[r]
Trang 1Ngay từ lớp 7 học sinh đã biết nhận xét về dấu của một số có luỹ thừa chẵn nắm được tính chất của luỹ thừa bậc hai
“Bình phương hay luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm”
Dấu “=” xảy ra khi a = 0.
Lớp 8 học sinh đã được làm quen với hằng đẳng thức:
(A - B)2= A2– 2AB + B2
Nếu sử dụng tính chất (*) thì(A - B)2≥ 0 A,B (I)
Việc khai thác và sử dụng sáng tạo bất đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện tư duy và hình thành phương pháp chứng minh cũng như cách thức để hình thành bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức đã biết
Từ bất đẳng thức (I):
(a – b)2≥ 0a2+ b2≥ 2ab
ở cả 3 BĐT (I), (II), (III) dấu “=” xảy ra khi a = b
Khai thác tính chất luỹ thừa bậc hai.
I Khai thác bất đẳng thức (I): (a – b)2≥ 0
Từ bất đẳng thức (I) ta có thể đổi biến đặt A = ay; B = bx khi đó (I) trở thành:
(ay – bx )2 ≥ 0 a, b, x, y Dấu “=” xảy ra khi ay = bx
y
x b
a
Khai triển và biến đổi: a2y2– 2axby + b2x2≥ 0
a2y2+ b2x2
≥ 2axby
a2y2+ b2x2+a2x2+ b2y2
≥ a2x2+ 2axby + b2y2
(a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
Như vậy ta có bài toán:
1.Bài toán 1:
Chứng minh rằng : (a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
(Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số a, b, và x, y)
Để khắc sâu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ta sẽ chứng minh bài toán bằng nhiều cách
- Phương pháp 1: Dùng định nghĩa : A > BA – B > 0
+ Lập hiệu A – B
+ Chứng tỏ A – B > 0
+ Kết luận A > B
+ Cách 1 : Xét hiệu : (a2+ b2)(x2+ y2) – (ax + by)2
a
b b
a
(a + b)2≥ 4ab (III)
Trang 2= a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2- a2x2- b2y2– 2axby
= a2y2- 2axby + b2x2
Vậy (a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
Dấu “=” xảy ra khi
y
x b
a
- Phương pháp 2 : Phép biến đổi tương đương.
+ Biến đổi A > BA1> B1A2> B2 (*) + Vậy A > B
+ Cách 2 : Ta có (a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2≥ a2x2+ 2ãby + b2y2
a2y2- 2axby + b2x2≥ 0
Dấu “=” xảy ra khi
y
x b
a
Bất đẳng thức cuối cùng là đúng
Vậy (a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
- Phương pháp 3 : Sử dụng bất đẳng thức đã biết
+ Cách 3 : Ta có (ay - bx)2
≥ 0
a2y2– 2aybx + b2x2
≥ 0
a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2
≥ a2x2+ 2ãby + b2y2(cộng 2 vế a2x2, b2y2)
(a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
- Phương pháp 4 : Phương pháp phản chứng.
+ Giả sử có điều trái với kết luận
+ Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc điều đã biết
+ Giả sử sai – kết luận đúng
+ Cách 4: Giả sử (a2+ b2)(x2+ y2) < (ax + by)2
a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2
< a2x2+ 2ãby + b2y2
a2y2– 2aybx + b2x2< 0
(ay - bx)2 < 0 Vô lý Vậy (a2+ b2)(x2+ y2) ≥ (ax + by)2
Bốn phương pháp trên thể hiện trong 4 cách giải bài toán 1 là 4 phương pháp thông thường để chứng minh bất đẳng thức
Khai thác tiếp tục bất đẳng thức (I) ta có:
(ay - bx)2
≥ 0 (az - cx)2≥ 0 (ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2≥ 0
Trang 3(cy - bz)2≥ 0 Khai triển, chuyển vế cộng vào 2 vế BĐT : a2x2+ b2y2+ c2z2ta được:
a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2≥a2x2+b2y2+c2z2+2axby+2axcz+2bycz
(a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2) ≥ (ax + by +cz)2
2.Bài toán 2 :
CMR : (a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2) ≥ (ax + by +cz)2
( BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ 3 số a, b, c và x, y, z)
Giải Xét hiệu : (a2+ b2+ c2)(x2+ y2+ z2) - (ax + by +cz)2
=a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2- a2x2- b2y2- c2z2-2abxy-2acxz-2bcyz
=(a2y2-2abxy+b2x2)+(a2z2–2acxz+c2x2)+(b2z2-2bcyz+ c2y2)
=(ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2
≥ 0 Dấu “=” xảy ra khi
z
c y
b x
Bằng cách làm tương tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát:
(a2
1+ a2
2+ + a2
n)(x2
1+ x2
2+ + x2
n) ≥ (a1x1+ a2x2+ + anxn)2
Dấu “=” xảy ra khi
n
n x
a x
a x
a
2 2
1 1
Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x =
a
1 )
Từ bài toán 2 ta có thể đặt ra bài toán:
3.Bài toán 3:
Cho ba số a, b, c là 3 số dương
Chứng minh rằng: (a + b + c)(
a
1 +
b
1 +
c
1 ) ≥ 9
Giải Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki):
(a + b + c)(
a
1 +
b
1 +
c
c
c b
b a
(a + b + c)(
a
1 +
b
1 +
c
1 ) ≥ 32= 9 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)(
x
1 +
y
1 +
z
1 )≥ 9 Bài toán tìm được:
Phương phỏp sử dụng bất đẳng thức Cụ-sy:
Với 2 số a,b khụng õm ta cú:
Trang 4Dấu "=" xảy ra khi a=b
Chứng minh:
Dấu "=" xảy ra khi a=b
Dạng tổng quát của bất đẳng thức Cô-sy (Cauchy):
Dấu "=" xảy ra khi
Ví dụ: Cho a,b,c >0 chứng minh rằng:
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-sy cho 3 số dương ta có:
(1)
(2)
Nhân từng vế của (1) và (2) ta được
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
§Æt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta ®îc B§T:
2(a + b + c)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1 )≥ 9
(
c b
a
+a c
b
+b a
c
c b
a
+a c
b
+b a
c
≥ 2 3
4.Bµi to¸n 4:
Trang 5Cho a, b, c là 3 số dương CMR:
c b
a
+a c
b
+b a
c
≥ 2 3
Giải
áp dụng bài toán 2 tacó:
(a+b+c+b+c+a)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1
a c a c c b c b b a b a
2(a + b + c)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1 )≥ 9
(
c b
a
+a c
b
+b a
c
c b
a
+a c
b
+b a
c
≥ 2
3
(1)
Ta tiếp tục khai thác bài toán 4 theo 2 bước sau:
- Bước 1 : Nhân 2 vế của (1) với a+b+c > 0
(a + b + c)(
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1 )≥
2
3 (a + b + c)
- Bước 2 : Khai triển rút gọn vế trái sau đó chuyển vế ta được:
c
b
a
2
+
c a
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
Đây là nội dung của bài toán 5
5.Bài toán 5 :
Cho a, b, c là 3 số dương
CMR:
c b
a
2
+
c a
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
Chứng minh bài toán 5 ta có thể dẫn từ bài toán 1 theo hướng khai thác để đi đến kết quả Nhưng
ta có thể giải độc lập như sau:
- Phương pháp 1: áp dụng bất đẳng thức bài toán 2
)
c b
a
2
)
a b
b
2
)
a b
c
][( bc)
2+ ( ac)2+ ( ab)2]
b a
c c a c a
b c b c b
2(a + b + c)(
c b
a
2
+
c a
b
2
+
a b
c
2
) ≥ (a + b + c)2
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
(đpcm)
- Phương pháp 2: áp dụng bất đẳng thức Cô si
c b
a
2
+ 4
c
b
≥ 2
4
2
c b c b
Trang 6a c
b
2
+ 4
a
c
≥ b
a b
c
2
+ 4
a
b
≥ c
Vậy
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a (cộng theo vế 3 BĐT trên )
Ta tiến hành khai thác bài toán 5 bằng cách:
+Trang bị thêm cho bài toán 5 điều kiện : abc = 1
+ áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương :
a + b + c ≥ 33 abc = 3x1 = 3
6.Bài toán 6:
Cho a, b, c là 3 số dương thoả mãn : abc = 1
CMR
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
3
(2) Giải Theo bài toán 5
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
c b
a
≥
2
3 2
1 3 2
33
x
abc
c b
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2 3
Xem xét bài toán 6 ta nhận thấy:
+ Nếu đặt a =
x
1 ; b =
y
1 ; c =
z
xyz
1
= 1
a
1 +
b
1 =
ab
b
a = c(a + b).
Tương tự : y + z = a(b + c)
z + x= b(c + a)
) (
3
c b a
a
3
c a b
b
3
b a c
c
≥ 23
) (
1
3
z y
1
3
x z
1
3
y x
z ≥ 23
7.Bài toán 7:
Cho x, y, z là 3 số dương thoả mãn : xyz = 1
CMR :
) (
1
3
z y
1
3
x z
1
3
y x
z ≥ 23
Trang 7Đặt a =
x
1 ; b =
y
1 ; c =
z
xyz
1
= 1
Ta có : x+y = c(a+b)
y+z = a(b+c)
z+x = b(c+a)
Do đó :
) (
1
3
z y
1
3
x z
1
3
y x
a
2
+
a c
b
2
+
a b
c
2
≥ 2
3 (theo bài toán 6)
Như vậy từ tính chất về luỹ thừa bậc hai ta đã khai thác được chùm 7 bài toán từ dễ đến khó hoặc rất khó mặt khác cũng rèn luyện tư duy sáng tạo của học sinh
II/.Khai thác bất đẳng thức II.
a
b b
a ≥ 2
b
a
x a
8 Bài toán 8:
Cho số dương x
Chứng minh rằng: x +
x
1
≥ 2
Khai thác bài toán 8 ta thấy: x 1 1
Do đó nếu ta dùng 4 số dương a, b, c, d thoả mãn : abcd=1
Khi đó: ab=
cd
1
(cd= 1 )
ab
Ta khám phá được bài toán mới:
9 Bài toán 9:
Cho a, b, c, d là 4 số dương thoả mãn abcd=1
CMR: ab + cd ≥ 2 (hoặc ac + bd ≥ 2; ad + bc ≥ 2)
(Chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần đưa về bài toán 8 bằng cách dùng điều kiện abcd=1) Lại có: a2+ b2
≥ 2ab ; c2+ d2
≥ 2cd
Do đó : a2+ b2+ c2+ d2≥ 2ab + 2cd
Liên kết với bài toán 9 ta có: a2+ b2+ c2+ d2≥ 2(ab + cd) ≥ 4
III Khai thác bất đẳng thức III: (a + b)2
≥ 4aba, b
Là bất đẳng thức đưa ra mối quan hệ của bình phương1tổng với tích cuả chúng
Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b là 2 số dương
Chia 2 vế của (III) cho ab(a + b) ta được:
Trang 8b
a
≥
b
a
a
1 +
b
1
≥
b
a
4
10 Bài toán 10:
Cho a,b là 2 số dương
Chứng minh rằng:
a
1 +
b
1
≥
b
a
4
Giải Xét hiệu
a
1 +
b
1
-b
a
4
=
) (
4 ) ( ) (
b a ab
ab b a b b a a
2 ) (
b a ab
b a
≥ 0
Vậy
a
1 +
b
1
≥
b
a
4
Dấu “=” xảy ra khi a=b
Khai thác bài toán 12 tương tự như cách khai thác bài toán 1
Ta có:
a
1 +
b
1
≥
b
a
4
c2+ d2≥ 4
b1 +
c
1
≥
c
b
4
c
1 +
a
1
≥
a
c
4
Do đó nếu cộng theo vế của 3 BĐT trên ta được:
b
a
1
+
c
b
1
+
a
c
1
2
a
b
1 ) 1
c
11 Bài toán 11: Cho a, b, c là 3 số dương
CMR:
b
a
1 +
c
b
1 +
a
c
1
2
a
b
1 ) 1
c
Giải Theo bài toán 12:
b
a
1
4
a
1
b
1 )
c
b
1
4
1
b
1
c
1 )
a
c
1
4
c
1
a
1 ) Cộng theo vế của 3 BĐT trên:
b
a
1
+
c
b
1 +
a
c
1
2
a
b
1 ) 1
c
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c