Bảo vệ khóa luận tốt nghiệp Bất đẳng thức

BẢO VỆ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
Chuyên ngành: TOÁN HỌC

ĐỀ TÀI:
PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN MẠNH VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI
TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA 3, 4 BIẾN

Người thực hiện: Nguyễn Đức Minh Hoàng
Người hướng dẫn: Th.S Võ Văn Minh


1. Lí do chọn đề tài
Bất đẳng thức là một vấn đề khá cổ điển của toán học sơ cấp đang ngày càng phát triển, đây cũng là
một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất vì thế luôn cuốn hút rất nhiều đối tượng quan tâm. Bài
toán bất đẳng thức là một trong những bài toán khó và quan trọng đối với học sinh trong các kì thi. Điểm đặc
biệt, ấn tượng nhất của bất đẳng thức trong toán sơ cấp đó là có rất nhiều bài toán khó, thậm chí rất khó vì
vậy việc vận dụng các phương pháp để giải quyết các bài toán bất đẳng thức là hết sức cần thiết và phương
pháp dồn biến mạnh là một trong những phương pháp mà chúng ta không thể không nhắc đến.


Phương pháp dồn biến mạnh là một phương pháp khá quan trọng và cơ bản nhất của bất đẳng thức đại số.
Phương pháp dồn biến mạnh là công cụ hiệu quả giúp chúng ta giải quyết các bài toán bất đẳng thức một cách
dễ dàng. Đây cũng là phương pháp xuất hiện rất nhiều trong các bài toán bất đẳng thức của các kì thi học sinh
giỏi trên khắp thế giới
Thấy được tầm quan trọng của phương pháp dồn biến mạnh, với mục đích tìm hiểu sâu hơn về phương
pháp này, ứng dụng của phương pháp dồn biến mạnh để tạo tiền đề, cơ sở cho việc học tập tiếp theo và mở rộng
kiến thức cho bản thân. Cùng với sự giúp đỡ của giảng viên tôi chọn đề tài “Phương pháp dồn biến mạnh và
ứng dụng để giải các bài toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến” làm đề tài khóa luận cho mình.


2. Mục đích nghiên cứu

Nắm được những kiến thức cơ bản và độc đáo về phương pháp dồn biến mạnh, từ đó ứng dụng để giải
các bài toán về bất đẳng thức và hình thành khả năng tự sáng tạo bất đẳng thức. Thông qua việc
nghiên cứu tài liệu tham khảo để tìm hiểu sâu hơn về phương pháp dồn biến mạnh.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu, nghiên cứu về phương pháp dồn biến mạnh và ứng dụng trong việc giải các bài toán bất
đẳng thức chứa 3,4 biến.


4. Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp dồn biến mạnh
- Phương pháp dồn biến toàn miền
- Phương pháp dồn biến không xác định

5. Phạm vi nghiên cứu
- Hệ thống các bài tập về bất đẳng thức
- Các kiến thức liên quan.

6. Phương pháp nghiên cứu
- Tổng hợp lại các kiến thức đã học.
- Phân tích các nội dung kiến thức cần nghiên cứu.
- Sưu tầm tài liệu từ sách tham khảo, mạng internet
- Hỏi ý kiến chuyên gia.


7. Cấu trúc đề tài:
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo thì khóa luận được chia thành 3 chương:
Chương 1: Đại cương về bất đẳng thức

Chương 2: Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

Chương 3: Ứng dụng phương pháp dồn biến mạnh để giải các bài toán bất đẳng thức chứa 3,4 biến


CHƯƠNG 1.
ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
1. Kiến thức cơ bản
1.1. Bất đẳng thức
1.1.1. Định nghĩa
1.1.2. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
2. Một số bất đẳng thức quan trọng
2.1. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
2.2. Bất đẳng thức Côsi
2.3. Bất đẳng thức Côsi- Bunhiacôpski
2.4. Bất đẳng thức Becnuli
2.5. Bất đẳng thức Jensen
2.6. Bất đẳng thức Schwartz
2.7. Bất đẳng thức Crux
2.8. Bất đẳng thức Nesbit
2.9. Bất đẳng thức Chebyshev
2.10. Bất đẳng thức Tukervici
2.11. Bất đẳng thức Schur


CHƯƠNG 2.
PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN VÀ ĐỊNH LÍ DỒN BIẾN MẠNH

1. Phương pháp dồn biến
1.1. Định lí về dồn biến

f ( x1 ,làx2một
,...,hàm
xnliên
) tục và đối với tất cả n
xn
thỏa mãnxđiều
sau:
1 , xkiện
2 ,...,
Giả sử

(1)

f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f (

biến

x1 + x2 x1 + x2
,
, x3 ,..., xn )
2
2

Khi đó bất đẳng thức sau sẽ thỏa mãn

Trong đó

xác định trên một miền liên thông

f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f ( x, x,..., x)

x1 + x2 + ... + xn
x=
n


Điều kiện (1) có thể biến đổi thành một số dạng khác, chẳng hạn

f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f ( x1 x2 , x1 x2 , x3 ,..., xn )
 x2 + x2 x2 + x2

1
2
1
2
f ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ f 
,
, x3 ,..., xn ÷

÷
2
2


Và còn rất nhiều dạng khác nữa tùy theo yêu cầu của bài toán.

Nếu chỉ xét trong

¡

miền liên thông là các đoạn hoặc khoảng có dạng

[a, b],[a, b), ( a, b], (b, +∞), ( −∞, a),...


1.2. Ví dụ
Chứng minh rằng với mọi số thực dương

ta luôn có

a1 , a2 ,..., an

a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a n
Chứng minh:
Đặt

f (a1 , a2 ,..., an ) = a1 + a2 + ... + an − n n a1a2 ...an
f ( a1a2 , a1a2 , a 3 ,..., an ) = 2 a1a2 + a3 + ... + an − n n a1a2 ...an

Suy ra

Ta có

f (a1 , a2 ,..., an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a 3 ,..., an ) = a1 + a2 − 2 a1a2 =
Lại có

(

a1 − a2

)

2

≥0

(

a1 − a2

)

2


f (a1 , a2 ,..., an ) − f ( a1a2 , a1a2 , a 3 ..., an ) ≥ 0

Suy ra

⇒ f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( a1a2 , a1a2 , a 3 ..., an )
Từ đó suy ra

f (a1 , a2 ,...,
vớian ) ≥ f (r, r,..., r)

r = n a1a2 ...an

⇒ f (a1 , a2 ,..., an ) ≥ 0 ⇒ a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a n
2. Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến
Không phải mọi bài toán thì bất đẳng thức điều kiện luôn đúng, tuy rằng đẳng thức thì vẫn chỉ xảy ra trong
trường hợp tất cả các biến bằng nhau. Thông thường bất đẳng thức điều kiện sẽ đúng nếu ta thêm các điều kiện khác

cho các biến. Cách hay làm nhất là sắp xếp lại thứ tự các biến số. Đây là sự hạn chế trong trường hợp tổng quát nhưng
với các bài toán 3 biến thì luôn rất hiệu quả


Ý tưởng chính trong phương pháp này là thực hiện 2 bước sau (đối với bất đẳng thức
- Chứng minh

f (a, b,nếu
c) ≥ 0

- Chứng minh

f (nếu
a, b, c) ≥ f a, bc , bc

(

hoặc

)

a≥b≥c

)

a≤b≤c

f (asuy, bra, ckết) ≥quả0bài toán. Tabnên
= chú
c ý nhiều đến chứng minh bước thứ nhất vì bước thứ hai luôn

Từ 2 bước này thì hiển nhiên
luôn đơn giản hơn.


2.2. Ví dụ:
Cho

+ brằng:
+c
. Chứng a
minh
2

a, blà, ccác số không âm thỏa mãn

2

2

=3

a + b + c ≥ a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử

, Khi đó

a≤b≤c

a ≤ 1, b 2 + c 2 ≥ 2 ⇒ b + c ≥ 2

Đặt

Suy ra

f ( a , b, c ) = a + b + c − a 2 b 2 − b 2 c 2 − c 2 a 2

b2 + c 2 b2 + c 2
f  a,
,

2
2


2
2

b
+
c
(
) − c2a 2
b2 + c 2
− a 2b 2 −
÷= a + 2
÷
2
4

2

Ta có


b2 + c2 b2 + c 2
f ( a , b, c ) − f  a ,
,

2
2


=

(b

2

−c

)

2 2

4

2
2


b2 + c 2 ( b + c )
2 2
+
÷= b + c − b c − 2
÷
2
4



2

b − c)
(
1
2 ( b + c)
−
= ( b − c) 
−
 4
b2 + c2
b2 + c2
b+c+2
b+c+2

2
2

2

Lại có

( b + c)
4

2

−

1
b2 + c2
b+c+2
2

≥

2
1
−
≥0
4 2+ 2








2

Do đó


b 2 + c 2 b2 + c 2
f ( a , b, c ) − f  a ,
,

2
2



÷≥ 0
÷



b2 + c2 b2 + c2
⇒ f ( a, b, c ) ≥ f  a,
,

2
2

Nếu


÷

÷


b =thìc ta có
f ( a , b, c ) = a + 2 ( 3 − a

2

)

1
2 2
≥ a ( 3− a ) + ( 3−a )
4
2

2


3
2 3
2
= ( a − 1)  ( a + 1) −
4
3 − a + 2 ( 3 − a2 )









Vì

a ≤nên
1

Suy ra

3
3 − a + 2 ( 3 − a2 )

≤

3 3
2
≤ ( a + 1)
4 4

f ( a, b, c ) ≥ 0 ⇒ a + b + c ≥ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2


3. Định lí dồn biến mạnh
3.1. Bổ đề ( Dồn biến tổng quát)

a1 , a2 ,...,
an số thực tùy ý. Ta thực hiện liên tiếp phép biến đổi sau
là dãy

Giả sử
- Chọn

là hai chỉ số sao cho

i, j ∈ { 1, 2,..., n}

a j = max ( a1 , a2 ,..., an )

ai = min ( a1 , a2 ,..., an )
- Thay

và

bởi

a

đổi nói trên thìi mỗi số

(nhưng vẫn
a +giữa đúng thứ tự của chúng trong dãy số). Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến
i

j

a jđều tiến tới giới
2 hạn

ai

a=

a1 + a2 + ... + an
n


3.2. Định lý ( Stronger Mixing Variable - S.M.V)
Nếu

Với

f : I ⊂, R k → R

I = [ α , β, ] × [ αlà, βhàm] ×liên
... tục
×[ α
β ] vàαbị, βchặn
đối, xứng
∈ dưới
R thỏa mãn điều kiện

f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥ f ( b1 , b2 ,..., bn )

là dãy thu được từ dãy

( b. 1 , b2 ,..., bn )

theo phép biến đổi ∆ thì ta có

f ( a1 , a2 ,..., an ) ≥

( a1 , a2 ,..., an )
a +a
a=
f ( a, a,..., a )
1

2

với

+ ... + an
n


Nhận xét: Bằng định lí này, khi sử dụng dồn biến ta chỉ cần chọn ra số nhỏ nhất và số lớn nhất. Định lí về dồn biến
đã được chứng minh chặt chẽ và có kết quả mạnh hơn hoàn toàn bằng kiến thức sơ cấp, chúng ta hoàn toàn có thể
áp dụng được. Ngoài ra phép biến

đổi có thể khác hơn, chẳng hạn thay thành
của bài toán mà ta cần chọn cách dồn biến cho phù hợp.

hoặc bất kì dạng trung bình nào2 khác.
2 Tùy theo giả thiết

ab ,

a +b
2

3.3. Ví dụ ( Bất đẳng thức Chebyshev)
Cho hai dãy số thực đơn điệu tăng

a , a2 ,..., an. Chứngbminh
,..., bn
1 , b2 rằng:

và 1

1
( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≥ ( a1 + a2 + ... + an ) ( b1 + b2 + ... + bn )
n
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, giả sử
Đặt

,

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an

f ( a1 , a2 ,..., an , b1 ,..., bn ) = ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) −

b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn

1
( a1 + a2 + ... + an ) ( b1 + b2 + ... + bn )
n

Suy ra

a +a
a +a

f  1 n , a2 ,..., 1 n , b1 ,..., bn ÷
2
 2


a + a
 1
=  1 n ( b1 + bn ) + a1b2 + ... + an −1bn −1  − ( a1 + a2 + ... + an ) ( b1 + b2 + ... + bn )
 2
 n
Ta có

a +a
a +a

f ( a1 , a2 ,..., an , b1 ,..., bn ) − f  1 n , a2 ,..., 1 n , b1 ,..., bn ÷
2
 2


a1 + an
= a1b1 + anbn −
( b1 + bn )
2
a1 − an ) ( b1 − bn )

(
=
2

≥0


Suy ra

a1 + an
 a1 + an

f ( a1 , a2 ,..., an , b1 ,..., bn ) ≥ f 
, a2 ,...,
, b1 ,..., bn ÷
2
 2


Áp dụng định lí S.M.V ta có:

f ( a1 , a2 ,..., an , b1 ,..., b(1)n ) ≥ f ( u , u ,..., u , b1 ,..., bn )
Với

u=

a1 + a2 + ... + an
n

Chứng minh tương tự ta được:

f ( u , u ,..., u , b1 ,..., bn(2)) ≥ f ( u, u,..., u, v,..., v )
Với

b1 + b2 + ... + bn
v=
n


Từ (1) và (2) suy ra

f ( a1 , a2 ,..., an , b1 ,..., bn ) ≥ f ( u , u ,..., u , v,..., v )
⇒ f ( a1 , a2 ,..., an , b1 ,..., bn ) ≥ 0
1
⇒ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≥ ( a1 + a2 + ... + an ) ( b1 + b2 + ... + bn )
n


4. Phương pháp dồn biến toàn miền
4.1. Phương pháp
Trong một số bài toán công việc chứng minh bất đẳng thức điều kiện để dồn 2 biến số bằng nhau trở nên rất
khó khăn, thậm chí không thể thực hiện được. Khi đó ta sử dụng phương pháp dồn biến toàn miền. Phương pháp này
nhằm làm triệt tiêu một biến về 0, hay nói cách khác là ta cùng trừ đi một lượng nào đó cho tất cả các biến số.
Phương pháp dồn biến toàn miền thường được sử dụng khi có sự chênh lệch bậc của các đại lượng xấp xỉ 0.


4.2. Ví dụ
Chứng minh rằng với mọi số thực không âm

ta luôn có

a, b, c

a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ 4 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
Chứng minh:
Bất đẳng thức tương đương với
2
2
2

a
+
b
+
c
a
−
b
+
b
−
c
+
c
−
a
(1)
(
) (
) (

) (
)  ≥ 8 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )