Dãy số Fibonacci và ứng dụng.

Các bạn có thể xem online tại 

Dãy Fibonacci

Tải về tại đây.

Ứng dụng của 1 bổ đề

Ứng dụng của 1 bổ đề

Ta có bổ đề sau:

Cho $a,b,c \in [ m;n]$ thỏa mãn   $a+b+c=p$ trong đó $2m + n \le p \le m + 2n$ thì ta có

$$a^2 + b^2 + c^2 \le m^2 + n^2 + ( p - m - n)^2 $$

Đẳng thức xảy ra khi $a,b,c$ là các số$m,n,p-m-n$

Để chứng minh bổ đề trên các bạn có thể xuất phát từ bất đẳng thức sau:

$$( a - m) ( b - m) (c - m) + ( n - a )( n - b )( n - c ) \ge 0$$

Sau khi khai triển trực tiếp ta sẽ có ngay điều cần chứng minh.

Sau đây là ví dụ minh họa 

SỰ TƯƠNG ỨNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ AM-GM

SỰ TƯƠNG ỨNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ AM-GM

Về một dạng Bất đẳng thức

       Về một dạng bất đẳng thức

                                                                                       _Đỗ Trọng Đạt_
Chắc hẳn tr0ng quá trình làm toán bất đẳng thức, các bạn đã đối mặt với nhiều bài bất đẳng thức có dấu bằng xảy ra lệch, ở biên, và hầu như đó là những bài toán rất đẹp. Hôm nay chúng ta hãy cùng cảm nhận dạng bất đẳng thức này qua bài viết nhé !
Bài toán 1.[Đào Hải Long]
Ch0 các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}+\frac{1}{(a-b)^2}\right]\geq \frac{9}{2}$$
Lời giải:
Đây là 1 bất đẳng thức nổi tiếng của tác giả Đào Hải Long, nó cũng làm ta gợi nhớ đến bất đẳng thức quen thuộc với lời giải đặt ẩn phụ sau :
$$\left(\frac{a}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b}{a-c}\right)^2+\left(\frac{c}{a-b}\right)^2\geq 2$$
Và ta có thể giải bài toán trên như sau:
Do không mất tính tổng quát của bài ta giả sử $a\geq b\geq c$
Ta nhận xét,nếu cố định trị tuyệt đối của a,b,c thì VT đạt min khi abc$\leq 0$,ta có thể g/s a$> b> 0> c$
Đặt $-c=x (x> 0)$
Ta có$\frac{1}{\left ( b+x \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}\geq \frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}$
Suy ra $$VT\frac{1}{\left ( a+x \right )^{2}}+\frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}\geq \frac{9}{2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$$
Dấu = khi $\left\{\begin{matrix} a=0 & \\ b+c=0 & \end{matrix}\right.$ và hoán vị bộ số này $\square$
Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực phân biệt đôi một khác nhau.Chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{27}{4}$$
Lời giải:
Bất đẳng thức $\Leftrightarrow (\sum (a-b)^2)(\sum \frac{1}{(a-b)^2})\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a-b=x;b-c=y;c-a=z$$\Rightarrow$ $x+y+z=0$.Ta cần chứng minh:
$$(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geq \frac{27}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{z^2}\geq \frac{21}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{(x+y)^2}\geq \frac{21}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 21$$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 18$ (1)
Ta có: $\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}=\frac{\sum (x-y)(y-z)(x+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{\sum y(y-x)(y-z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{x^3+y^3+z^3+3xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{6xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$ (do $x^3+y^3+z^3=3xyz$ với x+y+z=0)
$=\frac{8xyz-(x+y)(y+z)(z+x)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{8xyz+xyz}{-xyz}$ (do x+y+z=0)
$=-9$
Do đó $$VP(1) \geq  -2(\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}) =18$$
Vậy BĐT được chứng minh. $\square$
Bài toán 3.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$
Lời giải:
Với ý tưởng dồn biến toàn miền quen thuộc :
Không mất tính tổng quát, giả sử $z=min{x;y;z}$. Ta giảm $(x,y,z)$ cùng đi một lượng $z$ (tức là thay $(x;y;z)$ bởi $(x-z;y-z;0)$) thì rõ ràng các hiệu $x-y;y-z;z-x$ không đổi , và $(x-z)(y-z)<xy+yz+zx$. Vậy $VT(*)$ thì giảm đi còn $VP(*)$ thì không đổi. Do đó ta chỉ cần c/m BĐT $(*)$ trong trường hợp $x,y>z=0$.

Thật vậy, với $x,y>z=0$ thì:
$$(*) \Leftrightarrow xy \left [ \dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \right ]\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{x^2+y^2}{xy}\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{xy}\ge 2$$

Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$. BĐT $(*)$ được chứng minh.  Dấu bằng xảy ra khi:$\left\{\begin{matrix}(x-y)^2=xy\\ z=0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow (x;y;z)=\left (k;\dfrac{k(3+\sqrt{5})}{2};0\right );\left (k;\dfrac{k(3-\sqrt{5})}{2};0\right )\ (k> 0)$. và các hoán vị $\square$
Bài toán 4.
Cho các số thực không âm phân biệt $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
Lời giải:
Qua bài toán 3, ta cũng đã phần nào hình dung được ý tưởng dồn biến toàn miền ch0 dạng bài này. Muốn làm 1 bất đẳng thức thành công, công việc đầu tiên quan trọng nhất là ta phải xác định dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Và ở dạng bài này, DẤU BẰNG LUÔN XẢY RA KHI CÓ 1 SỐ BẰNG 0 !
Giả sử $c$ nhỏ nhất, ta có $$P=({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{(b-c)}^{2}}}+\frac{1}{{{(c-a)}^{2}}} \right) \ge ({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$$
Do vậy ta cần tìm GTNN của biểu thức
$$Q=({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$$

Đây là biểu thức thuần nhất cùng bậc (bậc 0) nên đặt $x=\frac{a}{b}$, ($x>0$)ta có
$$Q=(x^2+1)\left( \frac{1}{(x-1)^2}+1+\frac{1}{x^2} \right)$$
Khai triển ra ta được
$$Q=1+\frac{2x}{x^2-2x+1}+x^2+\frac{1}{x^2}+2=\frac{2}{x+\frac{1}{x}-2}+(x+\frac{1}{x})^2+1$$
Đến đây, đặt $x+\frac{1}{x}-2=t$ ($t \ge 0$), ta có
$Q=\frac{2}{t}+(t+2)^2+1$
Đến đây áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi trong BĐT AM-GM tìm được GTNN của $Q$.Cụ thể
$Q-5=\frac{2}{t}+t^2+4t=t^2+\frac{2k^3}{t}+4t+\frac{2-2k^3}{t} \ge 3k^2+4\sqrt{2(1-k^3)}$
($1>k>0$ chọn sau)
Ta cần chọn $k$ sao cho $t^2=\frac{k^3}{t}$ và $4t=\frac{2-2k^3}{t}$.Giải hệ này được $4k^2=2-2k^3$.
Giải phương trình này với chú ý $1>k>0$ tìm được $k$. Kết thúc chứng minh $\square$
Bài toán 5.
Cho $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\left[(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\right].\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]$$
Lời giải:
Thoạt nhìn qua, bài toán có nét hao hao giống bài toán 1 và 3 cộng lại ! Nhưng các biến đã "bị" thêm điều kiện không âm. Nó lại càng làm ta nghĩ đến việc đẳng thức xảy ra khi có 1 biến bằng 0.
Qua ý tưởng trên ta có thể tiến hành dồn biến toàn miền và sau đó đưa về 1 biến để khảo sát hàm số :
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$.Khi đó ta có $a-c\leq a$,$b-c\leq b$.Suy ra:
$P\geq \left [ (a+b)^2+b^2+a^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right ]$
$=\frac{2(a^2+b^2+ab)}{a^2-2ab+b^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{a^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{b^2}$
$=2\left [ \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right ]$
Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t,t> 2$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t+1}{t-2}+t^2+t$
có $f'(t)=\frac{-3}{(t-2)^2}+2t+1=0\Leftrightarrow 2t^3-7t^2+4t+1=0$ do $t> 2$ ta chỉ nhận nghiệm $t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$
Lập bảng biến thiên ta nhận được $minf(t)=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$  $\Rightarrow minP=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $c=0,\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$ và các hoán vị. $\square$
----------------
Có lẽ qua các bài toán trên, các bạn đã cảm nhận và hiểu phần nào về ý tưởng dồn biến toàn miền để đưa về bất đẳng thức chỉ có 2 biến ch0 dạng toán này. Cuối bài viết các các bạn hãy luyện tập cùng 3 bài toán nhỏ sau:

Bài tập 1. Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với $a,b,c\in R,a+b+c=0$:
$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{k}{|ab+bc+ca|}$$
Bài tập 2. Chứng minh với $a,b,c$ đôi 1 khác nhau ta luôn có:
$$\left(\frac{a+kb}{a-b}\right)^2+\left(\frac{b+kc}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c+ka}{c-a}\right)^2\geq k^2+1$$
Bài tập 3. Ch0 các số thực $a,b,c$ sa0 ch0 $(a-b)(b-c)(c-a)\neq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\left(\frac{a+bc}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b+ac}{c-a}\right)^2+\left(\frac{c+ab}{a-b}\right)^2\geq 2$$