Căn bản về bất đẳng thức trình bày theo cách riêng

Tài liệu Căn bản về bất đẳng thức trình bày theo cách riêng: 1 CĂN BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRÌNH BÀY THEO CÁCH RIÊNG BÀI 1 PHẦN NGUYÊN CỦA MỘT SỐ BẤT KỲ Việc tiếp thu khái niệm “phần nguyên” của một số rất dễ dàng. Song le các bài toán liên quan tới nó lại khá xa lạ ( nếu không nói là khó) với nhiều học sinh! 1.1/ĐỊNH NGHĨA PHẦN NGUYÊN CỦA SỐ BẤT KỲ x (ký hiệu [x]) Ta gọi phần nguyên của số bất kỳ x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Từ định nghĩa ta có đánh giá: [x] ≤ x. (a) Mặt khác vì [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x nên ta có đánh giá thứ hai: x < [x] + 1 (b) Kết hợp (a) và (b) ta có BĐT xác định phần nguyên [x] của x như sau: [x] ≤ x < [x] + 1 ví dụ: 3 <  < 4; 5 < 17 3 < 6; -2 < - 2 < -1; 7=7<8 từ đó suy ra [] = 3; 17 3      = 5; 2   = -2;  7 = 7 Luyện tập 1 (viết tắt là Lt): Tìm phần nguyên của số x cho bởi biểu thức sau: x=1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 Giải: Hiển nhiên ta có các đánh giá sau: 1 ≤ 1 ≤ 1 (đọc và hiểu là “1 nhỏ hơn h...

pdf34 trang | Chia sẻ: honghanh66 | Ngày: 21/03/2018 | Lượt xem: 27 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Căn bản về bất đẳng thức trình bày theo cách riêng, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 CĂN BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRÌNH BÀY THEO CÁCH RIÊNG BÀI 1 PHẦN NGUYÊN CỦA MỘT SỐ BẤT KỲ Việc tiếp thu khái niệm “phần nguyên” của một số rất dễ dàng. Song le các bài toán liên quan tới nó lại khá xa lạ ( nếu không nói là khó) với nhiều học sinh! 1.1/ĐỊNH NGHĨA PHẦN NGUYÊN CỦA SỐ BẤT KỲ x (ký hiệu [x]) Ta gọi phần nguyên của số bất kỳ x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Từ định nghĩa ta có đánh giá: [x] ≤ x. (a) Mặt khác vì [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x nên ta có đánh giá thứ hai: x < [x] + 1 (b) Kết hợp (a) và (b) ta có BĐT xác định phần nguyên [x] của x như sau: [x] ≤ x < [x] + 1 ví dụ: 3 <  < 4; 5 < 17 3 < 6; -2 < - 2 < -1; 7=7<8 từ đó suy ra [] = 3; 17 3      = 5; 2   = -2;  7 = 7 Luyện tập 1 (viết tắt là Lt): Tìm phần nguyên của số x cho bởi biểu thức sau: x=1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 Giải: Hiển nhiên ta có các đánh giá sau: 1 ≤ 1 ≤ 1 (đọc và hiểu là “1 nhỏ hơn hoặc bằng 1”; về mặt logic, biểu thức này luôn đúng!) 0,7 < 1 2 < 0,8 0,5 < 1 3 < 0,6 0,5 < 1 4 < 0,5 0,4 < 1 5 < 0,5 Cộng các vế tương ứng các bất dẳng thức trên ta được: 3,1 ≤ x < 3,4 tức là [x]=3. 2 Lt2: Tìm phần nguyên của số x xác định bởi biểu thức sau: x = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 1000000 Giải: Tuy bài toán này chỉ khác bài toán trên về số lượng các hạng tử và các hạng tử từ thứ 6 trở đi, song ta không thể dùng cách trên để tìm phần nguyên của x được. Để giải bài trên ta xét dãy tổng quát bởi cách thay 1000000 bằng n: x = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 n (*) và chứng minh bổ đề sau: Bổ đề. Với mọi n nguyên dương ta có BĐT 2 1n - 2 n < 1 n < 2 n - 2 1n (1) Quả vậy, dễ thấy rằng 2 1n - 2 n =   2 1 1 2 1 1 n n n n n n n n          và vì 1n > n nên 2 1n - 2 n < 2 2 n = 1 n  vế trái của BĐT (1) đã được chứng minh (viết tắt: đcm) Vế phải của (1) chứng minh bằng cách tương tự. Trong dãy (*) ta xét n từ 2, 3, 4, , đến n. Dùng BĐT (1) của bổ đề ta có: 2 3 2 2 < 1 2 < 2 2 2 2 2 2 4 2 3 < 1 3 < 2 3 2 2 2 5 2 4 < 1 4 < 2 4 2 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1n - 2 n < 1 n < 2 n - 2 1n Cộng vế đối vế các BĐT trên ta được: 3 2 1n - 2 2 < 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 n < 2 n - 2 Để xuất hiện BĐT (*) ta thêm 1 vào tất cả các vế của BĐT vừa nhận được trên đây: 2 1n - 2 2 + 1 < 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 n < 2 n - 2 +1 (2) Vì 2 2 n nên từ BĐT (2) suy ra: 2 n - 2 < 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 n < 2 n - 1 (3) Đến đây, ta trở lại yêu cầu của bài toán: tìm phần nguyên của biểu thức x: x = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 1000000 bằng cách thay n=1000000 vào (3) ta được: 2 1000000 - 2 < 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 n < 2 1000000 - 1 1998 < x=1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 1000000 < 1999 Từ đó suy ra [x]=1998. Các bạn thấy không? Thật thú vị, với câu hỏi tưởng như đơn giản là tính [x] của x cho bởi: x = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + . . . + 1 1000000 mà ta đã thu được nhiều hiểu biết về một loạt các đánh giá thú vị là các BĐT (1), (2), (3)! 4 Lt3: Chứng minh BĐT x = 1 3 5 90. . ... 2 4 6 100 < 1 10 Giải: Ta dùng một biểu thúc phụ để giải bài toán này: y = 2 4 6 100. . ... 3 5 7 101 Hiển nhiên: 1 2 2 6  , 3 4 4 5  , 5 6 6 7  , . . . , 99 100 < 100 101 Nên x<y và vì vậy x2 < xy = 1 2 3 99 100. . ... . 2 3 4 100 101 (**) Lấy căn bậc hai cả hai vế của (**) ta được: x < 1 101 < 1 10 đcm! Các bạn thấy đấy nếu giải bài này bằng cách đi trực tiếp thì không biết các bạn sẽ “xa lầy” vào khó khăn đến mức nào mà vẫn không ra được kết quả. Song nếu các bnj biết “nhìn thấu” vào biểu thức cần chứng minh để làm nảy ra việc sử dụng biểu thức trung gian thì công việc của chúng ta nhẹ nhàng đi biết nhường nào! BÀI TẬP 1/Với m, n là các số nguyên dương, chứng minh (cm): 1 1 12 1 2 ... 2 2 1 1 n m n m m m n           2/Cm BĐT: 1800 < 1 1 1.... 10000 10001 1000000    < 1800,02 3/Tìm [50z] trong đó : 5 z = 1 1 1... 10000 10001 1000000    4/Cm các BĐT a- 1 3 2 1 1. ... 2 4 2 3 1 n n n    b- 1 3 5 90 1. . ... 2 4 6 100 12   Bài 2 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN, QUAN TRỌNG ỨNG DỤNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HAY 1/ Từ bất đẳng thức (bđt) (x1 – x2)2  0 suy ra x12 + x22  2x1x2, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2. Nếu x1, x2 là các số dương thì hiển nhiên: 1 2 2 1 2x x x x   (1) Dùng bđt (1) dễ dàng chứng minh được định lý sau: 2/ Định lý 1: Tổng của hai số dương không nhỏ hơn 2 nếu tích của chúng bằng đơn vị. Chứng minh: Thậy vậy, nếu xy=1  y= 1 x . bất đẳng thức cần chứng minh x + y  2  x + 1 x  2 bất đẳng thức cuối cùng này suy ra từ (1) với x1 = x và x2 = y. định lý đã được chứng minh! Ta chuyển sang chứng minh định lý tổng quát. 3/ Định lý tổng quát (định lý 2): Nếu tích của n số dương bằng đơn vị thì tổng của chúng không nhỏ hơn n. Ta diễn đạt định lý 2 bằng biểu thức tóan học: từ bất đẳng thức x1x2x3...xn = 1 suy ra x1 + x2 + x3 + + xn  n (2) hơn nữa x1 + x2 + x3 + + xn > n nếu tất cả các số x1, x2, x3, , xn không đồng thời bằng nhau. Chứng minh: Ta sẽ chứng minh định lý này bằng phương pháp Quy nạp. Trên đây ta đã chứng minh định lý tổng quát đối với trường hợp n=2. Đến đây ta giả sử rằng định lý đúng với n = k  2, nghĩa là giả sử rằng x1 + x2 + x3 + + xn  k nếu x1x2x3xk = 1. Bây giờ ta phải chứng minh định lý tổng quát đúng với n=k+1, nghĩa là ta cần chứng minh: Nếu x1x2x3xk.xk+1 = 1 thì x1 + x2 + x3 + + xk + xk+1  k+1 vói tất cả xi > 0 , trong đó i=1, 2, 3,, k+1. 6 Trước hết ta có nhận xét rằng: nếu x1x2x3xk.xk+1 = 1 thì có thể có hai trường hợp cần xét sau: a-Tất cả các số x1, x2, x3, ,xk, xk+1 đều bằng nhau. Hiển nhiên trong trường hợp này mỗi thừa số trong tích trên bằng đơn vị và tổng của chúng bằng k+1: x1 + x2 + x3 + + xk + xk+1 = k+1 b-Tất cả các thừa số trong tích đã cho ở trên không bằng nhau. Khi đó thế nào ta cũng tìm được số lớn hơn đơn vị và số nhỏ hơn đơn vị ( nếu tất cả các thừa số trong tích đó nhỏ hơn đơn vị thì tích của chúng sẽ nhỏ hơn đơn vị, điều này trái với giả thiết của định lý). Như vậy ta có thể giả sử x1 1. Đến đây ta có: (x1xk+1)x2x3xk = 1 Ta đặt y1 = x1xk+1 khi đó đẳng thức trên đây là: y1x2x3xk = 1 Ở đây vì có tích của k số dương bằng đơn vị nên (theo giả thiết) tổng của chúng không nhỏ hơn k, nghĩa là: y1 + x2 + x3 + + xk  k Nhưng x1 + x2 + x3 + + xk + xk+1 = (y1 + x2 + x3 + + xk ) + xk+1 – y1 + x1   k+ xk+1 – y1 + x1 = (k+1) + xk+1 – y1 + x1 - 1 Hãy nhớ lại rằng y1 = x1xk+1, nên: x1 + x2 + x3 + + xk + xk+1  (k+1) + xk+1 – x1xk+1 + x1 – 1 = = (k+1) + (xk+1 – 1)(1 – x1) Vì x1 1 nên (xk+1 – 1)(1 – x1) > 0 vì vậy: x1 + x2 + x3 + + xk + xk+1  (k+1) + (xk+1 – 1)(1 – x1) > k+1 Đến đây định lý tổng quát đã được chứng minh đầy đủ! Lt 1. Chứng minh rằng nếu x1, x2 , x3, ... , xn là các số dương, thì 11 2 2 3 1 ... n n n x xx x x x x x      n Hơn nữa, đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = ... = xn. Chứng minh. Vì 3 11 2 2 3 4 1 . . ... . 1n n n x x xx x x x x x x   nên từ định lý tổng quát, ta trực tiếp suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = ... = xn. Lt 2. Chứng minh rằng 2 2 2 2 1 x x    với  x 7 Chứng minh. Hiển nhiên 2 2 2 1 x x   = 2 2 2 2 2 1 1 11 1 2 1 x x x x x         Vì tích của hai số hạng ở vế phải bằng 1 nên tổng của chúng không nhỏ hơn 2. Bđt đã được chứng minh! Dấu bằng chỉ xảy ra khi và khi x=0. Lt 3. Với a> 1, chứng minh rằng loga10 + lg a  2 Thật vậy, vì loga10. lg a=1 nên loga10 + lg a = lg a + 1 lg a  2 Lt 4. Chứng minh bất đẳng thức 2 4 1 1 2 x x   Chứng minh. Chia cả tử và mẫu của vế trái cho x2 ta được 2 4 2 2 1 11 x x x x    vì 22 1 . 1x x  nên 22 1 2x x   và vì vậy 2 2 1 1 1 2x x   4/Trung bình Cộng. Trung bình Nhân. Trung bình Lũy Thừa (nói riêng: Trung bình Bình Phương). Trung bình Điều Hòa 4.1-Định nghĩa 1. Số g = 1 2...n nx x x được gọi là Trung bình Nhân của các số x1, x2, . . ., xn, còn số a = 1 2 ... nx x x n    được gọi là trung bình cộng của các số đó. 4.2-Định lý 3. Trung bình Nhân của các số dương không lớn hơn Trung bình Cộng của các số ấy. Nếu các số x1, x2, . . ., xn không bằng nhau thì Trung bình Nhân của các số đó nhỏ hơn Trung bình Cộng cúa các số này. Chứng minh. Từ đẳng thức g = 1 2...n nx x x suy ra: 1 = 1 2...x ...g nn x x gg hoặc 1 2 ... 1n xx x g g g  nên theo định lý 2 (định lý tổng quát) ta có 1 2 ... n xx x n g g g     . Đến đây nhân cả 2 vế của bđt ngay trên đây với g ta được: a = 1 2... nx x x g n    (3) 8 Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn. Còn nếu tất cả các số dương x1, x2, . . ., xn không bằng nhau, thì a > g Định lý 3 đã được chứng minh! Lt 5. Từ tất cả các hình hộp chữ nhật có tổng độ dài của 3 cạnh vuông góc với nhau cho trước, tìm hình hộp chữ nhật có thể tích lớn nhất. Đáp. Đặt m=a+b+c là tổng 3 cạnh cho ở đầu bài, V=a.b.c là thể tích hình hộp chữ nhật. Vì 3 3 . . 3 3 a b c mV a b c     Nên V  3 27 m , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 3 m nghĩa là khi hình hộp chữ nhật là hình lập phương. Lt 6. Chứng minh bất đẳng thức n! < 1 2 nn       với n ≥ 2 (1) Đáp. Dùng (*) ta có  11 2 3 ... 1! 1.2.3... 2 2 n n n nn nn n n n          Nâng cả hai vế bất đẳng thức vừa nhận được ngay trên đây lên lũy thừa n ta được bất đẳng thức (1) cần chứng minh! 4.3/Định nghĩa Trung bình Lũy thừa. Số c = 1 1 2 ... na a a n            gọi là Trung bình lũy thừa bậc  của các số a1, a2,. . .,an. Các trường hợp riêng. *Nếu  = 1 ta có c1 = 1 2 ... na a a n    là trung bình cộng. *Nếu  = 2 ta có c2 = 1 2 2 2 2 1 2 ... na a a n         là trung bình bình phương. *Nếu  = -1 ta có c-1 = 11 1 1 1 2 1 2 ... 1 1 1... n n a a a n n a a a              là trung bình điều hòa. 9 Lt 7. Chứng minh rằng nếu a1, a2, . . ., an là các số dương và  < 0 <  thì c  g  c (2) Nghĩa là: o Trung bình lũy thừa với số mũ âm không vượt quá trung bình nhân. o Trung bình lũy thừa với số mũ dương không nhỏ hơn trung bình nhân. o Đặc biệt từ (2) ta suy ra rằng Trung bình Điều hòa c-1 không thể vượt quá Trung bình Cộng c1 ( c-1 < c1) (2’). Đáp. Dùng bđt (3) ở trên, ta có 1 2 ...n na a a     1 2 ... na a a n      Nâng cả hai vế của bđt trên đây lên lũy thừa 1  và nhớ rằng 1  < 0 ta có g = 1 1 2 1 2 ...... nn n a a aa a a n             = c Vế thứ nhất của bđt (2) đã được chứng minh. Vế thứ hai của bđt ấy chứng minh tương tự. Lt 8. Chứng minh rằng nếu a1, a2, . . .,an là các số dương thì ( a1 + a2 + . . .+an ) 1 2 1 1 1... na a a          n2 (3) Đây là một bài hay và khá khó & phức tạp nếu không biết chọn cách chứng minh. Song nếu biết chọn cách chứng minh thì việc chứng minh không dài quá một nửa dòng khổ giấy A4! Các bạn lưu ý! Đáp. Vì c-1  g  c1 nên c-1 = 1 2 1 2 ... 1 1 1... n n a a an n a a a        = c1 Từ bđt vừa nhận được ta suy ngay ra bdt (3)! Lt 9. Với các số dương a, b bất kỳ (a  b), chứng minh rằng 1 1 n n a nbab n    (4) 10 n Đáp. Ta có 1 1 ...... 1 1 n n n a b b b a nbab abb b n n            , Đó là điều phải chứng minh. n Lt 10. Chứng minh rằng cùng với sự tăng của chỉ số n thì các đại lượng xn = 11 n n      và zn = 11 n n      cũng tăng, nghĩa là xn = 11 n n      < xn+1 = 111 1 n n      và zn = 11 n n      < zn+1 = 111 1 n n      Đáp. Trong các bđt trên ta đặt a=1, b=1+ 1 n , dùng bđt (*) ta nhận được 1 11 1 1 2 11. 1 1 1 1 1 n n n nn n n n n                   Nâng cả 2 vế bđt thức ngay trên đây lên lũy thừa mũ (n+1) ta có 11 11 1 1 n n n n              tức là xn < xn+1 (5) Bđt thức 2 của ví dụ 5 chứng minh tương tự! Lt 11. Chứng minh rằng yn = 111 n n       giảm cùng với sự tăng của chỉ số n, nghĩa là yn+1 = 2 11 11 1 1 n n nyn n                (6) Đáp. Hiển nhiên ta có yn = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 11 1 1 n n n n n n n n zn n n                                (xem lại zn+1 ở ví dụ 5!). Theo ví dụ 5, khi n tăng, zn+1 tăng, do vậy yn ở ví dụ 6 giảm. Nói rõ hơn: yn+1 < yn. 11 5/ Giới hạn e. Trong các ví dụ 5, 6 ta đã chứng minh được x1 = 1 2 2 3 1 11 2 1 2,5 ... ... 1 2 n x x x                    y1 = 2 3 2 3 1 11 4 1 3,375 ... ... 1 2 n y y y                    Mặt khác, ta có 2 = x1 < xn = 1 1 1 11 1 4 n n ny yn n                  Như vậy, đại lượng biến thiên xn thỏa mãn hai điều kiện a- xn đơn điệu tăng cùng với sự tăng của chỉ số n, b- xn bị chặn: 2 < xn < 4. Như các bạn đã biết trong toán giải tích, một đại lượng biến thiên đơn điệu tăng và bị chặn thì nó có giới hạn. Vì vậy tồn tại gới hạn của xn. Ta ký hiệu giới hạn ấy bởi chữ e, tức là: e = 1lim lim 1 n nn n x n        Vì đại lượng xn trong khi tăng, tiệm cận đến giới hạn của nó nên xn phải nhỏ hơn giới hạn ấy, nghĩa là xn = 11 n n      < e (7) Dễ ràng kiểm chứng e < 3, thật vậy nếu chỉ số n lớn, thì xn < yn < y5 = 611 5       2,985984 < 3 Số e có một ý nghĩa rất lớn trong toán học. Nó được dùng làm cơ số của logarithm, logarithm ấy gọi là logarithm tự nhiên và ký hiệu là ln a (đọc là: logarithm tự nhiên của số a, hay logarithm Nepe của số a). Trị số gần đúng của e là: e = 2,71828182285490. Đến đây ta cũng sẽ chứng tỏ giới hạn của đại lượng biến thiên yn là e. Thật vậy lim yn = lim 11 1 11 lim 1 1 .1 n n e e n n n                           (Mặc định: các giới hạn ở biểu thức trên lấy với n  ). Vì trong khi giảm đơn điệu, yn tiệm cận đến e, nên 12 yn = 111 n e n        (8) Lt 12. Chứng minh rằng n! > nn e       (9) Đáp. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. Hiển nhiên bđt (9) đúng với n=1. Quả vậy 1! = 1 > 11 e       = 1 1 2,7182818285490       Bây giờ giả sử (9) đúng với n=k, tức là k! > kk e       Nhân cả hai vế bđt trên đây với k+1 ta được (k+1)k! = (k+1)! > (k+1) kk e       = 11 11 k k k e e k             Theo bđt (7), 11 k e k       nên (k+1)! > 1 11 1k kk e k e e e               Như vậy (9) đã được chứng minh với n=k+1, và nghĩa là (9) nghiệm đúng với mọi giá trị của n.  Hệ quả. Vì e < 3 nên từ (9) ta suy ra n! > 3 nn      (9’) Nhờ (9’) mà ta dễ ràng chứng minh được bđt sau 300! > 100300 Trong bđt (9’) đặt n=300 ta có 300! > 300300 3       = 100300  Hoàn toàn tương tự bđt (9) ta có thể chứng minh bđt sau 13 n! < e 11 nn e        (10) Lt 13. Với mọi ai > 0 (i=1,n), chứng minh bđt sau na1a2 . . .an < a1n + a2n + . . . +ann (11) Bđt (11) là bđt kinh điển, tổng quát rất hay và thường gặp trong các đề thi THPT và Đại Học. Các bạn hãy chú tâm thuộc lòng nó và cả cách chứng minh quá ngắn gọn về nó nữa nhé!. Đáp. Áp dụng kết quả đã chứng minh ở trên “Trung bình Nhân không vượt quá Trung bình Cộng” (Bđt (3)) cho ví dụ này, ta có a1a2a3. . .an = 1 2 31 2 3 ...... n n n n n n n n nn n a a a aa a a a n      Nhân cả hai vế của bđt vừa nhậ được trên đây với n ta sẽ được bđt (11).  Từ bđt (11) ta suy ra các bđt đơn giản sau đây 2a1a2  a12 + a22 3a1a2a3  a13 + a23 + a33 (12) 4a1a2a3a4  a14 + a24 + a34 + a44 5a1a2a3a4a5  a15 + a25 + a35 + a45 + a55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  Bài 3. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI LŨY THỪA MŨ HỮU TỶ HOẶC MŨ VÔ TỶ 1/Định lý 1. a-Nếu x  -1 và 0 <  <1 thì: (1 + x) ≤ 1 + x (1) 14 b-Nếu  1 thì: (1 + x)  1 + x (2) Dấu bằng ở (1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi x = 0 Chứng minh. a.Trước hết ta giả sử rằng  là số hữu tỷ và theo giả thiết 0 <  <1. Đặt  = m n với m, n là các số nguyên dương và 1 ≤ m < n. Vì theo giả thiết 1 + x  0 nên (1 + x) =  1 m nx =        1 .1 1 . 1 ... 1 .1.1...1m n mn nx x x x      m n-m ≤      1 1 ... 1 1 1 ... 1x x x n           = =  1m x n m n    = n mx n  = 1 m x n  = 1 + x Dấu bằng trong bđt cần chứng minh xảy ra khi và chỉ khi mọi thừa số dưới dấu căn bằng nhau, tức là khi 1+x = 1  x = 0. Còn nếu x  0 thi  1 1x x    Như vậy ta đã chứng minh xong (1) với  là số hữu tỷ. Dưới đây ta chứng minh (1) cho trường hợp  là số vô tỷ và 0 <<1. Ta gọi r1, r2, . . ., rn là dãy các số số hữu tỷ mà chúng có giới hạn là . Thêm nữa 0 < rn < 1. Từ bđt  1 1nr nx r x   , trong đó x  -1, n = 1, 2, 3, . . đã được chứng minh ở trên với trường hợp số mũ hữu tỷ, ta có  1 x   lim  1 nrx  lim (1+rnx) = 1 + x rn   rn   Bây giờ ta chuyển đến chứng minh bđt (1) với  vô tỷ khi x  0 và 0 <  < 1 Ta lấy một số hữu tỷ r sao cho  < r < 1, khi đó bđt  1 x  có thể viết lại như sau  1 x  =  1 r rx     Vì 0 < r  < 1 nên như ta đã chứng minh ở trên  1 1rx x r      15 Do đó  1 x   1 r x r      Nếu x  0, thì 1 r x r      < 1 + r x r  = 1 + x tức là  1 x   1 + x  phần (a) của định lý 1 đã cm xong! Ta chuyển đến cm phần b. b. Nếu 1 + x < 0 thì bđt (2) luôn luôn đúng vì vế trái của nó không âm còn vế phải là một giá trị âm. Còn nếu 1 + x  0  x  -1 thì ta sẽ xét hai trường hợp sau: b1- Khi  > 1 theo phần (a) của định lý đã được cm ở trên, ta có   1 1 x   11 x   = 1 + x (3) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Nâng cả hai vế của (3) lên lũy thừa , ta được (1 + x)  (1 + x) b2- Trường hợp thứ hai: Khi  < 0. Nếu 1 + x < 0 thì bđt (2) hiển nhiên đúng. Còn nếu 1 + x  0 thì ta chọn một số nguyên dương n sao cho n   < 1. Do phần (a) của định lý, ta có  1 1nx x n      ,   11 1 1 nx x nx n         (4) (Bất đẳng thức (4) đúng, vì 1  1 - 2 2 2 xn  ), nâng lên lũy thừa n cả hai vế bđt (4) được  1 1 1 1 n x x n x x n n               Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=0. Trường hợp (b) của định lý đã cm xong. Và định lý 1 đã được chứng minh xong hoàn toàn! 2/Định lý 2. Nếu a1, a2, . . ., an là các số dương và  <  thì c  c, hơn nữa dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an. Với các chỉ số  và  trái dấu, ta đã chứng minh định lý này ở Lt 7 thuộc Bài 2 (“CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN”). Ở đây, vấn đề còn lại là ta chứng minh định lý với  và  cùng dấu. 16 Nhắc lại: c và c là các trung bình lũy thừa mà biểu thức toán học định nghĩa chúng có dạng: c= 1 1 2 ... na a a n            *Không làm mất tính tổng quát của chứng minh , ta có thể giả sử 0 <  <  và đặt k = c = 1 1 2 ... na a a n            Chia c cho k ta có 1 1 2 ... naa ac c k k k k c n                                   (5) Đến đây, để biểu thức gọn, ta đặt các đại lượng phụ d1 = 1 a k        , d2 = 2 a k        , . . ., dn = n a k        Khi đó đẳng thức (5) thành c k   1 1 2 ... nd d d n                   (6) Vì 1 1 2 ... nd d d n         = 1 11 2 1 2 ... ...1 1 n n aa a a a ak k k c n k n k                                           = 1 1c c   Nên 1 2 ... 1nd d d n      1 2 ... nd d d n    (7) Đặt d1 = 1 + x1, d2 = 1 + x2, . . ., dn = 1 + xn. Từ đẳng thức (7) xuy ra x1 + x2 + . . . +xn = 0. Dựa trên định lý 1 (nhớ rằng   > 1) ta có: 17  1 1 11 1d x x            2 2 21 1d x x           (8) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  1 1n n nd x x           Cộng các bđt trên đây vế đối vế ta được:  1 2 1 2... ...n nd d d n x x x                 = n (9) Từ (6) và (9) suy ra: 1 1 c n c k c k n             Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các bđt trong (8) có dấu bằng, tức là khi x1 = x2 = . . . = xn =0 (theo định lý 1). Trong trường hợp này d1 = d2 = . . . = dn vì vậy a1 = a2 = . . . = an = k. Còn nếu mọi số a1, a2, . . ., an không bằng nhau thì c > c Định lý 2 đã được chứng minh khi 0 <  < . * Trường hợp  <  < 0 thì 0 <   < 1. Đến đây lập luận tương tự như cách chứng minh trên, song lưu ý rằng trong các bđt (8) và (9) thì dấu bất đẳng thức ngược lại và vì  < 0 nên từ bđt 1 2 ... 1nd d d n          suy ra: 1 1 1 2 ... 1n c d d d k n                     = 1 Tức là c  k = c  định lý 2 đã được chứng minh hoàn toàn! Đến đây, từ nay trở đi ta có thể gọi trung bình nhân là trung bình lũy thừa cấp 0, nghĩa là g = c0 với  > 0. Từ kết quả chứng minh định lý 2, ta suy ra trường hợp đặc biệt sau: 18 c-1  c0  c1  c2 (10) Tức là:  Trung bình điều hòa không lớn hơn trung bình nhân,  Trung bình nhân không lớn hơn trung bình cộng, của các số dương.  Trung bình cộng không lớn hơn trung bình bình phương Ví dụ. a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, ta có: c-1 = 11 1 1 1 2 3... 3 1 1 13 1 2 4 a a a              1,7 c0 = 33 1 2 3. . 1.2.4 2a a a   c1 = 1 2 4 7 3 3     2,3 c2 = 1 2 2 2 2 1 2 3 3 a a a       1 4 16 7 3     2,6 Lt 1. Chứng minh rằng x2 + y2 + z2  12 nếu x + y + z = 6 Đáp. Theo kết luận cho bởi bđt (10): Trung bình cộng không lớn hơn trung bình bình phương, ta có 2 2 2 3 3 x y z x y z        2 2 2 2 3 x y z x y z      = 26 3 = 12 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. Lt 2. Chứng minh rằng nếu x3 + y3 + z3 = 81 (x > 0, y > 0, z > 0) thì x + y + z  9 Đáp. Vì (x + y + z)3  32(x3 + y3 + z3) = 9.81 = 729  x + y + z  3 729 = 9. Xong! Lt 3. Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 8 thì x3 + y3 + z3  16 2 3 Đáp. Vì c2  c3, nên 1 1 2 2 2 3 3 32 3 3 3 x y z x y z               19 Lắp dữ liệu ở đầu bài vào bđt ngay trên đây ta được: 1 3 3 3 3 8 3 3 x y z        x3 + y3 + z3  3. 8 8 3 3 = 16 2 3 . Xong! Lt 4. Tìm phần nguyên của số x = 3 3 3 3 1 1 1 1... 4 5 6 1000000     Đáp. Để giải bài này ta dùng bổ đề sau (sẽ giải trong phần Bài tập của chương này) Nếu 0 >  > -1 thì       1 11 11 1 1 ... 1 1 n m n m m m n                      Trong bđt ngay trên đây đặt m = 4, n = 1000000,  = - 1 3 , ta có 2 2 2 2 3 3 3 31000001 4 1000000 3 2 2 3 3 x   Tức là 2 2 2 2 3 3 3 33 3 3 3.1000001 .4 .1000000 .3 2 2 2 2 x    Vì 2 2 3 33 3 3.1000001 1000000 10000 15000 2 2 2    , 3 3 3 33 3 3. 16 54 4, . 9 . 8 3 2 2 2     Nên 15000-4 < x < 15000 - 3  14996 < x < 14997 suy ra  x = 14996. Xong! BÀI TẬP 1/Chứng minh rằng với các số dương a1, a2, . . . , an, các bất đẳng thức sau luôn luôn nghiệm đúng (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  1 2 ... ,na a a     với  ≥ 1 (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  1 2 ... ,na a a     với 0 <   1 Từ kết quả chứng minh, hãy nêu ra công thức cho trường hợp riêng: tổng chỉ có hai số hạng. 20 2/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì     1 11 11 1 1 1 n n n n n                 3/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì     1 1 1 11 ( 1)1 ... 1 1 n m n mm m n                         BÀI 4 ÁP DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ HỌC GIẢI MỘT VÀI BÀI TOÁN CỰC TRỊ A-GIẢI CÁC BÀI TẬP CỦA BÀI 3 1/ Chứng minh rằng với các số dương a1, a2, . . . , an, các bất đẳng thức sau luôn luôn nghiệm đúng (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  1 2 ... ,na a a     với  ≥ 1 (1a) (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  1 2 ... ,na a a     với 0 <   1 (1b) Từ kết quả chứng minh, hãy nêu ra công thức cho trường hợp riêng: tổng chỉ có hai số hạng. ĐÁP Nếu  ≥ 1 thì c = 1 1 2 1 2 1 ... ...n na a a a a a c n n                Từ bđt trên đây dễ ràng suy ra bđt (1a). Cũng chứng minh tương tự ta được bđt (1b). Đặc biệt, từ (1a) và (1b) ta có: (x + y)  2-1(x + y),  ≥ 1, x > 0, y > 0. (x + y) ≥ 2-1(x + y), 0 0, y > 0. 2/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì 21     1 11 11 1 1 1 n n n n n                 ĐÁP Vì 0 <  + 1 < 1 và do bđt (1) của định lý 1 ở Bài 3 ta c ó: 1 1 1 11 1 1 11 1 n n n n                     Nhân các bđt trên đây với n+1 ta được: (n + 1)+1 < n+1 + ( + 1)n, (n – 1)+1 < n+1 - ( + 1)n. Từ hai bđt này dễ dàng suy ra bđt cần chứng minh. 3/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì     1 1 1 11 ( 1)1 ... 1 1 n m n mm m n                        (2) ĐÁP Trong bđt thức đã dược chứng minh ở bài tập 2 trên đây, đặt n = m, m + 1,. . ., n, ta có:             1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 m m m m m m m m m m                                                 1 1 1 13 2 2 1 2 1 1 m m m m m                       . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .     1 11 11 1 1 1 n n n n n                 Cộng các bđt trên đây vế đối vế ta sẽ được bđt cần chứng minh. 22 B-NỘI DUNG CỦA BÀI 4. Bài toán 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm x - ax, a > 0, x ≥ 0,  > 1 ĐÁP Việc tìm lời giải bài toán rất đơn giản trong trường hợp  = 2. Thật vậy, vì x2 - ax = 2 2 2 4 a ax      Như vậy giá trị giá trị nhỏ nhất của hàm đã cho bằng - 2 4 a khi x= 2 a > 0 Trong trường hợp  tùy ý và  > 1 , bài toán này được giải bằng cách áp dụng bđt (2) của định lý 1 ở Bài học 3. Vì  > 1, nên (1 + z) ≥ 1 + z, z ≥ -1 Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi z = 0. Đến đây ta đặt 1 + z = y, thì (1 + z) = y ≥ 1 + (y – 1)  y - y ≥ 1 - , y ≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = 1. Nhân cả hai vế của bđt ngay trên đây với c ta được (cy) - c-1(cy) ≥ (1 - )c, y ≥ 0 Đặt x = cy và c-1 = a, c = 1 1a         , ta được x - x ≥ (1 - )c = (1 - ) 1a          , Hơn nữa, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= c = 1 1a         . Như vậy hàm x - ax,  > 1, a > 0, x ≥ 0, nhận giá trị nhỏ nhất tại điểm x = 1 1a         và giá trị nhỏ nhất ấy bằng (1 - ) 1a          . Ta trở lại trường hợp đặc biệt khi  = 2 với cách tính vừa chứng minh được. Vì  = 2 nên giá trị nhỏ 23 nhất bằng (1 – 2) 2 2 1 2 a       = - 2 4 a tại điểm x = 1 2 1 2 a       = 2 a . Kết quả này áp dụng cho ví dụ nhỏ sau: Tính giá tị nhỏ nhất của hàm x3 – 27x. Theo kết quả trên, giá trị nhỏ nhất của hàm này bằng (1-3) 3 3 127 3       = -54, xảy ra tại điểm x = 1 3 127 3       = 3 Chú ý. Một biến thể của bài toán 1 là: Hàm ax-x = -(x - ax), trong đó  > 1,  > 0, x ≥ 0, nhận giá trị bé nhất bằng ( - 1) 1a          tại điểm x = 1 1a         . Bài toán 2. Từ một khúc gỗ tròn có đường kính d tìm cách cắt ra một xà gồ hình hộp có độ bền lớn nhất. Độ bền P của xà gồ được định nghĩa như sau: P = kxy2 (*) Trong đó, k: hệ số tỷ lệ dương, x: độ rộng của xà gồ, y: chiều cao của xà gồ. (xem hình dưới) ĐÁP. Trong hình, d-đường kính của tiết diện khúc gỗ tròn; y-chiều cao của xà gồ; x- độ rộng của xà gồ. Nhìn hình vẽ và dùng công tức Pitago, ta biến đổi hệ thức (*) ở đầu bài như sau: P = kxy2 = kx(d2 – x2) = k(d2x – x3). Bài toán 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm y = sinxsin2x. ĐÁP Vì sin2x = 2sinxcosx nên sinxsin2x = 2cosxsin2x = 2cosx(1-cos2x) = 2(z-z3), trong đó z = cosx và hiển nhiên -1  z  1. Hàm z(1-z2) có giá trị âm nếu -1  z  0 và có giá trị dương nếu 0 < z  1. Vì vậy rõ ràng d y x Hàm d2x – x3 nhận giá trị lớn nhất khi x = 1 2 3 1 3 3 d d      , y2 = d2 – x2 = 22 3 d y = 72 2 2 1, 4 53 d x x x x    Nghĩa là, xà gồ sẽ có độ bền lớn nhất khi tỷ lệ giữa chiều cao và bề rộng của nó là 7 5 (không phụ thuộc vào hệ số k). 24 giá trị lớn nhất của hàm đã cho đạt được trong khoảng 0 < z  1. Ở bài toán 1 ta đã chứng tỏ được hàm z – z3 với z  0 nhận giá trị lớn nhất tại điểm Z = 1 3 11 1 3 3       Tại điểm này, y = sinxsin2x = 2z(1-z2) = 2 1 41 33 3 3       . Như vậy hàm y = sinxsin2x nhận giá trị lớn nhất tại những điểm mà tại đó z = cosx = 1 3 và giá trị lớn nhất đó bằng 4 3 3 . Bài toán 4. Tìm giá trị lớn nhất của hàm y = cosxcos2x. ĐÁP. Dễ ràng thấy rằng hàm đã cho y nhận giá tị lớn nhất bằng 1 tại các điểm x = 0, 2, 4, . . . , Bài toán 5. Tìm giá trị bé nhất của hàm y = x + ax với a > 0,  < 0 và x  0. ĐÁP. Vì  < 0 nên ta xử dụng bđt (2) ở bài 3 là (1 + z)  1 + z (dấu bằng chỉ xảy ra khi z = 0). Đặt 1+z = y thì z = y – 1 ta có: y  1 + (y – 1); y  0, hơn nữa dấu bằng chỉ xảy ra khi y = 1, từ bbđt ngay trên đây ta suy ra y - y  1 - , (cy) - c-1(cy)  (1 - )c Đặt a = -c-1, x = cy ta nhận được x + ax  (1 - )c = (1 - ) 1 1a        , hơn nữa dấu bằng chỉ xảy ra khi x = c = 1 1a        . Tóm lại tại điểm x = 1 1a        hàm x + ax nhận giá trị nhỏ nhất là (1 - ) 1a         . Chẳng hạn hàm 3 1 27x x  với x  0 nhận giá trị nhỏ nhất là 1 3 1 1 31 271 413 3                  tại điểm x = 1 1 1 327 1 1 27 3            . Bài toán 6. Tìm các kích thước hợp lý nhất của một bình hình trụ có đáy nhưng không có nắp. Ta quy định “kích thước hợp lý nhất” là những giá trị của các kích thước sao cho việc chế tạo bình hình trụ đó tốn ít nhất nguyên vật liệu. 25 ĐÁP. Ký hiệu r- bán kính đáy trụ; V- thể tích trụ; S- diện tích toàn phần bề mặt trụ; h- chiều cao trụ. Ta lần lượt có: V = r2h, S = 2r2 + 2rh. Vì h = 2 V r nên S = 2r2 + 2r 2 V r = 2r2 + 2V r , đặt x = 1 r ta có: S = 2x-2 + 2Vx = 2 2 Vx x       Muốn dùng ít nhất nguyên vật liệu để chế tạo bình hinh trụ thì tất nhiên diện tích toàn phần bề mặt của nó phải nhỏ nhất. Hàm 2 Vx x       , theo lời giải bài 5, nhận giá trị nhỏ nhất tại điểm x = 1 2 1 3 2 2 V V          Trở lại mục tiêu chính của bài tập 6 ta tìm được: 31 2 r V   , r3 = 2 V  = 2 2 r h  , r = 2 h , h = 2r = d  bình hình trụ có các kích thước hợp lý nhất là chiều cao và đường kính bằng nhau. BÀI TẬP 1- Tìm giá trị lớn nhất của hàm x(6 – x)2 với 0 < x< 6. 2- Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh là 2a hãy cắt nó (cách cắt, xem hình bên trái) để tạo một hình hộp không nắp có thể tích lớn nhất. ( cắt tại 4 góc 4 hình vuông như x x nhau có cạnh là x) 2a 2a–2x 3- Tìm giá trị nhỏ nhất của các hàm sau: a/ x6 + 8x2 + 5 b/ x6 - 8x2 + 5 4- Tìm giá trị lớn nhất của hàm x -ax với 0 0, x  0 5- Chứng minh rằng với mọi x  0, bdt sau đây luôn luôn nghiệm đúng: 4 3 2 8 x x  6- Chứng minh rằng với n  3, bđt sau đây nghiệm đúng: n n > 1 1n n  26 7- Tìm giá trị lớn nhất từ các số sau đây: 1, 2 , 3 3 , 4 4 , 5 5 , . . . , n n , . . . 8- Chứng minh bđt: n n < 1 + 2 n 9- Chứng minh rằng (1 + a1)(1 + a2)(1 + an)  1 + a1 + a2 + + an nếu các số ai cùn dấu và không nhỏ hơn -1. 10- Chứng minh bđt: (a1b1 + a2b2 + . . . + anbn)2  an2 (a12 + a22 +. . . +an2)(b12 + b22 + . . .+bn2) 11- Chứng minh rằng trung bình cộng không lớn hơn trung bình bình phương. 12- Chứng minh bđt: 1 1 1n n n     13- Chứng minh rằng 1 1 11 2 1 ... 2 3 n n n         14- Tìm giá rị lớn nhất của các hàm: a) 3 4 5 x x  ; b) x6 – 0,6x10 15- Với giá trị nào của a thì giá trị lớn nhất của hàm 2 ax x  bằng 2,5?  BÀI 5 MỘT VÀI BẤT ĐẲNG THỨC QUAN TRỌNG KHÁC LIÊN QUAN TỚI TÍNH GIỚI HẠN Bài 1. Chứng minh rằng nếu p>1, 1 1 1 p q   , x>0, y>0 thì xy  p qx y p q  (1) Đáp. Ở bài học 4, trong bài tập 1 ta đã chứng minh được x + ax > (1 - ) 1a          nếu >, a>0, x  0. Trong bđt ở bài 1, đặt  = p, a = py ta sẽ nhận được 27 xp – (py)x  (1 –p)   1 11 p pp ppy p y p         (2) Theo giả thiết ta có 1 1 11 , , 1 1 p p pq p q p p p q         Thay giá trị này vào bđt (2), ta được: xp - pyx  - qp y q Sau khi chia tất cả các vế của bdt trên đây cho p và chuyển vế các số hạng cần thiết, ta nhận được bđt cần chứng minh. Bài 2. Chứng minh rằng nếu các số a1, a2, . . ., an và b1, b2, . . ., bn là các số dương, còn p & q thỏa mãn điều kiện ở bài tập 1, thì: (a1b1 + a2b2 +. . .+ anbn)  (a1p + a2p + . . .+ anp) 1 p   1 1 2 ... q q q q nb b b   (3) Đáp. Đặt a1p + a2p + . . .+ anp = Ap, b1q + b2q + . . .+ bnq = Bq Khi đó bđt (3) thành:     1 1 p qp qA B AB Tiếp theo ta đặt a1 = Ac1, a2 = Ac2,. . . , an = Acn ; b1 = Bd1, b2 = Bd2,. . . , bn = Bdn ; Vì Ap = a1p + a2p + . . .+ anp = Apc1p + Apc2p +. . .+Apcnp = Ap(c1p + c2p +. . . +cnp) nên hiển nhiên c1p + c2p +. . . +cnp = 1 Cũng bằng cách đó ta có thể chứng tỏ d1p + d2p + . . .+dnp = 1. Đến đây, sử dụng bđt (1) ta có: a1b1 = AB(c1d1)  AB 1 1 , p qc d p q       a2b2 = AB 2 2 , p qc d p q       (*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , anbn = AB p q n nc d p q       Từ các bđt ở hệ (*) ta suy ra: 28 a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn  AB 1 2 1 2 ... ...p p p q q qn nc c c d d d p q            = = AB 1 1 p q        AB (theo cách đặt biến phụ và giả thiết) Như vậy ta đã chứng minh được vế trái của bđt (3) không vượt quá AB, do vậy cũng không vượt quá vế phải của (3). Theo bài tập 1, dấu bằng của (2) xảy ra khi và chỉ khi x = 1 11 1 , qp p ppy y y p         xp = yq. Tương tự như vậy, dấu bằng của mỗi bđt thuộc (*) xảy ra khi và chỉ khi c1 = 1 2 2, ,..., q q q p p p nd c d d nghĩa là khi c1p = d1q, c2p = d2q, . . ., cnp = dnq. Cuối cùng, sau khi nhân các đẳng thứ trên đây với ApBq, ta nhận được: 1 2 1 2 , ,..., pp pp p p n q q q q q q n aa aA A A b B b B b B    Tóm lại dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi 1 2 1 2 ... pp p n q q q n aa a b b b    Trường hợp đặc biệt! Trong (3), nếu lấy p = 2, q = 2 thì ta nhận được bđt đơn giản sau: a1b1 + a2b2 +. . .+ anbn  2 2 2 2 2 21 2 1 2( ... )( ... )n na a a b b b      (**) Bài 3 Chứng minh rằng 1 1 1ln 1 1n n n        (4) Đáp. Kết hợp các bđt (7) và (8) ở bài “Phụ lục cần thiết” ta có: 11 11 1 n n e n n                Lấy logarith cơ số e các vế của bđt trên đây ta nhận được: nln  1 11 ln 1 1 ln 1e n n n                  bđt (4) chứng minh xong! Bài 4. Cho z1 = 1 + 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , 2 2 3 4 3 4 5 6 4 5 6 7 8 z z z            29 1 1 1 1... 1 2 2n z n n n n        Tìm lim nn z . Đáp. Khi thay n bởi n-1 ở vế thứ nhất của bđt (4) ta nhận được: 1 1ln 1 ln 1 1 n n n n        Từ bđt ngay trên đây và vế thứ hai của bđt (4) ta suy ra: ln 1 1 ln 1 n n n n n     (5) Đến đây sử dụng bđt (5) ta lần lượt nhận được các bđt sau: 1 1ln ln 1 2 1 1ln ln 1 1 3 1 2ln ln 2 2 1 ......................................... 2 1 1 2ln ln 2 2 2 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n                      (**) Sau khi cộng vế đối vế các bđt ở hệ (**) trên đây và nhớ rằng “Tổng các logarithms bằng logarithm của tich” ta có:          1 2 3 ... 2 1 1 1 1ln ... 1 2 ...2 1 2 n n n n n n n n n n n                      1 2 ...2 ln 1 1 ... 2 1 n n n n n n n n      Nghĩa là: 2 1 1 1 1 2ln ... ln 1 2 1 n n n n n n n         (***) Vì 2 1 12n n n    nên 2 1 1lim ln lim ln 2 ln 2 n n n n n          Cũng tương tự, ta có 2 22 1 1 n n n     suy ra 2lim ln ln 2 1n n n   Như vậy, các số hạng tại biên của (***) đều có giới hạn bằng 2 vì vậy số hạng giữa của (***) cũng có giới hạn bằng 2, nghĩa là: 30 1 1 1lim ... lim ln 2 1 2 nn n z n n n           Bài 5. Cho x1 = 1, x2 = 1- 1 2 , x3 = 1 - 1 1 2 3  , . . . ,xn = 1 -   11 1 1 1 1 1... 1 . 2 3 4 5 6 n n         Tính lim nn x . Đáp. Ta có: x2n = 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 2 1 2n n          = = 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 2 1 2n n            - 2 1 1 1 1... 2 4 6 2n         = = 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 2 1 2n n            - 1 1 11 ... 2 3 n         = = 1 1 1... 1 2 2n n n      Ở bài toán trên ta đã đặt zn = 1 1 1... 1 2n n n     , vì vậy x2n = zn - 1 n . Mà lim ln 2nn z  (Xem bài toán 4). Bởi vậy: 2 1lim lim ln 2n nn nx z n         Ta cũng còn một nhận xét là x2n+1 = x2n + 1 2 1n và vì thế mà 2 1 2 1lim lim ln 2 2 1n nn n x x n        Do đó lim ln 2nn x  . Chú ý. Các số x1 = a1, x2 = a1 + a2, x3 = a1 + a2 +a3,. . . , xn = a1 + a2 +a3 + . . . +an gọi là các tổng bộ phận (hay các tổng con) của chuỗi a1 + a2 +a3 + . . . +an +. . . . Chuỗi được gọi là hội tụ nếu dãy các tổng bộ phận của nó có giới hạn hữu hạn. Trong trường hợp này, số S = lim nn x được gọi là chuỗi tổng. Như vậy chuỗi 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 2 1 2n n          +. . . hội tụ và có tổng bằng ln2. Bài 6. Chuỗi 1 + 1 1 1 1... ... 2 3 4 n      được gọi là chuỗi điều hòa. Chứng minh rằng chuỗi điều hòa phân kỳ. Đáp. Theo bđt (4) ta có 1 1ln n n n   , lần lượt lấy n=1, 2, 3, , n ta có: 31 1 > ln 2 1 1 2 > ln 3 2 1 3 > ln 4 3 . . . . . . . . 1 1ln n n n   Cộng vế đối vế các bđt trên đây ta được: xn = 1 + 1 1 1... 2 3 n    > ln  2.3.4... 1 1.2.3.4... n n  = ln  1n Hiển nhiên  lim lim ln 1nn nx n     . Vậy chuỗi điều hòa phân kỳ. Bài 7. Chứng minh rằng chuỗi 1 + 1 1 1... 2 3 n      + . . . hội tụ với   >1 (7) Đáp. Các tổng bộ phận của chuỗi này là: x1 = 1 x2 = 1 + 1 2 x3 = 1 + 1 1 2 3   x4 = 1 + 1 1 2 3   + 1 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . xn = 1 + 1 1 2 3   + 1 4 + . . .+ 1 n Hiển nhiên các tổng bộ phận này đơn điệu tăng: x1 < x2 < x3 < . . .< xn < . . . Mặt khác, như ta đã biết, dãy liên tiếp các số đơn điệu tăng và bị chặn thì có giới hạn hữu hạn. Như vậy, nếu ta chứng minh được dãy số xn bị chặn thì sẽ chứng minh được dãy (7) hội tụ. Ta đặt y2n = 1 -     1 1 1 1 1 1 1... 2 3 4 5 6 2 1 2n n              Vì y2n = 1 - 1 1 1 1 1 1 1... 2 3 4 5 (2 2) (2 1) (2 )n n n                             Nên (chú ý mỗi số trong ngoặc đơn là số dương) y2n < 1 32 Mặt khác có y2n = 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 (2 1) (2 )n n                 = 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 (2 1) (2 )n n                    2 1 1 1 1... 2 4 6 (2 )n              = 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 3 4 5 6 (2 1) (2 )n n                    2 1 1 11 ... 2 2 3 n            Vì xn = 1 + 1 1 1... 2 3 n      nên y2n = x2n - 2 2 n x Đến đây, vì x2n > xn, y2n y2n > xn - 2 2 2 2 2n x      xn Từ đó suy ra xn < 2 2 2    , nghĩa là số xn (với  > 1) bị chặn. Chính điều ấy chứng minh rằng chuỗi (7) hội tụ và tổng của nó không lớn hơn 2 2 2    .. Chẳng hạn, với  = 2 thì xn = 1 + 2 2 2 2 2 1 1 1 2... 2 2 3 2 2n       S = lim 2nn x  Trong Giải tich toán người ta đã chứng minh được: S = 2 2 2 1 1 11 ... ... 2 3 6n        (8) BÀI TẬP 1/ Tính tổng của chuỗi S = 1 + 12 2 2 2 1 1 1 1... ( 1) ... 2 3 4 n n       2/ Chứng minh bđt: 1 1( 1)1 2 3 ... , 1 1 n nn                  với  >0 3/Chứng minh rằng 33 1 1 2 3 4 ... 1lim , 1n n n               > 0 4/Chứng minh bđt với  ai, bi, ci >0 (i = 1, n) (a1b1c1 + a2b2c2+. . .+anbncn)  (a13+a23+. . .+an3)(b13+b23+. . .+bn3)(c13+c23+. . .+cn3) 5/Chứng minh rằng 1 1 1 1lim ... ln 1 2n k n n n kn          , trong đó k là số nguyên dương. Thầy Trần Thông Quế (Nguyên là giảng viên Bộ môn Digital Technique & Micro Process HVKT Quân Sự, sau là giảng viên cao cấp Trung tâm Xã hội học – Tin học, HVCT Quốc gia Hồ Chí Minh) Độc giả có thể trao đổi với tác giả theo MailBox: quethongtran@Yahoo.com Tham khảo. 1/НЕРАВЕНСТВА. ПП.Коровкин,Издатeльство “НАУКА”.МОСКВА,1966 2/ AN INTRODUCTION TO INEQUALITIES BY EDWIN BECKENBACH University of California, Los Angeles And RICHARD BELLMAN The Rand Corporation. RANDOM HOUSE NEW YORK 1961. ( BECKENBACH & BELLMAN là hai nhà BÁC HỌC TOÁN HỌC MỸ ở thập niên 50 của thế kỷ 20 ) 34

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfcanbanbdt_0992.pdf
Tài liệu liên quan