MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC BA BIẾN

Lý do chọn đề tài Thời đại ngày nay, trong giỏo dục đào tạo, người ta yờu cầu cao về việc rốn úc thụng minh sỏng tạo, tớnh năng động thớch nghi với những thay đổi nhanh, nờn toỏn học, vố

Sở giáo dục & đào tạo vĩnh phúc

Trờng THPT Ngô gia tự

ơ

NGƯỜI THỰC HIỆN: HÀ TRỌNG ĐẠT

ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT NGễ GIA TỰ

1

N¨m häc 2013 - 2014

PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ

1 Lý do chọn đề tài

Thời đại ngày nay, trong giỏo dục đào tạo, người ta yờu cầu cao về việc rốn úc thụng minh sỏng tạo, tớnh năng động thớch nghi với những thay đổi nhanh, nờn toỏn học, vốn đó được coi là

“ thể dục của trớ nóo”, là “ nữ hoàng của cỏc khoa học”, càng phải phỏt huy vai trũ đú Là những giỏo viờn giảng dạy toỏn trong trường phổ thụng chỳng tụi rất ý thức được điều đú và muốn đúng gúp một chỳt kinh nghiệm của mỡnh vào để nõng cao chất lượng dạy và học mụn toỏn

Thực hiện kế hoạch cụng tỏc năm học 2013 - 2014; Ban chuyờn mụn trường THPT Ngụ Gia Tự – Lập Thạch – Vĩnh Phỳc, cử tụi viết chuyờn đề:

MộT PHƯƠNG PHáP chứng minh bất đẳng

thức ba biến (Phơng pháp đánh giá qua tổng đối xứng sơ cấp bậc hai)

2 Mục đớch nghiờn cứu

Việc phõn loại bài tập este theo hướng tổng quỏt cú thể nõng cao chất lượng học học tập mụn Húa học của học sinh lớp 12A2 và 12A4 trường THPT Ngụ Gia Tự hay khụng?

3 Đối tượng và phương phỏp nghiờn cứu

Sỏng kiến “MộT PHƯƠNG PHáP chứng minh

bất đẳng thức ba biến” đó được ỏp dụng trong năm

3

học 2013 – 2014 tại trường THPT Ngô Gia Tự Năm học này tôi được phân công giảng dạy các lớp 11A1, 12A4 Tôi đã áp dụng chuyên đề trong giảng dạy lớp 12A4

4 Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu

Chương trình được thực hiện lồng ghép trong giờ dạy ôn thi đội tuyển học sinh giỏi trên lớp và trong dạy ôn thi đại học cho khối 12 của trường THPT Ngô Gia Tự

PHẦN II NỘI DUNG

Bất đẳng thức(BĐT) một chuyên đề đợc nhiều ngời quan tâm Rất nhiều tài liệu, sách báo đề cập tới vấn đề này, phơng pháp chứng minh BĐT ngày một nhiều Song với mỗi phơng pháp bên cạnh những điểm mạnh đều có những hạn chế vì vậy tìm phơng pháp mới là điều cần thiết

ở bài viết này, tôi đa ra một hớng chứng minh BĐT đối

xứng ba biến, tôi tạm gọi là “Phơng pháp đánh giá qua tổng

đối xứng sơ cấp bậc hai”.

Giả sử cần chứng minh BĐT f a b c( , , ) ≥ 0 với f a b c( , , ) là biểu thức đối xứng của a, b, c; trong đó a, b, c là các số thực dơng thoả mãn a b c s+ + = cho trớc không đổi

Vì f a b c( , , ) là biểu thức đối xứng nên luôn biểu thị đợc

( , , )

f a b c qua các biểu thức s a b c= + + , p ab bc ca q abc= + + , = Do

a b c s+ + = không đổi, vậy nếu ớc lợng đợc q abc= qua p ab bc ca= + +

thì việc chứng minh f a b c( , , ) ≥ 0 có thể dẫn tới việc chứng minh BĐT một biến g p( ) ≥ 0( trong đó g p( ) là hàm số của biến p)

Trớc khi vào ví dụ ta lu ý các đánh giá đơn giản sau:

( ) 2 ( ) 2 ( )

3

s

a b c+ + ≥ ab bc ca+ + ⇔ ≤p

3

p

ab bc ca abc a b c abc

s

( ) ( ) ( ) 4 3 ( )

9

sp s abc≥ + −a b c b c a c a b+ − + − ⇔abc≥ −

Ví dụ 1 Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3 Chứng minh 3(a2 + +b2 c2)+ 4abc≥ 13.(SP Vinh 2001)

5

Giải: Giả thiết s a b c= + + = 3, đặt p ab bc ca= + + ⇒a2 + + = −b2 c2 9 2p, từ

3

abc≥ p− Khi đó

p

a + +b c + abc≥ − p +  p− = −

  Ta thấy 45 2 13 3

3

p

p

− ≤ ⇔ ≤

luôn đúng theo (1) Vậy BĐT đợc chứng minh

Ví dụ 2 Cho a b c, , > 0 thoả mãn a b c+ + = 1 Chứng minh

2 7

27

ab bc ca+ + − abc≤ (IMO 1984)

GIảI: Đặt p ab bc ca= + + , từ (3) suy ra 4 1

9

p abc≥ −

ab bc ca+ + − abc≤ −p  − = +

  , vì 2 7 1

p

p

+ ≤ ⇔ ≤ điều này

luôn đúng theo (1), vậy BĐT đợc chứng minh

Ví dụ 3 Cho a b c, , > 0 thoả mãn a b c+ + = 3 Chứng minh

2 2 2

1 1 1

a b c

a +b +c ≥ + +

Giải: 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( 2 2 2 ) 2( 2 2 2)

1 1 1

a b c ab bc ca abc a b c

Đặt ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2

p ab bc ca= + + ⇒ ab + bc + ca = p − abc a + + = −b c p

( ) ( ) ( ) ( 2 2 2 ) 2( 2 2 2) 2 ( ) ( ) 2

ab bc ca abc a b c p p abc abc

⇒ + + ≥ + + ⇔ ≥ − + Từ (2) suy

ra 2

9

p

abc≤ Vậy ta chỉ cần chứng minh 2 ( ) 4 2

81 9

p p

p ≥ − p + thật vậy

( ) 4 2 ( ) ( 2 )

81 9

p p

p ≥ − p + ⇔ p− p+ ≥ luôn đúng, vậy BĐT đợc chứng minh

Qua ba ví dụ trên đây ta thấy:

Để chứng minh BĐT theo phơng pháp này là tìm cách đa BĐT đã cho về BĐT mới của biến p mà việc chứng minh BĐT của biến pthờng là đơn giản hơn

Khi đa BĐT đã cho về BĐT của biến pta cần sử dụng một

số phép biến đổi đồng nhất và những đánh giá ( ) ( ) ( ) 1 , 2 , 3 ; đặc biệt

đánh giá ( ) ( ) 2 , 3 cho ta ớc lợng theo hai hớng khác nhau của abc,

đây là điều cần lu ý!

Khi sử dụng phơng pháp này cần phải có giả thiết a b c s+ + =

không đổi cho trớc Vậy phải chăng những BĐT có giả thiết

nh thế không nhiều! Song thực tế thì không hẳn nh vậy, bởi ta vẫn thờng gặp BĐT đối xứng 3 biến đồng bậc, vì thế giả thiết

a b c s+ + = không đổi, sẽ có đợc sau khi chuẩn hoá

Ví dụ 4 Cho a b c, , > 0

Chứng minh ( 2 2 )22 3 3 3 2 2 2

1

4 2

a b c a b c a b c

a b c abc ab bc ca

+ + +  + + − + + ≥

Giải: BĐT đã cho đồng bậc nên chỉ cần chứng minh BĐT

trong trờng hợp a b c, , > 0 thoả mãn a b c+ + = 3

Vì a3 + + −b3 c3 3abc= + + (a b c a)( 2 + + −b2 c2 ab bc ca− − )⇒a3 + + =b3 c3 27 9 − p+ 3abc

với p ab bc ca= + + Dễ thấy BĐT đã cho tơng đơng với

9 1 27 9 9

5 4

9 2 2

p

p abc p

+  − + ữ≥

9

p

2

9 1 27 9 9 9 1 243 81 9

( )( 2 )

2

9 1 243 81 9

5 4 3 2 63 243 0

9 2 2

p

−   với lu ý 0 < ≤p 3, hai

số 0 và 3 nằm trong khoảng hai nghiệm của tam thức

2

2p + 63p− 243 ta có điều phải chứng minh

7

Ví dụ 5 Cho a b c, , là ba cạnh của một tam giác Chứng minh BĐT sau:

(b c a a c b+ − ) ( + − + + − ) (a c b a b c) ( + − + + − ) (a b c b c a) ( + − ≤ ) abc( a+ b+ c)

(Rumany 1999)

Giải: Khai triển và đặt x= a y, = b z, = c ta đợc BĐT:

x +y + +z xyz x y z+ + ≥ x y +y z +z x , BĐT này đồng bậc nên ta chỉ cần chứng minh trong trờng hợp x y z+ + = 3 Đặt p ab bc ca= + +

khi đó x y2 2 +y z2 2 +z x2 2 = p2 − 6xyz,

x +y +z = x +y +z − x y +y z +z x = p − p+ + xyz BĐT cần

3

p − p+ + xyz+ xyz≥ p − xyz⇔ xyz≥ p−

luôn đúng theo (3), vậy BĐT đợc chứng minh

Ví dụ 6 Cho a b c, , > 0

Chứng minh 4 4 4 ( )

2 2 2

3

a b c abc

a b c

ab bc ca a b c

Giải: Tng tự các ví dụ trên ta xét trờng hợp a b c+ + = 3, đặt

p ab bc ca= + + BĐT viết về dạng 2 2 36 81 12 2(9 2 )

3

p

− + + + ≥ − , với

9

p abc≥ ta chỉ cần chứng minh

( )

2

p − p+ +  − + − ≥ − p

  Thật vậy BĐT này tơng

đ-ơng với ( p− 3 14 ) ( p− 45 ) ≥ 0, luôn đúng khi p≤ 3 BĐT đợc chứng minh

Mong r»ng qua nh÷ng vÝ dô trªn phÇn nµo gióp c¸c b¹n

cã thªm mét híng chøng minh B§T

§Ó kÕt thóc bµi viÕt xin nªu ra c¸c bµi tËp cã thÓ gi¶i theo

ph-¬ng ph¸p trªn:

Bµi 1 Cho a b c, , > 0 tho¶ m·n a b c+ + = 1 chøng minh:

a/ 5(a2 + +b2 c2) (≤ 6 a3 + +b3 c3)+ 1; (Mihai Piticari, Dan Popescu, Old & New Inequalities).

b/ 7 (ab bc ca+ + ) ≤ + 2 9abc; (BMO 1979)

c/ 1 1 1 27

1 ab+ 1 bc+ 1 ca≤ 8

d/ 3 3 3 1

6

4

a + + +b c abc≥ ; (USAMO 1979)

Bµi 2 Cho a b c, , > 0 chøng minh

a/ ( ) ( ) ( )3

7 a b c ab bc ca+ + + + ≤ 9abc+ 2 a b c+ + .

b/ a2 b2 c2 ( ) (8abc) ( ) 2

ab bc ca a b b c c a

9