chuyên đề phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

Môn: Toán PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH TỪ VIỆC KHAI THÁC LỜI GIẢI MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THCS.. Tác giả: Đỗ Minh Giáp – Trường THCS Lê Hồng Phong D

Môn: Toán PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH TỪ VIỆC KHAI THÁC LỜI GIẢI MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THCS.

Tác giả: Đỗ Minh Giáp – Trường THCS Lê Hồng Phong

Dành cho đối tượng: Học sinh giỏi THCS Thời lượng: 20 tiết

I- ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS và nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp tôi nhận thấy vấn đề bất đẳng thức là một vấn đề khó nhưng lại có nhiều tác dụng trong việc rèn luyện trí tuệ cho học sinh Về kiến thức lý thuyết cũng như bài tập về phần bất đẳng thức được ẩn tàng trong từng bài học và trong những bài tập từ trung bình đến nâng cao Giáo viên giảng dạy hiểu vấn đề này một cách đơn giản, chưa thấu đáo và triệt để Chính

vì vậy mà khi giảng dạy giáo viên thường coi nhẹ hoặc cho vấn đề đó là khó, không quan trọng Mặt khác chính học sinh khi học, tiếp cận với vấn đề bất đẳng thức còn lơ mơ ngại khó Như chúng ta đều biết khi theo dõi đề thi học sinh giỏi các cấp nhiều năm gần đây thì thấy số lượng các bài toán về bất đẳng thức và vận dụng bất đẳng thức chiếm tỉ lệ cao trong mỗi đề Mặt khác trên báo học toán tuổi trẻ, báo toán tuổi thơ dành cho học sinh trung học cơ sở thì các bài viết cũng như số lượng bài toán về bất đẳng thức chiếm tỉ lệ cao Với tầm quan trọng và tính cấp thiết của vấn đề tôi viết chuyên đề này giúp cho phần nào giáo viên trực tiếp giảng dạy trên lớp cũng như đội ngũ giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi và những học sinh yêu thích bộ môn toán có cách nhìn nhận và đánh giá về bài toán bất đẳng thức, tăng thêm một phần kiến thức cũng như sự đam mê, thích thú khi nghiên cứu về vấn đề này Mặt khác giúp cho sự phát triển tư duy lô gíc của học sinh: giúp cho các em cảm nhận được mạch tư duy, cách suy nghĩ, cách đánh giá trước những vấn đề tưởng chừng đơn giản nhưng lại rất hay và lý thú Một lần nữa tôi viết chuyên đề này mong muốn đóng góp một phần nhỏ cho việc giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh đạt kết quả cao hơn

Nội dung chuyên đề bao gồm:

Một số bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

Một số bài toán bất đẳng thức hay & khó

II- NỘI DUNG

II.1 Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức :

1 /Định nghĩa :

Ta nói rằng số a lớn hơn số b ( hoặc số a nhỏ hơn số b ) Ký hiệu là : a> b ( hoặc a<b )

Nếu a - b > o ( hoặc a - b < o ) Ta gọi a>b (hoặc a < b ) là một bất đẳng thức

+/Chú ý: Đôi khi ta còn viết :a ≥ b  a-b ≥ 0 ;( hoặc : a≤ b  a-b ≤ 0

2/ Tính chất :

a/ T/C 1: a ≥ b  a + c ≥ b + c ( với c )

b/T/C 2 : nếu a ≥ b và b ≥ c => a ≥ c

c/T/C 3 : nếu a ≥ b và c ≥ d thì a + c ≥ b + d

d/ T/C 4 : nếu a ≥ b và c ≤ d thì a – c ≥ b – d

e/ T/C 5 : với mọi c > 0 thì : a ≥ b  a c ≥ b c

với mọi c < 0 thì : a≥ b  a c ≤ b c

f/ T/C 6 : nếu a ≥ b ≥ 0 hoặc 0 ≥ a ≥ b thì : 1 1

ab

g/T/C 7 : nếu a c

b d thì : a a c c



 với  b ; d > 0

h/T/C 8 : với mọi a ; b là số thực thì : a b a b a b;   a  b

i/T/C 9 : nếu a 1

b và b > 0 thì : a a m

b b m





 với m  0

b  và b > 0 thì : a a m

b b m





 với m 0 ; a a m

b b m





 với  b > m  0 k/ T/C 10 : Với n  N ; n lẻ thì : x  y  xn  yn ; x  y  n x  n y

Với n  N ; n chẵn thì : │x│≥ │y│ xn ≥ yn ; │x│≥ │y│ n x ≥ n y

m/ T/C 11 : Với x ≥ 1 và m ; n  N* thì : m ≥ n  xm ≥ yn

Với x / o ≤ x ≤ 1 và m ; n  N* thì : m ≥ n  xm ≤ yn

n/T/C 12 Một số bất đẳng thức cổ điển :

n.1/ Bất đẳng thức Cô Si : Với mọi số thực không âm : a1 ; a2 ; …; an Thì :

1 2

2

n

a a  a

≥ n 1 2

n

a a a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

a1 = a2 = …= an

n2/ Bất đẳng thức Bu-Nhi-A-Cốp-SKi : Với hai dãy :( a1;a2;…;an ) và ( b1; b2 ;…; bn ) tùy ý thì : ( a1.b1 + a2.b2 +…+ an bn )2 ≤ ( a2+a2+…+ an ) ( b2 +b2 +…+ bn)

Dấu bằng xảy ra khi và khi : ai = t bi ; với mọi i = 1 ;2; 3 ;…; n

n3/ Bất đẳng thức Trê Bư Xép :

Với 2 dãy tăng hoặc giảm : ( a a1 2  an) và (b b1 2  bn)

Hoặc : ( a a1 2  an) và  b b1 2  b2

Thì : ( a1 b1+ a2.b2 +…+ an bn ) ≥ 1 2 n

n

( b1+b2+…+bn) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a1= a2= …= an hoặc b1= b2= …= bn

Với 2 dãy : dãy này tăng dãy kia giảm :  a a1 2  an và  b b1 2  bn

Thì : ( a1 b1+ a2.b2 +…+ an bn ) ≤ 1 2 n

n

( b1+b2+…+bn) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a1= a2= …= an hoặc b1= b2= …= bn

II.2 Một số ví dụ minh họa

Bài toán 1: Chứng minh rằng x,y R thì x2 + y2

 2xy

Lời giải 1: Xét hiệu: x2 + y2 – 2xy = (x – y)2  0  x2 + y2  2xy (đpcm)

Lời giải 2: Ta luôn có: x,y thì (x – y)2  0  x2– 2xy + y2  0

 x2 + y2  2xy (đpcm)

Từ bài toán 1 ở trên ta thay x2& y2 tương ứng bởi x ; y thì ta có bài toán sau:

Bài toán 1.1: Chứng minh rằng x,y  0 thì: x + y  2 xy

Ta lại thấy nếu áp dụng bài toán 1 ở trên cho 4 số trở lên và đặc biệt thay một số chữ bởi các số

cụ thể thì ta có :

Bài toán 1.2: Chứng minh rằng a,b thì : a2 + b2 + 2  2(a +b)

Bài toán 1.3: Chứng minh rằng a,b,c thì: a2 + b2 + c2 + 3  2(a + b + c)

Như vậy từ 4 bài toán trên ta thấy rằng việc đưa ra bài toán tổng quát & giải bài toán đó thật dễ ràng

Bài toán 1.4: Chứng minh rằng:

a a a1, , 2 3 a n thì: 2 2 2

1 2 n 2( 1 2 n)

a a  a  n a a  a với n N, n  1

Hãy vận dụng bài toán 1 giải bài toán sau :

Bài toán 1.5: Chứng minh rằng: Với ai > 0; i = 1, n và a1.a2…an = 1 thì:

(a1 + 1)(a2 + 1)…(an + 1)  2n

Trong chương trình toán lớp 8 đã học hằng đẳng thức bình phương của một hiệu :

x y 2 x2 2xy y20 => x2+ y2 => 2xy Từ đó ta có bài toán sau :

Bài toán 2: Chứng minh rằng: x,y,z thì: x2 + y2 + z2  xy + yz + zx

Lời giải 1: Ta có: x2 + y2

 2xy (1)

y2 + z2  2yz (2)

z2 + x2  2xz (3)

Cộng các vế của ba bất đẳng thức cùng chiều ta được:

2(x2 + y2 + z2)  2(xy + yz + zx)

 x2 + y2 + z2

 xy + yz + zx (đpcm)

Lời giải 2: Xét hiệu: x2 + y2 + z2 – (xy +yz +zx) = 1

2(2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2xz – 2yz) = 1

2

(x y) (y z) (z x) 0

Lời giải 3: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki cho hai dãy: (x,y,z) và (y,z,x) ta có:

(xy +yz +zx)2  (x2 +y2 + z2)(y2 + z2 + x2)

 (xy +yz +zx)2

 (x2 + y2 + z2)2

 xy yz zx   x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2

 xy + yz + zx (đpcm)

Từ bài toán 2, ta đề suất các bài toán sau:

Bài toán 2.1: Chứng minh rằng x1, x2, …,xn thì x12 + x22 +… + xn2 x1x2 + x2x3 +… + xnx1

Bài toán 2.2 (bài toán đặc biệt hóa):

Chứng minh rằng a2 + b2 + 1 ab + b + a Vận dụng bài toán 1& t/c xắp thứ tự trong R để giải bài toán sau :

Bài toán 2.3: Cho 5 số dương có tổng bằng 1 Chứng minh rằng ta có thể sắp xếp 5 số đó trên một vòng tròn sao cho tổng của tích hai số liền nhau không lớn hơn 1

5

Hướng dẫn: Xét 5 số x1, x2, x3, x4, x5 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1

Khi đó: 1 = x12 + x22 + x32 + x42 + x52 + 2

(x x x x1  2 3x x3 4x x4 5x x5 1) ( x x1 4x x2 4x x2 5x x3 5x x1 3)

Không giảm tính tổng quát giả sử: (x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5)  (x1x3 + x1x4 + x2x4+ x2x5 + x3x5) Khi đó

1  5(x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 + x5x1)  x1x2 + …+ x5x1  1

5 (đpcm) Tiếp tục ta xét bài toán sau :

Bài toán 3: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với x1, x2, x3 > 0

x12 + x22 + x32  p(x1x2 + x1x3)

Lời giải: Ta có:

2

2

4 4

p

x x px x p

x x px x









 12 22 32 ( 1 2 4 )3 2

p

x x x p x x x x

Để x1 + x2 + x3 ≥ p(x1x2 + x1x3) ; x1, x2, x3 > 0

x x x    p 

VậypR/ p  2 thì: x12 + x22 + x32p(x1x2 + x1x3) với x1, x2, x3 > 0

Ta mở rộng cho bài toán 3 :

Bài toán 3.1: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với mọi số thực x1, x2, x3, x4 > 0

x12 + x22 + x32 + x42  p(x1x2 + x1x3 + x1x4) Giải tương tự như bài toán 3 :

Ta có :

2

4

12 + x22 ≥ px1x2 (1)

2

4

12 + x32 ≥ px1x3 (2)

2

4

12 + x42 ≥ px1x4 (3) Cộng các vế của 3 BĐT trên lại ta được :

2

3 4

p x1+ x2+ x3+x4 ≥ px1x2+ px1x3+ px1x4

Ta cho : x12 + x22 + x32 + x42

2

3 4

p x12+ x22+ x32+x42 ==> 1 ≥

2

4

3p => 2

3 p Vậy: x12 + x22 + x32 + x42 p(x1x2 + x1x3 + x1x4) ; với x1; x2; x3; x4 khi : 2

3 p Bài toán 3.2: (Bài toán tổng quát): Xác định số thực pR để bất đẳng thức sau thỏa mãn với 

xi > 0; i = 1, n: 2

1

n i i

x



  p(x1x2 + x1x3 +… + x1xn) Chúng ta xét tiếp bài toán :

Bài toán 4: Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y = 2 Chứng minh rằng:

x2y2(x2 + y2)  2 (1)

Lời giải: Từ x + y = 2  x2 + y2 = 4 – 2xy

Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ta có 2 = x + y  2 xy  xy  1 <=>xy 1

Cách1: Ta có (1)  2 – x2y2(x2 +y2)  0 2 – x2y2(4 – 2xy)  0

 22 2

x y + 2xy – 4 0 (2)

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương: 2 2

2

x y ; 2xy và vì: 0 < xy 1 ta có:

2

x y + 2xy 2  2 4

xy = 4

xy  4  Bđt (2) đúng  Bđt (1) đúng

Cách 2: áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương: 2xy, x2 +y2 ta có:

2 (xy x y )  2xy + x2 + y2 = (x + y)2 = 4  xy(x2 + y2)  2  x2y2(x2 +y2)  2xy  2 (do 0< xy 1)

 x2y2(x2 + y2) 2 (đpcm)

Cách 3: Xét tỉ số :

A = 2 2( 2 2)

2

x y x y

 A 

2

xy x y

(do 0 xy 1 nên x2y2  xy)  A 

4

xy x y



2

1 2

xy x y



4 4

16 x y 16 = 1  x2y2(x2 + y2)  2

Cách 4: Xét hiệu: B = x2y2(x2 + y2) - 2 = x2y2(4 – 2xy) – 2

Đặt xy = t với 0 < t 1 Ta có: B = t2(4 – 2t) – 2

= -2t3 + 4t2 – 2 = 2(1 – t)(t2 – t -1) = 2(1 –t)(t21) t  0 (vì t 1 1-t 0 và (t2 -1) – t -1 < 0)

 B  0  x2y2(x2 + y2) 2  2 (đpcm)

Cách 5: Xét biểu thức T = x2y2(x2 + y2)  T = xy(4 – 2xy)

 2(xy)2 – 4xy + T = 0(*)

Coi (*) là phương trình bậc 2 đối với ẩn (xy) thì phương trình có nghiệm khi '

 = 4 – 2T

0  T 2 mà x2y2(x2 + y2)  T 2 ( vì 0  xy 1) => (đpcm)

Vận dụng lời giải bài toán trên hãy giải các bài toán sau:

Bài toán 4.1: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:

2 2 2 2

2

x y

x y x y







Bài toán 4.2: Cho 2 số nguyên dương x, y thỏa mãn x + y = a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy(x2 + y2)

Xuất phát từ bài toán :

Bài toán 5: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh tam giác Chứng minh rằng

(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)  abc (*)

Lời giải:

Cách 1: Ta có: a2

 a2 – (b – c)2 = (a – b + c)(a + b – c)  0 (1) ( do a, b, c là độ dài ba cạnh trong một tam giác)

Tương tự ta có: b2  (b – c + a)(b + c – a) 0 (2)

c2  (c – a + b)(c + a – b)  0(3)

Nhân các vế của 3 bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:

a2.b2.c2  (a b c b c a c a b  )(   )(   )2

 abc  (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) (đpcm) Nếu ta thay, đổi biến mới thì ta có một lời giải khác :

Cách 2: Đặt x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với x, y, z > 0 do a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác

Khi đó: a =

2

x y

, b =

2

x z

, c =

2

y z

thay vào bđt (*)

8

x y y z z x  

 xyz  (x +y)(y+z)(z+x)  8xyz (**)

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có: x + y  2 xy > 0;

y + z 2 yz> 0 ;z + x 2 xz > 0

Nhân các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều có 2 vế đều dương ta có:

(x +y)(y+z)(z+x)  8xyz bất đẳng thức (**) đúng  bất đẳng thức (*) đúng

Ta thay đổi bđt (*) (a + b + c – 2c)(b + c + a – 2a)(a + b + c – 2b)  abc

 (2p – 2c)(2p – 2a)(2p – 2b)  abc

 (p – a)(p – b)(p – c) 

8

abc

( vì p là nửa chu vi của tam giác)

Từ đó ta có :

Bài toán 5.1: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh tam giác và p là nửa chu vi Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

A = (p a p b p c)( )( )

abc

Ta có thể mở rộng giả thiết: a, b, c là độ dài của ba cạnh của một tam giác thành: a, b, c là

ba số dương thì bất đẳng thức (*) vẫn đúng

Do a, b, c có vai trò như nhau không mất tính tổng quát, giả sử 0< a b c

Khi đó: hai trong ba thừa số: (a + b – c); (b + c – a); (a + c – b) luôn có giá trị dương

Nếu ba thừa số đều dương chứng minh tương tự như trên thì bất đẳng thức (*) đúng Nếu có một thừa số không dương thì (*) luôn đúng do đó ta lại có bài toán

Bài toán 5.2: Cho a, b, c là ba số dương

Chứng minh rằng (a + b – c)(b + c – a)(c + a –b)  abc

áp dụng bài toán 5.2 cho ba số dương: a, 1, 1

b và thêm giả thiết a.b.c = 1

Ta có: (a +1 - 1

b)(a +1

b - 1)( 1

b + 1 – a) a

b

 (a + 1

b - 1)(a +1 - 1

b)(1

b + 1 – a)  1

 (a + 1

b - 1)(ab – b – 1)( 1 1

ab a - 1)  1

 (a + 1

b - 1)(b + 1

c - 1)(c + 1

a - 1) 1

Từ đó ta có bài toán mở rộng sau:

Bài toán 5.3: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1 Chứng minh rằng: (a + 1

b

- 1)(b + 1

c - 1)(c + 1

a - 1) 1 Theo bài toán 5 ta có: (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)  abc

áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: 8abc (a + b)(b + c)(c +a)

Khi đó: 8(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)  (a + b)(b + c)(c +a)

8

a b c b c a c a b



8

Ta lại có bài toán sau :

Bài toán 5.4: Cho ba số dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = (1 c )(1 a )(1 b )

Một bđt rất quen thuộc & được sử dụng nhiều trong chứng minh cũng như tìm cực trị đó là bài toán sau :

Bài toán 6: Chứng minh rằng x,y > 0 thì 1 1x y x y4



Lời giải:

Cách 1: Xét hiệu: 1 1x y x y4

 = x y x y.  x y4

 =

2

xy x y

2

x y

xy x y



  0 Với x,y > 0 1 1 4

x y x y

Cách 2: 1 1x y x y4

4

x y

x y x y





 (x + y)2  4xy (do x, y > 0)  (x – y)2  0 bất đẳng thức luôn đúng  bất đẳng thức (1) đúng 

(đpcm)

Cách 3: Ta có: (x – y)2

 0 x2 + y2

2xy (x2 + 2xy + y2) 4xy (x + y)2

x y

x y x y





 (do x,y > 0)  1 1x y x y4

Ta thay x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Khi đó vận dụng bài toán 6 ta có bài toán sau:

Bài toán 6.1: Chứng minh rằng với a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì:

a b c b c a c a b         a b c

2

Tiếp tục áp dụng bài toán 6 ta có:

2

n

x  y  xy  x y Khi đó thay x= a+b-c ; y= b+c-a ; z = c+a-b

Ta được :

n a b c   n b c a  n b

n b c a   n a c b  n c

n a c b  n a b c  n a

Từ đó ta có kết quả :

Bài tập 6.2: Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

1 1 1 1 1 1

n a b c   n b c a  c a b  n a  n b  n c ( Với  n *)

Ta lại thấy nếu giả sử: a b c thì: b + c – a a + c – b a + b – c

b c a  c a b  a b c 

b c a  c a b  a b c 

)

Ta có:

b c a a c b a b c        ) (n an bn c)( 1 1 1

b c a c a b a b c        )

 (n an bn c)(1 1 1

a b c  ) (nhớ bài toán 6.1)

áp dụng bất đẳng thức Trê bư xép một lần nữa cho hai dãy:

(n a n bn c) &(1 1 1

a  b c ) ta có:

3(n a1 n b1 n c1

a b c  (n an bn c)(1 1 1

a b c  )

Từ đó ta lại có bài toán:

Bài toán 6.3: Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

b c a a c b a b c        1 1 1

n a n n b n n c n

Để vận dụng bài toán 6 tôi xin đề suất một số bài tập áp dụng sau :

Bài toán 6.4: Cho các số dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 1

x yz t 

Bài toán 6.5: Cho các số dương x, y thỏa mãn: x + y = 1 Chứng minh rằng

xy x y  8 Bài toán 6.6: Cho các số dương a, b, c, d Chứng minh rằng:

a c b d c a d b

a b b c c d d a

Bài toán 6.7: Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng:

x yy zz xx y z y z x z x y

Hướng dẫn: x 13yy 21z x2(x 24y z)x 22y z

Chứng minh tương tự: y 13zz 21x y 2(y 42z x)y 22z x

z 13xx 21y z 2(z 42x y)z 22x y

Cộng các vế của 3 bất đẳng thức và rút gọn ta có kết quả

Bài toán 6.8: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: abc = ab + bc + ca

a b c a b c  a b  c 

Hướng dẫn :

Cộng 3 BĐT (1) ; (2) & (3) ta được :

Từ giả thiết : abc = ab + bc + ca với a> 0 ; b> 0 ; c > 0 => 1 1 1

a b c  = 1 (5) Kết hợp (4) & (5) ta có ( đpcm )

Bài toán 6.8 : Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c ta có :

 

Cộng các vế của 2 BĐT (1) & (2) ta được :

b

c

a

Cộng các BĐT (3), (4) & (5) ta được :

1

a b c  a b c 

6

a b c 

(đpcm) Trong giải toán một điều không thể thiếu được là phải xem xét , phân tích một các kỹ càng, sử dụng các phương pháp giải một cách triệt để nhất cụ thể từ bài toán 7 ta thay số 1 bởi a2&b2, ta

có bài toán sau:

Bài toán 7: Cho các số a, b, c là các số bất kì và x, y, z là những số thực dương thì:

2 2 ( )2



 (1)

Lời giải: Bất đẳng thức (1) (a2y + b2x)(x + y) (a + b)2xy (do x, y > 0)

a2xy + a2y2 + b2x2 + b2xy – a2xy – 2abxy – b2xy 0  (ay – bx)2  0

Bất đẳng thức luôn đúng  bất đẳng thức (1) đúng

Ta lại thấy từ bài toán 7 thì mở rộng để có bài toán sau :

Bài toán 7.1: Với a, b, c, là các số thực tùy ý, x, y, z là các số thực dương thì:

 

 

Lời giải:





2

(a b c)

x y z

 

Xuất phát từ 2 bài toán trên ta đưa ra bài toán tổng quát sau:

Bài toán 7.2: Cho n số thực bất kì a1, a2, …an và n số thực dương b1, b2,…bn thì:

1 2

Vận dụng bài toán 7.1 để giải bài toán :

Bài toán 7.3: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:

2

 

Bài toán 7.4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b +c = 1

a  bc b  ac c  ab 9 Bài toán 7.5: Với a, b, c là ba số dương cho trước; x, y, z là các số dương thỏa mãn đẳng thức:

1 1 1

x y z = 1 Chứng minh rằng:

P =ax by cz bx cy az cx ay bz1  1  1 a b c1

Hướng dẫn: Ta có:

x y z ax by cz ax by cz

 

  đặt a + b + c = s

(a b c)

ax by cz  S x y z (1)

(b c a)

bx cy az  S xyz (2)

(c a b)

cx ay bz  S x yz (3)

Từ (1), (2)& (3) ==> P 2

1 1 1

S

S  P 1

a b c



  (vì 1 1 1x y z = 1) Vận dụng bài toán 7 để giải các bài toán sau:

Bài toán 7.5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2 1

1 x x ; với 0 < x <1