n

∑

i

=

1

λ

i

ln x

i

≤

ln



n

∑

i

=

1

λ

i

x

i



,

λ

i

>

0,

n

∑

i

=

1

λ

i

=

1,

x

i

>

0

n

∑

i

=

1

λ

i

ln x

i

≤

ln



n

∑

i

=

1

λ

i

x

i



,

λ

i

>

0,

n

∑

i

=

1

λ

i

=

1,

x

i

>

0

n

∑

i

=

1

λ

i

ln x

i

≤

ln



n

∑

i

=

1

λ

i

x

i



,

λ

i

>

0,

n

∑

i

=

1

λ

i

=

1,

x

i

>

0

P. P. KOROVKIN

BẤT ĐẲNG THỨC

Người dịch: TS. Trần Nam Dũng

Soạn thảo L

A

T

E

X

Phạm Tiến Đạt [MUVODICH]

Hoàng Thái

Hà [Hahahahahahahaha]

Nguyễn Minh Hải

[MHN]

Mục lục

Lời mở đầu

1

Ch. 1

Bất đẳng thức

2

1.1

Phần nguyên của số thực

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Trung bình cộng và trung bình nhân . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Số e

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.4

Bất đẳng thức Bernoulli

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.5

Trung bình lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

Ch. 2

Ứng dụng của bất đẳng thức

25

2.1

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

. . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.2

Bất đẳng thức Holder

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.3

Ứng dụng bất đẳng thức để tính giới hạn . . . . . . . . . . . . .

36

2.4

Ứng dụng của bất đẳng thức để tính gần đúng các đại lượng

42

Lời giải bài tập

50

-

iii

-

Lời mở đầu

Trong chương trình toán học phổ thông học sinh đã được làm quen với các tính

chất của bất đẳng thức và phương pháp giải bất phương trình trong những trường

hợp đơn giản nhất (bất phương trình bậc một và bậc hai).

Trong cuốn sách nhỏ này,

tác giả không đạt mục đích trình bày tính chất cơ

bản của bất đẳng thức mà chỉ muốn học sinh làm quen với những bất đẳng thức

nổi tiếng đóng một vai trò quan trọng trong nhiều lĩnh vực của toán học cao cấp

và những ứng dụng của chúng trong việc tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất

của hàm số và tính một số giới hạn.

Trong cuốn sách này có dẫn 63 bài toán, trong đó có 35 bài có lời giải chi tiết

và là nội dung chính của cuốn sách, còn 28 bài còn lại ở phần 1 chương I và phần

1,3,4 chương II ở dạng bài tập. Lời giải của các bài tập này bạn đọc có xem ở cuối

cuốn sách.

Do đó chúng tôi đề nghị các bạn học sinh chỉ xem lời giải khi đã tìm ra lời giải

độc lập, có thể là lời giải khác (như thế lầ rất tốt!) lời giải của tác giả.

Trong chứng minh các bất đẳng thức và giải các bài toán, tác giả chỉ sử dụng các

tính chất của bất đẳng thức và giới hạn ở chương trình lớp 10 trung học phổ thông.

Trong lần tái bản thứ tư này, so với các lần trước, đã thay đổi thứ tự của một

số bài toán, thêm vào một số bài toán và chú thích. Ở dạng như vậy của nội dung

cuốn sách có thể làm bài giảng thêm cho các học sinh trung học.

P. Korovkin.

-

1 -

Chương

1

Bất đẳng thức

Tầm quan trọng của bất đẳng thức được đánh giá bởi ứng dụng của chúng trong

những vấn đề khác nhau của khoa học tự nhiên và kỹ thuật. Vấn đề là ở chỗ giá

trị

của những đại

lượng được xác định từ những bài

toán thực tế (khoảng cách

đến mặt trăng, vận tốc của mặt trăng,…) có thể không tính được chính xác hoàn

toàn, mà chỉ tính gần đúng. Nếu như x là một giá trị tìm được, còn ∆x là sai số

đo lường, thì giá trị thực y thỏa mãn bất đẳng thức

x

− |

∆x

| ≤

y

≤

x

+ |

∆x

|

.

Khi giải quyết các bài toán thực tế, nhiều lúc phải tính đến tất cả các sai số đo

đạc. Hơn nữa, phù hợp với sự tiến bộ của kỹ thuật và phức tạp hóa của những bài

toán, cần phải cải tiến cả kỹ thuật đo đạc. Sai số đo đạc quá lớn trở nên không thể

chấp nhận được trong việc giải

quyết những vấn đề kỹ thuật phức tạp (hạ cánh

xe thám hiểm Mặt Trăng ở một vùng xác định trên Mặt Trăng,

hạ cánh tàu vũ

trụ xuống sao Kim,…).

1.1

Phần nguyên của số thực

Phần nguyên của x (ký hiệu là

[

x

]

) là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.

Từ định nghĩa này suy ra rằng

[

x

]

≤

x,

bởi

vì

phần nguyên không vượt quá x.

Mặt khác, vì

[

x

]

là số nguyên lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức cuối cùng, ta có

[

x

] +

1

>

x.

Như vậy,

[

x

]

là số nguyên, xác định bởi bất đẳng thức

[

x

] ≤

x

< [

x

] +

1.

Ví

dụ như,

từ các bất đẳng thức 3

<

π

<

4, 5

<

17

3

<

6,

−

2

< −

√

2

< −

1, 5

=

5

<

6 suy ra rằng

[

π

] =

3,

[

17

3

] =

5,

[−

√

2

] = −

2,

[

5

] =

5.

Kỹ năng tìm phần nguyên của một đại lượng rất quan trọng trong tính toán gần

đúng. Thật vậy, nếu như chúng ta tìm được phần nguyên của đại lượng x, thì nếu

-

2 -

Bất đẳng thức

nhận giá trị

[

x

]

hoặc

[

x

] +

1 là giá trị

gần đúng của đại

lượng x,

chúng ta đã có

được sai số có giá trị không lớn hơn đơn vị, bởi vì

0

≤

x

− [

x

] < [

x

] +

1

− [

x

] =

1,

0

< [

x

] +

1

−

x

≤ [

x

] +

1

− [

x

] =

1.

Hơn thế,

xác định phần nguyên của một đại

lượng cho phép tìm giá trị

của nó

chính xác đến

1

2

. Giá trị đó có thể lấy

[

x

] +

1

2

.

Cần nhấn mạnh rằng kỹ năng tìm kiếm phần nguyên của một số cho phép xác

định số này với độ chính xác tùy ý. Thật vậy, bởi vì

[

Nx

] ≤

Nx

≤ [

Nx

] +

1

do đó

[

Nx

]

N

≤

x

≤

[

Nx

]

N

+

1

N

.

Như vậy, số

[

Nx

]

N

+

1

2N

sai

khác với

số x không quá

1

2N

.

Với

N lớn thì

sai

số sẽ nhỏ.

Trong những bài

toán sau chúng ta tìm phần nguyên của số thực.

Bài toán 1.

Tìm phần nguyên của số

x

=

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+

1

√

5

.

Lời Giải. Áp dụng các bất đẳng thức

1

≤

1

≤

1,

0,7

≤

r

1

2

<

0,8,

0,5

≤

r

1

3

<

0,6,

0,5

≤

r

1

4

≤

0,5,

0,4

≤

r

1

5

<

0,5,

(chúng nhận được bằng cách khai

căn với

độ chính xác 0, 1).

Cộng các bất đẳng

thức này lại thu được

1

+

0, 7

+

0, 5

+

0, 5

+

0, 4

<

x

<

1

+

0, 8

+

0, 6

+

0, 5

+

0, 5,

tức là 3, 1

<

x

<

3, 4, suy ra

[

x

] =

3.

□

-

3 -

Bất đẳng thức

Chúng ta cũng nhận xét rằng với ví dụ này, là số 3, 25 sai khác với số x không

quá 0, 15.

Bài toán 2.

Tìm phần nguyên của số

x

=

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

1000000

.

Lời Giải. Bài toán này khác với bài toán trước chỉ ở các số hạng (trong bài toán

đầu, chỉ có năm số hạng, trong khi bài toán hai thì có 1000000 số hạng). Nhưng

cũng chính sự khác biệt này khiến cho phương pháp của bài toán trước không thể

áp dụng được cho bài toán này.

Để giải bài toán này, ta nghiên cứu tổng

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

n

và chứng minh

2

√

n

+

1

−

2

√

n

<

1

√

n

<

2

√

n

−

2

√

n

−

1.

(1)

Thật vậy, bởi vì

2

√

n

+

1

−

2

√

n

=

2

(

√

n

+

1

−

√

n

)(

√

n

+

1

+

√

n

)

√

n

+

1

+

√

n

=

2

√

n

+

1

+

√

n

và

√

n

+

1

>

√

n,

thì

2

√

n

+

1

−

2

√

n

<

2

2

√

n

=

1

√

n

.

Vế đầu của bất đẳng thức (1) đã được chứng minh;

phần hai

được chứng minh

tương tự.

Cho vào bất đẳng thức (1) lần lượt n

=

2, 3, 4, . . . , n, ta thu được

2

√

3

−

2

√

2

<

1

√

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

√

n

+

1

−

2

√

n

<

1

√

n

<

2

√

n

−

2

√

n

−

1.

-

4 -

Bất đẳng thức

Cộng các bất đẳng thức lại, ta có

2

√

n

+

1

−

2

√

2

<

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

n

<

2

√

n

−

2.

Thêm vào các vế bất đẳng thức (1), ta tìm được

2

√

n

+

1

−

2

√

2

+

1

<

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

n

<

2

√

n

−

1

(2)

Bởi vì 2

√

2

<

3, còn

√

n

+

1

>

√

n, thì bất đẳng thức (2) suy ra rằng

2

√

n

−

2

<

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

n

<

2

√

n

−

1.

(3)

Áp dụng bất đẳng thức (3), ta dễ dàng tìm được phần nguyên của số

y

=

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

1000000

.

Để làm điều đó, đặt trong bất đẳng thức (3) n

=

1000000, ta nhận được

2

√

1000000

−

2

<

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

1000000

<

2

√

1000000

−

1,

hay

1998

<

y

<

1999.

Từ đó suy ra,

[

y

] =

1998.

Từ bất đẳng thức (2) suy ra rằng số 1998,6 khác với số y không quá 0,4. Như

vậy, chúng ta tính được số y với độ chính xác

40

1998, 4

%

=

0, 02%. Số 1998 và 1999

khác với số y không quá đơn vị, còn số 1998,5 không sai khác quá 0, 5.

Bây giờ chúng ta phân tích một bài toán ở dạng khác.

□

Bài toán 3.

Chứng minh bất đẳng thức

x

=

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

99

100

<

1

10

.

Lời Giải. Đặt

y

=

2

3

·

4

5

·

6

7

. . .

100

101

.

Bởi vì

1

2

<

2

3

,

3

4

<

4

5

,

5

6

<

6

7

,

. . . ,

99

100

<

100

101

,

-

5 -

Bất đẳng thức

nên x

<

y và do đó

x

2

<

xy

=

1

2

·

2

3

·

3

4

·

4

5

·

5

6

·

6

7

· · ·

99

100

·

100

101

=

1

101

.

Khai căn hai vế bất đẳng thức trên, ta thu được

x

<

1

√

101

<

0, 1.

□

Bài tập

1. Chứng minh bất đẳng thức

1800

<

1

√

10000

+

1

√

10001

+ · · · +

1

√

1000000

<

1800, 02.

2. Tìm

[

50z

]

với

z

=

1

√

10 000

+

1

√

10 001

+ · · · +

1

√

1 000 000

.

Đáp án.

[

50z

] =

90000.

3. Bằng quy nạp toán học chứng minh bất đẳng thức

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

2n

−

1

2n

≤

1

√

3n

+

1

.

4. Chứng minh bất đẳng thức

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

99

100

<

1

12

.

1.2

Trung bình cộng và trung bình nhân

Nếu x

1

, x

2

, . . . , x

n

là các số dương thì các số

a

=

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

n

n

và

g

=

n

√

x

1

x

2

· · ·

x

n

-

6 -

Bất đẳng thức

được gọi tương ứng là trung bình cộng và trung bình nhân của các số x

1

, x

2

, . . . , x

n

.

Đầu thế kỷ trước, nhà toán học O. Cauchy đã chứng minh bất đẳng thức

g

≤

a

,

rất thường sử dụng trong giải toán. Chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức này,

nhưng trước hết ta chứng minh một mệnh đề phụ.

Định lý 1

Nếu tích của n số dương x

1

, x

2

, . . . , x

n

bằng 1 thì

tổng của chúng không nhỏ

hơn n:

x

1

x

2

. . . x

n

=

1

=⇒

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

n

≥

n.

Chứng minh. Chúng ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Trước hết ta

kiểm tra sự đúng đắn của mệnh đề khi n

=

2, có nghĩa là ta cần kiểm chứng rằng

x

1

x

2

=

1

=⇒

x

1

+

x

2

≥

2.

Để giải quyết câu hỏi này, chúng ta xét hai trường hợp sau:

(

1

)

x

1

=

x

2

=

1.

Trong trường hợp này x

1

+

x

2

=

2, và định lý được chứng minh.

(

2

)

0

<

x

1

<

x

2

.

Trong trường hợp này x

1

<

1, còn x

2

>

1 vì tích của chúng bằng 1. Từ hằng đẳng

thức

(

1

−

x

1

)(

x

2

−

1

) =

x

2

+

x

1

−

x

1

x

2

−

1

suy ra rằng

x

1

+

x

2

=

x

1

x

2

+

1

+ (

1

−

x

1

)(

x

2

−

1

)

.

(4)

Hằng đẳng thức (4) ta thu được không có điều kiện gì đối với x

1

, x

2

. Nếu tính đến

thêm rằng x

1

x

2

=

1, ta thu được

x

1

+

x

2

=

2

+ (

1

−

x

1

)(

x

2

−

1

)

.

Cuối cùng, vì x

1

<

1

<

x

2

, nên số hạng cuối cùng dương và x

1

+

x

2

>

2. Như vậy,

khi n

=

2 định lý đã được chứng minh. Ta nhận xét rằng đẳng thức

x

1

+

x

2

=

2

xảy ra khi và chỉ khi

x

1

=

x

2

. Nếu như x

1

̸

=

x

2

thì

x

1

+

x

2

>

2.

-

7 -

Bất đẳng thức

Bây giờ, dựa trên phương pháp quy nạp toán học, ta giả sử rằng định lý đúng

với n

=

k, có nghĩa là, giả sử bất đẳng thức

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

k

≥

k

đúng, nếu như x

1

x

2

. . . x

k

=

1 và ta chứng minh định lý đúng với n

=

k

+

1, nghĩa

là ta chứng minh rằng

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

k

+

x

k

+

1

≥

k

+

1,

nếu như x

1

x

2

. . . x

k

x

k

+

1

=

1, ở đây x

1

>

0,

x

2

>

0, …,

x

k

>

0,

x

k

+

1

>

0.

Trước hết, ta nhận xét rằng nếu như

x

1

x

2

x

3

. . . x

k

x

k

+

1

=

1,

thì có thể xảy ra hai trường hợp:

(

1

)

tất cả các số hạng x

1

, x

2

, x

3

, . . . , x

k

, x

k

+

1

bằng nhau, có nghĩa là

x

1

=

x

2

=

x

3

= · · · =

x

k

=

x

k

+

1

,

(

2

)

không phải tất cả các số hạng đều bằng nhau.

Trong trường hợp đầu mỗi một số hạng bằng 1, và tổng của chúng bằng k

+

1,

có nghĩa là

x

1

+

x

2

+

x

3

+ · · · +

x

k

+

x

k

+

1

=

k

+

1.

Trong trường hợp thứ hai,

giữa các số hạng của tích x

1

, x

2

, . . . , x

k

, x

k

+

1

tìm

được ít nhất một số lớn hơn và ít nhất một số nhỏ hơn đơn vị (nếu như tất cả các

số hạng đều nhỏ hơn đơn vị thì tích của chúng cũng sẽ nhỏ hơn đơn vị).

Ví dụ, giả sử x

1

<

1, và x

k

+

1

>

1. Ta có

(

x

1

·

x

k

+

1

) ·

x

2

· · · · ·

x

k

=

1.

Đặt y

1

=

x

1

x

k

+

1

, ta thu được

y

1

x

2

x

3

. . . x

k

=

1.

Vì ở đây tích của k số dương bằng đơn vị, cho nên (theo giả thiết) tổng của chúng

không nhỏ hơn k, có nghĩa là

y

1

+

x

2

+

x

3

+ · · · +

x

k

≥

k.

-

8 -

Bất đẳng thức

Nhưng

x

1

+

x

2

+

x

3

+ · · · +

x

k

+

x

k

+

1

=

= (

y

1

+

x

2

+

x

3

+ · · · +

x

k

) +

x

k

+

1

−

y

1

+

x

1

≥

≥

k

+

x

k

+

1

−

y

1

+

x

1

= (

k

+

1

) +

x

k

+

1

−

y

1

+

x

1

−

1.

Nhớ lại rằng y

1

=

x

1

x

k

+

1

, ta nhận được

x

1

+

x

2

+

x

3

+ · · · +

x

k

+

x

k

+

1

≥ (

k

+

1

) +

x

k

+

1

−

x

1

x

k

+

1

+

x

1

−

1

= (

k

+

1

) + (

x

k

+

1

−

1

)(

1

−

x

1

)

.

Bởi vì

x

1

<

1, còn x

k

+

1

>

1, cho nên

(

x

k

+

1

−

1

)(

1

−

x

1

) >

0 và, do đó,

x

1

+

x

2

+

x

3

+ · · · +

x

k

+

x

k

+

1

≥

k

+

1

+ (

x

k

+

1

−

1

)(

1

−

x

1

) >

k

+

1.

Vậy định lý đã được chứng minh.

□

Bài toán 1.

Chứng minh rằng, nếu x

1

, x

2

, . . . , x

n

là những số dương, thì

x

1

x

2

+

x

2

x

3

+ · · · +

x

n

−

1

x

n

+

x

n

x

1

≥

n,

dấu bằng xảy ra khi và chỉ ra

x

1

=

x

2

=

x

3

= · · · =

x

n

.

Lời Giải. Bởi vì

x

1

x

2

·

x

2

x

3

· · ·

. . .

x

n

−

1

x

n

·

x

n

x

1

=

1,

cho nên bất đẳng thức suy ra từ Định lý 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x

1

x

2

=

x

2

x

3

= · · · =

x

n

−

1

x

n

=

x

n

x

1

=

1,

có nghĩa là khi

x

1

=

x

2

=

x

3

= · · · =

x

n

.

□

Bài toán 2.

Chứng minh bất đẳng thức

x

2

+

2

√

x

2

+

1

≥

2.

Lời Giải. Ta có

x

2

+

2

√

x

2

+

1

=

x

2

+

1

√

x

2

+

1

+

1

√

x

2

+

1

=

p

x

2

+

1

+

1

√

x

2

+

1

.

Vì tích của hai số hạng ở vế phải của đẳng thức bằng đơn vị, nên tổng của chúng

-

9 -

Bất đẳng thức

không nhỏ hơn 2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x

=

0.

□

Bài toán 3.

Chứng minh rằng với a

>

1

log a

+

log

a

10

≥

2.

Lời Giải. Bởi vì log a

·

log

a

10

=

1, cho nên

log a

+

log

a

10

=

log a

+

1

log a

≥

2.

□

Bài toán 4.

Chứng minh bất đẳng thức

x

2

1

+

x

4

≤

1

2

.

Lời Giải. Chia tử số và mẫu số của vế trái cho x

2

:

x

2

1

+

x

4

=

1

1

x

2

+

x

2

.

Bởi vì

1

x

2

·

x

2

=

1, cho nên

1

x

2

+

x

2

≥

2 và, do đó

1

1

x

2

+

x

2

⩽

1

2

.

Bây giờ chúng ta chuyển sang chứng minh mệnh đề đã được nhắc đến ở đầu

phần này.

□

Định lý 2

Trung bình nhân của các số thực dương không lớn hơn trung bình cộng của

chúng.

Nếu như các số x

1

, x

2

, . . . , x

n

không đôi một bằng nhau, thì trung bình nhân

của các số này nhỏ hơn trung bình cộng của chúng.

Chứng minh. Từ đẳng thức g

=

n

√

x

1

x

2

. . . x

n

suy ra rằng

1

=

n

q

x

1

g

x

2

g

. . .

x

n

g

,

hay

x

1

g

x

2

g

. . .

x

n

g

=

1.

Vì tích của n số dương bằng 1, nên (định lý 1) tổng của chúng không nhỏ hơn

n, nghĩa là

x

1

g

+

x

2

g

+ · · · +

x

n

g

≥

n.

-

10 -

Bất đẳng thức

Nhân hai vế của bất đẳng thức cuối cùng cho g và chia cho n, ta nhận được

a

=

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

n

n

≥

g.

Nhận xét rằng dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x

1

g

=

x

2

g

= · · · =

x

n

g

=

1 , nghĩa là x

1

=

x

2

= · · · =

x

n

=

g. Nếu như các số x

1

, x

2

, . . . , x

n

không tất cả bằng nhau, thì

a

>

g.

□

Bài

toán 5.

Trong tất cả các hình hộp chữ nhật có tổng ba cạnh vuông góc cho

trước hãy tìm hình hộp có thể tích lớn nhất.

Lời Giải. Cho m

=

a

+

b

+

c là tổng các cạnh, còn V

=

abc là thể tích hình hộp.

Bởi vì

3

√

V

=

3

√

abc

≤

a

+

b

+

c

3

=

m

3

,

cho nên

V

≤

m

3

27

.

Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ

khi

a

=

b

=

c

=

m

3

,

nghĩa là khi

hình hộp chữ nhật là hình lập phương.

□

Bài toán 6.

Chứng minh bất đẳng thức

n!

<



n

+

1

2



n

,

n

≥

2.

(5)

Lời Giải. Áp dụng Định lý 2, ta thu được

n

√

n!

=

n

√

1

·

2

·

3 . . . n

<

1

+

2

+

3

+

. . .

+

n

n

=

=

(

n

+

1

)

n

2n

=

n

+

1

2

.

Lũy thừa bậc n cả hai vế của bất đẳng thức cuối cùng, ta thu được bất đẳng thức

(5).

□

Định nghĩa

1.1

.

Số

c

α

=



a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

n



1

α

được gọi là trung bình lũy thừa của các số a

1

, a

2

, . . . , a

n

bậc α. Đặc biệt, số

c

1

=

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

n

-

11 -

Bất đẳng thức

là trung bình cộng của các số a

1

, a

2

, . . . , a

n

, số

c

2

=

a

2

1

+

a

2

2

+

. . .

+

a

2

n

n

!

1

2

được gọi là trung bình bình phương, còn số

c

−

1

=

a

−

1

1

+

a

−

1

2

+

. . .

+

a

−

1

n

n

!

−

1

=

n

1

a

1

+

1

a

2

+

. . .

+

1

a

n

gọi là trung bình điều hòa của các số a

1

, a

2

, . . . , a

n

.

Bài toán 7.

Chứng minh rằng nếu a

1

, a

2

, . . . , a

n

là số dương và α

<

0

<

β, thì

c

α

≤

g

≤

c

β

,

(6)

nghĩa là, trung bình lũy thừa với bậc âm không lớn hơn trung bình nhân, còn trung

bình lũy thừa với bậc dương không nhỏ hơn trung bình nhân.

Lời

Giải.

Vì

trung bình nhân của các số dương nhỏ hơn trung bình cộng của

chúng nên ta có

n

q

a

α

1

a

α

2

. . . a

α

n

≤

a

α

1

+

a

α

2

+

. . .

+

a

α

n

n

.

Lũy thừa hai

vế của bất đẳng thức cuối

cùng lên lũy thừa 1/α và chú ý rằng

1/α

<

0, ta nhận được

g

=

n

√

a

1

a

2

. . . a

n

≥



a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

n



1/α

=

c

α

.

Vế đầu của bất đẳng thức (6) đã được chứng minh; vế thứ hai của bất đẳng thức

được chứng minh tương tự.

Từ bất đẳng thức (6) suy ra, nói riêng, là trung bình điều hòa c

−

1

không lớn

hơn trung bình cộng c

1

.

□

Bài toán 8.

Chứng minh rằng nếu a

1

, a

2

, . . . , a

n

là những số dương, thì

(

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

)



1

a

1

+

1

a

2

+ · · · +

1

a

n



≥

n

2

.

Lời Giải. Vì c

−

1

≤

g

≤

c

1

, cho nên

c

−

1

=

n

1

a

1

+

1

a

2

+ · · · +

1

a

n

≤

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

n

=

c

1

.

-

12 -

Bất đẳng thức

Từ bất đẳng thức này suy ra

n

2

≤ (

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

)



1

a

1

+

1

a

2

+ · · · +

1

a

n



.

□

Bài toán 9.

Chứng minh bất đẳng thức

na

1

a

2

. . . a

n

≤

a

n

1

+

a

n

2

+ · · · +

a

n

n

,

(7)

ở đây a

1

>

0, a

2

>

0, . . . , a

n

>

0.

Lời Giải. Vì trung bình nhân không lớn hơn trung bình cộng, nên

a

1

a

2

. . . a

n

=

n

q

a

n

1

a

n

2

. . . a

n

n

≤

a

n

1

+

a

n

2

+ · · · +

a

n

n

n

.

Nhân hai vế bất đẳng thức này cho n, ta thu được bất đẳng thức 7.

Từ bất đẳng thức (7), suy ra rằng

2a

1

a

2

≤

a

2

1

+

a

2

2

,

3a

1

a

2

a

3

⩽

a

3

1

+

a

3

2

+

a

3

3

,

4a

1

a

2

a

3

a

4

≤

a

4

1

+

a

4

2

+

a

4

3

+

a

4

4

,

nghĩa là hai lần tích của hai số dương không lớn hơn tổng bình phương của chúng,

ba lần tích của ba số không lớn hơn tổng lập phương của chúng v.v.

□

1.3

Số e

Số e đóng vai trò quan trọng trong toán. Chúng ta sẽ đi đến định nghĩa số này

sau lời giải của một loạt bài toán, trong đó chỉ sử dụng định lý 2.

Bài toán 1.

Chứng minh rằng với mọi số dương a, b

(

a

̸

=

b

)

bất đẳng thức

n

+

1

√

ab

n

<

a

+

nb

n

+

1

là đúng.

Lời Giải. Ta có

n

+

1

√

ab

n

=

n

+

1

r

a bb . . . b

| {z }

n

<

a

+

n

z

}|

{

b

+

b

+ · · · +

b

n

+

1

=

a

+

nb

n

+

1

,

và điều này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

□

-

13 -

Bất đẳng thức

Bài toán 2.

Chứng minh rằng khi số n tăng lên thì các đại lượng

x

n

=



1

+

1

n



n

và

z

n

=



1

−

1

n



n

cũng tăng, nghĩa là

x

n

<

x

n

+

1

=



1

+

1

n

+

1



n

+

1

,

z

n

<

z

n

+

1

=



1

−

1

n

+

1



n

+

1

.

Lời

Giải. Thay các giá trị

a

=

1 và b

=

1

+

1

n

vào bất đẳng thức của bài

toán

trước, ta có

n

+

1

s

1

·



1

+

1

n



n

<

1

+

n



1

+

1

n



n

+

1

=

n

+

2

n

+

1

=

1

+

1

n

+

1

.

Lũy thừa bậc

(

n

+

1

)

hai vế bất đẳng thức, ta thu được



1

+

1

n



n

<



1

+

1

n

+

1



n

+

1

,

tức là x

n

<

x

n

+

1

.

Bất đẳng thức thứ hai được chứng minh theo cách tương tự.

□

Bài toán 3.

Chứng minh rằng

y

n

=



1

+

1

n



n

+

1

giảm khi n tăng, tức là

y

n

>

y

n

+

1

=



1

+

1

n

+

1



n

+

2

.

Lời Giải. Ta có

y

n

=



1

+

1

n



n

+

1

=



n

+

1

n



n

+

1

=

1

n

n

+

1

n

+

1

=

1



1

−

1

n

+

1



n

+

1

=

1

z

n

+

1

(xem các quy ước của Bài toán 2). Bởi vì dãy z

n

tăng khi n tăng, nên nghịch đảo

của nó là y

n

phải giảm.

□

Qua Bài toán 2 và Bài toán 3 ta chứng minh được

x

1

=



1

+

1

1



1

=

2

<

x

2

=



1

+

1

2



2

=

2, 25

<

x

3

< · · · <

x

n

<

. . . ,

y

1

=



1

+

1

1



2

=

4

>

y

2

=



1

+

1

2



3

=

3, 375

>

y

3

> · · · >

y

n

>

. . . .

-

14 -

Bất đẳng thức

Mặt khác,

2

=

x

1

<

x

n

=



1

+

1

n



n

<



1

+

1

n



n

+

1

=

y

n

<

y

1

=

4.

Do đó, giá trị

x

n

thỏa mãn hai điều kiện:

(

1

)

x

n

đơn điệu tăng cùng với sự tăng của số n;

(

2

)

x

n

là một đại lượng bị chặn, 2

<

x

n

<

4.

Như đã biết,

đơn điệu tăng và bị

chặn thì

sẽ có giới

hạn.

Do đó,

tồn tại

giới

hạn của dãy x

n

. Giới hạn này được ký hiệu bằng chữ cái e, nghĩa là,

e

=

lim

n

→

∞

x

n

=

lim

n

→

∞



1

+

1

n



n

.

Khi đại lượng x

n

tăng dần đến giới hạn của nó, thì x

n

nhỏ hơn giới hạn đó, tức là

x

n

=



1

+

1

n



n

<

e.

(8)

Không khó để kiểm tra rằng e

<

3. Thật vậy, nếu số n lớn, thì

x

n

<

y

n

<

y

5

=



1

+

1

5



6

=

2, 985984.

Do đó,

e

=

lim

n

→

∞

x

n

≤

2, 985984

<

3.

Trong toán học,

số e cùng với

số π có ý nghĩa rất lớn.

Ví

dụ,

nó được dùng

làm cơ số của logarit, được gọi là logarit tự nhiên. Logarit của số N cơ số e được

ký hiệu là ln N (đọc là: logarit tự nhiên của N).

Một kiến thức phổ biến là các số e và π đều là số vô tỷ.

Mỗi

số trong đó đã

được tính toán với độ chính xác lên tới 808 chữ số sau dấu phẩy thập phân, và

e

=

2, 7182818284590 . . . .

Bây giờ, hãy để chúng tôi chỉ ra rằng giới hạn của biến y

n

cũng bằng e. Thật

vậy,

lim y

n

=

lim



1

+

1

n



n

+

1

=

lim



1

+

1

n



n



1

+

1

n



=

e

·

1

=

e.

Vì y

n

giảm dần khi tiến gần đến số e (Bài toán 2), nên



1

+

1

n



n

+

1

>

e

.

(

9)

-

15 -

Bất đẳng thức

Bài toán 4.

Chứng minh bất đẳng thức

n!

>



n

e



n

.

(10)

Lời

Giải. Ta chứng minh bất đẳng thức (10) bằng phương pháp quy nạp toán

học. Bất đẳng thức dễ dàng kiểm tra đúng với n

=

1. Thật vậy,

1!

=

1

>

1

e

.

Giả sử rằng bất đẳng thức (10) đúng với n

=

k, tức là

k!

>



k

e



k

.

Nhân cả hai vế bất đẳng thức cuối cho

(

k

+

1

)

, ta thu được

(

k

+

1

)

k!

= (

k

+

1

)

!

>



k

e



k

(

k

+

1

) =



k

+

1

e



k

+

1

e



1

+

1

k



k

.

Do đó, theo bất đẳng thức (8)



1

+

1

k



k

<

e, suy ra

(

k

+

1

)

!

>



k

+

1

e



k

+

1

e

e

=



k

+

1

e



k

+

1

,

nghĩa là bất đẳng thức (9) đã được chứng minh cho n

=

k

+

1. Như vậy, bất đẳng

thức (9) được chứng minh là đúng với mọi giá trị của n.

Vì e

<

3, nên từ bất đẳng thức (9) suy ra rằng

n!

>



n

3



n

.

Bằng cách sử dụng bất đẳng thức cuối cùng này, ta dễ dàng chứng minh được

rằng

300!

>

100

300

.

Cuối cùng, cho n

=

300, ta thu được

300!

>



300

3



300

=

100

300

.

Bất đẳng thức

n!

<

e



n

+

1

e



n

+

1

-

16 -

Bất đẳng thức

được chứng minh theo cách hoàn toàn tương tự như đã làm với bất đẳng thức ở

Bài toán 4.

□

1.4

Bất đẳng thức Bernoulli

Trong mục này, bằng cách sử dụng Định lý 2, chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng

thức Bernoulli, một kết quả tự thân đã rất đáng quan tâm và thường xuyên được

dùng trong việc giải các bài toán.

Định lý 3

Nếu x

≥ −

1 và 0

<

α

<

1, thì

(

1

+

x

)

α

≤

1

+

αx.

(11)

Ngược lại, nếu α

<

0 hoặc α

>

1, thì

(

1

+

x

)

α

≥

1

+

αx.

(12)

Dấu bằng trong (11) và (12) xảy ra khi và chỉ khi

x

=

0.

Chứng minh. Giả sử α là số hữu tỉ, với lưu ý 0

<

α

<

1. Đặt α

=

m

n

,

trong đó

m, n là các số nguyên dương, 1

≤

m

<

n. Theo giả thiết, 1

+

x

≥

0, do đó

(

1

+

x

)

α

= (

1

+

x

)

m

n

=

n

q

(

1

+

x

)

m

·

1

n

−

m

=

n

s

(

1

+

x

)(

1

+

x

) · · · (

1

+

x

)

|

{z

}

m

·

1

·

1

· · ·

1

|

{z

}

n

−

m

≤

(

1

+

x

) + (

1

+

x

) + · · · + (

1

+

x

) +

1

+

1

+ · · · +

1

n

=

m

(

1

+

x

) +

n

−

m

n

=

n

+

mx

n

=

1

+

m

n

x

=

1

+

αx.

Dấu bằng chỉ xảy ra khi tất cả các thừa số nằm dưới dấu căn đều bằng nhau, tức

là khi 1

+

x

=

1, hay x

=

0. Nhưng nếu x

̸

=

0 thì

(

1

+

x

)

α

<

1

+

αx.

Do đó, ta đã chứng minh được phần thứ nhất của định lý trong trường hợp α là

số hữu tỉ.

Bây giờ,

giả sử rằng α là một số vô tỉ,

với

0

<

α

<

1.

Gọi

r

1

, r

2

, . . . , r

n

. . .

là

một dãy các số hữu tỉ có giới hạn bằng α. Lưu ý rằng 0

<

r

n

<

1. Từ các bất đẳng

thức

(

1

+

x

)

r

n

≤

1

+

r

n

x,

x

≥ −

1,

n

=

1, 2, 3, . . .

-

17 -

Bất đẳng thức

đã được chứng minh trong trường hợp số mũ là hữu tỉ, suy ra rằng

(

1

+

x

)

α

=

lim

r

n

→

α

(

1

+

x

)

r

n

≤

lim

r

n

→

α

(

1

+

r

n

x

) =

1

+

αx.

Như vậy, bất đẳng thức (11) cũng đúng với α vô tỉ. Điều còn phải chứng minh là

với α là số vô tỉ, khi

x

̸

=

0 và 0

<

α

<

1 thì

(

1

+

x

)

α

<

1

+

αx,

tức là trong trường hợp x

̸

=

0,

dấu bằng trong (11) không xảy ra.

Vì

lẽ đó,

lấy

một số hữu tỉ r sao cho α

<

r

<

1. Rõ ràng ta có

(

1

+

x

)

α

= [(

1

+

x

)

α

r

]

r

.

Do 0

<

α

r

<

1, theo kết quả được chứng minh trước đó suy ra

(

1

+

x

)

α

r

≤

1

+

α

r

x.

Do đó,

(

1

+

x

)

α

≤



1

+

α

r

x



r

.

Nếu x

̸

=

0 thì

1

+

α

r

x

r

<

1

+

r

α

r

x

=

1

+

αx,

tức là

(

1

+

x

)

α

<

1

+

αx.

Như vậy, phần thứ nhất của định lý đã được chứng minh hoàn toàn.

Bây giờ, ta chuyển sang chứng minh phần thứ hai của định lý.

Nếu 1

+

αx

<

0, thì bất đẳng thức (12) là hiển nhiên, vì vế trái không âm còn

vế phải là số âm.

Nếu 1

+

αx

≥

0, αx

≥ −

1, thì ta xét riêng từng trường hợp.

Giả sử α

>

1; Khi đó, theo phần thứ nhất của định lý đã được chứng minh ở

trên, ta có

(

1

+

αx

)

1

α

≤

1

+

1

α

αx

=

1

+

x.

Ở đây, dấu bằng chỉ xảy ra khi x

=

0. Nâng cả hai vế của bất đẳng thức cuối cùng

lên lũy thừa α, ta được

1

+

αx

≤ (

1

+

x

)

α

.

Bây giờ giả sử α

<

0.

Nếu 1

+

αx

<

0,

thì

bất đẳng thức (12) là hiển nhiên.

Nhưng nếu 1

+

αx

≥

0,

thì

chọn một số nguyên dương n sao cho

−

α

n

<

1.

Theo

-

18 -

Bất đẳng thức

phần thứ nhất của định lý, ta suy ra

(

1

+

x

)

−

α

n

≤

1

−

α

n

x,

(

1

+

x

)

α

n

≥

1

1

−

α

n

x

>

1

+

α

n

x

(bất đẳng thức sau là đúng vì

1

≥

1

−

α

2

n

2

x

2

).

Nâng cả hai

vế của bất đẳng thức

sau cùng lên lũy thừa n, ta được

(

1

+

x

)

α

≥



1

+

α

n

x



n

>

1

+

n

α

n

x

=

1

+

αx.

Lưu ý rằng dấu bằng chỉ có thể xảy ra khi

x

=

0. Do đó, định lý đã được chứng

minh hoàn toàn.

□

Bài toán 1.

Chứng minh rằng nếu 0

>

α

> −

1, thì

(

n

+

1

)

α

+

1

−

n

α

+

1

α

+

1

<

n

α

<

n

α

+

1

− (

n

−

1

)

α

+

1

α

+

1

.

(13)

Lời Giải. Vì 0

<

α

+

1

<

1, nên theo bất đẳng thức (11) ta có



1

+

1

n



α

+

1

<

1

+

α

+

1

n

,



1

−

1

n



α

+

1

<

1

−

α

+

1

n

.

Nhân các bất đẳng thức này với n

α

+

1

, ta thu được

(

n

+

1

)

α

+

1

<

n

α

+

1

+ (

α

+

1

)

n

α

,

(

n

−

1

)

α

+

1

<

n

α

+

1

− (

α

+

1

)

n

α

.

Từ các bất đẳng thức trên,

bất đẳng thức (13) được suy ra một cách hiển

nhiên.

□

Bài toán 2.

Chứng minh rằng nếu 0

>

α

> −

1,

thì

(

n

+

1

)

α

+

1

−

m

α

+

1

α

+

1

<

m

α

+ (

m

+

1

)

α

+ · · · +

n

α

<

n

α

+

1

− (

m

−

1

)

α

+

1

α

+

1

.

(14)

Lời Giải. Thay lần lượt n

=

m, m

+

1, . . . , n vào các bất đẳng thức (13), ta được

(

m

+

1

)

1

+

α

−

m

1

+

α

1

+

α

<

m

α

<

m

1

+

α

− (

m

−

1

)

1

+

α

1

+

α

,

-

19 -

Bất đẳng thức

(

m

+

2

)

1

+

α

− (

m

+

1

)

1

+

α

1

+

α

< (

m

+

1

)

α

<

(

m

+

1

)

1

+

α

−

m

1

+

α

1

+

α

,

(

m

+

3

)

1

+

α

− (

m

+

2

)

1

+

α

1

+

α

< (

m

+

2

)

α

<

(

m

+

2

)

1

+

α

− (

m

+

1

)

1

+

α

1

+

α

,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(

n

+

1

)

1

+

α

−

n

1

+

α

1

+

α

<

n

α

<

n

1

+

α

− (

n

−

1

)

1

+

α

1

+

α

.

Cộng tất cả các bất đẳng thức trên, ta suy ra bất đẳng thức (14).

□

Bài toán 3.

Tìm phần nguyên của số

x

=

1

3

√

4

+

1

3

√

5

+

1

3

√

6

+ · · · +

1

3

√

1 000 000

.

Lời Giải. Thay m

=

4, n

=

1 000 000, α

= −

1

3

vào bất đẳng thức (14), ta được

(

1 000 001

)

2

3

−

4

2

3

2

3

<

x

<

(

1 000 000

)

2

3

−

3

2

3

2

3

,

tức là

3

2

·

1, 000, 001

2

3

−

3

2

·

4

2

3

<

x

<

3

2

·

1, 000, 000

2

3

−

3

2

·

3

2

3

.

Vì

3

2

·

1 000 001

2/3

>

3

2

·

1 000 000

2/3

=

3

2

·

10 000

=

15 000,

3

2

3

√

16

=

3

√

54

<

4,

3

2

3

√

9

>

3

2

3

√

8

=

3,

nên 15 000

−

4

<

x

<

15 000

−

3,

hay 14 996

<

x

<

14 997.

Do đó suy ra

[

x

] =

14 996.

□

1.5

Trung bình lũy thừa

Trong Mục 1.2 trước Bài toán 7, ta đã gọi số

c

α

=



a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

n



1

α

là trung bình lũy thừa bậc α của các số dương a

1

, a

2

, . . . , a

n

. Trong cùng bài toán

đó, đã chứng minh rằng c

α

≤

c

β

khi α

<

0

<

β.

Ở đây, cần chứng minh rằng bất đẳng thức c

α

≤

c

β

đúng với mọi trường hợp

khi α

<

β. Nói cách khác, trung bình lũy thừa bậc α tăng lên khi α tăng.

-

20 -

Bất đẳng thức

Định lý 4

Nếu a

1

, a

2

, . . . , a

n

là các số dương và α

<

β, thì c

α

≤

c

β

. Hơn thế nữa c

α

=

c

β

khi và chỉ khi a

1

=

a

2

= · · · =

a

n

.

Chứng minh. Đối với trường hợp khi α và β khác dấu thì định lý đã được chứng

minh (xem Bài

toán 7,

Mục 1.2 và định nghĩa trước đó).

Vì

vậy,

ta chỉ

cần xét

trường hợp khi α và β cùng dấu.

Giả sử rằng 0

<

α

<

β, và đặt

k

=

c

α

=



a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

n



1

α

.

Chia c

β

cho k, ta được

c

β

k

=

c

β

c

α

=

a

1

k

β

+

a

2

k

β

+ · · · +

a

n

k

β

n

!

1

β

.

Đặt

d

1

=



a

1

k



α

,

d

2

=



a

2

k



α

,

. . . ,

d

n

=



a

n

k



α

,

ta nhận được

c

β

k

=





d

β

α

1

+

d

β

α

2

+ · · · +

d

β

α

n

n





1/β

.

(15)

Bởi vì



d

1

+

d

2

+ · · · +

d

n

n



1

α

=

=

a

1

k

α

+

a

2

k

α

+ · · · +

a

n

k

α

n

!

1

α

=

=

1

k



a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

n



1

α

=

1

k

c

α

=

1

c

α

c

α

=

1,

cho nên

d

1

+

d

2

+ · · · +

d

n

n

=

1,

d

1

+

d

2

+ · · · +

d

n

=

n.

Đặt

d

1

=

1

+

x

1

,

d

2

=

1

+

x

2

,

. . . ,

d

n

=

1

+

x

n

.

Từ đẳng thức d

1

+

d

2

+ · · · +

d

n

=

n suy ra rằng

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

n

=

0.

-

21 -

Bất đẳng thức

Theo định lý 3 (chú ý rằng

β

α

>

1) ta có

d

β

α

1

= (

1

+

x

1

)

β

α

⩾

1

+

β

α

x

1

,

d

β

α

2

= (

1

+

x

2

)

β

α

⩾

1

+

β

α

x

2

,

. . . . . . . . . . . . . . .

d

β

α

n

= (

1

+

x

n

)

β

α

⩾

1

+

β

α

x

n











































(∗)

Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được

d

β

α

1

+

d

β

α

2

+ · · · +

d

β

α

n

⩾

n

+

β

α

(

x

1

+

x

2

+ · · · +

x

n

) =

n.

(16)

Từ bất đẳng thức (15) và (16) suy ra rằng

c

β

k

⩾



n

n



1

β

=

1,

c

β

⩾

k

=

c

α

.

Nhận xét rằng,

c

β

=

k

=

c

α

khi

và chỉ

khi

ở

(∗)

ta có dấu bằng,

nghĩa là khi

x

1

=

x

2

= · · · =

x

n

=

0 (định lý 3). Trong trường hợp này d

1

=

d

2

= · · · =

d

n

=

1

và suy ra a

1

=

a

2

= · · · =

a

n

=

k. Nếu như các số a

1

, a

2

, . . . , a

n

không tất cả bằng

nhau thì

c

β

>

c

α

.

Định lý 4 đã được chứng minh cho trường hợp 0

<

α

<

β.

Nếu như α

<

β

<

0, thì 0

<

β

α

<

1. Lập luận tương tự như trên, ta nhận được

ở

(∗)

và (16) dấu bất đẳng thức chiều ngược lại. Nhưng vì

β

<

0, cho nên từ bất

đẳng thức

d

β

α

1

+

d

β

α

2

+ · · · +

d

β

α

n

n

⩽

1

nghĩa là

c

β

⩾

k

=

c

α

.

Định lý 4 được chứng minh hoàn toàn.

□

Tiếp theo chúng ta gọi trung bình nhân là trung bình lũy thừa bậc 0, nghĩa là

g

=

c

0

.

Để ý rằng định lý 4 vẫn đúng trong trường hợp này, bởi

vì

(Bài

toán 7,

Mục

1.2) c

α

≤

g

=

c

0

, nếu như α

<

0, và c

β

⩾

g

=

c

0

, nếu như β

>

0.

Từ định lý vừa chứng minh suy ra rằng

c

−

1

⩽

c

0

⩽

c

1

≤

c

2

,

-

22 -

Bất đẳng thức

nghĩa là trung bình điều hòa không vượt quá trung bình nhân,

trung bình nhân

lại không vượt quá trung bình cộng, và trung bình cộng thì không vượt quá trung

bình bình phương của các số dương. Chẳng hạn, nếu như a

1

=

1, a

2

=

2, a

3

=

4,

thì

c

−

1

=

a

−

1

1

+

a

−

1

2

+

a

−

1

3

3

!

−

1

=

3

1

1

+

1

2

+

1

4

=

12

7

=

1, 7 . . . ,

c

0

=

3

√

a

1

a

2

a

3

=

3

√

1

·

2

·

4

=

2,

c

1

=

1

+

2

+

4

3

=

7

3

=

2, 3 . . . ,

c

2

=

a

2

1

+

a

2

2

+

a

2

3

3

!

1

2

=

r

1

+

4

+

16

3

=

√

7

=

2, 6 . . .

và từ đó suy ra

c

−

1

=

1, 7

· · · <

2

=

c

0

<

2, 3

· · · =

c

1

<

2, 6

· · · =

c

2

.

Bài toán 1.

Chứng minh rằng x

2

+

y

2

+

z

2

⩾

12, nếu như x

+

y

+

z

=

6.

Lời Giải. Vì trung bình cộng không lớn hơn trung bình bình phương, cho ta

x

+

y

+

z

3

≤



x

2

+

y

2

+

z

2

3



1

2

,

nghĩa là

x

2

+

y

2

+

z

2

≥

(

x

+

y

+

z

)

2

3

.

Trong bài

toán này x

2

+

y

2

+

z

2

≥

6

2

3

=

12.

Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ

khi

x

=

y

=

z

=

2.

□

Bài toán 2.

Chứng minh rằng, nếu x, y, z là các số dương và x

2

+

y

2

+

z

2

=

8,

x

3

+

y

3

+

z

3

≥

16

r

2

3

.

Lời Giải. Bởi vì c

2

≤

c

3

, nên



x

2

+

y

2

+

z

2

3



1

2

≤



x

3

+

y

3

+

z

3

3



1

3

.

Trong bài toán này,



x

3

+

y

3

+

z

3

3



1/3

≥

r

8

3

,

-

23 -

Bất đẳng thức

nghĩa là

x

3

+

y

3

+

z

3

≥

3

·

8

3

·

r

8

3

=

16

r

2

3

.

□

Bài

toán 3.

Chứng minh rằng với

những số dương a

1

, a

2

, . . . , a

n

,

các bất

đẳng

thức sau là đúng

(

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

)

α

≤

n

α

−

1

(

a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

)

,

α

≥

1

(17)

(

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

)

α

≥

n

α

−

1

(

a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

)

,

α

≤

1

(18)

Lời Giải. Nếu α

>

1 thì

c

α

=



a

α

1

+

a

α

2

+ · · · +

a

α

n

n



1/α

≥

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

n

=

c

1

.

Từ bất đẳng thức này dễ dàng suy ra các bất đẳng thức (17) và (18). Nói riêng,

từ (17) và (18) suy ra rằng

(

x

+

y

)

α

≤

2

α

−

1

(

x

α

+

y

α

)

,

α

>

1,

x

>

0,

y

>

0.

□

Bài toán 4.

Chứng minh rằng nếu x

3

+

y

3

+

z

3

=

81,

x

>

0,

y

>

0,

z

>

0,

thì

x

+

y

+

z

≤

9.

Lời Giải. Bởi vì

(

x

+

y

+

z

)

3

≤

3

2

(

x

3

+

y

3

+

z

3

) =

9

·

81

=

729

(bất đẳng thức (17)), cho nên

x

+

y

+

z

≤

3

√

729

=

9.

□

-

24 -

Chương

2

Ứng dụng của bất đẳng thức

Trong chương này sẽ xét đến ứng dụng của bất đẳng thức vào việc tìm giá trị

nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số và tính giới hạn của một số dãy số. Ngoài ra, trong

chương này cũng sẽ trình bày một số bất đẳng thức quan trọng.

2.1

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Nhiều bài

toán thực tế được mô hình hóa bằng các hàm số.

Ví

dụ như,

nếu

x, y, z là độ dài các cạnh của hình hộp có nắp (hình hộp chữ nhật), thì diện tích

bề mặt của hộp bằng

S

=

2xy

+

2yz

+

2zx,

còn thể tích của nó là

V

=

xyz.

Nếu như vật liệu để làm hộp là đắt tiền thì

dĩ

nhiên là với

một thể tích cho

trước, cần làm hộp thế nào sao cho đỡ tốn tiền vật liệu nhất, nghĩa là sao cho diện

tích bề mặt của hộp là nhỏ nhất. Đó là một ví dụ đơn giản của bài toán tìm giá

trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của một hàm nhiều biến. Những bài toán như trên

rất thường gặp và những nhà toán học nổi tiếng luôn để ý đến việc sáng tạo các

phương pháp giải quyết chúng.

Ở đây, chúng ta sẽ giải quyết một loạt các bài toán như vậy, dựa trên những

kết quả thu được ở chương I

1

. Trước hết ta chứng minh định lý.

Định lý 5

Nếu a

>

0,

α

>

1,

x

≥

0,

thì hàm số

x

α

−

ax

1

Về việc ứng dụng bất đẳng thức bậc hai

trong việc giải

các bài

toán tìm giá trị

lớn nhất

và nhỏ nhất, xem sách của I.P. Natanson ’Simplest Problems for Calculating the Maximum and

Minimum Values’,

ấn bản lần thứ hai,

Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật (Gostekhizdat),

Moskva, năm 1952.

-

25 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

đạt giá trị nhỏ nhất ở điểm x

=



a

α



1

1

−

α

và bằng

(

1

−

α

)



a

α



α

α

−

1

.

Chứng minh. Định lý có thể được chứng minh hết sức dễ dàng trong trường hợp

α

=

2. Thật vậy, bởi vì khi đó

x

2

−

ax

=



x

−

a

2



2

−

a

2

4

,

nên giá trị

nhỏ nhất của hàm số đạt được khi

x

=

a

2

>

0,

hơn nữa giá trị

này

bằng

−

a

2

4

.

Trong trường hợp α

>

1, định lý được chứng minh với sự áp dụng của bất đẳng

thức (12), được chứng minh trong Định lý (3). Khi α

>

1 thì

(

1

+

z

)

α

≥

1

+

αz,

z

≥ −

1,

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z

=

0. Đặt 1

+

z

=

y, ta được

y

α

≥

1

+

α

(

y

−

1

)

hay

y

α

−

αy

≥

1

−

α,

y

≥

0,

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y

=

1. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức trên với

c

α

, ta được

(

cy

)

α

−

αc

α

−

1

(

cy

) ≥ (

1

−

α

)

c

α

,

y

≥

0.

Đặt

x

=

cy

và

ac

α

−

1

=

a,

c

=



a

α



1

α

−

1

.

Ta được

x

α

−

ax

≥ (

1

−

α

)

c

α

= (

1

−

α

)



a

α



α

α

−

1

.

Khi đó đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x

=

c

=



a

α



1

α

−

1

.

Như vậy hàm số

x

α

−

ax,

α

>

1,

a

>

0,

x

≥

0,

đạt giá trị

nhỏ nhất tại

điểm x

=



a

α



1

α

−

1

và bằng

(

1

−

α

)



a

α



α

α

−

1

.

Định lý

được chứng minh.

□

-

26 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Trong trường hợp cụ thể, hàm số x

2

−

ax

(

α

=

2

)

nhận giá trị nhỏ nhất tại

điểm x

=



a

2



1

2

−

1

=

a

2

và bằng

(

1

−

2

)



a

2



2

2

−

1

= −

a

2

4

. Kết quả này hoàn toàn

phù hợp với

kết luận của ta ở trên thu được bằng phương pháp khác.

Hàm số

x

3

−

27x nhận giá trị nhỏ nhất ở điểm



27

3



1

3

−

1

=

3 và bằng

(

1

−

3

)



27

3



3

3

−

1

= −

54.

Nhận xét.

Ta nhận xét rằng hàm số

ax

−

x

α

= −(

x

α

−

ax

)

,

với α

>

1,

a

>

0,

x

≥

0 nhận giá trị lớn nhất ở điểm

x

=



a

α



1

α

−

1

,

và bằng

(

α

−

1

)



a

α



α

α

−

1

.

Bài toán 1.

Từ miếng gỗ hình tròn hãy cưa ra thanh gỗ có độ bền lớn nhất (độ

bền của thanh gỗ tỉ

lệ thuận với

chiều rộng và bình phương của chiều cao của

thanh gỗ).

Hình 1

Lời

Giải. Gọi

x

=

AB là chiều rộng,

BC

=

y là chiều cao và

AC

=

d là đường kính của thanh gỗ. Ký hiệu P là độ bền của

thanh gỗ, ta có

P

=

kxy

2

=

kx

(

d

2

−

x

2

) =

k

(

d

2

x

−

x

3

)

.

Hàm số d

2

x

−

x

3

nhận giá trị lớn nhất khi

x

=



d

2

x



1

3

−

1

=

d

√

3

,

y

2

=

d

2

−

x

2

=

2

3

d

2

,

y

=

d

√

3

√

2

=

x

√

2.

Như vậy thanh gỗ có độ bền lớn nhất khi

tỷ lệ giữa chiều cao và chiều rộng của

nó bằng

√

2

≈

1, 4

=

7

5

.

□

Bài toán 2.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

y

=

sin x sin 2x.

-

27 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Lời

Giải. Vì

sin 2x

=

2 sin x cos x, nên sin x sin 2x

=

2 cos x sin

2

x

=

2 cos x

(

1

−

cos

2

x

) =

2z

(

1

−

z

2

)

, trong đó z

=

cos x, và do đó

−

1

≤

z

≤

1. Hàm số z

−

z

3

=

z

(

1

−

z

2

)

nhận giá trị âm khi

−

1

≤

z

<

0,

□

Hình 2

bằng 0 khi z

=

0 và nhận giá trị dương khi 0

<

z

≤

1. Vì vậy, giá trị lớn nhất của

hàm số đạt được trong khoảng 0

<

z

≤

1.

Trong Định lý 5 đã chứng minh rằng hàm số z

−

z

3

,

z

≥

0 nhận giá trị

lớn

nhất tại điểm

z

=



1

3



1

2

−

1

=

1

√

3

.

Ở điểm này

sin x sin 2x

=

2z

(

1

−

z

2

) =

2

√

3



1

−

1

3



=

4

3

√

3

.

Như thế,

hàm số y

=

sin x sin 2x nhận giá trị

lớn nhất ở những điểm mà ở đó

z

=

cos x

=

1

√

3

và giá trị

lớn nhất đó bằng

4

3

√

3

≈

0, 77.

Đồ thị

của hàm số

y

=

sin x sin 2x được minh họa qua hình trên.

Bài toán 3.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

y

=

cos x cos 2x.

Lời Giải. Hàm số y

=

cos x cos 2x không lớn hơn 1, bởi vì mỗi một số hạng cos x

và cos 2x không lớn hơn 1. Nhưng ở các điểm x

=

0,

±

2π,

±

4π,

. . .

cos x cos 2x

=

1.

Như vậy,

hàm số y

=

cos x cos 2x nhận giá trị

lớn nhất bằng 1 tại

các điểm

x

=

0,

±

2π,

±

4π,

. . .

Đồ thị

hàm số y

=

cos x cos 2x được minh họa qua hình

sau

□

Bài toán 4.

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

x

α

+

ax,

-

28 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Hình 3

mà trong đó a

>

0,

α

<

0,

x

≥

0.

Lời Giải. Khi α

<

0, theo bất đẳng thức

(

12

)

(

1

+

z

)

α

≥

1

+

αx,

hơn nữa dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z

=

0. Đặt 1

+

z

=

y,

z

=

y

−

1,

ta nhận

được

y

α

≥

1

+

α

(

y

−

1

)

,

y

≥

0,

dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi

y

=

1. Từ bất đẳng thức

cuối cùng suy ra rằng,

y

α

−

αy

≥

1

−

α,

(

cy

)

α

−

αc

α

−

1

(

cy

) ≥ (

1

−

α

)

c

α

.

Đặt a

= −

αc

α

−

1

,

x

=

cy ta được

x

α

+

ax

≥ (

1

−

α

)

c

α

= (

1

−

α

)



a

−

α



α

α

−

1

,

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x

=

c

=



a

α



1

α

−

1

.

Do đó, hàm số x

α

+

ax đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm

x

=



a

α



1

α

−

1

,

bằng

(

1

−

α

)



a

−

α



α

α

−

1

.

Ví dụ, hàm số

1

3

√

x

+

27x,

x

≥

0,

-

29 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

nhận giá trị nhỏ nhất tại điểm

x

=



27

1

3



1

−

1

3

−

1

=

1

27

.

Giá trị này bằng



1

+

1

3



27

1

3



−

1

3

−

1

3

−

1

=

4.

□

Bài toán 5.

Tìm các kích thước tối ưu của một hộp thiếc hình trụ có đáy và nắp

(các kích thước của bình được coi là tối ưu nếu với một thể tích cho trước, cần ít

vật liệu nhất để chế tạo, tức là bình có diện tích bề mặt nhỏ nhất).

Lời

Giải. Giả sử V

=

πr

2

h là thể tích của hộp,

trong đó r là bán kính và h là

chiều cao của hộp. Diện tích bề mặt là

S

=

2πr

2

+

2πrh.

Do h

=

V

πr

2

, nên

S

=

2πr

2

+

2πr

V

πr

2

=

2πr

2

+

2V

r

.

Đặt x

=

1

r

, ta được

S

=

2πx

−

2

+

2Vx

=

2π x

−

2

+

V

π

x

.

Hàm số x

−

2

+

V

π

x, theo lời giải của bài toán trước, nhận giá trị nhỏ nhất khi

x

=



V

2π



1

−

2

−

1

=

3

r

2π

V

.

Trở lại với những cách đặt ở trên, ta được

1

r

=

3

r

2π

V

,

r

3

=

V

2π

=

πr

2

h

2π

,

r

=

h

2

,

h

=

2r

=

d.

Như vậy, hộp có kích thước tối ưu nhất nếu như chiều cao và đường kính của nó

bằng nhau.

□

-

30 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bài tập

6. Hãy tìm giá trị lớn nhất của hàm số x

(

6

−

x

)

2

khi 0

<

x

<

6.

Hướng dẫn. Đặt y

=

6

−

x.

7. Từ miếng giấy hình vuông cạnh 2a cần phải làm hộp không nắp bằng cách cắt

ở các góc các hình vuông nhỏ và gấp lên như thế nào đó,

để hình hộp thu được

có thể tích lớn nhất (hình dưới). Cạnh của các hình vuông được cắt đi phải bằng

bao nhiêu?

Hình 4

8. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

x

6

+

8

x

+

5.

9. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

x

6

−

8x

2

+

5.

10. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

x

α

−

ax

khi

0

<

α

<

1,

a

>

0,

x

≥

0.

11. Chứng minh rằng, khi

x

≥

0 bất đẳng thức dưới đây đúng

4

√

x

≤

3

8

+

2x.

12. Chứng minh rằng, khi n

≥

3 bất đẳng thức dưới đây đúng

n

√

n

>

n

+

1

√

n

+

1.

Hướng dẫn. Sử dụng bất đẳng thức (8).

-

31 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

13. Tìm số lớn nhất trong các số

1,

√

2,

3

√

3,

4

√

4,

5

√

5, . . . ,

n

√

n, . . . .

14. Chứng minh bất đẳng thức

n

√

n

<

1

+

2

√

n

.

15. Chứng minh bất đẳng thức

(

1

+

a

1

)(

1

+

a

2

)

. . .

(

1

+

a

n

) ≥

1

+

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

,

với các số a

i

cùng dấu và không nhỏ hơn

−

1.

16. Chứng minh bất đẳng thức

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

)

2

≤ (

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

)(

b

2

1

+

b

2

2

+ · · · +

b

2

n

)

.

(19)

Hướng dẫn. Đầu tiên hãy chứng minh rằng tam thức bậc hai

(

a

1

x

−

b

1

)

2

+ (

a

2

x

−

b

2

)

2

+ · · · + (

a

n

x

−

b

n

)

2

=

x

2

(

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

) −

2x

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

) + (

b

2

1

+

b

2

2

+ · · · +

b

2

n

)

không thể có hai nghiệm thực khác nhau.

17. Sử dụng bất đẳng thức ở bài

tập 16,

hãy chứng minh rằng trung bình cộng

không lớn hơn trung bình bình phương.

18. Chứng minh bất đẳng thức

1

√

n

<

√

n

+

1

−

√

n

−

1.

19. Sử dụng bất đẳng thức ở bài 18, chứng minh bất đẳng thức

√

n

+

1

+

√

n

−

√

2

>

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+ · · · +

1

√

n

.

20. Tìm giá trị lớn nhất của các hàm số

x

3

x

4

+

5

,

x

6

−

0, 6x

10

.

Đáp số.

3

4

4

√

15

;

0, 4.

21. Với giá trị nào của a giá trị nhỏ nhất của hàm số

√

x

+

a

x

2

bằng 2, 5?

Đáp số. a

=

8.

-

32 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

2.2

Bất đẳng thức Holder

Trong Định lý 7,

sử dụng Định lý 5 và định lý 6 bất đẳng thức Holder được

chứng minh. Bất đẳng thức Holder có nhiều ứng dụng trong giải toán.

Định lý 6

Nếu p

>

1,

1

p

+

1

q

=

1,

x

>

0,

y

>

0,

thì

xy

≤

x

p

p

+

y

q

q

.

(20)

Chứng minh. Theo Định lý 5, nếu như α

<

1,

α

>

0,

x

≥

0 thì

x

α

−

ax

≥ (

1

−

α

)

a

α

α

α

−

1

.

Đặt vào bất đẳng thức này, α

=

p,

a

=

py ta được

x

p

− (

py

)

x

≥ (

1

−

p

)



py

p



p

p

−

1

= (

1

−

p

)

y

p

p

−

1

.

(21)

Vì

1

p

+

1

q

=

1, nên

1

q

=

1

−

1

p

=

p

−

1

p

,

q

=

p

p

−

1

,

p

−

1

=

p

q

.

Đưa những giá trị này vào bất đẳng thức cuối cùng, ta được

x

p

−

pyx

≥

p

q

y

q

.

Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên cho

p

và chuyển vế những số hạng âm, ta

thu được

xy

≤

x

p

p

+

y

q

q

.

□

-

33 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Định lý 7

Nếu a

1

,

a

2

, . . . ,

a

n

,

b

1

,

b

2

, . . . ,

b

n

là những số dương,

còn p và q thỏa mãn

điều kiện như ở Định lý 6, thì

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

≤ (

a

p

1

+

a

p

2

+ · · · +

a

p

n

)

1

p

(

b

q

1

+

b

q

2

+ · · · +

b

q

n

)

1

q

.

(22)

Lời Giải. Ta đặt

a

p

1

+

a

p

2

+ · · · +

a

p

n

=

A

p

,

b

q

1

+

b

q

2

+ · · · +

b

q

n

=

B

q

.

Vế phải của bất đẳng thức (22) sẽ bằng

(

A

p

)

1

p

(

B

q

)

1

q

=

AB.

Bây giờ ta đặt

a

1

=

Ac

1

,

a

2

=

Ac

2

,

. . . ,

a

n

=

Ac

n

,

b

1

=

Bd

1

,

b

2

=

Bd

2

,

. . . ,

b

n

=

Bd

n

.

Do

A

p

=

a

p

1

+

a

p

2

+ · · · +

a

p

n

=

A

p

c

p

1

+

A

p

c

p

2

+ · · · +

Ac

p

n

=

A

p

(

c

p

1

+

c

p

2

+ · · · +

c

p

n

)

,

nên c

p

1

+

c

p

2

+ · · · +

c

p

n

=

1. Tương tự, có thể kiểm tra được rằng

d

q

1

+

d

q

2

+ · · · +

d

q

n

=

1.

Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức (20), ta được



























































a

1

b

1

=

AB

(

c

1

d

1

) ≤

AB

c

p

1

p

+

d

q

1

q

!

,

a

2

b

2

≤

AB

c

p

2

p

+

d

q

2

q

!

,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

a

n

b

n

≤

AB

c

p

n

p

+

d

q

n

q

!

.

(*)

-

34 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Từ những bất đẳng thức trên suy ra rằng

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

≤

AB

c

p

1

+

c

p

2

+ · · · +

c

p

n

p

+

d

q

1

+

d

q

2

+ · · · +

d

q

n

q

!

=

AB

1

p

+

1

q

!

=

AB.

(cân nhắc lại rằng

1

p

+

1

q

=

1,

c

p

1

+

c

p

2

+ · · · +

c

p

n

=

1,

d

q

1

+

d

q

2

+ · · · +

d

q

n

=

1.

)

Như thế ta đã chứng minh được rằng vế trái của bất đẳng thức ở (22) không vượt

quá AB, nghĩa là không vượt quá vế phải.

Dễ dàng chỉ

ra trường hợp khi

đẳng thức xảy ra.

Thật vậy,

dấu bằng xảy ra

khi và chỉ khi

x

=



py

p



1

p

−

1

=

y

1

p

−

1

=

y

p

q

,

x

p

=

y

q

(xem Định lý 6). Tương tự như vậy, dấu bằng ở từng dòng của

(∗)

xảy ra khi và

chỉ khi

c

1

=

d

p

q

1

,

c

2

=

d

p

q

2

,

. . . ,

c

n

=

d

p

q

n

,

nghĩa là khi

c

p

1

=

d

q

1

,

c

p

2

=

d

q

2

,

. . . ,

a

p

n

=

d

q

n

.

Cuối

cùng,

nhân hai

vế của đẳng thức này cho A

p

B

q

,

ta được B

q

(

Ac

1

)

p

=

A

p

(

Bd

1

)

q

,

nghĩa là B

q

a

p

1

=

A

p

b

q

1

,

a

p

1

b

q

1

=

A

p

B

q

,

a

p

2

b

q

2

=

A

p

B

q

,

. . . ,

a

p

n

b

q

n

=

A

p

B

q

.

Như vậy, dấu bằng ở bất đẳng thức (22) xảy ra khi và chỉ khi

a

p

1

b

q

1

=

a

p

2

b

q

2

= · · · =

a

p

n

b

q

n

.

□

Nhận xét.

Khi cho p

=

q

=

2, ta nhận được bất đẳng thức (19):

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

≤

q

(

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

)(

b

2

1

+

b

2

2

+ · · · +

b

2

n

)

.

-

35 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

2.3

Ứng dụng bất đẳng thức để tính giới hạn

Trong những bài

toán tiếp sau,

áp dụng những bất đẳng thức đã được chứng

minh, chúng ta sẽ tính giới hạn của một số dãy số khá phức tạp.

Bài toán 1.

Chứng minh rằng bất đẳng thức

1

n

+

1

<

ln



1

+

1

n



<

1

n

.

(23)

Lời Giải. Tổng hợp bất đẳng thức (8) và (9), ta được



1

+

1

n



n

<

e

<



1

+

1

n



n

+

1

.

Lấy logarit tự nhiên của các bất đẳng thức này, ta thu được

n ln



1

+

1

n



<

ln e

=

1

< (

n

+

1

)

ln



1

+

1

n



,

1

n

+

1

<

ln



1

+

1

n



<

1

n

.

□

Bài toán 2.

Đặt

z

1

=

1

+

1

2

,

z

2

=

1

2

+

1

3

+

1

4

,

z

3

=

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

,

z

4

=

1

4

+

1

5

+

1

6

+

1

7

+

1

8

,

. . . . . .

z

n

=

1

n

+

1

n

+

1

+

1

n

+

2

+ · · · +

1

2n

.

Hãy tìm lim

n

→

∞

z

n

.

Lời Giải. Thay n bởi n

−

1 trong vế thứ nhất của bất đẳng thức (23), ta được

1

n

<

ln



1

+

1

n

−

1



=

ln

n

n

−

1

.

Từ bất đẳng thức trên và phần hai của bất đẳng thức ở (23), suy ra rằng

ln

n

+

1

n

<

1

n

<

ln

n

n

−

1

.

(24)

-

36 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức này, ta viết

ln

n

+

1

n

<

1

n

<

ln

n

n

−

1

,

ln

n

+

2

n

+

1

<

1

n

+

1

<

ln

n

+

1

n

,

ln

n

+

3

n

+

2

<

1

n

+

2

<

ln

n

+

2

n

+

1

,

. . . . . .

ln

2n

+

1

2n

<

1

2n

<

ln

2n

2n

−

1

.

Cộng các bất đẳng thức này lại và chú ý rằng tổng của logarit bằng tích của logarit

của tích, ta thu được

ln

(

n

+

1

)(

n

+

2

)(

n

+

3

) · · · (

2n

+

1

)

n

(

n

+

1

)(

n

+

2

) · · ·

2n

<

1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n

<

ln

n

(

n

+

1

)(

n

+

2

) · · ·

2n

(

n

−

1

)

n

(

n

+

1

) · · · (

2n

−

1

)

,

nghĩa là

ln

2n

+

1

n

<

1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n

<

ln

2n

n

−

1

.

(25)

Do

2n

+

1

n

=

2

+

1

n

, nên

lim

n

→

∞

ln

2n

+

1

n

=

lim

n

→

∞

ln



2

+

1

n



=

ln 2.

Tương tự như vậy từ

2n

n

−

1

=

2

+

2

n

−

1

, suy ra rằng

lim

n

→

∞

ln

2n

n

−

1

=

ln 2.

Như thế, các số hạng biên của (25) có chung giới hạn. Do đó số hạng giữa chúng

có giới hạn chung đó, nghĩa là

lim

n

→

∞



1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n



=

lim

n

→

∞

z

n

=

ln 2.

□

-

37 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bài toán 3.

Đặt

x

1

=

1,

x

2

=

1

−

1

2

,

x

3

=

1

−

1

2

+

1

3

,

. . . . . .

x

n

=

1

−

1

2

+

1

3

−

1

4

+

1

5

−

1

6

+ · · · + (−

1

)

n

1

n

,

tính lim

n

→

∞

x

n

.

Lời Giải. Ta có

x

2n

=

1

−

1

2

+

1

3

−

1

4

+

1

5

−

1

6

+ · · · +

1

2n

−

1

+

1

2n

=



1

+

1

1

2

+

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

+ · · · +

1

2n

−

1

+

1

2n



−

2



1

2

+

1

4

+

1

6

+ · · · +

1

2n



=



1

+

1

1

2

+

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

+ · · · +

1

2n

−

1

+

1

2n



−



1

+

1

2

+

1

3

+ · · · +

1

n



=

1

n

+

1

+

1

n

+

2

+ · · · +

1

2n

.

Trong bài toán trước, ta đã đặt

z

n

=

1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n

.

Từ đó suy ra,

x

2n

=

z

n

−

1

n

. Nhưng lim

n

→

∞

z

n

=

ln 2 (xem bài toán trước đó). Như

vậy

lim

n

→

∞

x

2n

=

lim

n

→

∞



z

n

−

1

n



=

ln 2.

Nhận xét thêm rằng x

2n

+

1

=

x

2n

+

1

2n

+

1

và do đó

lim

n

→

∞

x

2n

+

1

=

lim

n

→

∞



x

2n

+

1

2n

+

1



=

ln 2.

Như thế

lim

n

→

∞

x

n

=

ln 2.

□

Nhận xét.

Các số x

1

=

a

1

,

x

2

=

a

1

+

a

2

,

x

3

=

a

1

+

a

2

+

a

3

,

. . . ,

x

n

=

a

1

+

a

2

+

-

38 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

· · · +

a

n

được gọi là tổng riêng của chuỗi

a

1

+

a

2

+

a

3

+ · · · +

a

n

+

. . . .

Chuỗi được gọi là hội tụ, nếu như dãy số các tổng riêng có giới hạn hữu hạn. Trong

trường hợp này số S

=

lim

n

→

∞

x

n

được gọi là tổng của dãy số.

Từ Bài toán 3, suy ra rằng chuỗi

1

−

1

2

+

1

3

−

1

4

+

1

5

−

1

6

+ · · · +

1

2n

−

1

+

1

2n

+

. . .

hội tụ và có tổng bằng ln 2.

Bài toán 4.

Chuỗi

1

+

1

2

+

1

3

+

1

4

+ · · · +

1

n

+

. . .

được gọi là chuỗi điều hòa. Chứng minh rằng chuỗi điều hòa phân kỳ.

Lời Giải. Theo bất đẳng thức (23)

1

n

>

ln

n

+

1

n

.

Cho n

=

1, 2, 3, . . . , n, ta viết n bất đẳng thức

1

>

ln

2

1

,

1

2

>

ln

3

2

,

1

3

>

ln

4

3

,

. . . . . .

1

n

>

ln

n

+

1

n

.

Cộng chúng lại, ta được

x

n

=

1

+

1

2

+

1

3

+ · · · +

1

n

>

ln

2

·

3

·

4

· · · (

n

+

1

)

1

·

2

·

3

· · ·

n

=

ln

(

n

+

1

)

.

Từ bất đẳng thức này suy ra rằng

lim

n

→

∞

x

n

≥

lim

n

→

∞

ln

(

n

+

1

) =

∞,

do đó chuỗi điều hòa là phân kỳ.

□

-

39 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bài toán 5.

Chứng minh rằng chuỗi

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

+

. . . ,

(26)

hội tụ với mỗi α

>

1.

Lời Giải. Dãy số các tổng riêng của chuỗi này

x

1

=

1,

x

2

=

1

+

1

2

α

,

x

3

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

,

. . . . . .

x

n

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

+

. . .

đơn diệu tăng, nghĩa là

x

1

<

x

2

<

x

3

< · · · <

x

n

<

. . . .

Mặt khác,

ta biết rằng một dãy số đơn điệu tăng mà bị

chặn thì

có giới

hạn.

Do đó, nếu ta chứng minh được dãy số x

n

bị chặn thì sự hội tụ của chuỗi ở (26)

cũng sẽ được chứng minh. Đặt

y

2n

=

1

−

1

2

α

+

1

3

α

−

1

4

α

+ · · · +

1

(

2n

−

1

)

α

−

1

(

2n

)

α

=

1

−



1

2

α

−

1

3

α



−



1

4

α

−

1

5

α



− · · · −



1

(

2n

−

2

)

α

−

1

(

2n

−

1

)

α



−

1

(

2n

)

α

<

1,

cho nên (các số hạng trong ngoặc đều dương) y

2n

<

1.

Mặt khác,

y

2n

=

1

−

1

2

α

+

1

3

α

−

1

4

α

+

1

5

α

−

1

6

α

+ · · · +

1

(

2n

−

1

)

α

−

1

(

2n

)

α

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+

1

4

α

+

1

5

α

+

1

6

α

+ · · · +

1

(

2n

−

1

)

α

+

1

(

2n

)

α

!

−

2

1

2

α

+

1

4

α

+

1

6

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

!

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+

1

4

α

+

1

5

α

+

1

6

α

+ · · · +

1

(

2n

−

1

)

α

+

1

(

2n

)

α

!

−

2

2

α

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

!

.

-

40 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Do x

n

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

, nên

y

2n

=

x

2n

−

2

2

α

x

n

.

Bây giờ, do x

2n

>

x

n

,

y

2n

<

1, nên

1

>

y

2n

>

x

n

−

2

2

α

x

n

=

2

α

−

2

2

α

x

n

.

Từ đó suy ra

x

n

<

2

α

2

α

−

2

,

nghĩa là x

n

với

α

>

1 là bị

chặn.

Như vậy,

chúng ta đã chứng minh được rằng

chuỗi ở (26) hội tụ và tổng của nó không lớn hơn

2

α

−

2

2

α

.

Ví dụ, nếu α

=

2 thì

x

n

=

1

+

1

2

2

+

1

3

2

+ · · · +

1

n

2

+ · · · <

2

2

−

2

2

2

=

2,

S

=

lim

n

→

∞

x

n

=

1

+

1

2

2

+

1

3

2

+ · · · +

1

n

2

+ · · · ≤

2.

Trong chương trình toán học cao cấp người ta chứng minh được rằng

S

=

1

+

1

2

2

+

1

3

2

+ · · · +

1

n

2

+ · · · =

π

2

6

.

(27)

□

Bài tập

22. Tìm tổng của chuỗi

S

=

1

−

1

2

2

+

1

3

2

−

1

4

2

+ · · · + (−

1

)

n

1

n

2

+

. . . .

Hướng dẫn. Sử dụng đẳng thức (27).

Đáp số. S

=

π

2

12

.

23. Chứng minh bất đẳng thức

n

α

+

1

α

−

1

<

1

+

2

α

+

3

α

+ · · · +

n

α

<

(

n

+

1

)

α

+

1

α

+

1

,

α

>

0.

24. Đặt

x

n

=

1

+

2

α

+

3

α

+ · · · +

n

α

,

chứng minh rằng

-

41 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

lim

n

→

∞

x

n

n

α

+

1

=

1

α

+

1

,

α

>

0.

25. Chứng minh bất đẳng thức

(

a

1

b

1

c

1

+

a

2

b

2

c

2

+ · · · +

a

n

b

n

c

n

)

3

≤

(

a

3

1

+

a

3

2

+ · · · +

a

3

n

)(

b

3

1

+

b

3

2

+ · · · +

b

3

n

)(

c

3

1

+

c

3

2

+ · · · +

c

3

n

)

,

với a

k

, b

k

, c

k

là các số dương.

26. Đặt x

n

=

1

n

+

1

n

+

1

+

1

n

+

2

+ · · · +

1

kn

, trong đó k là số nguyên dương, chứng

minh rằng

lim

n

→

∞

x

n

=

ln k.

Hướng dẫn. Sử dụng phương pháp giải ở Bài toán 2 mục này.

2.4

Ứng dụng của bất đẳng thức để tính gần đúng

các đại lượng

Ngay từ đầu chương I chúng ta đã chú ý rằng các bài toán thực tế, thông thường

đòi

hỏi

tính gần đúng các đại

lượng và kỹ năng làm việc với

các đại

lượng gần

đúng đó. Sự tính toán chính xác hơn các đại lượng đó, dĩ nhiên, đem lại những sai

số nhỏ hơn trong lời giải của các bài toán.

Ở trong phần này ta quay trở lại việc tính gần đúng các số hạng có dạng

S

n,k

=

1

k

α

+

1

(

k

+

1

)

α

+ · · · +

1

n

α

,

0

<

α

<

1,

k

<

n.

Ở mục 1 của chương I ta đã tìm được số S

n,k

với

độ chính xác 0, 4 với

k

=

1,

n

=

1000000 và α

=

1

2

(Bài

toán 2).

Cũng ở đó (Bài

tập 2 và 3) số S

n,k

với

n

=

10

6

,

k

=

10

4

đã tính được với độ chính xác cao hơn là 0, 01. So sánh hai ví dụ

này ta thấy rằng phương hướng giải quyết vấn đề đã đề ra cho ta các kết quả tốt

hơn khi k lớn. Ở mục 4 chương I (bài toán 3) chúng ta đã tìm được phần nguyên

của số S

n,k

với k

=

4,

n

=

10

6

và α

=

1

3

. Như vậy ngay cả số này cũng tính được

với độ chính xác đến 0, 5. Ta không tìm được phần nguyên của dạng S

n,1

với α

=

1

3

và n

=

10

6

bởi

rằng phương pháp tính các đại

lượng này được chỉ

ra ở chương

I,

đã không cho phép làm điều này.

Trong phần này chúng ta sẽ hoàn thiện hóa

phương pháp tính S

n,1

. Và sự hoàn thiện hóa này sẽ cho phép chúng ta tính toán

dễ dàng hơn các đại lượng như thế với độ chính xác cao hơn.

-

42 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bổ đề 1.

Nếu như x

>

x

2

>

x

3

> · · · >

x

n

,

thì 0

<

A

=

x

1

−

x

2

+

x

3

−

x

4

+

· · · + (−

1

)

n

−

1

x

n

<

x

1

.

Chứng minh. Số các số hạng dương ở trong tổng đại số trên không ít hơn số các

số hạng âm.

Ngoài

ra,

số hạng dương đứng trước lớn hơn số hạng âm đứng sau.

Như vậy, tổng đại số của chúng dương,

A

>

0. Mặt khác, do

A

=

x

1

− (

x

2

−

x

3

+

x

4

− · · · + (−

1

)

n

−

2

x

n

)

và đại lượng trong ngoặc là dương, cho nên A

<

x

1

. Bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 2.

Nếu như 0

<

α

<

1, thì bất đẳng thức dưới đây là đúng

(

2n

+

1

)

1

−

α

− (

n

+

1

)

1

−

α

1

−

α

<

1

(

n

+

1

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

<

(

2n

)

1

−

α

−

n

1

−

α

1

−

α

.

(28)

Chứng minh. Bất đẳng thức (28) suy ra từ bất đẳng thức (14) (xem Mục 1.4,

Bài toán 2), nếu thay m bởi n

+

1, n bởi 2n và α bởi

−

α.

□

Định lý 8

Ta có hằng đẳng thức

S

n,1

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

=

2

α

2

−

α

"

1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

#

−

2

α

2

−

2

α

"

1

−

1

2

α

+

1

3

α

− · · · −

1

(

2n

)

α

#

.

(29)

Chứng minh. Ta có

S

n,1

=

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

+

1

(

n

+

1

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

−

"

1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

#

.

Thêm và bớt ở vế phải cùng một đại lượng

2



1

2

α

+

1

4

α

+

1

6

α

· · · +

1

(

2n

)

α



,

-

43 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

ta được

S

n,1

=

1

−

1

2

α

+

1

3

α

−

1

4

α

+ · · · −

1

(

2n

)

α

+

2

"

1

2

α

+

1

4

α

+

1

6

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

#

−

"

1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

m

α

#

.

Các số trong ngoặc vuông đầu đều có chung thừa số

1

2

α

. Đưa ra ngoài ngoặc, ta

được

S

n,1

=

1

−

1

2

α

+

1

3

α

− · · · −

1

(

2n

)

α

+

2

2

α

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

!

−

"

1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

#

.

Vì ở trong ngoặc đơn chính là S

n

,1

, nên

1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α

−

"

1

−

1

2

α

+

1

3

α

− · · · −

1

(

2n

)

α

#

=



2

2

α

−

1



S

n,1

=

2

−

2

α

2

α

S

n,1

.

Từ đây, sau khi nhân hai vế cho 2

α

và chia cho 2

−

2

α

, ta thu được đẳng thức 29.

□

Đẳng thức ta vừa chứng minh rất lý thú bởi vì nó dẫn việc tính S

n,1

đến việc

tính S

2n, n

+

1

và đại lượng 1

−

1

2

α

+

1

3

α

− · · · −

1

(

2n

)

α

. Đại lượng thứ nhất với n lớn

tính được với độ chính xác cao nhờ bất đẳng thức ở bổ đề 1.4.2, và đại lượng thứ

hai,

ta biết rằng theo bổ đề 1.4.1,

đại

lượng này nhỏ hơn 0 và lớn hơn

−

2

α

2

−

2

α

.

Nếu như ta tìm được tổng của 4 số hạng đầu, thì đại lượng còn lại (sai số) sẽ nhỏ

hơn 0 và lớn hơn

−

1

5

α

·

2

α

2

−

2

α

.

Trong những bài toán tiếp theo ta sẽ tính đại lượng này với độ chính xác cao

hơn.

-

44 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bài toán 1.

Hãy tính tổng

A

=

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+ · · · +

1

√

10

6

với độ chính xác tới 0, 002.

Lời Giải. Theo Định lý 8

A

=

√

2

2

−

√

2

1

√

10

6

+

1

+

1

√

10

6

+

2

+ · · · +

1

√

2

·

10

6

!

−

√

2

2

−

√

2

1

−

1

√

2

+

1

√

3

− · · · −

1

√

2

·

10

6

!

= (

√

2

+

1

)

1

√

10

6

+

1

+ · · · +

1

√

2

·

10

6

!

− (

√

2

+

1

)

1

−

1

√

2

+

1

√

3

− · · · −

1

√

2

·

10

6

!

= (

√

2

+

1

)(

B

−

C

)

.

trong đó

B

=

1

√

10

6

+

1

+ · · · +

1

√

2

·

10

6

,

C

=

1

−

1

√

2

+

1

√

3

− · · · −

1

√

2

·

10

6

.

Số B theo Bổ đề 2 thỏa mãn bất đẳng thức

2

(

p

2

·

10

6

+

1

−

p

10

6

+

1

) <

B

<

2

(

√

2

·

10

6

−

√

10

6

)

.

Các số biên của những bất đẳng thức này cách nhau không lớn hơn 3

·

10

−

4

. Thật

vậy

2

p

10

6

+

1

−

√

10

6

−

2

p

2

·

10

6

+

1

−

√

2

·

10

6

=

2

√

10

6

+

1

+

√

10

6

−

2

√

2

·

10

6

+

1

+

√

2

·

10

6

≈

1

√

10

6

−

1

√

2

·

10

6

=

√

2

−

1

√

2

·

1

1000

<

3

·

10

−

4

.

Như vậy,

trung bình cộng của hai

số này cách số B không quá 2

·

10

−

4

.

Tính số

-

45 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

hạng thứ nhất và trừ đi 2

·

10

−

4

, ta được

B

=

828, 4269

±

∆

1

,

|

∆

1

| <

2

·

10

−

4

.

Chúng ta bắt tay vào tính số C. Giả sử m là một số lẻ. Đánh giá giá trị

D

=

1

√

m

−

1

√

m

+

1

+

1

√

m

+

2

− · · · −

1

√

2n

.

Với mục đích này ta nhận xét rằng

√

k

+

1

−

√

k

−

1

=

2

√

k

+

1

+

√

k

−

1

và

E

=

2

√

m

+

1

+

√

m

−

1

−

2

√

m

+

1

+

√

m

+

2

√

m

+

3

+

√

m

+

1

−

2

√

m

+

4

+

√

m

+

2

+ · · · −

2

√

2n

+

1

−

√

2n

−

1

=

√

m

+

1

−

√

m

−

1

−

√

m

+

2

+

√

m

+

√

m

+

3

−

√

m

+

1

−

√

m

+

4

+

√

m

+

2

+ · · · −

√

2n

+

1

+

√

2n

−

1

=

√

m

−

√

m

−

1

+

√

2n

−

√

2n

+

1.

Như thế số E có thể tính được tương đối đơn giản. Trừ đại lượng E cho D, ta được

E

−

D

=



2

√

m

+

1

−

√

m

−

1

−

1

√

m



−



2

√

m

+

2

+

√

m

−

1

√

m

+

1



+ · · ·

−



2

√

2n

+

1

−

√

2n

−

1

−

1

√

2n



.

Ta sẽ chứng minh rằng tất cả các số trong ngoặc đều dương và đơn điệu giảm.

-

46 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Thật vậy

2

√

m

+

1

+

√

m

−

1

−

1

√

m

=

2

√

m

−

√

m

+

1

+

√

m

−

1

√

m

√

m

+

1

+

√

m

−

1

=

2m

−

2

√

m

2

−

1

√

m

√

m

+

1

+

√

m

−

1

·

2

√

m

+

√

m

+

1

+

√

m

−

1

=

2

√

m

√

m

+

1

+

√

m

−

1

·

2

√

m

+

√

m

+

1

+

√

m

−

1

·

m

+

p

m

2

−

1

.

Từ đây nhận thấy rằng những số này dương và giảm đơn điệu theo m.

Theo Bổ

đề 1

0

<

E

−

D

<

2

√

m

(

√

m

+

1

+

√

m

−

1

)(

2

√

m

+

√

m

+

1

+

√

m

−

1

)(

m

+

√

m

2

−

1

)

.

Ta sẽ không bị sai nhiều nếu thay ở mẫu số m

+

1 và m

−

1 bởi m. Khi đó ta được

0

<

E

−

D

<

2

√

m

·

2

√

m

·

4

√

m

·

2m

=

1

8

·

m

5

2

.

Nếu như cho m

=

9, ta được

0

<

E

−

D

<

1

8

·

81

·

3

<

0, 0006.

Như vậy, với m

=

9 và n

=

10

6

E

−

D

=

0, 0003

± △

2

,

|△

2

| <

0, 0003,

D

=

E

−

0, 0003

± △

2

=

√

9

−

√

8

+

√

2

·

10

6

−

√

2

·

10

6

+

1

−

0, 0003

± △

2

=

0, 1710

± △

2

,

Quay lại với việc tính giá trị C. Ta có

C

=

1

−

1

√

2

+

1

√

3

−

1

√

4

+

1

√

5

−

1

√

6

+

1

√

7

−

1

√

8

+

D

=

1

−

1

√

2

+

1

√

3

−

1

√

4

+

1

√

5

−

1

√

6

+

1

√

7

−

1

√

8

+

0, 1710

± △

2

=

1

−

1

2

−

1

√

2



1

+

1

2



+

1

√

3

−

1

√

4

+

1

√

5

−

1

√

6

+

1

√

7

+

0, 1710

± △

2

=

1

2

−

3

√

2

4

+

3

√

3

+

5

√

5

−

6

√

6

+

7

√

7

+

0, 1710

± △

2

.

-

47 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Như thế,

để tính số C với

độ chính xác đến 3

·

10

−

4

cần phải

khai

căn của 5 số

nguyên và thực hiện một số phép tính số học. Sử dụng bảng số và thực hiện các

phép tính cần thiết, ta tìm được

C

=

0, 6035

± △

2

.

Quay lại với đại lượng A, với những giá trị của B và C vừa tìm được, ta được

A

= (

√

2

+

1

)(

B

−

C

)

= (

√

2

+

1

)(

827, 8226

± △

3

)

= (

√

2

+

1

) ·

827, 8226

±

2, 5

△

3

,

trong đó

|

2,5

△

3

| ≤

2,5

(|△

1

| + |△

2

|) <

2,5

·

5

·

10

−

4

<

2

·

10

−

3

.

Như vậy với độ chính xác đến 2

·

10

−

3

A

= (

√

2

+

1

)

827, 8226

=

1998, 539.

□

Bài toán 2.

Tính số

A

=

1

+

1

4

√

2

+

1

4

√

3

+ · · · +

1

4

√

10

12

với độ chính xác đến hàng đơn vị.

Lời Giải. Theo Định lý 8

A

=

4

√

2

2

−

4

√

2

1

4

√

10

12

+

1

+

1

4

√

10

12

+

2

+ · · · +

1

4

√

2

·

10

12

!

−

4

√

2

2

−

4

√

2

1

−

1

4

√

2

+

1

4

√

3

− · · · −

1

4

√

2

·

10

12

!

.

Số hạng đầu có thể tính được dễ dàng với độ chính xác cao nhờ (28). Theo những

bất đẳng thức này số hạng thứ nhất có thể thay bằng số

4

√

2

2

−

4

√

2

· · ·

(

2

·

10

12

)

3

4

− (

10

12

)

3

4

1

−

1

4

=

4

3

·

10

9

(

4

√

8

−

1

)

4

√

2

2

−

4

√

2

=

4

3

·

10

9

.

Theo Bổ đề 1 tổng

4

√

2

2

−

4

√

2



1

−

1

4

√

2

+

1

4

√

3

− · · · −

1

4

√

2

·

10

12



-

48 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

không âm và không lớn hơn số hạng thứ nhất. Do số hạng này không nhỏ hơn 2,

ta có

4

3

.10

9

−

2

<

A

<

4

3

.10

9

.

Hai số biên cách nhau 2, và cách số A nhỏ hơn 2. Gía trị trung bình

4

3

.10

9

−

1 sẽ

cách A không quá đơn vị. Thay số này vào, ta thu được

A

=

1333333332, 3

± △

,

|△| <

1.

Nhận xét rằng độ chính xác của việc tính số A, có chứa một nghìn tỉ số hạng, rất

cao. Sai số tương đối nhỏ hơn

100 : 1333333332, 3

<

0, 0000001%.

□

Bài tập

27. Tính tổng sau với độ chính xác đến đơn vị

1

+

1

3

√

2

+

1

3

√

3

+ · · · +

1

3

√

10

6

.

Đáp số. 14999.

28. Chứng minh tính đúng của đẳng thức

1

+

1

2

α

+

1

3

α

+ · · · +

1

n

α

=

n

1

−

α

1

−

α

−

C

+

βn,

trong đó

β

n

là đại lượng vô hạn nhỏ,

lim

β

n

=

0

, còn

C

=

2

α

2

−

2

α



1

−

1

2

α

+

1

3

α

−

1

4

α

+ · · · + (−

1

)

n

−

1

1

n

α

+

. . .



.

-

49 -

Lời giải bài tập

1. Trong bất đẳng thức (1) (trang 4) n

=

m,

m

+

1,

. . . ,

n:

2

√

m

+

1

−

2

√

m

<

1

√

m

<

2

√

m

−

2

√

m

−

1,

2

√

m

+

2

−

2

√

m

+

1

<

1

√

m

+

1

<

2

√

m

+

1

−

2

√

m,

2

√

m

+

3

−

2

√

m

+

2

<

1

√

m

+

2

<

2

√

m

+

2

−

2

√

m

+

1,

· · ·

2

√

n

+

1

−

2

√

n

<

1

√

n

<

2

√

n

−

2

√

n

−

1.

Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được

2

√

n

+

1

−

2

√

m

<

1

√

m

+

1

√

m

+

1

+

1

√

m

+

2

+ · · · +

1

√

n

<

2

√

n

−

2

√

m

−

1.

2. Trong các bất đẳng thức của Bài tập 1, m

=

10

4

,

n

=

10

6

, ta được

2

p

10

6

+

1

−

2

√

10

4

<

1

√

10

4

+

1

√

10

4

+

1

+ · · · +

1

√

10

6

<

2

√

10

6

−

2

p

10

4

−

1.

Bởi vì

2

p

10

6

+

1

>

2

√

10

6

=

2000,

2

√

10

6

=

2000,

2

p

10

4

−

1

=

√

39996

>

199,98.

(bất đẳng thức cuối

cùng có thể kèm chứng dẫn dần nếu khảo sát với

độ chính

xác tới 0,01), cho nên

2000

−

200

=

1800

<

1

√

10

4

+

1

√

10

4

+

1

+ · · · +

1

√

10

6

<

2000

−

199,98

=

1800,02.

3. Nhân bất đẳng thức của Bài tập 3 cho 50, ta được

90000

<

50z

<

90001,

từ đó

[

50z

] =

90000.

-

50 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

4. Với n

=

1 bất đẳng thức hiển nhiên:

1

2

≤

1

√

3

·

1

+

1

=

1

2

.

Giả sử bây giờ rằng bất đẳng thức đúng cho n

=

k:

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

2k

−

1

2k

≤

1

√

3k

+

1

,

(

a

)

Ta chứng minh rằng bất đẳng thức đúng cho n

=

k

+

1, nghĩa là

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

2k

−

1

2k

·

2k

+

1

2k

+

2

≤

1

√

3k

+

4

.

(

b

)

Nhân bất đẳng thức

(

a

)

cho

2k

+

1

2k

+

2

, ta được

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

2k

−

1

2k

·

2k

+

1

2k

+

2

≤

1

√

3k

+

1

·

2k

+

1

2k

+

2

.

Bây giờ chỉ cần chứng minh rằng

1

√

3k

+

1

·

2k

+

1

2k

+

2

<

1

√

3k

+

4

.

Nhân bất đẳng thức này cho

(

2k

+

2

)

√

3k

+

1

√

3k

+

4 rồi bình phương hai vế, ta

được

(

2k

+

1

)

2

(

3k

+

4

) < (

2k

+

2

)

2

(

3k

+

1

)

,

hay là

12k

3

+

28k

2

+

19k

+

4

<

12k

3

+

28k

2

+

20k

+

4.

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên, bởi vì k

≥

1.

Điều này đã chứng minh rằng bất đẳng thức

1

2

·

3

4

·

5

6

· · ·

2n

−

1

2n

≤

1

√

3n

+

1

đúng với mọi n.

5. Trong bất đẳng thức của Bài tập 4 cho n

=

50, ta được

1

2

·

3

4

· · ·

99

100

<

1

√

3

·

50

+

1

=

1

√

151

<

1

√

144

=

1

12

.

6. Đặt y

=

6

−

x,

x

=

6

−

y, ta đưa bài toán về tìm giá trị lớn nhất của hàm số

(

6

−

y

)

y

2

=

6y

2

−

y

3

-

51 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

với 0

<

y

<

6. Đặt y

2

=

z, ta được hàm số

6z

−

z

3

2

,

mà giá trị lớn nhất bằng (xem Nhận xét trang 27)



3

2

−

1



6

3

2

!

3

2

3

2

−

1

=

0.5

·

4

3

=

32

và đạt được ở điểm

z

=

6

3

2

!

1

3

2

−

1

=

4

2

.

Hàm số 6y

2

−

y

3

nhận giá trị lớn nhất ở điểm y

=

√

z

=

4, và giá trị này bằng

32.

Hàm số

x

(

6

−

x

)

2

nhận giá trị lớn nhất bằng

32

tại điểm

x

=

6

−

y

=

6

−

4

=

2.

7. Thể tích của hộp (xem Hình 4 trang 31) bằng

V

=

x

(

2a

−

2x

)

2

=

4x

(

a

−

x

)

2

,

0

<

x

<

a.

Đặt y

=

a

−

x, y

2

=

z, ta được

V

=

4 az

−

z

3

2

.

Giá trị lớn nhất của hàm số az

−

z

3

2

đạt được tại điểm

z

=

a

3

2

!

1

3

2

−

1

=



2a

3



2

.

Suy ra

y

=

√

2

=

2a

3

,

x

=

a

−

y

=

a

−

2a

3

=

a

3

.

Như vậy,

thể tích của hộp sẽ lớn nhất,

nếu như độ dài

của cạnh hình vuông

được cắt đi bằng

1

6

độ dài cạnh hình vuông cho trước.

8. Giá trị nhỏ nhất của hàm số x

6

+

8x

2

+

5 bằng 5 và đạt được khi

x

=

0.

9. Đặt y

=

x

2

, ta đưa bài toán về việc tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

y

3

−

8y

+

5

-

52 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

với giá trị dương của y.

Trong Định lý 5, chúng ta đã chứng minh được rằng giá trị nhỏ nhất của hàm

số y

3

−

8y bằng

(

1

−

3

)



8

3



3

3

−

1

= −

2

·

8

3

2

3

3

2

= −

32

√

6

9

.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y

3

−

8y

+

5 bằng

−

32

√

6

9

+

5

= −

3,6 . . . .

10. Đặt y

=

x

α

, ta được hàm số

y

−

ay

1

α

=

a



1

a

y

−

y

1

α



,

a

>

0,

1

α

>

1.

Theo Định lý 5, giá trị lớn nhất của hàm số

1

a

y

−

y

1

α

bằng



1

α

−

1



1

a

1

α

!

1

α

1

α

−

1

=



1

α

−

1





α

a



1

1

−

α

=

1

−

α

α



a

α



1

1

−

α

.

Nhân giá trị cuối cùng cho a, ta tìm được giá trị lớn nhất của hàm số a



1

a

y

−

y

1

α



,

bằng

(

1

−

α

)

a

α



a

α



1

α

−

1

= (

1

−

α

)



a

α



1

+

1

α

−

1

= (

1

−

α

)



a

α



α

α

−

1

.

11. Hàm số

4

√

x

−

2x,

x

>

0, α

=

1

4

, a

=

2, có giá trị lớn nhất, bằng



1

−

1

4



2

1

1

4

!

1

4

1

4

−

1

=

3

4

·

8

−

1

3

=

3

8

.

Do đó, với mọi

x

>

0, bất đẳng thức sau đúng

4

√

x

−

2x

≤

3

8

,

hay là

4

√

x

≤

3

8

+

2x.

12. Viết bất đẳng thức 8 ở dạng



n

+

1

n



n

<

e,

(

n

+

1

)

n

<

en

n

.

Nếu như n

>

3

>

e, thì

(

n

+

1

)

n

<

en

n

<

3n

n

≤

nn

n

=

n

n

+

1

.

-

53 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Lũy thừa số hai vế bất đẳng thức cuối cùng lên bậc

1

n

(

n

+

1

)

, ta được

n

+

1

√

n

+

1

<

n

√

n .

13. Bởi vì 1

<

√

2

=

6

√

8

<

6

√

9

=

3

√

3, cho nên

3

√

3 lớn nhất trong các số 1,

√

2,

3

√

3.

Mặt khác, ở bài toán trước ta đã chứng tỏ rằng dãy số

3

√

3,

4

√

4, . . . ,

n

√

n, . . .

giảm

dần. Do đó,

3

√

3 lớn nhất trong các số 1,

√

2,

3

√

3, . . . ,

n

√

n, . . ..

14. Đặt

n

√

n

=

1

+

α

n

, α

n

>

0. Lũy thừa bậc n, ta được

n

= (

1

+

α

n

)

n

=

h

(

1

+

α

n

)

n

2

i

2

.

Giả sử rằng n

≥

2,

n

2

≥

1, theo Định lý 3 ta được

(

1

+

α

n

)

n

2

>

1

+

n

2

α

n

,

n

>



1

+

n

2

α

n



2

=

1

+

nα

n

+

n

2

4

α

2

n

.

Từ đó suy ra rằng

n

>

n

2

4

α

2

n

,

α

2

n

<

4

n

,

α

n

<

2

√

n

,

n

√

n

=

1

+

α

n

<

1

+

2

√

n

.

Nhận xét.

Sử dụng nhị thức Newton, dễ dàng kiểm tra rằng

n

√

n

<

1

+

r

2

n

.

Thật vậy,

1

+

r

2

n

!

n

=

1

+

n

r

2

n

+

n

(

n

−

1

)

2

·

2

n

+ · · · >

1

+

n

(

n

−

1

)

2

·

2

n

=

n.

Từ đó suy ra rằng

n

√

n

<

1

+

r

2

n

.

15. Khi n

=

1 và a

1

> −

1 bất đẳng thức là hiển nhiên

1

+

a

1

≥

1

+

a

1

.

Giả sử rằng bất đẳng thức đúng cho n

=

k, nghĩa là

(

1

+

a

1

)(

1

+

a

2

) · · · (

1

+

a

k

) ≥

1

+

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

k

.

-

54 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Nhân hai vế của bất đẳng thức cho

(

1

+

a

k

+

1

)

, ta được

(

1

+

a

1

)(

1

+

a

2

) · · · (

1

+

a

k

)(

1

+

a

k

+

1

) ≥ (

1

+

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

k

)(

1

+

a

k

+

1

)

=

1

+

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

k

+

a

k

+

1

+

a

1

a

k

+

1

+

a

2

a

k

+

1

+ · · · +

a

k

a

k

+

1

.

Bởi vì các số a

1

, a

2

, . . . , a

k

, a

k

+

1

cùng dấu, nên

a

1

a

k

+

1

+

a

2

a

k

+

1

+ · · · +

a

k

a

k

+

1

≥

0,

và do đó

(

1

+

a

1

)(

1

+

a

2

) · · · (

1

+

a

k

)(

1

+

a

k

+

1

) ≥

1

+

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

k

+

a

k

+

1

,

nghĩa là bất đẳng thức đã được chứng minh cho n

=

k

+

1.

Như vậy, sự đúng đắn của bất đẳng thức

(

1

+

a

1

)(

1

+

a

2

) · · · (

1

+

a

n

) ≥

1

+

a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

đã được chứng minh với mọi n.

16.

Nếu đa thức

(

a

1

x

−

b

1

)

2

+ (

a

2

x

−

b

2

)

2

+ · · · + (

a

n

x

−

b

n

)

2

có nghiệm thực

x

=

x

1

, nghĩa là

(

a

1

x

1

−

b

1

)

2

+ (

a

2

x

1

−

b

2

)

2

+ · · · + (

a

n

x

1

−

b

n

)

2

=

0, thì mỗi một

trong các số a

1

x

1

−

b

1

,

a

2

x

1

−

b

2

,

. . . ,

a

n

x

1

−

b

n

bằng 0, nghĩa là

0

=

a

1

x

1

−

b

1

=

a

2

x

1

−

b

2

= · · · =

a

n

x

1

−

b

n

,

x

1

=

b

1

a

1

=

b

2

a

2

= · · · =

b

n

a

n

.

Như thế chúng ta đã chứng minh được rằng đa thức

(

a

1

x

−

b

1

)

2

+ (

a

2

x

−

b

2

)

2

+ · · · + (

a

n

x

−

b

n

)

2

=

x

2

(

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

) −

2x

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

) + (

b

2

1

+

b

2

2

+ · · · +

b

2

n

)

không thể có hai nghiệm thực phân biệt, và do đó

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

)

2

− (

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

)(

b

2

1

+

b

2

2

+ · · · +

b

2

n

) ≤

0.

Và từ đây suy ra bất đẳng thức (19)

(

a

1

b

1

+

a

2

b

2

+ · · · +

a

n

b

n

)

2

≤ (

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

)(

b

2

1

+

b

2

2

+ · · · +

b

2

n

)

.

Ta nhấn mạnh rằng dấu bằng xảy ra khi

và chỉ

khi

đa thức có nghiệm thực,

-

55 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

nghĩa là khi

a

1

b

1

=

a

2

b

2

= · · · =

a

n

b

n

.

17. Áp dụng bất đẳng thức (19), ta nhận được

c

2

1

=



a

1

+

a

2

+ · · · +

a

n

n



2

=



a

1

√

n

·

1

√

n

+ · · · +

a

n

√

n

·

1

√

n



2

≤

a

2

1

n

+

a

2

2

n

+ · · · +

a

2

n

n

!



1

n

+

1

n

+ · · · +

1

n



=

a

2

1

+

a

2

2

+ · · · +

a

2

n

n

=

c

2

2

.

Từ đó suy ra rằng c

1

≤

c

2

(trung bình cộng không vượt quá trung bình bình

phương). 18. Từ bất đẳng thức

(

√

n

+

1

+

√

n

−

1

)

2

=

n

+

1

+

2

p

n

2

−

1

+

n

−

1

=

2n

+

2

p

n

2

−

1

<

2n

+

2

√

n

2

=

4n

suy ra rằng

√

n

+

1

+

√

n

−

1

<

2

√

n,

1

2

√

n

<

1

√

n

+

1

+

√

n

−

1

=

√

n

+

1

−

√

n

−

1

(

√

n

+

1

+

√

n

−

1

)(

√

n

+

1

−

√

n

−

1

)

=

√

n

+

1

−

√

n

−

1

2

.

Nhân cho 2, ta được

1

√

n

<

√

n

+

1

−

√

n

−

1.

19. Trong bất đẳng thức (18) cho n

=

2, 3, . . . , n:

1

√

2

<

√

3

−

1,

1

√

3

<

√

4

−

√

2,

1

√

4

<

√

5

−

√

3,

1

√

5

<

√

6

−

√

4,

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

1

√

n

<

√

n

+

1

−

√

n

−

1.

Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+ · · · +

1

√

n

<

√

n

+

1

+

√

n

−

√

2

−

1.

-

56 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Thêm 1 vào hai vế của bất đẳng thức, ta nhận được

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+

1

√

4

+

1

√

5

+ · · · +

1

√

n

<

√

n

+

1

+

√

n

−

√

2.

Nhận xét.

Trong Mục 2.1 đã chứng minh được rằng

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+ · · · +

1

√

n

>

2

√

n

+

1

−

2

√

2

+

1.

Các số

√

n

+

1

+

√

n

−

√

2 và 2

√

n

+

1

−

2

√

2

+

1 khác nhau không lớn hơn 0,42.

Mỗi một trong hai số này có thể lấy làm giá trị gần đúng của tổng

1

+

1

√

2

+

1

√

3

+ · · · +

1

√

n

=

Z

n

.

Lưu ý rằng số

√

n

+

1

+

√

n

−

√

2 gần với Z

n

hơn là số 2

√

n

+

1

−

2

√

2

+

1.

20. Hàm số

x

3

x

4

+

5

nhận giá trị âm khi

x

<

0. Do đó giá trị lớn nhất của hàm số

đạt được khi

x dương.

Bởi vì

x

3

x

4

+

5

=

1

5



1

5

x

+

x

−

3



,

cho nên giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại điểm mà hàm số

1

5

x

+

x

−

3

đạt

giá trị nhỏ nhất. Theo Bài toán 4 Mục 2.1 suy ra rằng giá trị nhỏ nhất của hàm

số này bằng

(

1

+

3

)

1

5

3

!

−

3

−

3

−

1

=

4



1

15



3

4

.

Giá trị lớn nhất của hàm số

x

3

x

4

+

5

bằng

1

5

·

4

·



1

15



3

4

=

15

3

4

20

=

15

20

4

√

15

=

3

4

4

√

15

.

Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số x

6

−

0,6x

10

, ta đặt y

=

x

6

. Rõ ràng là y

≥

0.

Hàm số

y

−

0,6y

10

6

=

0,6



10

6

y

−

y

10

6



-

57 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

nhận giá trị lớn nhất (xem Nhận xét ở trang 27), bằng

0,6



10

6

−

1



10

6

10

6

!

10

6

10

6

−

1

=

0,4.

21. Đặt y

=

1

x

2

, ta được

√

x

+

a

x

2

=

y

−

1

4

+

ay.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y

−

1

4

+

ay, theo kết quả của Bài toán 4 Mục 2.1, bằng



1

+

1

4



(

4a

)

1

5

=

5

4

(

4a

)

1

5

.

Cho

5

4

(

4a

)

1

5

=

2,5, ta được

(

4a

)

1

5

=

2,

4a

=

32,

a

=

8.

22.

S

=

1

−

1

2

2

+

1

3

2

−

1

4

2

+

1

5

2

−

1

6

2

+ · · ·

=



1

+

1

2

2

+

1

3

2

+

1

4

2

+

1

5

2

+

1

6

2

+ · · ·



−

2



1

2

2

+

1

4

2

+

1

6

2

+ · · ·



=



1

+

1

2

2

+

1

3

2

+

1

4

2

+

1

5

2

+

1

6

2

+ · · ·



−

2

2

2



1

+

1

2

2

+

1

3

2

+ · · ·



=

1

2



1

+

1

2

2

+

1

3

2

+ · · ·



=

1

2

·

π

2

6

=

π

2

12

.

(ta đã dùng đẳng thức (27)).

23. 23. Vì α

>

0 nên 1

+

α

>

1 và do đó



1

+

1

n



1

+

α

>

1

+

1

+

α

n

,



1

−

1

n



1

+

α

>

1

−

1

+

α

n

.

Nhân các bất đẳng thức này với n

1

+

α

, ta được

(

n

+

1

)

1

+

α

>

n

1

+

α

+ (

1

+

α

)

n

α

,

(

n

−

1

)

1

+

α

>

n

1

+

α

− (

1

+

α

)

n

α

.

-

58 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Từ các bất đẳng thức này suy ra rằng

n

1

+

α

− (

n

−

1

)

1

+

α

1

+

α

<

n

α

<

(

n

+

1

)

1

+

α

−

n

1

+

α

1

+

α

.

Viết các bất đẳng thức này cho các giá trị n

=

1, 2, 3, . . . , n:

1

1

+

α

<

1

<

2

1

+

α

−

1

1

+

α

,

23. Vì α

>

0 nên 1

+

α

>

1 và do đó



1

+

1

n



1

+

α

>

1

+

1

+

α

n

,



1

−

1

n



1

+

α

>

1

−

1

+

α

n

.

Nhân các bất đẳng thức này với n

1

+

α

, ta được

(

n

+

1

)

1

+

α

>

n

1

+

α

+ (

1

+

α

)

n

α

,

(

n

−

1

)

1

+

α

>

n

1

+

α

− (

1

+

α

)

n

α

.

Từ các bất đẳng thức này suy ra rằng

n

1

+

α

− (

n

−

1

)

1

+

α

1

+

α

<

n

α

<

(

n

+

1

)

1

+

α

−

n

1

+

α

1

+

α

.

Viết các bất đẳng thức này cho các giá trị n

=

1, 2, 3, . . . , n:

1

1

+

α

<

1

<

2

1

+

α

−

1

1

+

α

,

2

1

+

α

−

1

1

+

α

<

2

α

<

3

1

+

α

−

2

1

+

α

1

+

α

,

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

n

1

+

α

− (

n

−

1

)

1

+

α

1

+

α

<

n

α

<

(

n

+

1

)

1

+

α

−

n

1

+

α

1

+

α

.

Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được

n

1

+

α

1

+

α

<

1

+

2

α

+

3

α

+ · · · +

n

α

<

(

n

+

1

)

1

+

α

−

1

1

+

α

<

(

n

+

1

)

1

+

α

1

+

α

.

-

59 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

24. Từ các bất đẳng thức của Bài tập 23 suy ra rằng

1

1

+

α

<

1

+

2

α

+

3

α

+ · · · +

n

α

n

1

+

α

<



1

+

1

n



1

+

α

1

+

α

.

Vế trái của các bất đẳng thức sau là một số không đổi

1

1

+

α

, còn vế phải tiến tới

giới hạn bằng

1

1

+

α

khi

n tiến tới vô hạn. Do đó,

biểu thức ở giữa cũng tiến tới

cùng giới hạn, tức là

lim

n

→

∞

1

+

2

α

+

3

α

+ · · · +

n

α

n

1

+

α

=

1

1

+

α

.

25. Đặt các ký hiệu

A

3

=

a

3

1

+

a

3

2

+ · · · +

a

3

n

,

B

3

=

b

3

1

+

b

3

2

+ · · · +

b

3

n

,

C

3

=

c

3

1

+

c

3

2

+ · · · +

c

3

n

,

x

1

=

a

1

A

,

x

2

=

a

2

A

,

. . . ,

x

n

=

a

n

A

,

y

1

=

b

1

B

,

y

2

=

b

2

B

,

. . . ,

y

n

=

b

n

B

,

z

1

=

c

1

C

,

z

2

=

c

2

C

,

. . . ,

z

n

=

c

n

C

.

Theo bất đẳng thức (7) ta có

a

1

b

1

c

1

=

ABC x

1

y

1

z

1

≤

ABC

x

3

1

+

y

3

1

+

z

3

1

3

,

a

2

b

2

c

2

=

ABC x

2

y

2

z

2

≤

ABC

x

3

2

+

y

3

2

+

z

3

2

3

,

· · · · · · · · ·

a

n

b

n

c

n

=

ABC x

n

y

n

z

n

≤

ABC

x

3

n

+

y

3

n

+

z

3

n

3

.

Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được

a

1

b

1

c

1

+

a

2

b

2

c

2

+ · · · +

a

n

b

n

c

n

≤

ABC

x

3

1

+

x

3

2

+ · · · +

x

3

n

3

+

y

3

1

+

y

3

2

+ · · · +

y

3

n

3

+

z

3

1

+

z

3

2

+ · · · +

z

3

n

3

!

.

Chú ý đến các ký hiệu, dễ dàng tính được rằng

x

3

1

+

x

3

2

+ · · · +

x

3

n

=

a

3

1

+

a

3

2

+ · · · +

a

3

n

A

3

=

A

3

A

3

=

1,

y

3

1

+

y

3

2

+ · · · +

y

3

n

=

1,

z

3

1

+

z

3

2

+ · · · +

z

3

n

=

1.

-

60 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Do đó

a

1

b

1

c

1

+

a

2

b

2

c

2

+ · · · +

a

n

b

n

c

n

≤

ABC



1

3

+

1

3

+

1

3



=

ABC.

Lập phương hai vế của bất đẳng thức, ta nhận được

(

a

1

b

1

c

1

+

a

2

b

2

c

2

+ · · · +

a

n

b

n

c

n

)

3

≤

A

3

B

3

C

3

= (

a

3

1

+

a

3

2

+ · · · +

a

3

n

)(

b

3

1

+

b

3

2

+ · · · +

b

3

n

)

· (

c

3

1

+

c

3

2

+ · · · +

c

3

n

)

.

26. Viết các bất đẳng thức (24) cho các giá trị của n

ln

n

+

1

n

<

1

n

<

ln

n

n

−

1

,

ln

n

+

2

n

+

1

<

1

n

+

1

<

ln

n

+

1

n

,

· · · · · · · · ·

ln

2n

+

1

2n

<

1

2n

<

ln

2n

2n

−

1

.

Cộng các bất đẳng thức này lại, ta được

ln

(

n

+

1

)(

n

+

2

) · · · (

2n

+

1

)

n

(

n

+

1

) · · ·

2n

<

1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n

<

ln



n

n

−

1

·

n

+

1

n

· · ·

2n

2n

−

1



,

nghĩa là

ln

2n

+

1

n

=

ln



2

+

1

n



<

1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n

<

ln

2n

n

−

1

=

ln



2

+

2

n

−

1



.

Nếu như n tiến đến vô cùng, thì ln



2

+

1

n



tiến đến ln 2 và ln 2

+

2

n

−

1

tiến đến

cùng giới hạn đó. Do đó

lim

n

→

∞



1

n

+

1

n

+

1

+ · · · +

1

2n



=

ln 2.

27. Theo định lý 6,

1

+

1

3

√

2

+ · · · +

1

3

√

10

6

=

3

√

2

2

−

3

√

2



1

3

√

10

6

+

1

+

1

3

√

10

6

+

2

+ · · · +

1

3

√

2

·

10

6



−

3

√

2

2

−

3

√

2



1

−

1

3

√

2

+

1

3

√

3

− · · · −

1

3

√

2

·

10

6



.

-

61 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Số hạng thứ hai âm nhưng lớn hơn

−

3

√

2

2

−

3

√

2

> −

1,9.

Số hạng thứ nhất, theo các bất đẳng thức (28), thỏa mãn các bất đẳng thức

3

2



3

p

2

·

10

6

+

1

−

3

p

10

6

+

1



3

√

2

2

−

3

√

2

<

3

√

2

2

−

3

√

2



1

3

√

10

6

+

1

+

1

3

√

10

6

+

2

+ · · · +

1

3

√

2

·

10

6



<

3

√

2

2

−

3

√

2



3

√

2

·

10

6

−

3

√

10

6



3

2

=

15,000.

Vì hai vế ngoài của các bất đẳng thức sau cùng sai khác nhau rất ít (nhỏ hơn 0,1),

nên

15,000

−

2

<

1

+

1

3

√

2

+ · · · +

1

3

√

10

6

<

15,000.

Trung bình cộng 14,999 sai khác với

10

6

∑

k

=

1

1

3

√

k

không quá 1.

28. Theo định lý 6

1

+

1

2

α

+ · · · +

1

n

α

=

2

α

2

−

2

α



1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α



−

2

α

2

−

2

α



1

−

1

2

α

+

1

3

α

− · · · −

1

(

2n

)

α



=

A

n

−

B

n

,

trong đó

A

n

=

2

α

2

−

2

α



1

(

n

+

1

)

α

+

1

(

n

+

2

)

α

+ · · · +

1

(

2n

)

α



,

B

n

=

2

α

2

−

2

α



1

−

1

2

α

+

1

3

α

− · · · −

1

(

2n

)

α



.

Số B

n

là tổng riêng của chuỗi

∞

∑

k

=

1

2

α

2

−

2

α

(−

1

)

k

−

1

1

k

α

.

Chuỗi số này là chuỗi số luân phiên dấu với các số hạng có trị tuyệt đối giảm dần.

Chú ý phần dư của chuỗi này (xét theo trị tuyệt đối không lớn) hơn trị tuyệt đối

của số hạng dư đầu tiên, nghĩa là số

2

α

2

−

2

α

·

1

n

α

. Vì khi n

→

∞ số này tiến đến 0,

-

62 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

nên chuỗi hội tụ và

lim

n

→

∞

B

n

=

∞

∑

k

=

1

2

α

2

−

2

α

(−

1

)

k

−

1

1

k

α

=

C,

nghĩa là δ

n

=

B

n

−

C là đại

lượng vô cùng nhỏ.

Bây giờ dựa trên bất đẳng thức

(28) ta thu được

2

α

2

−

2

α



(

2n

)

1

−

α

− (

n

+

1

)

1

−

α



≤

A

n

≤

2

α

2

−

2

α



(

2n

)

1

−

α

−

n

1

−

α



=

n

1

−

α

1

−

α

.

Bởi vì hiệu số giữa hai số hạng biên của bất đẳng thức tiến đến 0 khi n

→

∞, cho

nên

δ

n

=

A

n

−

n

1

−

α

1

−

α

là đại lượng vô cùng nhỏ.

Như vậy

1

+

1

2

α

+ · · · +

1

n

α

=

A

n

−

B

n

=

n

1

−

α

1

−

α

−

δ

n

−

C

+

γ

n

=

n

1

−

α

1

−

α

−

C

+

β

n

,

trong đó β

n

=

δ

n

+

γ

n

là đại lượng vô cùng bé.

-

63 -

Phần đọc thêm: Phương pháp quy nạp

toán học

Phương pháp chứng minh bằng quy nạp toán học được trình bày như sau: Để

chứng minh tính đúng đắn của mệnh đề A (phụ thuộc vào tham số tự nhiên n) ta

lần lượt làm các bước sau đây:

• Bước 1. Chứng minh rằng mệnh đề này đúng với n nhỏ nhất

(

n

=

0,

hoặc

1,

hoặc 2, . . .

)

• Bước 2. Giả sử mệnh đề A đúng với

mọi

n

≤

k,

ta chứng minh rằng nó

cũng đúng cho n

=

k

+

1.

• Bước 3. Sau khi thực hiện thành công hai bước trên ta có thể kết luận được

rằng mệnh đề A đúng với mọi n.

Phương pháp trên thường được gọi là phép quy nạp toán học. Đúng hơn phải

gọi đây là phép quy nạp “thuận”, bởi vì còn tồn tại kiểu phép quy nạp “lùi” nữa.

Nguyên tắc của phép quy nạp lùi như sau:

• Bước 1.

Dùng phép quy nạp thuận (hoặc là các phương pháp khác) để

chứng minh tính đúng đắn đắn của mệnh đề A cho những số n

=

r

k

, trong

đó r

k

→

∞ khi k

→

∞.

• Bước 2. Giả sử mệnh đề A đúng cho n

=

k,

ta chứng minh rằng nó cũng

đúng cho n

=

k

−

1 (chú ý sự khác biệt giữa hai pp).

• Bước 3. Bây giờ thì ta có thể kết luận rằng mệnh đề đúng cho mọi n.

Phép quy nạp toán học là một phép chứng minh khá quen thuộc với học sinh

phổ thông; do đó chúng tôi không đề cập sâu.

Ví dụ về phép cm này bạn có thể

xem ở Bài tập 4 ở phần chính của sách. Về phép quy nạp lùi thì mẫu mực là phép

chứng minh bất đẳng thức Cauchy mở rộng ở bài tập tiếp theo.

Ở đây chúng tôi chỉ đưa ra một số bài tập để bạn đọc tự giải.

-

64 -

Bất đẳng thức Cauchy mở rộng

Bất đẳng thức Cauchy là một trong những bất đẳng thức quan trọng của chương

trình phổ thông. Tuy vậy, một số bài toán không giải được bằng cách áp dụng bất

đẳng thức Cauchy thông thường, mà cần đến một bất đẳng thức mạnh hơn.

Định lý 9

Cho x

1

, x

2

, . . . , x

n

, α

1

, α

2

, . . . , α

n

là những số dương,

α

1

+

α

2

+ · · · +

α

n

=

α.

Khi đó

α

q

x

α

1

1

x

α

2

2

· · ·

x

α

n

n

≤

α

1

x

1

+

α

2

x

2

+ · · · +

α

n

x

n

α

(1)

Nhận xét.

Có thể nói

rằng bất đẳng thức trên là một dạng ”mở rộng” vì

khi

n

=

2, đặt p

=

α

α

1

,

q

=

α

α

2

,

x

α

1

/α

1

=

x,

x

α

2

/α

2

=

y,

x

1

=

x

α/α

1

,

x

2

=

y

α/α

2

,

ta được xy

≤

x

p

p

+

y

q

q

,

trong đó

1

p

+

1

q

=

1.

Chứng minh. Ta chứng minh tính đúng đắn của định lý bằng phương pháp quy

nạp.

Trước tiên, ta chứng minh định lý đúng với n

=

2

k

. Với k

=

1, tức n

=

2, định

lý đúng theo trường hợp n

=

2 của bất đẳng thức Jensen.

Giả sử định lý đúng với

n

=

2

k

,

nghĩa là với

mọi

số dương x

1

, . . . , x

2

k

và

α

1

, . . . , α

2

k

,

2

k

∑

i

=

1

α

i

=

α, ta có

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

2

k

2

k

≤

α

1

x

1

+ · · · +

α

2

k

x

2

k

α

.

(2)

Ta sẽ chứng minh định lý đúng cho n

=

2

k

+

1

,

nghĩa là với

mọi

số dương

x

1

, . . . , x

2

k

+

1

và α

1

, . . . , α

2

k

+

1

,

2

k

+

1

∑

i

=

1

α

i

=

α, ta có bất đẳng thức (2) tương ứng.

Đặt

β

=

2

k

∑

i

=

1

α

i

,

γ

=

2

k

+

1

∑

i

=

2

k

+

1

α

i

,

β

+

γ

=

α.

Từ giả thuyết quy nạp áp dụng cho 2

k

số hạng đầu,

α

1

x

1

+ · · · +

α

2

k

x

2

k

≥

β

β

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

2

k

2

k

.

(4)

-

65 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Tương tự, với 2

k

số hạng sau,

α

2

k

+

1

x

2

k

+

1

+ · · · +

α

2

k

+

1

x

2

k

+

1

≥

γ

γ

r

x

α

2

k

+

1

2

k

+

1

· · ·

x

α

2

k

+

1

2

k

+

1

.

(5)

Đặt

X

=

β

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

2

k

2

k

,

Y

=

γ

r

x

α

2

k

+

1

2

k

+

1

· · ·

x

α

2

k

+

1

2

k

+

1

.

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho hai số X, Y; α, β, ta được

βX

+

γY

≥ (

β

+

γ

)

β

+

γ

p

X

β

Y

γ

=

α

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

2

k

+

1

2

k

+

1

.

(6)

Cộng (4), (5), (6) rồi chia hai vế cho α, ta có

α

1

x

1

+ · · · +

α

2

k

+

1

x

2

k

+

1

α

≥

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

2

k

+

1

2

k

+

1

,

(7)

có nghĩa là bất đẳng thức đã được chứng minh cho n

=

2

k

+

1

.

Tiếp theo, giả sử định lý đúng cho n (bất kỳ), nghĩa là

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

n

≤

α

1

x

1

+ · · · +

α

n

x

n

α

.

(8)

Ta sẽ chứng minh định lý đúng cho n

−

1. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức (8) cho

các số x

1

, . . . , x

n

−

1

,

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

; α

1

, . . . , α

n

−

1

, 1; α

1

+ · · · +

α

n

−

1

=

α ta được

α

+

1

r

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

·

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

≤

α

1

x

1

+ · · · +

α

n

−

1

x

n

−

1

+

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

α

+

1

.

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

≤

α

1

x

1

+ · · · +

α

n

−

1

x

n

−

1

+

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

α

+

1

.

hay là

α

q

x

α

1

1

· · ·

x

α

n

−

1

n

−

1

≤

α

1

x

1

+ · · · +

α

n

−

1

x

n

−

1

α

.

chính là điều phải chứng minh.

Như vậy định lý đúng cho n

−

1. Suy ra định lý được chứng minh hoàn toàn.

□

Nhận xét.

Dấu bằng ở bất đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi

x

1

α

1

=

x

2

α

2

= · · · =

x

n

α

n

.

-

66 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

Bây giờ ta đưa ra một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy mở rộng.

Bài toán 3.

Chứng minh rằng nếu α, β, a là những số dương thì với mọi 0

≤

x

≤

a,

x

α

(

a

−

x

)

β

≤



aα

α

+

β



α



aβ

α

+

β



β

,

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x

=

aα

α

+

β

.

Lời Giải. Ta có

x

α

(

a

−

x

)

β

=

α

α

β

β



x

α



α



a

−

x

β



β

.

(9)

Theo bất đẳng thức Cauchy mở rộng cho hai số

x

α

,

a

−

x

β

; α, β, ta có

α

+

β

s



x

α



α



a

−

x

β



β

≤

α

x

α

+

β



a

−

x

β



α

+

β

=

a

α

+

β

.

Lũy thừa hai vế lên bậc α

+

β, ta được



x

α



α



a

−

x

β



β

≤



a

α

+

β



α

+

β

.

(10)

Từ (9) và (10) suy ra

x

α

(

a

−

x

)

β

≤

α

α

β

β



a

α

+

β



α

+

β

=



aα

α

+

β



α



aβ

α

+

β



β

.

Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ

khi

x

α

=

a

−

x

β

,

tức x

=

aα

α

+

β

.

Bài

toán được giải

quyết hoàn toàn.

□

Bất đẳng thức của Bài

toán 1 có nhiều ứng dụng thực tế.

Chẳng hạn,

ta có

thể chứng minh dễ dàng Định lý 5.

Chứng minh.

Đặt y

=

x

α

−

ax.

Khi

đó

−

y

=

ax

−

x

α

=

x a

−

x

α

−

1

.

Đặt

x

α

−

1

=

z (suy ra x

=

z

1/

(

α

−

1

)

), ta được

−

y

=

z

1

α

−

1

(

a

−

z

)

.

Theo kết quả của Bài toán 1,

−

y đạt giá trị lớn nhất khi

z

=

a

·

1

α

−

1

1

α

−

1

+

1

=

a

α

,

-

67 -

Ứng dụng của bất đẳng thức

tức là

x

=

z

1

α

−

1

=



a

α



1

α

−

1

.

Khi đó

−

y

max

= (

α

−

1

)



a

α



α

α

−

1

,

y

min

= (

1

−

α

)



a

α



α

α

−

1

.

□

Bây giờ để làm quen với

phương pháp bất đẳng thức Cauchy mở rộng và đã

làm sáng tỏ hơn các ví dụ phần I, mời các bạn áp dụng bất đẳng thức này để giải

các bài toán ở Mục 2.1 chương 2: Bài toán 1, 2, 4, 5.

-

68 -

Bất đẳng thức Cauchy mở rộng bàn về

các phương pháp chứng minh bất đẳng

thức

Xuyên suốt quyển sách nhỏ của P. Korovkin ta thấy toát lên một khả năng sư

phạm tuyệt vời

của ông.

Những ví

dụ và lời

chứng minh định lý của quyển sách

đơn giản, ngắn gọn, súc tích nhưng cũng rất đầy đủ và hoàn chỉnh. Kiến thức sử

dụng để chứng minh chỉ

là những tính chất cơ bản nhất của bất đẳng thức và

nguyên lý quy nạp, do đó phần bất đẳng thức có thể dùng cho học sinh lớp nhỏ

của PTTH (cấp 2). Phần nói về một số giới hạn và phép tính gần đúng là những

ví dụ rất mẫu mực.

Đối với các học sinh cấp 3, khi đọc cuốn sách này, sẽ có lợi gấp bội phần nếu

các em dùng những phương pháp khác nhau để chứng minh những định lý và giải

lại các bài toán và bài tập.

Vì các phương pháp biến đổi bất đẳng thức bằng giới hạn khá quen thuộc đối

với

các học sinh phổ thông,

nhất là các em học sinh khối

chuyên,

nên chúng tôi

không dùng lại chi tiết của từng phương pháp, mà chỉ điểm lại các phương pháp

chính

1.

Sử dụng những tính chất cơ bản của bất đẳng thức

2.

Phương pháp chứng minh quy nạp

3.

Sử dụng những bất đẳng thức cơ bản

4.

Phương pháp hàm số

5.

Phương pháp hàm lồi.

Các em học sinh nên tự lực đọc lại quyển sách nhỏ này và phân tích các ví dụ

dưới

góc độ của các phương pháp khác nhau để tự rút ra kết luận về thế mạnh

và thế yếu của từng phương pháp chứng minh. Làm được như vậy thì thành công

của cuốn sách sẽ được bảo đảm hoàn toàn.

-

69 -