Hãy giảm sự bất bình đẳng về mức đã biết

49

Hãy giảm sự bất bình đẳng về mức đã biết

P. P. GORNUSH

Nhiều bài toán chứng minh về các bất đẳng thức được đưa ra trong các kỳ thi đầu vào có thể được giải, tính chất của chúng đối với các bất đẳng thức phụ (rõ ràng hoặc đã biết trước đó) bằng cách sử dụng các điểm biến đổi thời thơ ấu. Chúng tôi sẽ xem xét bài toán như vậy tại đây*). Các bất đẳng thức bổ trợ được tô màu nhưng không để ghi nhớ. Bạn cần có khả năng sử dụng chúng (và đặt các bất đẳng thức) và có thể rút ra chúng khi cần thiết.

Mọi học sinh đều biết rằng bình phương của một số (hoặc tổng bình phương của các số) là một số không âm:

$$a^2 \geq 0, a^2 + b^2 \geq 0, a^2 + b^2 + c^2 \geq 0, \dots$$

(1)

Thực tế đơn giản này là chìa khóa cho lời giải rất nhiều bài toán. Hãy bắt đầu với một điều rất đơn giản.

Bài toán 1 (KPI, 1981). Chứng minh rằng với mọi x, y, z, t bất đẳng thức sau đây đúng:

$$4x^2 + 3y^2 + 4z^2 + 5t^2 + 4ax + 3ay + 4az + 5at + 4a^2 \geq 0.$$

Lời giải. Chúng ta sắp xếp lại các số hạng ở vế trái của bất đẳng thức để thu được tổng bình phương:

$$(4x^2 + 4ax + a^2) + (3y^2 + 3ay + 3a^2/4) + (4z^2 + 4az + a^2) + (5t^2 + 5at + 5a^2/4) \geq 0,$$

$$(2x + a)^2 + 3(y + a/2)^2 + (2z + a)^2 + 5(t + a/2)^2 \geq 0.$$

*) Các bài tập được cung cấp trong các năm khác nhau tại các trường Đại học Bang Kiev, Leningrad và Moscow (KSU, Đại học Bang Leningrad và Đại học Bang Moscow); tại Viện Kỹ thuật Điện tử và Kỹ thuật Ô tô Moscow (MIEM, MATI) và tại Viện Bách khoa Kiev (KPI); Chúng tôi cho biết năm bài toán được cung cấp bên cạnh chữ viết tắt của trường đại học.

Bất đẳng thức cuối cùng rất giống nhau (đây là một biến thể của (1)) và vì nó tương đương với bất đẳng thức đã cho, bài toán lời giải.

Bất bình đẳng (1) xảy ra ở nhiều lĩnh vực khác nhau; ví dụ $(x + y + z)^2 \geq 0, (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geq 0, (t - 1)^2 \geq 0$. Bất đẳng thức áp chót có thể được viết lại thành $a + b > 2\sqrt{ab}$ (cho $a > 0, b > 0, a \neq b$) hoặc

$$\frac{1}{\sqrt{ab}} > \frac{2}{a + b}$$

(2)

Điều quan trọng là có thể nhìn thấy bất đẳng thức đơn giản này khi nó xuất hiện ở dạng “ngụy trang”, chẳng hạn như trong bài toán sau đây.

Bài toán 2 (LSU, 1978). Xác định dấu hiệu của sự khác biệt

$$\left( \frac{1}{\sqrt{1 \cdot 1978}} + \frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1977}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k \cdot (1978 - k + 1)}} + \frac{1}{\sqrt{1978 \cdot 1}} \right) - 2 \cdot \frac{1978}{1979}.$$

Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức (2) 1978 lần, ta có thể viết:

$$\frac{1}{\sqrt{1 \cdot 1978}} > \frac{2}{1 + 1978} = \frac{2}{1979};$$

$$\frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1977}} > \frac{2}{2 + 1977} = \frac{2}{1979};$$

$$\frac{1}{\sqrt{1978 \cdot 1}} > \frac{2}{1978 + 1} = \frac{2}{1979}.$$

Cộng các bất đẳng thức này, ta được

$$\frac{1}{\sqrt{1 \cdot 1978}} + \frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1977}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k \cdot (1978 - k + 1)}} > 2 \cdot \frac{1978}{1979}.$$

Điều này có nghĩa là sự khác biệt này là tích cực.

Đây là một biến thể khác về chủ đề $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geq 0$. Thêm biểu thức $(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2$ vào cả hai vế của bất đẳng thức này, ta thu được

$$(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \leq (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 + (\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 = 2(a + b),$$

51

lời giải được định vị ngay lập tức.
Đáp số: $p=3; t=\pi+2k\pi \ (k \in \mathbb{Z})$.
Sự giảm đơn điệu của xine từ 0 xuống π được diễn ra lặp đi lặp lại trong bài toán tiếp theo (mỗi lần sử dụng, chúng ta thấy sự bất đẳng thức tương ứng về màu sắc).
Bài toán 6 (MIEM, 1980). Tại $n=1, 2, 3$, so sánh các số
$\sin^2 1^\circ + \sin^2 4^\circ$ và $\sin^2 2^\circ + \sin^2 3^\circ$.
Lời giải. 1) $n=1$. Hãy biến đổi tổng các sin thành tích:
$\sin 1^\circ + \sin 4^\circ = 2 \sin 2, 5^\circ \cos 1, 5^\circ$,
$\sin 2^\circ + \sin 3^\circ = 2 \sin 2, 5^\circ \cos 0, 5^\circ$.
Bây giờ bạn có thể thấy rằng số thứ hai lớn hơn số thứ nhất, $\sin 2, 5^\circ > 0$ và
$\cos 0, 5^\circ > \cos 1, 5^\circ$.
2) $n=2$. Hãy biểu thị bình phương của sin thông qua cosin của góc đôi
$\sin^2 1^\circ + \sin^2 4^\circ = \frac{1-\cos 2^\circ}{2} + \frac{1-\cos 8^\circ}{2}$,
$\sin^2 2^\circ + \sin^2 3^\circ = \frac{1-\cos 4^\circ}{2} + \frac{1-\cos 6^\circ}{2}$.
Hãy để chúng tôi chứng minh rằng bây giờ số đầu tiên lớn hơn. Để làm được điều này, chỉ cần thiết lập bất đẳng thức
$\cos 4^\circ + \cos 6^\circ > \cos 2^\circ + \cos 8^\circ$,
và nó tương đương với bất đẳng thức
$2 \cos 5^\circ \cos 1^\circ > 2 \cos 5^\circ \cos 3^\circ$,
điều này ngay lập tức dẫn đến thực tế là $\cos 5^\circ > 0$ và
$\cos 1^\circ > \cos 3^\circ$.
3) $n=3$. Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng ở đây một lần nữa số đầu tiên lớn hơn. Hãy sử dụng công thức
$\sin^3 \alpha = \frac{3 \sin \alpha - \sin 3 \alpha}{4}$, (6)
rất dễ kiểm tra (mở rộng $\sin 3\alpha$ thành $\sin(2\alpha + \alpha)$, sau đó áp dụng các công thức cho $\cos 2\alpha$ và $\sin 2\alpha$). Sau đó bài toán rút gọn về việc chứng minh các bất đẳng thức (tương đương)
$\sin 9^\circ - \sin 3^\circ + \sin 6^\circ - \sin 12^\circ >$
$> 3 \sin 3^\circ - 3 \sin 1^\circ + 3 \sin 2^\circ - 3 \sin 4^\circ$;
$2 \cos 6^\circ \sin 3^\circ - 2 \cos 9^\circ \sin 3^\circ >$
$> 6 \cos 2^\circ \sin 1^\circ - 6 \cos 3^\circ \sin 1^\circ$;
$\sin 3^\circ \sin 7, 5^\circ \sin 1, 5^\circ >$
$> 3 \sin 1^\circ \sin 2, 5^\circ \sin 0, 5^\circ$.
Biến đổi sin ba góc bên trái theo công thức (6) và dùng các dương của $\sin 1^\circ$, $\sin 2, 5^\circ$, $\sin 0, 5^\circ$ ta thấy đủ chứng minh bất đẳng thức
$(3 - 4 \sin^2 1^\circ) (3 - 4 \sin^2 2, 5^\circ) \times (3 - 4 \sin^2 0, 5^\circ) > 3,$
chuyển đổi về dạng tương đương
$(1 + 2 \cos 2^\circ) (1 + 2 \cos 5^\circ) \times (1 + 2 \cos 1^\circ) > 3,$
và điều này hoàn toàn đúng - vế trái thậm chí còn lớn hơn 8, bởi vì
$\cos 1^\circ > \cos 2^\circ > \cos 5^\circ > \frac{1}{2}$.
Có thể các ví dụ được phân tích không có tính thuyết phục - xét cho cùng, trước mỗi vấn đề, chúng tôi hài lòng hơn với sự bất bình đẳng đang được giải quyết và các đánh giá hóa ra là lời giải. Nghệ thuật và độ khó của lời giải như bài toán chính xác nằm ở việc nhìn thấy sự bất bình đẳng mong muốn trong quá trình phân tích cú pháp bài toán. Do đó, chúng tôi đề xuất một số bài toán cho một lời giải độc lập (đối với các dấu hoa thị bù, khó nhất, ở cuối nhật ký dữ liệu gợi ý). Nhưng trước khi tiếp tục với lời giải của họ, chúng tôi khuyên bạn nên xem lại các ví dụ tương tự để hiểu làm thế nào, dựa trên vẻ ngoài của chúng, nước đi lời giải có thể được đưa ra.

Bài toán
7 (KPI, 1981). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$x^2 + 4y^2 + 3z^2 + t^2 - 2x - 12y - 6z - 2t$
với điều kiện là $x, y, z$ và $t$ nhận bất kỳ giá trị thực nào.
8 (KPI, 1981). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
$y = \frac{11}{2} - \frac{1}{2} \cos 4x - \frac{4 \mathrm{tg} x}{1 + \mathrm{tg}^2 x}$.
9 (MIEM, 1980). Tại $n=1, 2, 3$ so sánh các số
$\cos^2 1^\circ + \cos^2 4^\circ$ và $\cos^2 2^\circ + \cos^2 3^\circ$.
10 (MSU, 1980). Chứng minh rằng với mọi số thực $p$ và $q$ thì bất đẳng thức sau đúng:
$2(2p - 1)^4 + 1 + (1 - 2(2p - 1))^4 \sin 2t \geq 0$,
và tìm tất cả các cặp số $(p, t)$ mà bất đẳng thức này trở thành đẳng thức.
11* (KPI, 1976). Chứng minh rằng đa thức $a^4 - 5a^3 - 6a^2 - a + 9$
không thể có gốc âm.
12* (MIEM, 1982). Khoảng nào trong số [2; 3], [3,1; 3.3], [3.6; 4.5] thuộc về số
$a = \log_6 7 \sqrt[3]{6} - \log_7 \frac{1}{8 \sqrt[3]{49}} + \log_8 \frac{9}{8}$?
13 (MIEM, 1979). Sắp xếp theo số thứ tự
a) $0; \sqrt{0,8}; 1,2; \frac{11}{30}; 0,91846; \ln \frac{7}{5}$;
b) $1; 0,37; \frac{65}{63}; \frac{61}{59}; \tg 33^\circ; \tg(-314^\circ).$