• Không có kết quả nào được tìm thấy

Phương Pháp đưa Về Một Biến Chứng Minh Bất đẳng Thức

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Phương Pháp đưa Về Một Biến Chứng Minh Bất đẳng Thức"

Copied!
22
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

.

A. lý DO CHọN Đề TàI

Trang bị những tri thức cơ bản ,cần thiết ,tiên tiến nhất đặc biệt là những tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán.

Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả

năng tư duy toán học cho học sinh.

Thế nhưng qua

việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã

có rất nhiều phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức điển hình cụ thể có nhiều dạng. Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã có gặp nhiều khó khăn, vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương pháp giải đã có trước tôi đã tìm kiếm thêm được một phương pháp tiện lợi để giải quyết những bài toán khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh và giáo viên trong quá trình tự học, khơi dậy lòng say mê tìm kiếm những cái mới.

Vì những lý do đó.Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức ( Thường là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học si nh giỏi, thi

Đại học). Và trong một số bài tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt

động trí tuệ như tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa. ..

Nội dung đề tài gồm ba phần : Phần I: một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z,...) Phần II: Một biến là x(y hoặc z)

Phần III: Khai thác phương pháp trong lượng giác

b.nội dung đề tài

*/ Bài toán

: Xét bài toán : với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng p=f(x,y,z,...)A(hoặc A)

phương pháp giải:

Chứng minh pg(t) với tD

Chứng minh g(t)A với  t D

Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minhg(t) A

- Việc chứng minh g(t) A ở đây tôi chỉ sử dụng cách biến đổi ( dự đoán dấu bằng xảy ra),ngoài ra đối với hoc sinh lớp 12 có thể làm một cách nhanh chóng hơn bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải.

- Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụn g bất đẳng thức cổ điển bunhiacopki,côsi,....) .

(2)

*/ kiến thức bổ sung

1.Bất đẳng thức cơ bản : a.Bất đẳng thức

côsi

:

cho x1,x2,...,xn(n2) số không âm khi đó:

n

n

n n xx x

x x

x1 2 ... 1 2... đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 ... xn

b. Bất đẳng thức

bunhiacopxki:

2 2

2 1 1 2 2

2 2 1 2 2

2 2

1 ... )( ... ) ( ... )

(x x xn y y yn x y x y xnyn

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

n n

y x y

x y

x ...

2 2 1 1

c. Bất đẳng thức

svac-xơ(

hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki) : với y1,y2,...,yn(n2) là số dương:

n n n

n

y y

y

x x

x y x y

x y x

...

) ...

... (

2 1

2 2

1 2

2 2 2 1

2 1

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

n n

y x y

x y

x ...

2 2 1 1

2.Tính chất:

a. Nếu p có giá tri không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z..

chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y) .

khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x=max(x,y,z,...) hoặc x=min(x,y,z,...)

b. Nếu p có giá trị không đổi khi ta hoán vị một cách bất kì các biến x,y,z...

chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(x,z,y)=f(y,x,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y)=f(z,y,x) .

khi đó không mất tính tổng quát ta có thể sắp xếp các biến theo một thứ tự

....

y z x

I. một biến là ẩn phụ

t=h(x,y,z,...).

Sau đây là một số ví dụ mở đầu

Bài toán 1

:Với x,y là số dương chứng minh rằng:

2 2 3

3 y xy yx

x (1)

Giải:

Vì x là số dương nên:

(1)

x y x y x

y

2 3

1 . đặt

x

y=t thì t>0

(1) trở thành t3-t2 -t+10(t-1)2(t+1)0 (đúng với mọi t>0)

đpcm

Tổng quát ta có bài toán sau:

Cho x,y là số dương. Cmr: xn yn xyn1 xn1y(n 2,n N)

Chứng minh hoàn hoàn tương tự!

Bài toán 2

: Với x,y khác không chứng minh rằng:

(3)

.

) 2 (

2 2

2 2 2 4

4 4 4

x y y x x

y y x x

y y x

Giải:

Đặt t=

x y y

x thì 2

x y y x x y y

t x (áp dụng bđt côsi)

khi đó (2) trở thành:

0 2 )

2 ( 2 ) 2

(t2 2 t2 t (t+2)(t3-2t2-t+3)0(2') +) Với t2: ta có t3-2t2-t+3=(t-2)(t2-1)+1>0

nên bất đẳng thức (2') đúng

+) Với t-2: ta có t3-2t2-t+3=(t+2)[(t-2)2+3] - 11 > 0 và t+20 nên bất đẳng thức (2') đúng

vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t= -2 hay x=-y

đpcm

Bài toán 3:(

Đề chọn đội tuyển dự thi HSG toán QG 2006-2007)

x,y,z là số thực thỏa mãn x2 y2 z2 2.Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức Px3 y3z3 3xyz

-Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN,NN đạt được kh i x=y=z hoặc tại các điểm biên.Thử vào ta có phán đoán2 2P2 2

Giải: Từ đẳng thức x2 y2 z2 2(xy yzzx)(x yz)2 )

)(

(

3 2 2 2

3 3

3 y z xyz x y z x y z xy yz zx

x và điều kiện ta có:

2 )

2 ) 2 (

)(

( ) )(

(

2 2

2

2

x y z

z y x zx yz xy z y x z y x p

đặt t xyz 0t 6

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

3 1 ) 2

2 2 2

( 2

3 2

t t t t t

t p

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2

vậy Pmin=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị

Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ

Bài toán 4

: Cho



2 3 0 , ,

z y x

z y

x Cmr:

2 15 1 1

1

y z x y z x

Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

z y z x

y xyz x

z y z x

y z x

y

x 1 9

1 3 1 1

3

Đặt 2

0 3

x y z t t

(4)

Vậy: 2 15 2 .3 4

27 4

. 9 4 2

27 4

9 9

1 1

1

t t

t t t

t t z y z x

y x

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=

2 1

đpcm

Tổng quát ta có bài toán: Cho x1,x2,...,xn(n 2) là số dương ;

) (

... *

2

1 x x k k R

x n b0;ak2 bn2.

Cmr :

k ak bn x

x b x

x x

x a

n n

2 2

2 1 2

1 1)

1 ...

(1 ) ...

(

(*)

Sơ lược lời giải:

k ak bn k

a bn k k

k bn a bn k t

t bn t

t at bn

x x

x x bn x

x x a

x b x

x x

x a

n n

n n

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 1

2 2

1 2

1 2

1

) 1 (

. 2 . ) (

1 ) (

) ...

...

( 1) 1 ...

(1 ) ...

(

Nhận xét1

:

- Từ bài toán (*) ta

Đặc biệt hóa 1

.Với a=1; b=4 ; n=3 ; k=

2

3ta có bài toán : Cho 

2 3 0 , ,

z y x

z y

x Cmr:

2 ) 51 1 1 (1

4

y z x y z x

kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có

bài toán 2':(olimpic-toán sơ cấp -Đại Học Vinh) Cho 

2 3 0 , ,

z y x

z y

x C mr: 2 12 2 12 2 12 3. 17

x y z 2

y z x

Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có

4) 17( 1 1 ) 4

4 1 1 )(

( 2 2 2 2 2 2

x y x y

x y

x y

tương tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh Với a=1;b=9;n=3;k=1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán Cho

1 0 , ,

z y x

z y

x CMR : 1 1 1 82

2 2 2 2 2

2

z z y y

x x

(đề thi đại học ,cao đẳng năm 2003 -2004)

2

.với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có bài toán :

Cho

2 0 ,

y x

y

x Cmr: 1 1 ( ) 2

x y

y x

bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta có bài toán 2'':

(5)

.

cho

1 0 ,

y x

y

x Cmr: 2

1

1

y

y x x

Thật vậy: bằng cách đặt: a= 1x ; b= 1 y và kết hợp bất đẳng thức bunhacopxki và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh

Tổng quát: (tạp chícrux )

) 2 ( ,..., , 2

1 x x n

x n là số dương và x1x2 ...xn m ,m>0:

Cmr::

... 1

2 2 1

1

n

mn x

m x x

m x x

m x

n n

Chứng minh hoàn toàn tương tự !

- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*))thì bài toán thay đổi như thế nào?

Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : Cho x1,x2,...,xn(n 2) là số dương;

) (

... *

2

1 x x k k R

x n b0;ak2 bn2.

Cmr :

k ak bn x

x b x

x x

x a

n n

2 2

2 1 2

1 1)

1 ...

(1 ) ...

(

(**)

từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị ...

*)Như vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu bài toán_ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là:bài toán cụ thể tổng quátđặc biệt(phân tích , so sánh...)bài toán mớitổng quát.

(chú ý tổng quát có nhiều hướng :theo hằng số ,theo số biến hoặc số mũ)

Bài toán 5:(

THTT/ T4/352/2007

)

Với x,y,z là số dương và xyz1 Cmr:

2

3

z xy

z xz

y y yz

x

x (5)

Giải:

Đặt a= x , b= y , c= z

Bài toán trở thành : a,b,clà số dương và abc 1 cmr

2 3

2 2 2

2 2

2

c ab

c ac

b b bc

a

a (4')

áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:

VT2(5')

 

ab c ac b bc a

c b a

2 2

2

)2

( 2

=

2 2 2

2

)4

(

ab c ac b bc a

c b a

] 3 ) [(

3

) (

)]

( 3 ) [(

3

) (

) (

3

) (

2 4 2

4 2

2 2

4

c b a

c b a ca

bc ab c

b a

c b a ca

bc ab c b a

c b a

{vìab+bc+ca33 (abc)2 3}

đặt t=(a+b+c)2 thì t9 { vì a+b+c3 abc3 3}

(6)

ta có

) 3 ( 3

2

t

t =

3 . 3 12 2 3 12

15 9 . 3 3 3 12

3 12

15 3

t t t

t

t =

2 9

VT2 (5') 

2

9 VT(4') 2 3

dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

đpcm

Tổng quát ta có bài toán sau:với x1,x2,...,xn(n2) dương và x1x2...xn 1

Cmr: ... 2

...

...

.. 2 3 4 1 1 2 1

2

3 2 1

1 n

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x

x

n n

n

n n

Bài toán 6:

Cho

1 0 , ,

z y x

z y

x Cmr:

10 9 1

1

1 2 2 2

z z y

y x

P x

Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ nhưng ở đây chiều của bất đẳng thức lại ngược.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để là m đổi chiều bất đẳng thức ? Giải : Ta có :

 

3 3 3

2 2 2 2 3

4 3 4 3

4

2 3 2 3 2

3 2

2 2

2 2

2

1 ) (

1

1 ) 1

(1 1 1 )

1 ( 1 )

1 ( 1 )

1 (

z y x z y x

z y x z

z z y y

y x

x x

z z y y x

x z

z z y y y

x x x

P

Đặt tx2 y2 z2 từ đk

3

1

t

áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxkicôsi ta có:

3 2 1 2 ) 3 ( 3

3 )]

( 1 2[ 1

3 ) )(

(

3 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 3

3 3

t t z t

y z x

y x z

y x

xyz zx

yz xy z y x z y x z y x

Vậy

10 9 10

9 3 10 3

) 9 57 3 )(

(1 10

9 10

9 3 10 3

3 10 3 1 3

3 1 2 2 3

3 1

1 2 2 2

2

2 2 2

t t

t t t

t

t t t t

t t t t

t P t

dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=

3 1

đpcm

Khi gặp bài toán có điều kiện phức tạp khó sủ dụng thì phải xử lí điều kiện . Ta xét bài toán sau:

Bài toán 7:(

Tạp chí toán học tuổi thơ

)

Cho

) 1 )(

1 )(

1 )(

1 (

) 1

; 0 ( , ,

z y x xyz

z y

x Cmr: x2+y2+z2

4 3

Giải:

(7)

.

(1)1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz

x2+y2+z2=2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4xyz

áp dụng bđtCôsi ta có : x y z xyz

3

3 nên

x2+y2+z2 2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4

3

3

x yz

Đặt t=x+y+z thì 0t 3 .Khi đó:

x2+y2+z2 4 3 2 2 2 1 (2 3) (2 15 ) 3 3

27t t t 27 t 4 t 4 4

        

dấu bằng xảy ra khi t=

2

3 hay x=y=z=

2 1

đpcm

Nhận xét 2

: Từ ý tưởng phương pháp giải ở trên ta có thể sáng tạo các bất

đẳng thức :

chẳng hạn -Từ bất đẳng thức cô si

1.C ho x,y là số dương.Cmr:(x2 y2)3 88x2y2 8xy

2.(THTT-248 - 1998):Cho x,y,z là số dương không lớn hơn 1. Cmr:

a. 3

) 1 )(

1 )(

1 ( 3 1

1 x y z

z y x

b. (1 )(1 )(1 )

3 1

1 x y z

z y

x

Từ đó ta có bài toán tổng quát : (chú ý: câu b chặt hơn câu a) Cho x1,x2,...,xn(n2) là số dương không lớn hơn : Cmr:

) )...(

)(

... ( 1 2

2 1

1

n n

n n

x a x a x n a

a x x

x

a

Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

n n

n n

x x

x x na

a x a x

a

( ... )

) )...(

)(

( 1 2 1 2

bất đẳng thức trở thành: 1 1 ( 1 ) 1 0(*)

n n n n n n

n

a a na t na t n a t na t

t n n n tn

áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

n n n n

n n

a n t

na t a n n

na t n

na t na t na t

n ( 1) ( 1) ( ) 1 1

) )...(

)(

( ) 1

(

kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức (*) đúng

ngoài ra từ cách chứng minh ta có bất đẳng thức chặt hơn sau:

Chox1,x2,...,xn(n2) là số dương không lớn hơn a .Cmr:

) )...(

)(

1 ( ...

1

2 1

1

2 1 1 1

n n n

n n n

x a x a x n a

a n

n x x

x a n

n

 

 

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Đến đây tùy theo sự sáng tạo của người ra đề ta có.. nhiều bài toán mới rất

Cũng tương tự như bất đẳng thức Cauchy, khi sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để chứng minh bất đẳng thức ta cần phải bảo toàn được dấu đẳng thức xẩy

ðiểm môn Toán (thang ñiểm 10) của các học sinh này ñược cho ở bảng phân bố tần số sau ñây.. Tìm số

Dạng cho biết điều kiện của tổng các biến nhưng không ( hoặc khó) dự đoán điều kiện của biến để đẳng thức xảy ra. Đối với loại này ta cũng có thể đổi biến như trên..

3 Một số chuyên đề 68 1 Ứng dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc ba trong chứng minh bất đẳng thức.. Một số

Trên tia đối của tia AB lấy điểm F sao cho AF  AC.. Qua D và E kẻ các đường thẳng song song với BC cắt AC theo thứ tự tại M và N. Bên ngoài tam giác ABC, dựng tam

Đây là một nhận xét rất quan trọng thường được ứng dụng vào giải nhiều bài toán bất đẳng thức 3 ẩn mà vai trò các ẩn là như nhau, bởi khi ta đã tìm được “điểm rơi” (tức

*Giới thiệu: Nhiều khi gặp các bài toán chứng minh bất đẳng thức (BĐT là đúng) theo các suôi chiều rất khó, nhưng chứng minh điều ngược lại (Phủ định BĐT đã cho )