ViÖc khai th¸c vµ sö dông s¸ng t¹o bÊt đẳng thức I giúp học sinh rèn luyện t duy và hình thành phơng pháp chứng minh cũng nh cách thức để hình thành bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức đã[r]
Trang 1A Tính chất luỹ thừa bậc hai:
Ngay từ lớp 7 học sinh đã biết nhận xét về dấu của một số có luỹ thừa chẵn nắm đ
-ợc tính chất của luỹ thừa bậc hai
Bình ph
“ ơng hay luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm”
(*)
Lớp 8 học sinh đã đợc làm quen với hằng đẳng thức:
(A - B)2 = A2 – 2AB + B2 Nếu sử dụng tính chất (*) thì
đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện t duy và hình thành phơng pháp chứng minh cũng
nh cách thức để hình thành bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức đã biết
Từ bất đẳng thức (I):
(a – b)2 ≥ 0 a2 + b2 ≥ 2ab
ở cả 3 BĐT (I), (II), (III) dấu “=” xảy ra khi a = b
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 a
b=
x y
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
Nh 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 phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta sẽ chứng minh bài toán bằng nhiều cách
- Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa : A > B A – B > 0.
+ Lập hiệu A – B
+ Chứng tỏ A – B > 0
A2 ≥ 0 a
(A - B) 2 ≥ 0 A,B (I)
a
b+
b
(II)
(a + b)2 ≥ 4ab (III)
Trang 2+ Kết luận A > B.
+ Cách 1 : Xét hiệu : (a2 + b2)(x2 + y2) – (ax + by)2
= a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 - a2x2- b2y2 – 2axby = a2y2 - 2axby + b2x2
= (ay - bx)2 ≥ 0 luôn đúng a, b, x, y
Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
Dấu “=” xảy ra khi a
b=
x y
- Phơng pháp 2 : Phép biến đổi tơng đơng.
+ Biến đổi A > B A1 > B1 A2 > 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
(ay – bx)2 ≥ 0 luôn đúng a, b, x, y
Dấu “=” xảy ra khi a
b=
x y
Bất đẳng thức cuối cùng là đúng
Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2
- Phơng 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
- Phơng pháp 4 : Phơng 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 phơng pháp trên thể hiện trong 4 cách giải bài toán 1 là 4 ph ơng pháp thông thờng để chứng minh bất đẳng thức
Khai thác tiếp tục bất đẳng thức (I) ta có:
(ay - bx)2 ≥ 0
Trang 3(az - cx)2 ≥ 0 (ay - bx)2 + (az - cx)2 + (cy - bz)2 ≥ 0 (cy - bz)2 ≥ 0
Khai triển, chuyển vế cộng vào 2 vế BĐT : a2x2 + b2y2 + c2z2 ta đợc:
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 a
x=
b
y=
c z
Bằng cách làm tơng tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát:
(a2 + a2 +…+ a2 )(x2 + x2 +…+ x2 ) ≥ (a1x1 + a2x2 +…+ anxn )2
Dấu “=” xảy ra khi a1
x1=
a2
x2= =
a n
x n
Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x = 1
a )
Từ bài toán 2 ta có thể đặt ra bài toán:
3.Bài toán 3:
Cho ba số a, b, c là 3 số dơng
Chứng minh rằng: (a + b + c)( 1
a +
1
b +
1
c ) ≥ 9
Giải Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki):
(a + b + c)( 1
a +
1
b +
1
c ) ≥ (√a
1
√a+√b
1
√b+√c
1
√c)
2
(a + b + c)( 1a + 1
b +
1
c ) ≥ 32 = 9
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)( 1
x +
1
y +
1
z )≥ 9
Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT:
2(a + b + c)( 1
a+b +
1
b+c +
1
c+a )≥ 9
( b+c a + b
a+c +
c b+a +3) ≥ 9
Trang 4 b+c a + b
a+c +
c b+a ≥ 32 Bài toán tìm đợc:
4.Bài toán 4:
Cho a, b, c là 3 số dơng CMR: a
b+c +
b a+c +
c b+a ≥ 3
2
Giải
áp dụng bài toán 2 tacó:
(a+b+c+b+c+a)( 1
a+b +
1
b+c +
1
c+a )≥ (√a+b
1
√a+b+√b+c
1
√b +c+√c +a
1
√c+a) 2
2(a + b + c)( a+b1 + 1
b+c +
1
c+a )≥ 9
( b+c a + b
a+c +
c b+a +3) ≥ 9
b+c a + b
a+c +
c b+a ≥ 32 (1)
Ta tiếp tục khai thác bài toán 4 theo 2 bớc sau:
- Bớc 1 : Nhân 2 vế của (1) với a+b+c > 0
(a + b + c)( 1
a+b +
1
b+c +
1
c+a )≥
3
2 (a + b + c)
- Bớc 2 : Khai triển rút gọn vế trái sau đó chuyển vế ta đợc:
a2
b+c +
b2 a+c +
c2 b+a ≥ a+b+c
2
Đây là nội dung của bài toán 5
5.Bài toán 5 :
Cho a, b, c là 3 số dơng
CMR: a2
b+c +
b2 a+c +
c2 b+a ≥ a+b+c
2
Chứng minh bài toán 5 ta có thể dẫn từ bài toán 1 theo hớng khai thác để đi đến kết quả Nhng ta có thể giải độc lập nh sau:
- Phơng pháp 1: áp dụng bất đẳng thức bài toán 2
[( a
√b+c¿
2
+ ( b
√b+a¿
2
+( c
√b+a¿
2
][( √b+c )2+ ( √a+c )2+ ( √a+b
)2] ≥
a
√b+c√b+c +
b
√a+c√a+c+
c
√a+b√a+b¿
2
¿
2(a + b + c)( a2
b+c +
b2 a+c +
c2 b+a ) ≥ (a + b + c)2
a2 b+c +
b2 c+a +
c2 b+a ≥
a+b+c
2 (đpcm)
- Phơng pháp 2: áp dụng bất đẳng thức Cô si
Trang 5a2 b+c +
b+c
4 ≥ 2 √ a2
b+c
b2 c+a +
c+a
4 ≥ b
c2
b+a +
b+a
4 ≥ c
Vậy a2
b+c +
b2 c+a +
c2 b+a ≥
a+b+c
2 (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 dơng :
a + b + c ≥ 3 √3abc = 3x1 = 3
6.Bài toán 6:
Cho a, b, c là 3 số dơng thoả mãn : abc = 1
CMR a2
b+c +
b2 c+a +
c2 b+a ≥
3
2 (2)
Giải Theo bài toán 5
a2 b+c +
b2 c+a +
c2 b+a ≥
a+b+c
3
√abc
3 x 1
3 2
a2 b+c +
b2 c+a +
c2 b+a ≥
3 2
Xem xét bài toán 6 ta nhận thấy:
+ Nếu đặt a = 1
x ; b =
1
y ; c =
1
z abc =
1 xyz = 1.
Khi đó : x + y = 1
a +
1
b =
a+b
ab = c(a + b).
Tơng tự : y + z = a(b + c)
z + x= b(c + a)
Do đó BĐT (2) a3
a(b+c) +
b3
b(a+c) +
c3
c(a+b) ≥
3
2 .
1
x3 (y +z ) +
1
y3 (z +x ) +
1
z3 (x + y ) ≥ 32 7.Bài toán 7:
Cho x, y, z là 3 số dơng thoả mãn : xyz = 1
CMR : 1
x3
1
y3
1
z3
2 .
Giải
Trang 6Đặt a = 1
x ; b =
1
y ; c =
1
z abc =
1 xyz = 1.
Ta có : x+y = c(a+b)
y+z = a(b+c)
z+x = b(c+a)
Do đó : 1
x3
1
y3
1
z3
a2 b+c +
b2 c+a +
c2 b+a ≥
3
2 (theo
bài toán 6)
Nh vậy từ tính chất về luỹ thừa bậc hai ta đã khai thác đợc chùm 7 bài toán từ dễ
đến khó hoặc rất khó mặt khác cũng rèn luyện t duy sáng tạo của học sinh
II/.Khai thác bất đẳng thức II a
b+
b
a ≥ 2
Đặt a
b=x>0 thì
b
a=
1
x. Ta có ngay bài toán:
8 Bài toán 8:
Cho số dơng x
Chứng minh rằng: x + 1
x ≥ 2
Khai thác bài toán 8 ta thấy: x 1
x=1
Do đó nếu ta dùng 4 số dơng a, b, c, d thoả mãn : abcd=1
Khi đó: ab= 1
cd (cd=
1
ab¿
Ta khám phá đợc bài toán mới:
9 Bài toán 9:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: ab + cd ≥ 2 (hoặc ac + bd ≥ 2; ad + bc ≥ 2)
(Chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần đa 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
10 Bài toán 10:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4
Tiếp tục liên kết bài toán 9 và 10 ta có:
11 Bài toán 11:
Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1
Trang 7CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10
Giải
Từ điều kiện a b, c, d > 0 và abcd=1
Ta có: : ab = 1
cd ; ad =
1
bc ; ca =
1 bd
Do đó: (ab + cd) + (da + bc) + (ac + bd)
= (cd + 1
cd ¿ + (bc +
1
bc ¿ + (bd +
1
bd¿ ≥ 2 + 2 + 2 = 6 (Bài toán 9)
Mà a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4 (bài toán 10)
→ a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = d
Vây từ bất đẳng thức (II) ta khai thác thành 1 chùm 4 BĐT (8 →11 )
III Khai thác bất đẳng thức III: (a + b)2 ≥ 4ab a, b
Là bất đẳng thức đa ra mối quan hệ của bình phơng1tổng với tích cuả chúng
Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b là 2 số dơng
Chia 2 vế của (III) cho ab(a + b) ta đợc:
a+b
a +
1
b ≥ a+b4
12 Bài toán 12:
Cho a,b là 2 số dơng
Chứng minh rằng: 1
a +
1
b ≥ 4
a+b
Giải Xét hiệu 1
a +
1
b -
4
a+b =
a(a+b)+b(a+b)− 4 ab
a+b
ab ( ¿ )
≥ 0
Vậy 1
a +
1
b ≥ 4
a+b
Dấu “=” xảy ra khi a=b
Khai thác bài toán 12 tơng tự nh cách khai thác bài toán 1
Ta có: 1
a +
1
b ≥ 4
a+b c2 + d2 ≥ 4
1
b +
1
c ≥ 4
b+c
1
c +
1
a ≥ 4
c+a
Do đó nếu cộng theo vế của 3 BĐT trên ta đợc:
1
a+b +
1
b+c +
1
c+a ≥ 1¿
2¿
1
a+¿
1
b+¿
1
c¿
13 Bài toán 13:
Cho a, b, c là 3 số dơng
Trang 8CMR: 1
a+b +
1
b+c +
1
c+a ≤
¿
1
2¿
1
a+¿
1
b+¿
1
c¿
Giải Theo bài toán 12:
1
a+b ≤
¿
1
4¿
1
a+¿
1
b )
1
b+c ≤
¿
1
4¿
1
b+¿
1
c )
1
c+a ≤
¿
1
4¿
1
c+¿
1
a )
Cộng theo vế của 3 BĐT trên:
1
a+b +
1
b+c +
1
c+a ≤
¿
1
2¿
1
a+¿
1
b+¿
1
c¿
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Khai thác bài toán 13 bằng cách :
+ Đặt a= x + y; b= y + z; c= z + x
1
a=¿
1
x + y ≤
¿
1
4¿
1
x +
1
y )
1
b=¿
1
y +z ≤
¿
1
4¿
1
y +
1
z )
1
c=¿
1
z +x ≤
¿
1
4¿
1
z +
1
x )
+ Thêm điều kiện : 1
x+¿
1
y +
1
z = 4
Ta hình thành bài toán 14 là một BĐT đã là một bài thi đại học khối A năm 2005 Điều này càng chứng tỏ việc học sinh nắm chắc kiến thức ngay từ lớp dới là vô cùng quan trọng
14 Bài toán 14:
Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn: 1
x+¿
1
y +
1
z = 4
2 x + y +z +
1
x +2 y +z +
1
x + y +2 z ≤ 1
(Đại học khối A – năm 2005)
Giải
- Cách 1
Ta có : 1
2 x + y +z =
1 (x+ y)+(x+z) ≤
1
4 (
1
x + y +
1
y +z ) ≤
1
16 (
1
x +
1
y
+ 1
z +
1
z )
Tơng tự:
Trang 9x +2 y +z ≤ 1
16 (
1
x +
1
y +
1
z +
1
z )
1
x + y +2 z ≤ 1
16 (
1
x +
1
y +
1
z +
1
z )
Cộng theo vế 3 BĐT trên:
1
2 x + y +z +
1
x +2 y +z +
1
x + y +2 z ≤
1
16 4 (
1
x+¿
1
y +
1
z )
Mà 1
x+¿
1
y +
1
z = 4
2 x + y +z +
1
x +2 y +z +
1
x + y +2 z ≤ 1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 4
3
- Cách 2:
Ta có 1
2 x + y +z =
1
2 x +( y +z) ≤
1
4 (
1
2 x +
1
y +z ) ≤
1
8 x +
1
16 (
1
y +
1
z ) =
1
8 x +
1
16 y +
1
16 z
Tơng tự:
1
x +2 y +z ≤
1
16 x +
1
8 y +
1
16 z
1
x + y +2 z ≤ 1
16 x +
1
16 y +
1
8 z
Cộng theo vế các BĐT:
1
2 x + y +z +
1
x +2 y +z +
1
x + y +2 z ≤ 1
4 (
1
x +
1
y +
1
z )=1
2 x + y +z +
1
x +2 y +z +
1
x + y +2 z ≤ 1
Khai thác bài toán 14 bằng cách đặt vào tam giác ta có:
15 Bài toán 15:
Xét tam giác ABC có: BC = a, CA = b, AB = c, chu vi a+b+c = 2p không đổi CMR: ab
a+b+2 c +
bc
2 a+b+c +
ac
c+2 b+c ≤ p
2
Giải
áp dụng bài toán 12
Ta có: ab
a+b+2 c =
ab (a+c)+(b+c ) ≤ 1
4 (
ab
a+c +
ab
b+c )
bc
4 (
bc
a+b +
bc
a+c )
ac
a+2 b+c ≤ 1
4 (
ca
b+a +
ca
a+b )
Cộng theo vế của 3 BĐT ta đợc:
Trang 10a+b+2 c +
bc
2 a+b+c +
ac
a+2 b+c ≤ 1
4 (
ab
a+c +
ab
b+c +
bc
a+b +
bc
a+c +
ca
b+a +
ca
a+b ) =
1
4 (a + b + c) =
1
4 .2p =
p
2
Dấu “=” xảy ra khi Δ ABC đều có a = b =c = 2 p
3
Tiép tục khai thác bải toán trong tam giác về mối quan hệ giữa cạnh của tam giác và chu
vi của nó ta có:
16 Bài toán 16
Trong Δ ABC có chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c là độ dài 3 cạnh )
p − a +
1
p − b +
1
p − c ≥ 2 (
1
a +
1
b +
1
c )
Giải Nhận xét : p - a = a+b+c
2 - a =
b+c − a
2 > 0 ( vì b + c > a bất đẳng thức tam giác )
Tơng tự : p - b > 0 ; p- c > 0
Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c
p - b + p - c = a
p - c + p - a = b
Do đó ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức bài toán 12 nh sau:
1
p − a +
1
p − b ≥
4 (p −a)+( p − b) =
4
c
1
p − b +
1
p − c ≥
4
a
1
p − c +
1
p − a ≥
4
b
Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có :
1
p − a +
1
p − b +
1
p − c ≥ 2 (
1
a +
1
b +
1
c )
Dấu ‘=’ xảy ra khi Δ ABC đều
Email: info@123doc.org
Website: http://huynhvumt.violet.vn