Sáng kiến kinh nghiệm - Khai thác khái niệm đồ thị hàm số lồi, lõm để đánh giá bất đẳng thức

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 1 KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI Ứng dụng hàm lồi ñể ñánh giá bất ñẳng thức (BðT) ñã ñược khai thác nhiều và ñại diện cho ứng dụng ñó là BðT Jensen. Khái niệm hàm lồi trong chương trình SGK cũ và mới (bài ñọc thêm) ñược ñịnh nghĩa dựa vào vị trí nằm trên, nằm dưới của tiếp tuyến với ñồ thị hàm số. Trong ñịnh nghĩa ñó, ñã cho ta một tính chất hình học của tiếp tuyến. ðó là: ta có thể ñánh giá ( )f x thông qua một biểu thức bậc nhất của x . Vận dụng tính chất này, ta có thể tìm ñược lời giải ñơn giản cho một số bài toán chứng minh BðT. Hơn nữa thông qua ñó ñể chúng ta thấy ñược việc dạy cho HS Bản chất của các khái niệm Toán học rất quan trọng trong phát triển tư duy cho học sinh. ðó là lí do mà tôi chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thị hàm số lồi, lõm ñể ñánh giá BðT” II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ TÀI: 1. Thuận lợi:
Với sự ñổi mới phương pháp dạy học trung học phổ thông lấy học sinh làm trung tâm và tạo sự hứng thú trong học tập. Học sinh chủ ñộng chiếm lĩnh tri thức. Do ñó, việc dạy cho học sinh nắm ñược bản chất của một khái niệm Toán học hết sức quan trọng 2. Khó khăn:
Khi dạy khái niệm Toán học giáo viên chưa chú trọng nhiều vào việc dạy cho học sinh nắm ñược bản chất của khái niệm mà chủ yếu tập trung vào việc khảo sát các ñối tướng có thuộc về khái niệm ñó hay không?. Do ñó học sinh www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 2 cũng ít quan tâm ñến bản chất cảu khái niệm ñã học nên một phần nào ñó hạn chế việc phát triển tư duy cũng như sự hứng thú trong học tập. III. NỘI DUNG ðỀ TÀI 1. Cơ sở lí thuyết. a. ðịnh nghĩa: Cho hàm số ( )y f x= liên tục [ ; ]a b và có ñồ thị là (C). Khi ñó ta có hai ñiểm ( ; ( )), ( ; ( ))A a f a B b f b nằm trên ñồ thị (C). i) ðồ thị (C) gọi là lồi trên ( ; )a b nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung AB luôn nằm phía trên ñồ thị (C). ii) ðồ thị (C) gọi là lõm trên ( ; )a b nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung AB luôn nằm phía dưới ñồ thị (C). b. Dấu hiệu ñồ thị lồi ðịnh lí 1: Cho hàm số ( )y f x= có ñạo hàm cấp hai liên tục trên ( );a b * Nếu ( )''( ) 0 ;f x x a b> ∀ ∈ thì ñồ thị hàm số lõm trên ( ; )a b * Nếu ( )''( ) 0 ;f x x a b< ∀ ∈ thì ñồ thị hàm số lồi trên ( );a b c. Ứng dụng Từ hình ảnh trực quan của ñịnh nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BðT và cực trị sau : ðịnh lí 2: (Bất ñẳng thức tiếp tuyến) ðồ thị hàm lõm _ x _ y a _ b _ 1 ðồ thị hàm số lồi _ x _ y _ b_ a www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 3 Cho hàm số ( )y f x= liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên [a;b] . i) Nếu ''( ) 0 [ ; ]f x x a b≥ ∀ ∈ thì 0 0 0 0( ) '( )( ) ( ) [ ; ]f x f x x x f x x a b≥ − + ∀ ∈ ii) Nếu ''( ) 0 [ ; ]f x x a b≤ ∀ ∈ thì 0 0 0 0( ) '( )( ) ( ) [ ; ]f x f x x x f x x a b≤ − + ∀ ∈ ðẳng thức trong hai Bất ñẳng thức trên xảy ra 0x x⇔ = . Ta có thể chứng minh ñịnh lí trên như sau i) Xét hàm số 0 0 0( ) ( ) '( )( ) ( )g x f x f x x x f x= − − − , [ ; ]x a b∈ Ta có : 0'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ]g x f x f x g x f x x a b= − ⇒ = ≥ ∀ ∈ 0'( ) 0g x x x⇒ = ⇔ = và '( )g x ñổi dấu từ − sang + khi x qua 0x nên ta có : 0( ) ( ) 0 [ ; ]g x g x x a b≥ = ∀ ∈ . ii) Chứng minh tương tự. ðịnh lí 3: (Bất ñẳng thức cát tuyến) Cho hàm số ( )y f x= liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên [a;b] . i) Nếu ''( ) 0 [ ; ]f x x a b≥ ∀ ∈ thì 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ; ] f a f b f x x a f a x a b a b − ≥ − + ∀ ∈ − ii) Nếu ''( ) 0 [ ; ]f x x a b≤ ∀ ∈ thì 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ; ] f a f b f x x a f a x a b a b − ≤ − + ∀ ∈ − . ðẳng thức trong các BðT trên có khi và chỉ khi x a= hoặc x b= . 2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của ñề tài: Ví dụ 1: Cho các số thực dương , ,a b c thỏa 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 2 2 2 3 101 1 1 a b c a b c + + ≤ + + + . Giải: Xét hàm số 2 ( ) 1 x f x x = + với (0;1)x ∈ . Ta có: 2 3 2 5 1 3 '( ) ''( ) 0 (0;1) ( 1) ( 1) x f x f x x x x = ⇒ = − < ∀ ∈ + + Nên ta có: 1 1 1( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f a f a f≤ − + www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 4 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f b f b f≤ − + 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f c f c f≤ − + Suy ra : ( )1 1 3( ) ( ) ( ) ' 1 3 ( ) 3 3 10 f a f b f c f a b c f   + + ≤ + + − + =    ðẳng thức xảy ra 1 3 a b c⇔ = = = . Ví dụ 2 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa : 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh 1 1 1 1 1 8 1 8 1 8a b b + + ≥ + + + . Giải : Xét hàm số : 1( ) 1 8 f x a = + , 0 3a< ≤ . Ta có : 3 5 4 48 1 '( ) "( ) 0 ( ; 3] 8 (1 8 ) (1 8 ) f x f x x x x = − ⇒ = > ∀ ∈ − + + Nên ta có : ( ) '(1)( 1) (1)f a f a f≥ − + ( ) '(1)( 1) (1)f b f b f≥ − + ( ) '(1)( 1) (1)f c f c f≥ − + ( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1)f a f b f c f a b c f⇒ + + ≥ + + − + (*) Mặt khác : 2 2 2 2( ) 3( ) 9a b c a b c+ + ≤ + + = 3 3 3 0a b c a b c⇒ − ≤ + + ≤ ⇒ + + − ≤ và 4'(1) 0 27 f = − < nên từ (*) Ta suy ra : ( ) ( ) ( ) 3 (1) 1f a f b f c f+ + ≥ = . Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BðT cần chứng minh có dạng 1 2( ) ( ) ... ( )nf a f a f a k+ + + ≥ hoặc 1 2( ) ( ) ... ( )nf a f a f a k+ + + ≤ , trong ñó ( 1,.., )ia i n= là các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BðT chưa có dạng trên, ta phải thực hiện một số phép biến ñổi mới ñưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu sau. www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 5 • Nếu BðT có dạng 1 2( ). ( )... ( )nf a f a f a k≥ thì ta lấy loganepe hai vế • Nếu BðT cần chứng minh ñồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp. Ví dụ 3 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa : 3a b c+ + = . Tìm GTLN của biểu thức : 2 2 21 1 1 b c a P a a b b c c       = + + + + + +            . Giải : Ta có : 2 2 2ln ln( 1 ) ln 1 ln 1P b a a c b b a c c   = + + + + + + + +        Xét hàm số : 2( ) ln 1 , 0 1f x x x x = + + < <    . Ta có : 2 2 3 1 '( ) ''( ) 0 1 (1 ) x f x f x x x − = ⇒ = < + + (0;1)x∀ ∈ Suy ra : ( )( ) '(1) 1 (1) '(1) (1) '(1)f a f a f f a f f≤ − + = + − ( ) '(1) (1) '(1)bf a f ab f f b ⇒ ≤ + −  ( ) '(1) (1) '(1)cf b f cb f f c ≤ + −  ( ) '(1) (1) '(1)af c f ac f f a ≤ + −  . ( )ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2)P f ab bc ca a b c f a b c⇒ ≤ + + − + + + + + ≤ + (Do 3ab bc ca a b c+ + ≤ = + + ) Nên 3ln 3 ln(1 2) (1 2)P P⇒ ≤ + ⇒ ≤ + . ðẳng thức xảy ra 1a b c⇔ = = = . Vậy GTLN của 3(1 2)P = + . Ví dụ 4 : Cho , 0x y > thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTNN của biểu thức y z xP x y z− − −= + + . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 6 Giải : Áp dụng BðT Cô si, ta có : 3 3 . .y z x P x y z ≥ ðặt . . ln ln ln lny z xA x y z A y x z y x z= ⇒ = + + . Vì hàm số ( ) lnf t t= có 2 1 ''( ) 0f t t = − < 1 1 1 ln ' ( ) 3 1 ln 3 3 3 3 x f x f x     ⇒ ≤ − + = − −        ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3)A y x z y x z⇒ ≤ − − + − − + − − 23( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3xy yz zx x y z= + + − − ≤ + + − − = − 31 3 3 3 A P⇒ ≤ ⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra 1 3 x y z⇔ = = = . Vậy GTNN của 33 3P = . Ví dụ 5 : Cho 1, , 2 a b c ≥ thỏa 2a b c+ + = . Tìm GTNN của biểu thức a b cP a b c= + + . Giải : Xét hàm số 1( ) , 1 2 tf t t t= ≤ ≤ . Ta có : ln ( ) lnf t t t= lấy ñạo hàm hai vế ta ñược ( )'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1f t t f t f t f t t= + ⇒ = + + ''( ) '( ) 1 1 1 ln '( ) ( ) (ln 1) (ln 1) f t f t t f t f t t t t t ⇒ = + = + + + + 1 1 ''( ) (1 ln ) ( ) 1 ln 0 [ ;1] (1 ln ) 2 f t t f t t t t t   ⇒ = + + + > ∀ ∈  +  Vì 1, , ;1 2 a b c   ∈     nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : 2 2 2 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f a f a f≥ − + 2 2 2 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f b f b f≥ − + www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 7 2 2 2 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f c f c f≥ − + Cộng ba BðT trên ta có : ( ) 32 2 4( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 3 3 3 9 f a f b f c f a b c f+ + ≥ + + − + = . Vậy GTNN của 3 43 9 P = ñạt ñược 2 3 a b c⇔ = = = . Ví dụ 6 : Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 21 3 1 1 1( )( ) 3 3 a b c a b c a b c a b c + + + + + ≥ + + + + + . (Trích ñề thi Albania 2002) Lời giải. Vì BðT ñã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = , khi ñó bñt cần chứng minh trở thành: ( ) ( ) ( ) 1f a f b f c+ + ≥ trong ñó: 1 3 1 ( ) . 3 3 f x x x + = − với0 1x ∀ ∈ Nên theo BðT tiếp tuyến ta có : 1 1 ( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3 3 3 f a f b f c f a b c f     + + ≥ + + − +           . Do 2 2 2 1 ' 0 1 ( ) ( ) ( ) 3 13 3 3( ) 3 f f a f b f c f a b c a b c    <       ⇒ + + ≥ =        + + ≤ + + = . Ví dụ 7: Cho n số thực 1 2, , ..., nx x x thuộc khoảng (0; )2 pi thỏa : 1 2tan tan ... tan nx x x n+ + + ≤ .Chứng minh : 1 2 1 sin . sin ... sin 2 n n x x x ≤ . Giải : ðặt tan ( 1, 2, ..., )i ia x i n= = 0 1,2,...,ia i n⇒ > = và 1 n i i a n = ≤∑ www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 8 Ta cần chứng minh : 21 1 1 2 n i ni i a a= ≤ + ∏ (1). Xét hàm số 2 ( ) , 0 1 x f x x x = > + có 2 3 1 '( ) (1 ) f x x = + ''( ) 0 0f x x⇒ . 3 1 1 1 ( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1) 2 2 22 f x f x f x x⇒ ≤ − + = − + = + . 1 21 1 1 ( 1) 1 1 2 1 ( ) ( 1) 1 8 8 8 2 n n in n n n i i i i n n n ni i i i a a f a a n a = = = =    +   ⇒ = ≤ + ≤ ≤ =   +     ∑ ∏ ∏ ∏ ðẳng thức xảy ra 1 2 1 2... 1 tan tan ... tan 1n na a a x x x⇔ = = = = ⇔ = = = = 1 2 ... 4n x x x pi ⇔ = = = = . Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có ñược kết quả tổng quát sau ðịnh lí 4 : Cho hàm số ( )y f x= có ñạo hàm cấp hai trên ;a b   và n số 1 2, ,..., na a a nằm trong ñoạn ;a b   thỏa mãn : 1 , n i i a k na k nb = = ≤ ≤∑ . • Nếu ''( ) 0 ;f x x a b > ∀ ∈   thì ta có : 1 ( ) ( ) n i i k f a nf n = ≥∑ • Nếu ''( ) 0 ;f x x a b < ∀ ∈   thì ta có : 1 1 ( ) ( ) n i i k f a f n n = ≤∑ . Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 2 3 pi . Chứng minh rằng : tan tan tan 4 3 2 2 2 A B C + + ≥ − . Lời giải. www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 9 Không mất tính tổng quát, ta giả sử 2 3 6 A B C C pi pi≥ > ≥ ⇒ ≤ . Hàm số ( ) tanf x x= , 0; 3 x pi  ∈     có ''( ) 0 0; 3 f x x pi  > ∀ ∈     . Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có ( ) '( )( ) ( ) 2 3 2 3 3 A A f f f pi pi pi≥ − + ( ) '( )( ) ( ) 2 12 2 12 12 B B f f f pi pi pi≥ − + ( ) '( )( ) ( ) 2 12 2 12 12 C C f f f pi pi pi≥ − + . 2 '( ) '( ) '( ) 2 2 2 3 12 2 3 12 2 2 A B C A A B C f f f f f f pi pi pi pi pi           + + ⇒ + + ≥ − − + −                       2 3 12 f f pi pi    + +        Do ' ' 0; 0 3 12 2 3 A f f pi pi pi    − > − ≥        và 2 2 A B C pi+ + = nên ta có : 2 4 3 2 2 2 3 12 A B C f f f f f pi pi          + + ≥ + = −                    ñpcm. ðẳng thức xảy ra 2 ; 3 6 A B C pi pi ⇔ = = = và các hoán vị. Ví dụ 9. Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa 3max{ , , } 4 a b c ≥ và 1a b c+ + = . Tìm GTNN của biểu thức : 3 3 32 2 21 3 1 3 1 3P a b c= + + + + + . Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 3 1max{ , , } , 4 8 a a b c a c= ⇒ ≥ ≤ . Xét hàm số ( )3 2( ) 1 3 , 0;1f x x x= + ∈ có 2 23 2 '( ) (1 3 ) x f x x = + 2 2 53 2 2 ''( ) 0 (0;1) (1 3 ) x f x x x − ⇒ = > ∀ ∈ + . Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 10 3 3 3 ( ) '( )( ) ( ) 4 4 4 f a f a f≥ − + ; 1 1 1( ) '( )( ) ( ) 8 8 8 f b f b f≥ − + ; 1 1 1( ) '( )( ) ( ) 8 8 8 f c f c f≥ − + 3 33 1 3 3 1 3 1 172 2 67 ( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 4 8 4 4 8 4 8 4 f a f b f c f f x f f f f   + ⇒ + + ≥ − − + + ≥ + =    . ðẳng thức xảy ra 3 1; 4 8 a b c⇔ = = = và các hoán vị. Vậy 3 3172 2 67 min 4 P + = . Nhận xét : Trong một số trường hợp ñồ thị hàm số ( )y f x= có khoảng lồi, lõm trên ;a b   nhưng ta vẫn có ñược ñánh giá : 0 0 0 0( ) '( )( ) ( ) , ( ; )f x f x x x f x x a b≥ − + ∈ . Chẳng hạn các bạn xem ñồ thị minh họa dưới ñây. Ví dụ 10: Cho , ,a b c ∈ ℝ và 6a b c+ + = . Chứng minh rằng : 4 4 4 3 3 32( )a b c a b c+ + ≥ + + . Lời giải: BðT ñã cho 4 3 4 3 4 3( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0a a b b c c f a f b f c⇔ − + − + − ≥ ⇔ + + ≥ Trong ñó 4 3( ) 2f x x x= − . Ta thấy 2''( ) 12 12f x x x= − nên ñồ thị hàm số f có khoảng lồi và khoảng lõm do ñó ta không thể áp dụng BðT tiếp tuyến ñược. Tuy nhiên ta _ x _ y x 0 a _ O b www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 11 vẫn có thể ñánh giá ñược ( )f x qua tiếp tuyến của nó tại ñiểm có hoành ñộ 2x = (vì ñẳng thức xảy ra khi 2a b c= = = ) Ta có tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại ( )y f x= ñiểm có hoành ñộ 2x = là: 8 16y x= − . 4 3 2 2( ) (8 16) 2 8 16 ( 2) ( 2 4) 0 f x x x x x x x x x− − = − − + = − − + ≥ ∀ ∈ ℝ . ( ) ( ) ( ) 8( ) 48 0f a f b f c a b c⇒ + + ≥ + + − = (ñpcm). Chú ý. Vì 8 16y x= − là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số 4 3( ) 2f x x x= − tại ñiểm có hoành ñộ 2x = nên ta có sự phân tích: ( ) ( ) ( ) ( ) 8 16 2 kf x x x g x− − = − với 2k ≥ và (2) 0g ≠ . Ví dụ 11: Cho 3, , 4 a b c ≥ − và 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 9 101 1 1 a b c a b c + + ≤ + + + . ( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996) Lời giải. Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = và Bñt ñã cho có dạng: 9 ( ) ( ) ( ) 10 f a f b f c+ + ≤ trong ñó 2 ( ) 1 x f x x = + với 3 5[ ; ] 4 2 x ∈ − . Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ( )y f x= tại ñiểm có hoành ñộ 1 3 x = là : 36 3 50 x y + = . Ta có: 2 2 2 (3 1) (4 3)36 3 36 3 3 5 ( ) 0 [ ; ] 50 50 4 21 50( 1) x xx x x f x x x x − ++ + − = − = ≥ ∀ ∈ − + + Vậy : 2 2 2 36( ) 9 9 50 101 1 1 a b ca b c a b c + + + + + ≤ = + + + ñpcm. Ví dụ 12 : Cho các số thực , , 0a b c > thoả mãn 1a b c+ + = . Chứng minh : 9 1 1 1 10 a b c bc ac ab + + ≥ + + + . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 12 Lời giải. Ta có : 2 2 2 2 2 21 1 1( ) ( ) ; ( ) ( ) ; ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 b c a a c b b a c bc ca ab + − + − + −≤ = ≤ = ≤ = nên 2 2 2 4 4 4 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 5 2 5 2 5 a b c a b c f a f b f c bc ac ab a a b b c c + + ≥ + + = + + + + + − + − + − + . (Nhận xét : ðẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = và tiếp tuyến của ñồ thị hàm số 2 4 ( ) 2 5 x f x x x = − + tại ñiểm có hoành ñộ 1 3 x = là : 99 3 100 x y − = ) Mặt khác: 2 2 2 (3 1) (15 11 )4 99 3 0 (0;1) 1002 5 100( 2 5) x xx x x x x x x − −− − = ≥ ∀ ∈ − + − + 2 2 2 99( ) 94 4 4 9 100 102 5 2 5 2 5 a b ca b c a a b b c c + + − ⇒ + + ≥ = − + − + − + ñpcm. Ví dụ 13. Cho , ,a b c là ñộ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng : 1 1 1 9 1 1 1 4 a b c a b c a b b c c a   + + + ≥ + +  + + + + +  . Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử 1a b c+ + = , khi ñó Bñt ñã cho trở thành 2 2 2 5 1 5 1 5 1 9 a a c a a b b c c − − − + + ≤ − − − . Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác và 1a b c+ + = suy ra 1, , (0; ) 2 a b c ∈ . Ta có : 2 2 2 (3 1) (2 1)5 1 1 (18 3) 0 (0; ) 2 a aa a a a a a a − −− − − = ≤ ∀ ∈ − − 2 5 1 1 18 3 (0; ) 2 a a a a a − ⇒ ≤ − ∀ ∈ − . Ta cũng có hai Bñt tương tự. Cộng các Bñt này lại với nhau ta có: 2 2 2 5 1 5 1 5 1 18( ) 9 9 a a c a b c a a b b c c − − − + + ≤ + + − = − − − (ñpcm). www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 13 ðẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = . Ví dụ 14. Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 3 5( ) ( ) ( ) b c a c a b a b c b c a c a b a b c + − + − + − + + ≥ + + + + + + . (Olympic Toán Nhật Bản 1997) Lời giải . Vì Bñt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c+ + = . Khi ñó Bñt ñã cho trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) 3 5(1 ) (1 ) (1 ) a b c a a b b c c − − − + + ≥ − + − + − + 2 2 2 2 2 2 4 4 1 4 4 1 4 4 1 3 52 2 1 2 2 1 2 2 1 a a b b c c a a b b c c − + − + − + ⇔ + + ≥ − + − + − + 2 2 2 1 1 1 27 52 2 1 2 2 1 2 2 1a a b b c c ⇔ + + ≤ − + − + − + 27 ( ) ( ) ( ) 5 f a f b f c⇔ + + ≤ . Trong ñó 2 1 ( ) 2 2 1 f x x x = − + với (0;1)x ∈ . Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ( )y f x= tại ñiểm có hoành ñộ 1 3 x = là : 54 27 25 x y + = Ta có: 3 2 2 2 2 2(54 27 1) 2(3 1) (6 1)54 27 ( ) 0 (0;1) 25 25(2 2 1) 25(2 2 1) x x x xx f x x x x x x − + − ++ − = = ≥ ∀ ∈ − + − + 54( ) 81 27 ( ) ( ) ( ) 25 5 a b c f a f b f c + + + ⇒ + + ≤ = ñpcm. Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BðT ñối xứng ba biến và ñẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ ñi xét một số BðT không ñối xứng hoặc BðT ñối xứng nhưng ñẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng nhau. www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 14 Ví dụ 15: Cho , , 0a b c > và 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 3 3 3 5 5 510( ) 9( ) 1a b c a b c+ + − + + ≥ (Trung Quốc 2005). Lời giải: Giả sử a b c≥ ≥ . Xét hàm số 3 4( ) 10 9 , (0;1)f x x x x= − ∈ có 2 4 3'( ) 30 45 ''( ) 60 180f x x x f x x x= − ⇒ = − 0 1 ''( ) 0 3 f x x x⇒ = ⇔ = = ñồng thời 0''( ) 0 (0; )f x x x> ∀ ∈ và 0''( ) 0 ( ;1)f x x x< ∀ ∈ . • Nếu 0a x< . Áp dụng BðT tiếp tuyến ,ta có: 1 1 1 ( ) ' 3 3 3 f a f a f       ≥ − +            1 1 1 ( ) ' 3 3 3 f b f b f       ≥ − +            1 1 1 ( ) ' 3 3 3 f c f c f       ≥ − +            ( )1 1( ) ( ) ( ) ' 1 3 1 3 3 f a f b f c f a b c f     ⇒ + + ≥ + + − + =        . • Nếu 0a x> . Áp dụng BðT tiếp tuyến và cát tuyến ta có: ( ) ( )0 0 (1) ( ) ( ) 1 1 (1) 1 1 f f x f a a f f x − ≥ − + > = − . ( ) ( ) ( )( ) ' 0 0 0 0f b f b f≥ − + = ( ) ( ) ( )( ) ' 0 0 0 0f c f c f≥ − + = ( ) ( ) ( ) 1f a f b f c⇒ + + > . Ví dụ 16: Cho ABC∆ nhọn. Tìm GTLN của biểu thức: 2 2sin . sin . sinF A B C= . Lời giải: Ta có : ln ln sin 2 ln sin 3 ln sinF A B C= + + Xét hàm số 2 1 ( ) ln sin , (0; ) '( ) cot ''( ) 0; 2 2sin f x x x f x x f x x x pi pi  = ∈ ⇒ = ⇒ = − ∀ ∈     Áp dụng BðT tiếp tuyến với MNP∆ nhọn, ta có : www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 15 ( ) ( )( ) '( ) ( ) cot ln sinf A f M A M f M A M M M≤ − + = − + ( ) ( )( ) '( ) ( ) cot ln sinf B f N B N f N B N N N≤ − + = − + ( ) ( )( ) '( ) ( ) cot ln sinf C f P C P f P C P P P≤ − + = − + tan . ( ) tan . ( ) tan . ( ) tan ln sin tan . ln sin tan . ln sinM f A N f B P f C M M N N P P⇒ + + ≥ + + Chọn ba góc , ,M N P sao cho : tan tan tan tan ; tan 2 ; tan 3 1 2 3 M N P k M k N k P k= = = ⇒ = = = Mặt khác : tan tan tan tan . tan . tanM N P M N P+ + = 3 2 tan 1 2 3 6 6 1 sin ; sin ; sin 2 5 101 tan M k k k M N P M ⇒ = ⇒ = ⇒ = = = = + 1 2 3 27 ( ) ( ) ( ) ln 2 ln 3 ln ln 2 5 10 25 5 f A f B f C⇒ + + ≤ + + = 27 25 5 F⇒ ≤ . ðẳng thức xảy ra ; ;A M B N C P⇔ = = = . Vậy GTLN của 27 25 5 F = . Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có ñược cách giải cho bài toán tổng quát sau : Cho ABC∆ nhọn. Tìm GTLN của sin . sin . sinm n pE A B C= , với , ,m n p là những số thực dương. (Xem ở phần bài tập) Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn. Tìm GTNN của biểu thức : tan 2 tan 3 tanF A B C= + + . Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M) Xét hàm số ( ) tan , 0; 2 f x x x pi  = ∈     , có 2'( ) 1 tanf x x= + 2''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0; 2 f x x x x pi  ⇒ = + > ∀ ∈     . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 16 Áp dụng BðT tiếp tuyến với MNP∆ nhọn, ta có : 2 1 ( ) '( )( ) ( ) ( ) tan cos f A f M A M f M A M M M ≥ − + = − + 2 1cos . ( ) sin 2 2 M f A M A M⇒ ≥ + − Tương tự : 2 21 1cos . ( ) sin 2 ; cos . ( ) sin 2 2 2 N f B N B N P f C P C P≥ + − ≥ + − 2 2 2 sin 2 sin 2 sin 2cos . ( ) cos . ( ) cos . ( ) 2 M N P M f A N f B P f C + + ⇒ + + ≥ . Ta chọn các góc , ,M N P sao cho : cos 0; cos 2 ; cos 3M k N k P k= > = = Vì , ,M N P là ba góc của tam giác nên ta có ñẳng thức : 2 2 2cos cos cos 2 cos . cos . cos 1M N P M N P+ + + = 3(1 2 3) 2 6 1k k k⇒ + + + = ⇒ là nghiệm dương của phương trình : 32 6 (1 2 3) 1 0x x+ + + − = (1). 2 2sin 2 2 1 cos . cos 2 1M M M k k⇒ = − = − ; 2 2sin 2 2 2(1 2 ); sin 2 2 3(1 3 )N k k P k k= − = − 2 2 2 2 1 2(1 2 ) 3(1 3 )sin 2 sin 2 sin 2 2 k k kM N P F kk − + − + −+ + ⇒ ≥ = . Vậy GTNN của 2 2 21 2(1 2 ) 3(1 3 )k k k F k − + − + − = ñạt ñược khi ; ;A M B N C P= = = Với , ,M N P là ba góc của tam giác nhọn ñược xác ñịnh bởi : cos 0; cos 2 ; cos 3M k N k P k= > = = , trong ñó k là nghiệm dương duy nhất của PT (1). Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức . tan . tan . tanF m A n B p C= + + , trong ñó , ,m n p là các số thực dương và , ,A B C là ba góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập). www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 17 Ví dụ 18: Cho , , 0x y z > thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTNN của : 43 2 41 1P x y z= + + + + . Lời giải: Ta có các hàm số 43 2 4( ) ; ( ) 1 ; ( ) 1f t t g t t h t t= = + = + , (0;1)t ∈ là những hàm số có ñạo hàm cấp hai dương trên khoảng (0;1) . Nên với , , 0a b c > thỏa 1a b c+ + = áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có: ( ) '( )( ) ( )f x f a x a f a≥ − + ; ( ) '( )( ) ( )h y h b y b h b≥ − + ; ( ) '( )( ) ( )g z g c z c g c≥ − + Ta chọn , ,a b c sao cho '( ) '( ) '( )f a g b h c k= = = 2 2 2 3 3 44 3 34 3 3 1 1 (1 ) 1 k aa k b k k b b k c k k c c k k       = =    ⇔ = ⇔ =   + −     = =   + −  (1) Do 3 42 3 1 1 3 1 1 k k k a b c k k k + + = ⇔ + + = − − (2). Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (0;1) . 42 3 3 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 1 1 k k P f x g y h z f a h b g c k k k ⇒ = + + ≥ + + = + + − − ðẳng thức xảy ra ; ;x a y b z c⇔ = = = . Vậy 42 3 3 1 1 min 9 1 1 k k P k k k = + + − − với k là nghiệm nằm trong (0;1) của (2). Ví dụ 19. (BðT Jensen). Cho hàm số ( )y f x= liên tục và có ñạo hàm cấp hai trên ( );a b và n số thực dương 1 2, , ..., nα α α có tổng bằng 1. a) Nếu ''( ) 0 ( ; )f x x a b> ∀ ∈ thì ta có: 1 1 ( ) n n i i i i i i f x f xα α = =    ≥     ∑ ∑ www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 18 với ( ); 1,ix a b i n∀ ∈ = . ðẳng thức có khi 1 2 .. nx x x= = = . b) Nếu ''( ) 0 ( ; )f x x a b< ∀ ∈ thì ta có: 1 1 ( ) n n i i i i i i f x f xα α = =    ≤     ∑ ∑ với ( ); 1,ix a b i n∀ ∈ = . ðẳng thức có khi 1 2 .. nx x x= = = . Lời giải. a) ðặt 1 1 2 2 ... ( ; )n ny a a a y a bα α α= + + + ⇒ ∈ . Vì ''( ) 0f x > nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có: ( )( ) '( ) ( ) 1,2,..,i if a f y a y f y i n≥ − + ∀ = ( )( ) '( ) ( ) 1,2,..,i i i i i if a f y a y f y i nα α α α⇒ ≥ − + ∀ = 1 1 1 1 ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) n n n n i i i i i i i i i i i i f a f y a y f y f y f aα α α α α = = = =    ⇒ ≥ − + = =     ∑ ∑ ∑ ∑ . b) Chứng minh tương tự. Ví dụ 20. (2M) Cho hai bộ số thực dương 1 2, ,..., nx x x và 1 2, ,..., na a a thỏa mãn: 1 1 n n i i i i x a = = =∑ ∑ . Chứng minh rằng: 1 1 i i n n a a i i i i x a = = ≥∏ ∏ . Lời giải. BðT cần chứng minh 1 1 ln ln n n i i i i i i a x a a = = ⇔ ≥∑ ∑ . Hàm số ( ) lnf x x= là hàm lồi, nên áp dụng BðT tiếp tuyến ta có: 1 ( ) '( )( ) ( ) ( ) ( ) i i i i i i i i i f x f a x a f a x a f a a ≤ − + = − + 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n i i i i i i i i i i i i i i i i i i a f x x a a f a a f x x a a f a a f a = = = = ⇒ ≤ − + ⇒ ≤ − + =∑ ∑ ∑ ∑ 1 1 ln ln n n i i i i i i a x a a = = ⇒ ≤∑ ∑ ñpcm. www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 19 Chú ý: ðiều thú vị là BðT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên. Thật vậy: Cho 11 2 ... n i i n x a a a n = = = = = ∑ . Khi ñó BðT ñã cho trở thành: 1 1 1 n n in n i i i i i x x a n = = =       ≤ =         ∑ ∏ ∏ ( do 1 2 ... na a a= = = ) 1 1 n i n i n i i x x n = = ⇒ ≥ ∑ ∏ ñây chính là BðT Cô Si cho n số. Bài tập áp dụng 1. Cho , , 0.a b c > Chứng minh: 2 2 2 1 1 1b c c a a b a b ca b c +