File385 toán học

Nhóm thực
ỗ Quang Bình
hiện:
oLê Trung Hiếu

oNguyễn
Thu

Đình

oTrần Anh Kiệt

oNguyễn
Minh
o
Lê Đỗ Kim
Mạnh
Tâm
Giáo viên hướng dẫn:
Sơn Thông


Mục lục
1. Khái niệm bất đẳng thức dạng
đồng bậc
2. Đồng bậc hóa bất đẳng thức
3. Chuẩn hóa bất đẳng thức
4. Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến


Khái niệm bất

đẳng thức thuần
Hàm số f  x , x ,..., x  của các biến số thực x , x ,..., x
nhất
bậc
được gọi là hàm chuẩn nhất bậc m nếu với mọi số thực t ta có
1

2

n

1

2

f  tx1 , tx2 ,..., txn   t m f  x1 , x2 ,..., xn  với t ��\  0 và

xi ��
,ι�
i 1, 2,..., n; m, n �, m

0, m 2 Số tự nhiên m

được gọi là bất đẳng thức thuần nhất bậc m

n


Đồng bậc hóa bất
đẳng

Với những
bất đẳng thức thức
có điều kiện ta có thể
chuyển về dạng bất đẳng thức đồng bậc. Điều kiện
này thường là một hệ thức liên hệ giữa các biến số

.

Ví dụ
1: Cho các số thực khơng âm a, b thỏa mãn a  b  2
Chứng minh dãy bất đẳng thức 2 �a 2  b 2 �a 3  b3 �a 4  b 4

Nhận
xét:
Mỗi vế bất đẳng thức hơn kém nhau một bậc; mà ta cũng thấy
rằng biểu thức ở điều kiện cho trước có dạng bậc nhất. Sử
dụng giả thuyết này ta làm cân bằng bậc của các bất đẳng
thức.


Gia
2
b 2 �2
Đầu tiên ta chứng minh a  ûi
ab  2

a 2  b 2 �2  1

Hơn kém nhau 2 bậc

� Cân bằng bậc

 1 � 2  a

2

b

2

 � a  b 

2

�  a  b  �0 ( luôn đúng)
2

CM a 3  b3 �a 2  b 2

 2

a 3  b3 �a 2  b 2

ab  2

Hơn kém nhau 1 bậc

� Cân bằng bậc
2
2

3
3
 2  �  a  b   a  b  �2  a  b 
�  a  b

2

 a  b  �0 ( luôn đúng)

CMTT với BĐT cuối cùng


Vớ duù
2: Cho cỏc s thc a, b, c tha món a 2 3 b 2 3 c 2 3 3 1

2
2
2
43
43
43
Chng minh bt ng thc a b c a b c

Nhaọn Vi nhng bi toỏn cú m phõn s thỡ ta nờn loi
xeựt:
b
m hu t bi toỏn tr nờn n gin
Gia
13
13

13
z
t a x, b y, c ỷi
Hn kộm nhau 2

1 x 2 y 2 z 2 3

bc

6
6
6
4
4
4
BT cn chng minh x y z x y z 2

2 3 x 6 y 6 z 6 x 2 y 2 z 2 x 4 y 4 z 4
x y
2

x

2 2

2

y

2

y

2

z

y

2 2

2

z

2

z

2

x

z

2 2

2

x 2 0

( luụn ỳng)


Chuaån hoùa baát
Xét bất đẳng thức dạng f  x , x ,..., x  �g  x , x ,..., x 
ñaúng
thöùc
trong đó f và g là 2 đa thức đồng bậc. Do tính chất của hàm
1

2

n

1

2

n

thuần nhất ta có thể chuyển đẳng thức
f  x1 , x2 ,..., xn  � , x1 , x2 ,..., xn
Thỏa mãn điều kiện g  x1 , x2 ,..., xn    Chuẩn hóa một cách
thích hợp, ta có thể làm đơn giản các biểu thức của bất đẳng
thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chất đặc biệt
của hằng số.


Ví duï

1: Chứng minh nếu a, b, c  0 thì

 a  b  c   a  c  b   c  b  a 
2
2
2
2
2
a   b  c
c   b  a
b   c  a
2

Tạo điều kiện có hằng số

2

2

3
�  1
5

Đồng bậc


Gia
a
b
c

ûi
 x,
 y,
z
Đặt
abc
abc
abc
� x  y  z 1

 1 �

 1  2 z    1  2 y    1  2 x  �3 2
 
2
2
2
2
2
2
5
z   1 z
y   1 y
x   1 x
2

2

3 phân thức đều có cùng dạng

Dùng t để làm ẩn đại diện

2


 1  2t 
2
2
t   1 t 
2

4t  4t  1
1
Nhaän
 2
 2 2
2t  2t  1
2t  2t  1
xeùt:
1
1
1
27
 2
 2
�
 2 � 2
2x  2x 1 2 y  2 y 1 2z  2z 1 5
2

1
9
� 1 �
�  �
t �
 *
2
2t  2t  1 5
� 3 �
Tìm 


18t 2  18t  4
� 1�
 �
t  ��0
 * �
2
2t  2t  1
� 3�
� 1�
� 12  18t
�
��
t �
  ��0  3
� 2
� 3�
�2t  2t  1
�

1
t  là một nghiệm của (3)
3

2

� 1�
t  �để dễ xét dấu
Tạo VT có �
� 3�


12  18t
54
1

Cho t  trong biểu thức   2
2t  2t  1 5
3
54 �
� 1�
� 12  18t
 ��0
 3 � �t  �� 2
� 3�
�2t  2t  1 5 �
2

1�

� 1 ��
� �
t  ��
18t  ��0 ( luôn đúng)
3�
� 3 ��
1
9 54 � 1 �
Vậy ta có
�  �
t �
2
2t  2t  1 5 5 � 3 �
Lần lượt
thay

t  x, y , z rồi cộng lại được đpcm


Toång
quaùt:

Ta có thể CM nhiều BĐT bằng cách đặt

ka
kb
kc
x
,y
,z 

abc
abc
abc
� x yz k
� Phần này biến BĐT đồng bậc thành không đồng
bậc bằng cách lựa chọn những điều kiện thích hợp, có
lợi cho biến đổi, tính toán


Lớp hàm đối xứng
Tất cả cácsơ
BĐT đối
xứng ba biến ba
số đều cóbiến
thể quy về hàm đối xứng
cấp
p  x  y  z , q  xy  yz  xz , r  xyz

Điểm mạnh của phương pháp này là xử lý được những
BĐT đối xứng ba biến, chặc và khó vì ta khơng thực hiện
được nhiều phép ước lược trung gian thơ và điều đó cũng
có nghĩa là ta phải làm việc với nhiều bước tính tốn nhất
là với bài tốn dạng phân thức hoặc bậc cao.


Kieán thöùc
2
2
2
2

x

y

z

p
2p
cô baûn:

x3  y 3  z 3  p  p 2  3q   3r

x  y  z   p  2q   2  q  2 pr 
Nếu a, b, c là nghiệm của phương trình
x 3  px 2  qx  r  0 thì
abc  p
�
�
ab  bc  ca  q
�
�
abc  r
�
Nếu x, y , z là các số thực dương và t là số thực thì
xt  x  y   x  z   y t  y  z   y  x   z t  x  y   z  x  �0
4

4

4

2

2

2


Ví duï
1:
CMR nếu x, y, z  0 thì

� 1
1
1 � 9


�  1
 xy  yz  zx  �
3
2
2�
 x  y  y  z  z  x �
�
�
� 4

Lớp hàm sơ cấp 3 biến đối xứng

Gia
ûi zx, r  xyz
Đặt p  x  y  z , q  xy  yz

�  x  y   y  z   z  x    x  y  z   xy  yz  zx   xyz
 pq  r
2
2
�
p  q   4 p  4 pq  r  � 9

�
 1 ۳ q �
2
�
� 4
pq  r 

�
�

Biến đổi tương đương ta được

4 p 4 q  17 p 2 q 2  4q 3  34 pqr  9r 2 �0

� pq  p 3  4 pqr  9r   q  p 4  5 p 2 q  4q 2  6 pr 

 r  pq  9r  �0 ( đúng)

Ví duï
2: Xét ba số không âm a, b, c thỏa a 2  b 2  c 2  1
8
CMR  1  ab   1  bc   1  ac  �
 1
27
Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến

Gia
xy  yz  zx, r  xyz
Đặt p  x  y  z , q  ûi
8
2
 1 � 1  q  pr  r �
27
8
� 1 q  r  p  r  �
27
� Tìm mối quan hệ giữa p và r: p � r  2 


 2  � a  b  c � abc
�  a 2  b 2  c 2   a  b  c  � abc  vì
VT �3 3 a 2b 2c 2 3 3 abc � abc
8
��
9 � p 9r
p r
p
9

a 2  b 2  c 2  1


Theo bất đẳng thức Schur

p 3  4 pq  9r �0 (1)

p 2  1  2q

Mà theo giả thuyết

� p 2  4q  1  2q (2)
(1) �
(2)

Mà

9r

p (2q 1)

8 2
� r ( p  r ) � p (2q  1)
81
p 2  2q  1
8
� r ( p  r ) � (4 p 2  1)
81

Để chứng minh bất đẳng thức trên thì chỉ cần chứng minh

8
8
2
1  q  (4 p  1) �
81
27
� (1  q)(49  32 p) �0

đúng vì

0 �q �1
0 �p �1