skkn tìm THÊM điều THÚ vị từ một bài TOÁN QUEN THUỘC

Đặt ra một vấn đề là giữa bài toán 1 với ba bài toán thi Quốc tế đó có mối liên hệ gì với nhau không?. Nếu các bạn chỉ biết giải bài toán dễ trên bằng một hay nhiều cách và cảm thấy bằng

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

Cho các bài toán sau:

Bài toán 1: Cho , ,x y z≥0 Chứng minh rằng:

xyz≥ + −(x y z y z x z x y)( + − )( + − )

Bài toán 2: Cho a b c, , ≥0 và a b c+ + =1

Chứng minh: 0≤ab bc ca+ + −2abc≤277

(IMO năm 1984)

Bài toán 3: Cho a b c, , >0 và abc=1

Chứng minh: a b1 1÷b 1c 1÷c 1a 1÷ 1

 + −  + −  + − ≤

(IMO năm 2000)

Bài toán 4: Cho a b c, , là các số thực dương

Chứng minh: 2 2 2 1

(IMO năm 2001)

Đặt ra một vấn đề là giữa bài toán 1 với ba bài toán thi Quốc tế đó có mối liên hệ gì với nhau không ? Nếu có thì mối liên hệ đó sẽ như thế nào? Các bạn sẽ tìm thấy câu trả lời thông qua bài viết này của tôi Nếu các bạn chỉ biết giải bài toán dễ trên bằng một hay nhiều cách và cảm thấy bằng lòng với những gì mình đã làm được thì các bạn sẽ không bao giờ tìm thấy được nhịp cầu kết nối giữa bài toán 1 với ba bài toán thi Quốc tế nói trên Đứng trước một bài toán cần phải đào sâu suy nghĩ cố gắng tìm được một phương pháp giải ngắn gọn, chính xác và không dừng lại ở đó Từ bài toán đã giải được hãy

đi sâu khai thác các khía cạnh khác nhau và các trường hợp của bài toán Làm được như vậy chúng ta sẽ không bị trói chặt vào những bài toán đã có sẵn, nếu biết khai thác bài toán đó đúng hướng thì chúng sẽ là cầu nối đưa chúng

trong quá trình giải toán khi các em là tác giả của nhiều bài toán mới Đây là

lý do tôi chọn viết đề tài này

1.2 Mục đích nghiên cứu

Giúp học sinh có thể khai thác nhiều bài toán có trong SGK, Sách Bài Tập, Sách Tự Chọn Thiết nghỉ tôi và các đồng nghiệp phải thường xuyên chịu khó tìm tòi những bài toán đó rồi định hướng cho học sinh và yêu cầu các em tự mình khai thác để tìm ra những cái mới của riêng các em Nếu chúng ta làm tốt hoạt động này thì sẽ phát huy được năng lực tự học của học sinh; các em sẽ chủ động hơn trong việc tiếp thu kiến thức và có thể các em sẽ tìm ra một phương pháp học hiệu quả nhất cho riêng mình

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Mối liên hệ giữa bài toán 1 với các bài toán khác

1.4 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu lý thuyết qua sách giáo khoa

- Nghiên cứu tài liệu tham khảo

- Quan sát thực tế của học sinh trong quá trình học

- Trao đổi cùng các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn

1.5 Giới hạn phạm vi nghiên cứu

Phạm vi nghiên cứu của đề tài là trong chương trình toán THPT

2 NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lí luận của vấn đề

- Các kiến thức của bất đẳng thức

- Các kiến thức về hệ thức lượng trong tam giác

2.2 Thực trạng của vấn đề

Có thể nói có không ít giáo viên đã “lãng quên” đi hoạt động “khai thác những bài toán” Nếu chúng ta chỉ truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh

mà bỏ qua hoạt động này thì không những bản thân chúng ta sẽ bị mai một kiến thức mà các em học sinh sẽ bị động trước một bài toán khó; khả năng suy luận, tư duy, sáng tạo của học sinh sẽ bị hạn chế

2.3 Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề

Bài toán 1: Cho , , x y z là các số thực không âm Chứng minh :

xyz≥ + −(x y z y z x z x y)( + − )( + − ) (*)

Chứng minh cho bài toán 1 :

Không mất tính tổng quát, ta giả sử: x y z z x y x y z 00





+ − ≥

≥ ≥ ⇒ + − ≥

* Nếu y z x+ − <0 thì BĐT luôn đúng

* Nếu y z x+ − ≥0 thì lúc đó ta có:











≥ − −

≥ − −

≥ − −

x y z z x y

x y z y z x

z x y y z x





⇔ 





+ − + − ≥ + − + − ≥ + − + − ≥

2 2

(xyz) (x y z y z x z x y)( )( )

⇒ ≥ + − + − + −

xyz x y z y z x z x y

⇒ ≥ + − + − + −

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z= = (đpcm)

Bây giờ chúng ta sẽ đi khai thác bài toán 1 đã nêu ở trên để tìm ra những “bài toán thú vị’’ đang tàng ẩn phía sau bài toán này

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương sin A, sin B , sinC với A, B, C

là số đo các góc của ∆ABC, ta có :

sin sin sinA B C≥(sinA+sinB−sin )(sinC B+sinC−sin )(sinA C+sinA−sin )B

8sin cos sin cos sin cos

⇔

64sin sin cos sin sin cos sin sin cos

≥

1 sin sin sin

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều Vậy là ta có bài toán 2

Bài toán 2: Cho tam giác ABC có số đo các góc là A, B, C

Chứng minh rằng: sin sin sin 1

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương sin 2A, sin 2B , với A, B, C là số

đo các góc của∆ABC nhọn, ta có:

sin 2 sin 2 sin 2A B C≥

(sin 2A+sin 2B−sin 2 )(sin 2C B+sin 2C−sin 2 )(sin 2A C+sin 2A−sin 2 )B

8sin cos sin cos sin cosA A B B C C

64cos cos sin cos cos sin cos cos sinA B C B C A C A B

1 cos cos cos (1)

8

Dễ thấy nếu∆ABC tù hoặc vuông thì BĐT(1) luôn đúng Đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi∆ABC đều Ta thu được bài toán 3

Bài toán 3: Cho tam giác ABC có số đo các góc là A, B, C.

Chứng minh rằng: cos cos cos 1

8

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương tan A, tan B , tanC với A, B, C

là số đo các góc của∆ABC nhọn và tan A+tanB+tanC=tan tan tanA B C, ta có:

tan tan tanA B C≥(tanA+tanB−tan )(tanC B+tanC−tan )(tanA C+tanA−tan )B

tan tan tanA B C

(tan tan tanA B C−2tan )(tan tan tanC A B C−2 tan )(tan tan tanA A B C−2 tan )B

1 (tan tanA B 2)(tan tanB C 2)(tan tanC A 2)

1 tan Atan Btan C 2 tan tan tan (tanA B C A tanB tan )C

4(tan tanA B tan tanB C tan tan ) 8C A

9 tan Atan Btan C 4(tan tanA B tan tanB C tan tan )C A

tan tan tanA B C A B C tanA tanB 4 tanC

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Vậy là ta có bài toán 4

Bài toán 4 : Cho tam giác nhọn ABC có số đo các góc là A, B, C

Chứng minh : tan tan tanA 9B C tan tan tanA B C 4tan1A tan1B tan1C÷

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương tan tan

, tan tan

,

tan tan

C A với A, B, C là số đo các góc của∆ABC và

tan tan tan tan tan tan 1

A B+ B C+ C A= , ta có :

tan tan tan 1 2 tan tan 1 2 tan tan 1 2 tan tan

tan tan tan

1 4 tan tan tan tan tan tan 8tan tan tan

1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Vậy là ta có bài toán 5

Bài toán 5 : Cho tam giác ABC có số đo các góc là A, B, C Chứng minh :

1

b) Khai thác để dẫn tới các bài toán liên quan đến diện tích tam giác.

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương a, b, c với a, b, c là độ dài các

cạnh của một tam giác và

2

a b c

p= + + , ta có :

abc≥ + −a b c b c a c a b+ − + −

2

Mặt khác: 2p a b c= + + ≤ 3(a2+ +b2 c2) Kết hợp với (2) ta thu được BĐT

sau: 2 2 2 16 22

3

S

R

+ + ≥ Đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều Ta có bài toán 6

Bài toán 6: Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác; S và R lần lượt là

diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó

Chứng minh : 2 2 2 16 22

3

S

R

+ + ≥

Ta thấy BĐT(2) 3abc a b c( ) 3abc.4S 3.4SR.4S 48S2

có BĐT: ab bc ca+ + ≥ 3abc a b c( + + ), suy ra ab bc ca+ + ≥4 3S Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Vậy là ta có bài toán 7

Bài toán 7 : Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác; S là diện tích

của tam giác đó Chứng minh: ab bc ca+ + ≥4 3S

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương a, b, c với a, b, c là độ dài các

cạnh của một tam giác và

2

a b c

p= + + , ta có:

abc≥ + −a b c b c a c a b+ − + −

Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có (a b c+ + )3≥27abc Từ đó ta suy ra

(a b c+ + )4≥27(a b c a b c b c a c a b+ + )( + − )( + − )( + − )

2

432 (p p a p b p c)( )( ) 432S

2 (a b c) 12 3S

⇔ + + ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Vậy là ta có bài toán 8

Bài toán 8 : Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác; S là diện tích

của tam giác đó Chứng minh bất đẳng thức: (a b c+ + )2 ≥12 3S

Biến đổi BĐT(2) như sau:

2

pR≥ S abc a b c( ) abc.4S 4SR.4S 16S2

2 2 2 16 2

a bc b ca c ab S

a b c b c  b c a c a 

2.1 2 2 ( )2 16 2

2

c a b a b  S

2 2 2 2 2 2 16 2 1 2( )2 1 2( )2 1 2( )2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Ta có bài toán sau 9

Bài toán 9 : Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác; S là diện tích

của tam giác đó Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2 2 16 2 1 2( )2 1 2( )2 1 2( )2

a b +b c +c a ≥ S + a b c− + b c a− + c a b−

(Bài T7/ 376 – THTT năm 2008)

c) Khai thác để dẫn tới những bài toán liên quan đến các yếu tố trong tam giác.

Thêm một bước biến đổi BĐT(2) như sau: pR≥ 2S ⇔ pR≥2pr⇔ ≥R 2r.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Ta thu được bài toán sau 10

Bài toán 10 : Gọi R, r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp, đường

tròn nội tiếp của một tam giác Chứng minh rằng: R≥2r

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương 1 1 1, ,

r r r trong đó 1r =

1 1 1

r + +r r , ta có :

1 1 2 1 2 1 2

3 2

r r r r r r r r r r r r r r r r r r

3

r r r r r r r r r r r

2

2 2 2 3

2 2 2 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Ta thu được bài toán sau 11

Bài toán 11 : Gọi r r r r, , ,a b clần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp,

đường tròn bàng tiếp của các góc A, B, C của tam giác ABC

Chứng minh : 9 2 12 12 12 13

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương m m m a2, b2, c2 trong đó m m m a, b, c

lần lượt là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC, ta có :

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

m m m ≥ m +m −m m +m −m m +m −m

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

64m m m a b c 5a b c 5b c a 5c a b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi∆ABC đều Ta thu được bài toán sau 12

Bài toán 12 : Gọi a, b, c, m m m a, b, clần lượt là độ dài các cạnh; độ dài các

đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC

Chứng minh : 64m m m a2 2 2b c ≥(5a2− −b2 c2)(5b2− −c2 a2)(5c2− −a2 b2)

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương a, b, c với a, b, c là độ dài các

cạnh của một tam giác và a b c+ + =3, ta có:

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

⇔ ≥ − + + + + + −

3abc 4(ab bc ca) 9

2(a b c ) 3abc 2(a b c) 9 2(a b c ) 3abc 9

Đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều cạnh bằng 1 Ta thu được bài toán 13

Bài toán13 : Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3.

Chứng minh: 2(a2+ +b2 c2) 3+ abc≥9

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương a + b – c, b + c – a, c + a – b với

a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác và a b c+ + =1, ta có:

(a b c b c a c a b+ − )( + − )( + − ≥) (3a b c b c a− − )(3 − − )(3c a b− − )

(1 2 )(1 2 )(1 2 ) (4a b c a 1)(4b 1)(4c 1)

1 2(− a b c+ + +) 4(ab bc ca+ + ) 8− abc≥

5(ab bc ca) 18abc 1

Đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều cạnh bằng

3

1

Ta thu được bài toán sau 14

Bài toán 14 : Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng

1 Chứng minh: 5(ab bc ca+ + ) 18− abc≥1.

Thay , ,x y z ở bài toán 1 bằng các số dương a, b, c với a, b, c là độ dài các

cạnh của một tam giác và a b c+ + =3, ta có:

3

3

+ +

1 (3 2 )(3 2 )(3 2 )a b c

1 27 18(a b c) 12(ab bc ca) 8abc

⇔ ≥ − + + + + + −

1 27 12(ab bc ca) 8abc

⇔ ≥ − + + + −

4abc 6(ab bc ca) 14

3(a b c ) 4abc 3(a b c) 14

⇔ + + + ≥ + + −

2 2 2

3(a b c ) 4abc 13

Đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều cạnh bằng 1 Ta thu được bài toán sau 15

Bài toán 15 : Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có chu vi bằng

3 Chứng minh: 3(a2+ +b2 c2) 4+ abc≥13

d) Khai thác để dẫn tới các bài toán mang tính “tầm vóc’’.

Áp dụng BĐT(*) cho các số dương: a, b, c ta có

abc a b c b c a c a b

≥ + − + − + − ⇔ ≥ − − − (3)

Đặt:

, , 0

, , 0

2

b c x

x y z

c a y

a b z

c

















+ =

+ = ⇒ + + = ⇒ + + + =

+ =

BĐT(3) thành: 1 (≥ −x 1)(y−1)(z− =1) xyz−(xy yz zx+ + )+ + + −x y z 1

⇔xy yz zx xyz x y z+ + ≥ + + + − ⇔2 xy yz zx+ + ≥2(x y z+ + ) ⇔ + + ≥1 1 1 2(x y z x y z+ +xyz )⇔ + + ≥1 1 1x y z 22(x y z x y z+ + )

+ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z= = =2 Ta thu được bài toán sau 16

Bài toán 16 : Cho các số thực , , x y z>0 và 1 1 1 1

x+ + y+ + z+ = Chứng minh : 1 1 1x y z+ + ≥22(x y z x y z+ + )

+ + +

Áp dụng BĐT(*) cho các số dương: a, b, c ta có

abc≥ + −a b c b c a c a b+ − + −

⇔ + + + ≥ − + − + − +

Mặt khác:

1

abc

a b b c c a

Suy ra bất đẳng thức: 18 1 b c a ÷1 c a b ÷1 a b c ÷

≥ − + − + − + Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi a b c= = Ta thu được bài toán sau 17

Bài toán 17: Cho a b c, , là các số thực dương

Chứng minh: 18 1 b c a ÷1 c a b ÷1 a b c ÷

≥ − + − + − + (THTT – năm 2000)

Trong bài toán 17 nếu ta đặt:

, , 0

c a

a b













=

= +

( ) ( ) ( )

8≥ −x −y − ⇔ ≥ − + + + + + −z 8 x y z xy yz zx xyz

1

8

x y z xy yz zx

≥ − + + + + + −

(vì xyz= (a b b c c a+ )(abc+ )( + ) 8≤1) Suy ra: 3

4

x y z xy yz zx+ + ≥ + + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

2

x y z= = = Ta thu được bài toán sau 18

Bài toán 18 : Cho các số thực , , x y z>0 và 1 1 1 2

x+ + y+ +z+ = Chứng minh: x y z xy yz zx+ + ≥ + + +34

Áp dụng BĐT(*) cho các số không âm: a, b, c trong đó a + b + c = 1, ta có

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

⇔ ≥ − + + + + + − ⇔ − + + + ≥

⇔ + + − − − + ≥

3 3 3 15 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =13 Ta thu được bài toán sau 19

Bài toán 19 : Tìm số thực k lớn nhất sao cho: 3 3 3 1

9 27

k

a + + +b c kabc≥ + ,

với a, b, c là các số thực không âm thoả mãn: a b c+ + =1

(Bài T7/ 216 – THTT)

Áp dụng BĐT(*) cho các số không âm: a, b, c trong đó a + b + c = 1, ta có

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

⇔ ≥ − + + + + + −

⇔ ≥ − + + + −

1 2

4 4

abc

ab bc ca abc

⇔ + + − ≤ +

Mặt khác: ( )3

1

a b c

27

ab bc ca+ + − abc≤ Theo giả thiết ⇒ ≤0 a b c, , ≤1 Từ đó ta suy ra

ab bc ca+ + − abc ab= − +c bc − + ≥a ca Ta thu được bài toán sau 20

Bài toán 20 : Cho a b c, , là các số thực không âm thoả mãn: a b c+ + =1

27

(IMO năm 1984)

Ta biến đổi BĐT(*) khi x, y, z dương như sau

xyz x y z y z x z x y

≥ + − + − + − ⇔ ≥ + − + − + −

Đặt: x y a, y z b, x z c a b c abc, , 1 0





>

= Khi đó ta có:

 + −  + −  + − ≤

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1 Ta thu được bài toán sau 21

Bài toán 21 : Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn điều kiện: abc=1

Chứng minh: a 1b 1÷b 1c 1÷c 1a 1÷ 1

 + −  + −  + − ≤

(IMO năm 2000)

Áp dụng BĐT(*) cho các số dương: x y y z z x+ , + , + với , ,x y z>0, ta có BĐT:(x y y z z x+ )( + )( + ≥) 8xyz⇔ −(S x S y S z)( − )( − ≥) 8xyz>0 (4) với

S x y z= + +

Tiếp tục áp dụng BĐT(*) cho các số dương: 2x y z x+ + , +2y z x y+ , + +2z, ta có

BĐT: (2x y z x+ + )( +2y z x y+ )( + +2 ) 8(z ≥ x y y z z x+ )( + )( + ≥) 64xyz

(S x S y S z+ )( + )( + ≥) 64xyz>0 (5) trong đó S x y z= + + .

Nhân hai BĐT cùng chiều (4) và (5) ta có bất đẳng thức sau

Bây giờ ta giả sử , ,x y z>0 thoả mãn: 3

1 1 1 1 1 1 8

 −  −  − = (6) Ta sẽ chứng minh: S x y z= + + ≥1

Thật vậy nếu S<1 thì ta có

3

 −  −  − >  −  −  − ≥

Điều này mâu thuẩn với đẳng thức (6) Vậy là S x y z= + + ≥1

Vì 12 1 12 1 12 1 83

 −  −  − = nên ta có thể đặt như sau

2

1 1 8

8

1 1 8

8

1 1 8

8

a



=

+

+

(trong đó a b c, , >0) Khi đó ta có BĐT

sau

S

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = Ta thu được bài toán sau 22

Chứng minh : 2 2 2 1

(IMO năm 2001)

Áp dụng BĐT (*) cho các số dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3, ta có:

abc≥ + −a b c b c a c a b+ − + −

⇔ + + + ≥ + + + + = + +

Mặt khác (a b c+ + )2≥3(ab bc ca+ + ) = ⇒ + + ≥9 a b c 3 Từ đó ta suy ra được

3 3 3 6 9

a + + +b c abc≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Ta thu được bài toán sau 23

Bài toán 23 : Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn ab bc ca+ + =3 Chứng minh bất đẳng thức: a3+ + +b3 c3 6abc≥9

(Olympic Toán Ba Lan – 2005)

Áp dụng BĐT (*) cho các số dương a, b, c ta có

abc≥ + −a b c b c a c a b+ − + −

abc  a b c c   a b c a   a b c b

⇔ ≥ + + − + + − + + −

3

9abc (a b c) 4(a b c ab bc ca)( )

⇔ ≥ − + + + + + + +

2

9abc 4(ab bc ca) (a b c)

a b c

⇔ + + ≥ + + − + +

2 2 2

9abc 2(ab bc ca) (a b c )

a b c

⇔ + + ≥ + + − + +

Mặt khác ta có a b c2 2 2 2 a b c2 2 2 1 1 3.3a b c2 2 2 33abc a b c9abc

abc

+ = + + ≥ = ≥ + + Từ

đó suy ra a b c2 2 2+ ≥2 2(ab bc ca+ + ) (− a2+ +b2 c2) (1)

Ta lại có: