a b c > và 2 2 2 1a b c+ + = . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của: 
3 3 3
.
2 3 2 3 2 3
a b cA
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
(Đề thi đề nghị Olympic 30-4 lần 6,năm 2000) 
Bài 3: 
Cho , , , , 0a b c p q > . 
Chứng minh rằng: 
1 1 1 .p q p q p q
a b c pa qb pb qc pc qa
+ + +
+ + ³ + +
+ + +
c)Bất đẳng thức Chebysev 
i)Cho hai dãy số cùng tính đơn điệu 
1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
£ £ £
£ £ £
 hay 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
³ ³ ³
³ ³ ³
Khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
1 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n na b a b a b a a a b b b
n n n
+ + + + + + + + +
³ 
Trong trường hợp một dãy tăng một dãy giảm 
1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
£ £ £
£ £ £
Ta có bất đẳng thức ngược lại như sau: 
Bất đẳng trên cũng có nhiều cách chứng minh, nhưng cách chứng minh sau là 
ngắn gọn nhất mà tác giả biết được. 
Ta có: 
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 2 2 1 2 1 2
2
1
2
1
2
... ... ...
( ... ) ( ... )( ... )
( )
( )( )
.
n n n n
n n n n
i i i j j i j j
i j n
i i j j
i j n
a b a b a b a a a b b b
n n n
n a b a b a b a a a b b b
n
a b a b a b a b
n
a b a b
n
£ < £
£ < £
+ + + + + + + + +
-
+ + + - + + + + + +
=
- - +
=
- -
=
å
å
Trong trường hợp hai dãy cùng tính đơn điệu ta có các đại lượng 
( )( )i j i ja a b b- - là không âm, do đó ta thu được bất đẳng thức như đã nói. 
Trong trường hợp hai dãy khác tính đơn điệu ta có các đại lượng 
( )( )i j i ja a b b- - là không âm, do đó ta thu được bất đẳng thức ngược chiều. 
Dấu bằng của bất đẳng thức là tương đối phức tạp,ta chỉ có thể nói dấu bằng cảy 
ra khi và chỉ khi 1 1
1 1
... ; ... ;...; ...
... ; .. ;...; ...
k k k t a b
l l l c n b
i i i i i i
j j j j r j j
a a a a a a
b b b b b b
+ +
-+ +
= = = = = =
= = = = = =
 trong đó , ( , )m ni j i j¹ " . 
Ta có thể hiểu một cách nôm na là dãy ( )a chia thành từng đoạn bằng nhau.Còn 
những đoạn còn lại tương ứng là các đoạn bằng nhau của dãy ( )b . 
ii) Bất đẳng thức với dãy hóan vị. 
Trong phần i) của mục này, ta đã đề cập tới bất đẳng thức Chebysev.Từ bất đẳng 
thức này ta có thể suy ra được đối với hai dãy: 
1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
³ ³ ³
³ ³ ³
Thì 
1 2 1 2
1 1 2 2 1 2 1 1
( ... )( ... )... ... .n nn n n n n
a a a b b ba b a b a b a b a b a b
n -
+ + + + + +
+ + + ³ ³ + + + 
1 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n na b a b a b a a a b b b
n n n
+ + + + + + + + +
£ 
Thế còn đối với tổng 
1 21 2
...
ni i n i
a b a b a b+ + + trong đó 
1 2
( , ,..., )
ni i i
b b b là một hóan vị 
của các số 1 2( , ,..., )nb b b (nghĩa là các số hạng 1 2, ,..., nb b b thay đổi vị trí) thì sao nhỉ ? Đây 
là một câu hỏi khá tự nhiên, và cuốn hút chúng ta vào việc giải quyết chúng. Đấy chính là 
cái vòng xoáy vô tận của Toán học. 
Chúng ta có thể đi tới được bất đẳng thức sau,được gọi là bất đẳng thức hoán vị: 
Ý tưởng trong chứng minh bất đẳng thức này là quy nạp. 
Với 2n = ,ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức: 
1 1 2 2 1 2 2 1
1 2 1 2( )( ) 0.
a b a b a b a b
a a b b
+ ³ +
Û - - ³
Bất đẳng thức tương đương cuối cùng là đúng, do đó ta có điều phải chứng minh. 
Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n k= ,tức là 
1 21 1 2 2 1 2 1 2 1 1
... ... ... .
kk k i i k i k k k
a b a b a b a b a b a b a b a b a b-+ + + ³ + + + ³ + + + 
Ta cần chứng minh bất đẳng thức cũng đúng cho 1.n k= + 
Đối với bầt đẳng thức đầu tiên, sử dụng bất đẳng thức quy nạp và ta chỉ cần chứng 
minh: 
1 1 1 1
1 1( )( ) 0.
k k i j i k k j
k i k j
a b a b a b a b
a a b b
+ + + +
+ +
+ ³ +
Û - - ³
Đối với bất đẳng thức thứ hai, sử dụng bất đẳng thức quy nạp và ta chỉ cần chứng 
minh: 
1 1 1 1
1 1( )( ) 0.
k i j k j i
k i j
a b a b a b a b
a a b b
+ +
+
+ £ +
Û - - £
Hai bất đẳng thức tương đương cuối cùng là đúng, do đó các bất đẳng thức ban 
đầu cũng vậy. 
Tóm lại theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh. 
d)Bất đẳng thức Bernoulli. 
Cho , , 1.a N x R xÎ Î ³ - Khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0x = hay 0a = hay 1; 1.x a= - = 
Chúng ta cũng có khá nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này.Tuy nhiên ở 
đây tác giải xin trình bày cách chứng minh bằng bất đẳng thức Cauchy, cách chứng minh 
này tuy không phải là ngắn gọn nhất trong trường hợp đã nêu, tuy nhiên nó sẽ còn giúp 
ích các bạn rất nhiều về mặt ý tưởng trong quá trình học cấp ba của mình. 
Nếu 1 ax 0+ £ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do (1 ) 0.ax+ ³ 
Xét 1 ax 0+ ³ . 
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 
1 1ax ax+ ³ + 
1 21 1 2 2 1 2 1 2 1 1
... ... ...
nn n i i n i n n n
a b a b a b a b a b a b a b a b a b-+ + + ³ + + + ³ + + + 
(1 ) 1ax ax+ ³ + 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a số hạng,gồm một số 1 ax+ và a-1 số 1,ta thu 
được: 
1 ax+(a-1) 1 axa
a
+
³ + 
1 1 axaxÛ + ³ + . 
Như vậy ta có điều phải chứng minh. 
Các bạn có thể dễ dàng kiểm tra được dẩu bằng. 
e)Một số ý tưởng từ bất đẳng thức x2 ≥ 0 
Trong các phần ở trên, chúng ta đã biết cách ứng dụng các bất đẳng thức cổ điển 
vào việc chứng minh các bất đẳng thức. Tuy nhiên trong thực tế, không phải bao giờ 
chúng ta cũng có thể áp dụng bất đẳng thức một cách dễ dàng như vậy, những lúc ấy 
chúng ta phải làm gì. 
Nếu chúng ta chú ý kĩ càng, bất đẳng thức Cauchy dường như là gốc gác của hầu 
hết các bất đẳng thức cổ điển khác. Như vậy,điều gì là khởi nguồn của bất đẳng thức. Câu 
trả lời không phải là bất đẳng thức Cauchy,bởi lẻ chúng ta đã sử dụng một kết quả khác 
để chứng minh bất đẳng thức này, đó là kết quả 2 0x ³ ,hay cụ thể hơn là ta đã đưa về 
2( ) 0.a b- ³ Vậy phải chăng mọi bất đẳng thức hai biến a và b,dấu bằng xảy ra khi chúng 
bằng nhau luôn đưa về được dạng 2( )a b- ,như vậy ta chỉ cần đưa chúng về dạng này thì 
chẳng phải là bài tóan đã được giải quyết rồi ư? 
Câu trả lời là đúng,và trong phần này chúng ta sẽ sử dụng bất đẳng thức nguyên 
thủy này để thu hoạch được những kết quả độc đáo. 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfchuyen_de_cuc_tri_BDHSG_toan_THCS.pdf