Đề tài Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức49680

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC Người viết: CHUNG THUẬN THIÊN... LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Để giải được một bài toán thì điều quan trọng nhất là chún

S Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TRÀ VINH

TRƯỜNG PT DÂN TỘC NỘI TRÚ TRÀ VINH

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học 2007 – 2008

……… ……….

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

VÀ XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC

Người viết: CHUNG THUẬN THIÊN

A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Để giải được một bài toán thì điều quan trọng nhất là chúng ta phải lựa chọn được

phương pháp để giải bài toán đó Các bài toán đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức rất

đa dạng và phong phú vì thế các phương pháp để chứng minh bất đẳng thức rất nhiều ; việc lựa chọn phương pháp để chứng minh một bất đẳng thức là rất khó khăn Đối với học sinh THPT đa số các em ngại khi gặp các bài toán về bất đẳng thức nhưng các em học khá, giỏi thì lại rất thích thú và say mê với các bài toán về bất đẳng thức Các bài toán về bất đẳng thức thì giường như là không thể thiếu trong các đề thi đại học, cao đẳng

đề thi học sinh giỏi

Bất đẳng thức là vấn đề được rất nhiều người yêu toán quan tâm Tôi cũng là một người yêu toán vì thế Tôi luôn luôn học hỏi và tìm kiếm các phương pháp để chứng minh bất đẳng thức Sau khi chứng minh được một bất đẳng thức Tôi luôn đặt câu hỏi :” Tại sao lại

có bất đẳng thức này ; Liệu từ bất đẳng thức này có thể xây dựng được các bất đẳng thức khác có liên quan hay không ?” Sau khi cùng học sinh giải được một bài toán đặc biệt là bài toán bất đẳng thức Tôi luôn khuyến khích và yêu cầu các em xây dựng các bất đẳng thức mới có liên quan bất đẳng thức Cách làm này giúp các em học sinh nhìn nhận bài toán một cách sâu sắc hơn đồng thời phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Việc ra các

đề bài toán rất quan trọng trong quá trình giảng dạy môn Toán

Vì vậy tôi chọn đề tài: “ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ XÂY DỰNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ”

B NỘI DUNG











3).

4).

5).

0

0

10).

11).

12).

a b a b

a bv b c a c

a b a m b m

a m b m

a b

a m b m

a b a c b d

c d

a b a c b d

c d

a b

a b

a b

x a a x a

x a x ahayx a

x y x y

   



    





    

13).

x y x y

a b c

a b a b c

a c a a c c

a b c d

b d b b d d





nếu m > 0 nếu m < 0

nếu m > 0 nếu m < 0

BÀI TOÁN: Xét bài toán: với điều kiện R ( nếu có )



Chứng minh rằng : p = f( x, y, z,…) A ( hoặc   A)

Phương pháp giải:



+ Chứng minh pg t( )với tD

+ Chứng minh g t( ) A với tD

Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh ( )

g t  A

- Việc chứng minh g t( )A ở đây tôi chỉ sử dụng cách biến đổi ( dự đoán dấu bằng xảy ra ), ngoài ra đối với học sinh lớp 12 có thể làm một cách nhanh chóng hơn bằng cách sử dụng đạo hàm, lập bảng biến thiên để giải

- Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán lựa chọn đánh giá thích hợp ( dùng cách biến đổi, sử dụng bất dẳng thức cổ điển bunhiacopki, côsi )

Kiến thức bổ sung



1 Bất đẳng thức cơ bản:

a) Bất đẳng thức Côsi :

Cho x x1, 2, ,x n n(  2) số không âm Khi đó:

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 n 1 2

x   x x  n x x x x1  x2   x n

b) Bất đẳng thức bunhiacopxki :

(x  x   x n )(y  y   y n )(x y  x y   x y n n)

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2

n

n

x

x x

y  y   y

c) Bất đẳng thức svac – xơ ( hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki ) :

Với y y1, 2, ,y n n( 2) là số dương :

2

2 2

1 2

1 2

n n

n

x

x x

  

   

  

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2

n

n

x

x x

y  y   y

2.Tính chất;

a) Nếu p có giá trị không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z…chẳng

hạn p = f(x, y, z ) = f ( y, x, z ) = f( z, x, y )

Khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x = Max( x, y, z,…)

hoặc x = Min( x, y, z,…)

Sau đây là một số bài toán ví dụ mở đầu

Bài toán 1: Với x, y là số dương Chứng minh rằng:

(1)

x  y  xy  yx

Hướng dẫn:

Vì x là số dương nên:

Đặt thì

 1 1 y 3 y 2 y

   

     

   

y t x

 t 0

t      t t t t   

( ) t  0

Tổng quát ta có bài toán sau:

2,

x  y  xy   yx  n nN

Chứng minh hoàn toàn tương tự như bài toán 1

Bài toán 2: Với x, y khác không chứng minh rằng:



      

Hướng dẫn

Đặt t x y thì ( áp dụng bất đẳng thức Côsi )

y x

    

Khi đó (2) trở thành :

t    t      t t t  t   t  2 '

+) Với t 2: Ta có 3 2    2 

t  t    t t t   

Nên bất đẳng thức  2 ' đúng

+) Với t  2: Ta có 3 2  2

2 3 ( 2) 2 3 11 0

t  t    t t  t   

Và t + 2 0 nên  bất đẳng thức  2 ' đúng

Vậy bất đẳng thức  2 đúng , dấu bằng xảy ra khi t = - 2 hay x = - y đpcm

Bài toán 3: Với x, y, z là số thực thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

2

x  y  z 

nhất của biểu thức 2 2 2

3

P x  y  z  xyz

- Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN, NN đạt được khi x = y = z hoặc tại các điểm

biên, Thử vào ta có phán đoán 2 2  P  2 2

Hướng dẫn

2

x  y  z  xy yz zx  x y z

và điều kiện ta có:

3

x  y  z  xyz  x y z x  y z xy yz zx

   2 2 2     2 2

2

2

x y z

P x y z x y z xy yz zx x y z     

Đặt t      x y z 0 t 6

2

P t       t t  t   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t  2

Vậy Pmin  2 2khi x  2,z y 0 hoặc hoán vị

Pmax  2 2khi x 2,z  y 0 hoặc hoán vị

Sau đây ta xét một ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ

Bài toán 4: Cho Chứng minh rằng:

2

z y x

x y z





   



1 1 1 15

2

x y z

x y z

     

Hướng dẫn

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

3

3

            

 

2

t      x y z t

3

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 đpcm

2

x    y z

Tổng quát ta có bài toán : Cho x x1, 2, ,x n n 2 là số dương :

1 2 n

x  x   x  k kR 2 2

0;

b  ak  bn

1 2

n

bn ak

        

Sơ lược lời giải :

.2

bn

  



             

Nhận xét 1:

- Từ bài toán  * ta có: Đặc biệt hóa

1 Với a = 1; b = 4; n = 3; k = ta có bài toán :3

2

, , 0

3 2

z y x

x y z





   



1 1 1 51 4

2

x y z

x y z

      

Kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có

, , 0

3 2

z y x

x y z





   



3

2

Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có :

( ) 1 4

17

Tương tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh

Với a = 1; b = 9; n = 3; k = 1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán

1

z y x

x y z



82

2 Với a = - 1; b = 1; n = 2; k = 2 ta có bài toán:

Cho  , 0 Chứng minh rằng:

2

x y

x y



2

x y

x  y  

Bằng cách thay đổi giả thiết, đặt ẩn phụ ta có Bài toán 2”:

Cho  , 0 Chứng minh rằng:

1

x y

x y



  1xx  1y y  2

Thật vậy: Bằng cách đặt :a  1 x b;  1 y và kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki

và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh

Tổng quát : Cho x x1, 2, ,x n n 2 là số dương :

x  x   x m m

1

n n

x

n

m x  m x   m x 



Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên !

- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện(bài toán (*)) thì bài toán thay đổi như thế nào ?

Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới :

Cho x x1, 2, ,x n n  2 là số dương :

1 2 n

x  x   x  k kR 2 2

0;

b  ak  bn

1 2

n

bn ak

        

Từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị…

Như vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu bài toán



ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là :

Bài toán cụ thể tổng quát đặc biệt ( phân tích, so sánh… ) bài toán mới   

tổng quát (chú ý tổng quát có nhiều hướng: theo hằng số, theo số biến hoặc số mũ)



Bài toán 5: Với x, y, z là số dương và

2

Hướng dẫn

Đặt a  x b,  y c,  z

Bài toán trở thành : a, b, c là số dương và a b c 1

Chứng minh rằng :

3 2

a bc  b ac  c ab 

Áp dụng bất đẳng thức Svac – xơ ta có:

 2

a b c

 

Bình phương hai vế bất đẳng thức:

2

2

2

4

2 2 2

(5')

VT

a b c

a b c ab bc ac

 

    

           

3

ab bc ac abc 

Đặt  2thì ( vì )

t  a b c  t 9 3

a b c   abc 

Ta có:

2

(5') (4 ')

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 điều phải chứng minh

Tổng quát : ta có bài toán sau: với x x1, 2, ,x n n 2 là số dương và x x1 .2 x n 1

2

n

x

1

x y z

x y z



9

P

Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức Svac – xơ nhưng ở đây chiều bất đẳng

thức lại ngược Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để làm đổi chiều bất đẳng thức ?

Hướng dẫn

2

2 2 2

1

x y z

         

    

 

     

Đặt 2 2 2 từ điều kiện

3

t

 

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và Côsi ta có:

3

2 2 2

3

x y z x y z x y z xy yz zx xyz

 

2 2

2

3 10 3 10 10

3 1

1 3 3

3 3

1

( )(57 9)

9 9 3

3 10 3 10 10

P

t t

t t

P

 

  

 

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = đpcm1 

Khi gặp bài toán có điều kiện phức tạp khó sử dụng thì xử lí điều kiện Ta xét bài toán sau:

   

, , 0;1 1 1 1 (1)

x y z



2 2 2 3

4

x  y  z 

Hướng dẫn

 

x y z xy yz xz xyz

       

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: nên

3

3

x y z

xyz

 

3

3

x y z

x  y  z   x    y z x y z    

  

Đặt t = x + y + z thì 0 < t < 3 Khi đó :

2 2 (2 3) ( )

x  y  z   t  t t   t   t

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 hay x = y = z = đpcm

2

2 

Nhận xét 2: từ ý tưởng phương pháp giải ở trên ta có thể sáng tạo các bất đẳng thức :

Chẳng hạn : Từ bất đẳng thức Côsi

1 Cho x, y là số dương Chứng minh rằng :  2 23 2 2

x  y   x y  xy

2 Cho x, y, z là số dương không lớn hơn 1 Chứng minh rằng :

   

   

a)

3

x y z

x y z

 

 

 

Từ đó ta có bài toán Tổng quát : ( chú ý câu b chặt hơn câu a )

Cho x x1, 2, ,x n n 2 là số dương khôg lớn hơn Chứng minh rằng:

1

1 2

n n

a x a x a x



  

Hướng dẫn

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

n n

a x a x a x

n

   

n

n

a a na t na t n a t na t



Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

        

1

n

n na

n t na t na t na t

n

n t na t na t na t n a t na t  n a



Kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức (*) đúng

Ngoài ra từ cách chứng minh ta có bất đẳng thức chặt hơn sau:

Cho x x1, 2, ,x n n 2 là số dương khôg lớn hơn a Chứng minh rằng:

1 2

n n

a x a x a x

Chứng minh hoàn toàn tương tự như tổng quát trên !

Từ đẳng thức, bất đẳng thức cơ bản , đơn giản ta có thể tạo vô số bài toán !

Để kết thúc phần I tôi xin đưa thêm một số bài toán làm theo phương pháp này :

1

, , 0

3

x y z

x y z



   x  y z 27xyz 30

2

I  , , 0

x y z

x y z x y z



    x  y z 6

Hướng dẫn : Từ bất đẳng thức bunhiacopxki , Svac – xơ và đẳng thức:

x  y  z  xyxz yz  x y z

Cho x, y, z nằm trong đoạn Cmr :

3

I  1; 2 0 xy yzzx   (x y z) 6

Cho Chứng minh rằng:

4

1

x y z

x y z



3

4

x y z

y  z  x  x y z 

 

5

I

, , 0

1 2

x y z

x y z





   

5

x x  y y  z z 

6

4 4

x y

x y



 

HD: đặt t = x y

7

I , , 0; 23

x y z

x y z

   



Chứng minh rằng:

HD: đặt t =  2

x y z

Cho Chứng minh rằng:

8

I  , , 0

1

x y z

x y z



12

x yz  y zx z x y 

HD: Giả sử x  y z 0 Đặt t = x( y + z ) ta chúng minh được

 4  4  4

(1 3 )

x y z  y z x  z x y t  t

9

I  2 2 2

4 , , 0

x y z xyz

x y z

   

Cho

10

I x y z, , 0;1

xy yz zx x y z



    

y z x  z x y  x y z 

Nhận xét 3:



- Nếu chứng minh g(t)0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên phải dự đoán được dấu bằng xảy ra tại đâu để giá hay tách nhóm hợp lý

- Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t) bằng phương pháp đạo hàm

- Ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ, sau đây ta xét một lớp bài toán mà

ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z

1 Đưa về một biến nhờ điều kiện :

Bài toán 8: Cho   1 Chứng minh rằng:

, , 0

x y z

x y z

  

 xy yz zxxyz  278

Hướng dẫn

Từ điều kiện bài toán ta thấy 0    z 1 1 z 0

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

 

 

2

2

2

x y



       

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 đpcm

3

, , 0

x y z

x y z

  

 5xyz  2xy yz zx (9)

Hướng dẫn

Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)

Từ điều kiện dễ thấy  

Với mọi z, 0 z 1

 

2

2

2

x y



Đúng với  z  o;1 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 đpcm

Nhận xét 4:



- Nếu lấy điều kiện 0 z 3 thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là không đúng

Ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để có thể đánh

giá được biểu thức

- Ta có bài toán Tổng quát của bài toán 9 sau:

Bài toán 9’ Cho

3; , , 0

4 0; 0;

3

a

b





Chứng minh rằng: a xy(  yz zx)bxyz(3a b ) 0

Hướng dẫn

Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)

0 z 1 a bz 0;z a 4 0

b

a xy yz zx bxyz a b xy a bz az x y a b

b

Chú ý: Nếu a 3 thì việc chứng minh bài toán tổng quát không cần sử dụng tính nhất 1

b  

Thay đổi hình thức bài toán:

x  y  z  xy yz zx  x y z

toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác:

Chẳng hạn bài toán 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :

Cho  3 Chứng minh rằng:

, , 0

x y z

x y z

  

 x2  y2  z2 xyz  4

x  y  z xyz  x y z  x y z  xy yzzx 

Bài toán 9 có thể phát biểu dưới dạng :

Cho  3 Chứng minh rằng:

, , 0

x y z

x y z

  

 2(x3 y3  z3) 3 xyz 9

- Đặt ẩn phụ : a = mx; b = my; c = mz hoặc a 1;b 1 ;c 1 v v

Chẳng hạn : bài toán 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương

, , 0

x y z

x y z

  

 5 27 xyz 18(xy yz zx)

  , , 0

xyz xy yz zx

x y z

  

 5x y z2 2 2 27xyz18(x2 y2 z2)

- Sử dụng tính chất bắc cầu và bất đẳng thức ta có:

Chẳng hạn bài 9: Từ bất đẳng thức Côsi: 3 3 3

3

x  y  z  xyz

Ta có bài toán  3 Chứng minh rằng:

, , 0

x y z

x y z

  

 x3  y3 z3 156(xy yzzx)

Từ cách chứng minh bài toán tổng quát trên ta có bài toán Tương tự:

)



3; , , 0

2 0; 0;

3

a

b







Chứng minh rằng: a xy(  yz zx)bxyz(3a b ) 0

Chú ý: Để chứng minh : sử dụng Tính chất 1 với z = max(x,y,z)

Đặc biệt hóa ta có bài toán:

Với a = 1; b = - 2: Cho  3 Chứng minh rằng:

, , 0

x y z

x y z

  

 xy yz zx 2xyz 1

Sau đây ta xét tiếp một số bài toán sử dụng tính chất này để làm hạn chế phạm vi của biến:

  , ,  0; 2

3

x y z

x y z



   x3 y3  z3 9

Hướng dẫn

Không mất tính tổng quát, giả sử z = max ( x,y,z)

Từ điều kiện   1 z 2 Ta có:

3

9 27 27 9( 1)( 2) 9 9

Với z,1 z 2

Dấu bằng xảy ra khi ( x,y,z ) = ( 0, 1, 2) và hoán vị của nó đpcm

, , 0

x y z

x y z

  

2 x  y  z x y z 7

Hướng dẫn.Ta có :

    2

      

Do đó trong ba số x1y1; y1z1; z1x1 có ít nhất 1 số không âm

Giả sử x1y  1 0 xy  x y 1 Ta có:

2 2

( 1) ( 2 2) 7 7

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 2

3

( 1) ( 2 2) 0

x y z

  

       





điều phải chứng minh



Bằng cách sử dụng tính chất ta có thể tạo ra các bài toán mới

chẳng hạn Cho Chứng minh rằng:

1

1 , , ; 4

2

x y z

x y z



   



17

xy yz zx

4

1

, , 0

x y z

x y z

  



Chứng minh rằng:

 

2

II  , , 0

3

x y z

xy yz zx



   3(x  y z) xyz 10

3

2

x y  

  

2 2

y  x 

HD: Giả sử 0 2 ta đi chứng minh

2

y x

y  x  x

4

, , 0

x y z

x y z

  



Hướng dẫn.

Giả sử x = max(x,y,z)

2 2

Câu b tương tự !

5

II  , ,  0; 2

3

x y z

x y z



   x n  y n  z n 2n 1

2 Đưa dần về một biến:

Từ biểu thức P có n biến ta đánh giá đưa về ( n - 1) biến … và cuối cùng về 1 biến Sau đây ta xet một số ví dụ đặc trưng thể hiện phương pháp này:

Bài toán 12: Cho x, y, z nằm trong đoạn   1; 2

Chứng minh rằng: 3 3 3

5

x  y  z  xyz

Hướng dẫn

f x y z  x  y  z xyz

Không mất tính tổng quát giả sử : 2   x y z 1

( , , ) ( , ,1) 5 (1 5 ) ( 1)(1 5 ) 0

f x y z  f x y  z  xyz  xy  z  z z  xy 

1 z z 5xy   1 z z 5z   1 z 4z  4(z1) 3z 1 0

( , ,1) ( ,1,1) 5 (1 5 ) ( 1)(1 5 ) 0

f x y  f x  y  xy  x  y  y y  x 

Vì: y 1 0

nên 1 y y2 5x  1 y y2 5y  y2 4y 1 (y1)(y2)  y 1 0

( , , ) ( ,1,1) 5 2 ( 2) 1 2 0

f x y z  f x  x  x  x  x  

  x,1 x 2

Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x, y, z) = ( 2, 1, 1)

và hoán vị của (2, 1, 1)

điều phải chứng minh



Bài toán 13: (  đây là bài toán số 9 )

, , 0

x y z

x y z

  

 5 xyz 2xy yz zx

Hướng dẫn

Đặt P( x, y, z) = 2( xy + yz + zx ) – xyz

Ta cần chứng minh f x, y, z  5 Do vai trò của x, y, z trong f là như nhau nên theo

tính chất 2 ta giả sử 0  x y z kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 0 x 1