SKKN một số phương pháp làm mạnh bất đẳng thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TRẦN THỊ THANH THỦY SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC ĐIỆN BIÊN PHỦ, THÁNG NĂM 2015 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TRẦN THỊ THANH THỦY SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC ĐIỆN BIÊN PHỦ, THÁNG NĂM 2015 Mục lục MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT VÀ CÁC KÍ HIỆU 0.1 Mục đích, cần thiết 0.2 Phạm vi triển khai thực 0.3 Nội dung 0.3.1 Tình trạng giải pháp biết 0.3.2 Nội dung giải pháp 0.3.3 Khả áp dụng giải pháp 40 0.3.4 Hiệu quả, lợi ích thu 41 0.3.5 Phạm vi ảnh hưởng giải pháp 41 0.3.6 Kiến nghị đề xuất 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO 42 MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT VÀ CÁC KÍ HIỆU TRONG SÁNG KIẾN I Một số chữ viết tắt AM - GM – Arithmetic mean - Geometric mean MO – Olympic Toán quốc gia IMO – Olympic Toán quốc tế IMO Shortlish – Danh sách ngắn đề nghị quốc gia IMO APMO – Olympic châu Á Thái Bình Dương VMEO – Kỳ thi giải toán mạng trang www.diendantoanhoc.net TST – Đề dự tuyển thi toán quốc tế Đpcm – Điều phải chứng minh II Các ký hiệu tổng tích thơng dụng n ak = a1 + a2 + + an k=1 n ak = a1 a2 an k=1 aj = a1 a2 + a1 a3 + + a1 an + a2 a3 + + a2 an + + an−1 an 1≤i B ⇔ A − B > A < B ⇔ A − B < Như từ định nghĩa bất đẳng thức, ta có phương pháp để chứng minh bất đẳng thức: Để chứng minh A > B, ta cần chứng minh A − B > muốn chứng minh A < B ta cần chứng minh A − B < Các tính chất bất đẳng thức 1) Tính chất bắc cầu Nếu a > b, b > c a > c 2) Nếu a > b ma > mb m>0 ma < mb m < 3) Nếu a > b, c > d a + c > b + d 4) Nếu a > b, c < d a − c > b − d 5) Nếu a > b > 0; c > d > ac > bd a b 6) Nếu a > b > 0; d > c > > c d 7) Nếu a > b > a > b ⇔ a2 > b2 8) a > b ⇔ a3 > b3 b)Một số đẳng thức thường sử dụng Các đẳng thức đáng nhớ 1) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 = (a2 + b2 ) + 2ab 2) (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 = (a2 + b2 ) − 2ab 3) (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab (a + b) 4) (a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 (a − b)3 = a3 − b3 − 3ab (a − b) 5) a2 − b2 = (a − b) (a + b) 6) a3 − b3 = (a − b) (a2 + ab + b2 ) a3 − b3 = (a − b)3 + 3ab (a − b) 7) a3 + b3 = (a + b) (a2 − ab + b2 ) a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab (a + b) 8) an − bn = (a − b) (an−1 + an−2 b + + abn−2 + bn−1 ) , n ∈ N∗ 9) a2n+1 + b2n+1 = (a + b) (a2n − a2n−1 b + − ab2n−1 + b2n ) , Các đẳng thức mở rộng n ∈ N 1) (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) 2) (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3ab (a + b) + 3bc (b + c) + 3ca (c + a) + 6abc (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + (a + b) (b + c) (c + a) 3) (a + b) (b + c) (c + a) = ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) + 2abc 4) (a + b) (b + c) (c + a) = (a + b + c) (ab + bc + ca) − abc 5) (a + b + c) (ab + bc + ca) = ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) + 3abc (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 6) a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 7) a3 + b3 + c3 − 3abc = (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a)3 2 2 2 8) a b + b c + c a − ab − bc − ca = 2 +(2c+a)(c−a) 9) a3 + b3 + c3 − a2 b − b2 c − c2 a = (2a+b)(a−b) +(2b+c)(b−c) (a + b + c) (b − a)3 + (c − b)3 + (a − c)3 10) a3 b + b3 c + c3 a − ab3 − bc3 − ca3 = c) Bất đẳng thức AM – GM Cho a1 , a2 , , an số thực khơng âm, ta có a1 + a2 + + an √ ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an ≥ Hệ 1.1.1 Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình điều hòa Cho a1 , a2 , , an số thực dương, ta có n a1 + a2 + + an ≥ 1 n + + + a1 a2 an Đẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an d) Bất đẳng thức hoán vị Cho hai dãy số thực hữu hạn thứ tự chiều chẳng hạn hai dãy đơn điệu tăng   a1 ≤ a2 ≤ ≤ an  b ≤ b ≤ ≤ b n Gọi (t1 , t2 , , tn ) hoán vị tùy ý (b1 , b2 , , bn ) Khi ta có a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≥ a1 t1 + a2 t2 + + an tn Dấu đẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an b1 = b2 = = bn Hệ 1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Cho hai số thực a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn , ta có (a21 + a22 + + a2n ) (b21 + b22 + + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 a2 an a1 = = = b1 b2 bn Hệ 1.1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel Đẳng thức xảy ⇔ Cho hai số ∈ R, xi ∈ R∗ i = 1, n , (a1 + a2 + + an )2 a2i ≥ x1 + x2 + + xn i=1 xi n a2 an a1 = = = x1 x2 xn Hệ 1.1.4 Bất đẳng thức Nesbit Đẳng thức xảy ⇔ Với a, b, c > 0, ta có a b c + + ≥ b+c c+a a+b Dấu đẳng thức xảy a = b = c Hệ 1.1.5 Bất đẳng thức Tchebyshev Cho hai số thực a1 ≤ a2 ≤ ≤ an ; b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn , ta có a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≥ n n n Dấu đẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an b1 = b2 = = bn e) Bất đẳng thức Schur tổng quát Định lý Với a, b, c > k số thực ta ln có ak (a − b) (a − c) + bk (b − c) (b − a) + ck (c − a) (c − b) ≥ Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ta có V T = ck (a − b) (b − c) + (a − b) ak (a − c) − bk (b − c) ≥ Điều hiển nhiên Bất đẳng thức Schur chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c a = b, c = hoán vị Đặc biệt k = k = 2: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) a4 + b4 + c3 + abc (a + b + c) ≥ ab a2 + b2 + bc b2 + c2 + ca a2 + c2 0.3.2.2 Giải pháp thực a) Xây dựng bất đẳng thức xoay vòng từ bất đẳng thức 1 n + + + ≥ √ + x1 + x2 + xn + n x1 x2 xn Xuất phát từ bất đẳng thức ta xây dựng tốn chứng minh bất đẳng thức thú vị mà cách làm đơn giản Từ bất đẳng thức ban đầu (x − y)2 ≥ ∀x, y Ta xây đựng bất đẳng thức đưa dạng α(x − y)2 ≥ ∀x, y ∀α ≥ Nếu ∀x, y ≥ 1, đặt α = xy − ta ln có (xy − 1) (x − y)2 ≥ Từ ta có tốn sau Bài toán 2.1 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM 2002 – 2003) Cho x, y ≥ Chứng minh + ≥ 2 1+x 1+y + xy (2.1) Lời giải Ta có, x, y ≥ suy xy ≥ hay xy − ≥ 0, xy + > Khi 10 (x2 + y + z ) x2 + y y + z z + x + + ≤ x+y y+z z+x x+y+z (2.21) Lời giải Biến đổi (2.21) ta x2 + y y + z z + x2 + + ≤ (x2 + y + z ) (2.21) ⇔ (x + y + z) x+y y+z z+x ⇔ (x2 + y + z ) + z (x2 + y ) x (y + z ) y (z + x2 ) + + ≤ (x2 + y + z ) x+y y+z z+x z (x2 + y ) x (y + z ) y (z + x2 ) + + ≤ x2 + y + z x+y y+z z+x y2 + z2 z + x2 x2 + y −x +y −y +z −z ≤0 ⇔x x+y y+z z+x ⇔ ⇔x y (y − x) + z (z − x) +y y+z ⇔ xy (x − y) x (x − y) + z (z − y) +z z+x 1 +yz (y − z) − x+z y+z x (x − z) + y (y − z) x+y 1 +xz (z − x) − x+y x+z ≤0 1 − y+z z+x xy(x − y)2 yz(y − z)2 xz(z − x)2 ⇔− − − ≤ với ∀x, y, z > (x + z) (y + z) (y + z) (x + y) (x + y) (y + z) Dấu “=” xảy x = y = z Vậy từ ta có x2 + y y + z z + x2 (x2 + y + z ) + + ≤ x+y y+z z+x x+y+z với ∀x, y, z > Mở rộng toán cho n biến ta toán Bài toán 2.22 Với x1 , x2 , , xn > 0, chứng minh n x21 + x22 x22 + x23 x2 + x21 + + + n ≤ x1 + x2 x2 + x3 xn + x1 x2i n i=1 n (2.22) xi i=1 Hướng biến đổi Ta có (x − y) z 1 − y+z x+z 28 (x − y)2 = z (y + z) (z + x) ≤ Từ với x, y, z > ta có bất đẳng thức (y − z)2 (z − x)2 (x − y)2 + + ≥0 z (y + z) (x + z) x (x + y) (z + x) y (z + y) (x + y) x−y 1 1 1 y−z z−x ⇔ − − − + + ≥0 z y+z x+z x x+z x+y y x+y y+z ⇔ z−x y−z x−y z−x y−z x−y 1 − − − + + ≥0 x+y y x y+z z y z+x x z ⇔ z x y x2 + y y2 + z2 z + x2 + + ≥ + + xy yz xz xy (x + y) yz (y + z) zx (z + x) ⇔ z y2 + z2 z + x2 x2 + y + x + y ≤ x2 + y + z x+y y+z z+x Vậy ta có tốn sau Bài tốn 2.23 Với x, y, z > 0, chứng minh x2 + y y2 + z2 z + x2 z + x + y ≤ x2 + y + z x+y y+z z+x (2.23) Hay toán Bài toán 2.24 Với x, y, z > 0, chứng minh x2 + y y2 + z2 z + x2 x2 + y + z + + ≤ (x + y) xy (y + z) yz (z + x) zx xyz (2.24) Mở rộng toán cho n biến ta toán Bài toán 2.25 Với x1 , x2 , , xn > 0, chứng minh n x21 x22 x22 x23 x2n x21 + + + + + + ≤ (x1 + x2 ) x1 x2 (x2 + x3 ) x2 x3 (xn + x1 ) x1 xn i=1 n xi i=1 29 x2i (2.25) Hướng biến đổi Ta có 1 z(x − y)2 z (x − y) − = y+z x+z (y + z) (x + z) Vậy với x, y, z > ta có bất đẳng thức sau z(x − y)2 x(y − z)2 y(z − x)2 + + ≥0 (y + z) (x + z) (x + y) (x + z) (x + y) (y + z) ⇔ z (x − y) 1 1 1 − − − + x (y − z) + y (z − x) ≥0 y+z x+z x+z x+y x+y y+z ⇔ 1 [y (z − x) − x (y − z)] + [z (x − y) − y (z − x)] + [x (y − z) − z (x − y)] ≥ x+y y+z x+z ⇔ 1 [z (x + y) − 2xy] + [x (y + z) − 2yz] + [y (x + z) − 2xz] ≥ x+y y+z z+x ⇔ xy yz zx x+y+z + + ≤ x+y y+z z+x Từ ta có toán Bài toán 2.26 Cho x, y, z > Chứng minh xy yz zx x+y+z + + ≤ x+y y+z z+x (2.26) Mở rộng toán cho n biến ta toán Bài toán 2.27 Cho x1 , x2 , , xn > 0, Chứng minh x2 x3 xn x 1 n x1 x + + + ≤ xi x1 + x x + x xn + x n i=1 (2.27) Hướng biến đổi Ta có (x − y) 1 − 1+y + x2 Vậy với x, y, z > ta có đẳng thức 30 (x + y) (x − y)2 = (1 + x2 ) (1 + y ) (y + z) (y − z)2 (z + x) (z − x)2 (x + y) (x − y)2 + + ≥0 (1 + x2 ) (1 + y ) (1 + y ) (1 + z ) (1 + z ) (1 + x2 ) ⇔ (x − y) 1 1 1 + (y − z) + (z − x) ≥0 − − − 2 2 1+y 1+x 1+z 1+x 1+x + y2 ⇔ 1 [(y + z) − 2x] + [(z + x) − 2y] + [(x + y) − 2x] ≥ 2 1+x 1+y + z2 ⇔ x+z x+y 2x 2y 2z y+z + + ≤ + + 2 2 1+x 1+y 1+z 1+x 1+y + z2 Bài toán 2.28 Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có a2 + bc b2 + ac c2 + ab + + 2 ≥ (b + c) (a + c) (a + b) (2.28) Lời giải Biến đổi bất đẳng thức ta có b2 + ac c2 + ab a2 + bc + + 2 ≥ (b + c) (a + c) (a + b) ⇔ ⇔ ⇔ a2 + bc − (b + c) + b2 + ac − (a + c) + c2 + ab − (a + b) ≥0 2a2 − b2 − c2 2b2 − a2 − c2 2c2 − b2 − a2 + + ≥0 2(b + c)2 2(a + c)2 2(a + b)2 1 2 2 2 2 [(a − b ) + (a − c )] + [(b − a ) + (b − c )] + 2(b + c) 2(a + c) 2 2 + [(c − b ) + (c − a )] ≥ 2(a + b) ⇔ (a2 − b2 ) 1 1 2 + − + (b − c ) − 2(b + c) 2(a + c) 2(a + c) 2(a + b)2 1 + (c2 − a2 ) − 2(a + b) 2(b + c)2 31 ≥ (a + b) (a + b + 2c) (b + c) (2a + b + c) (a + c) (a + 2b + c) 2 (a − b) + 2 (b − c) + 2 (c − a) ≥ 2(b + c) (a + c) 2(a + b) (a + c) 2(a + b) (b + c) 0(∗∗) ⇔ (**) với số a, b, c dương Vậy bất đẳng thức chứng minh d) Xây dựng bất đẳng thức từ đẳng thức hàm số a.x + b y= c.x + d Bài toán 2.29 Với a, b, c ∈ R đôi khác nhau, chứng minh bc ca ab + + ≥ − (a − b) (b − c) (c − a) (2.29) Lời giải Ký hiệu x= a+b 2a 2b , suy x + = , x−1= a−b a−b a−b y= b+c 2b 2c , suy y + = , y−1= b−c b−c b−c z= 2c 2a c+a , suy z + = , z−1= c−a c−a c−a Từ ta có (x + 1) (y + 1) (z + 1) = (x − 1) (y − 1) (z − 1) Hay (xy + yz + zx) = −2 Mặt khác ta có x2 + y + z = (x + y + z)2 − (xy + yz + zx) = (x + y + z)2 + Dấu “=” xảy ⇔ Vậy ta có  x + y + z =  xy + yz + zx = −1 32 ≥2 a+b b+c + a−b b−c a+b b+c −1+ a−b b−c ⇔ ⇔ 2 c+a + ≥2 c−a 2 c+a −1+ − ≥ −1 c−a 4bc 4ca 4ab ≥ −1 + + (a − b) (b − c) (c − a)2 ab bc ca ⇔ + + ≥ − (a − b) (b − c) (c − a) Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.30 Với a, b, c ∈ R đơi khác nhau, tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2a − b a−b 2b − c b−c + + 2c − a c−a (2.30) Lời giải Ta có P = 1+ a a−b + 1+ b b−c + 1+ c c−a Đặt x= a b suy x − = a−b a−b y= c b suy y − = b−c b−c z= c c suy z − = c−a c−a Từ ta có xyz = (x − 1) (y − 1) (z − 1) ⇔ x + y + z = (xy + yz + zx) + Vậy 33 P = (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1) = x2 + y + z + (x + y + z) + = (x + y + z)2 − (xy + yz + zx) + (x + y + z) + = (x + y + z)2 + Suy P ≥ Dấu “=” xảy x + y + z = b c a + + = Nhận xét Vậy MinP = x + y + z = hay a−b b−c c−a Tương tự tốn ta có toán tương tự Nếu x= a a+b−c ⇒ x+1= ; b−c b−c y= b −a + b + c ⇒ y+1= ; c−a c−a z= c a−b+c ⇒ z+1= ; a−b a−b x−1= a−b+c b−c y−1= z−1= a+b−c c−a −a + b + c a−b Suy (x + 1) (y + 1) (z + 1) = (x − 1) (y − 1) (z − 1) Bài toán 2.31a Với a, b, c ∈ R đôi khác nhau, chứng minh b2 c2 a2 + + ≥ (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 (2.31a) Từ (2.29) ta có 2ab 2bc 2ca + + ≥ − (a − b) (b − c) (c − a) 2ab 2bc 2ca ⇔1+ +1+ +1+ ≥ (a − b) (b − c) (c − a) 2 2 2 a +b b +c c +a ⇔ + + ≥ (a − b) (b − c) (c − a) Từ ta toán Bài toán 2.31b Với a, b, c ∈ R đôi khác nhau, chứng minh a2 + b2 b2 + c2 c + a2 + + 2 ≥ (a − b) (b − c) (c − a) 34 (2.31b) e) Xây dựng bất đẳng thức làm mạnh nhờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Nhờ sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta đễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau a2 b c + + ≥ a + b + c, b c a ∀a, b, c, > Ta xây dựng bất đẳng thức dạng mạnh bất đẳng thức dạng a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c + α, b c a ∀a, b, c, > 0; α ≥ Vậy α đại lượng xác định nào? Hướng biến đổi 1.Ta có (a − b)2 a2 = − 2a + b b b (b − c)2 b2 = − 2b + c c c c2 (c − a)2 = − 2c + a a a Từ ta có a2 b2 c2 + + − (a + b + c) b c a (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + = b c a 2 (c − b) (a − c)2 (a − b) + + = b c a Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta 4(a − b)2 (a − b)2 (c − b)2 (a − c)2 + + ≥ b c a a+b+c Từ ta có bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức ban đầu có dạng a2 b2 c2 4(a − b)2 + + ≥a+b+c+ , b c a a+b+c Bằng cách xây dựng ta nhận α= 4(b − c)2 a+b+c 35 ∀a, b, c, > 0; α= 4(c − a)2 a+b+c Từ ta có toán sau Bài toán 2.32 Với a, b, c > 0, chứng minh a2 b2 c2 4(a − b)2 + + ≥a+b+c+ b c a a+b+c (2.32) Bài toán 2.33 Với a, b, c > 0, chứng minh 4(b − c)2 a2 b2 c2 + + ≥a+b+c+ b c a a+b+c (2.33) Bài toán 2.34 Với a, b, c > 0, chứng minh a2 b2 c2 4(c − a)2 + + ≥a+b+c+ b c a a+b+c (2.34) Hướng biến đổi Ta có 2b b2 (a − b)2 = − + a2 a a (b − c) 2c c2 = − + b2 b b 2a a2 (c − a) = − + c2 c c Từ ta có b2 c2 a2 + + +3− a2 b2 c2 (a − b)2 (b − c)2 + = a2 b2 (a − b) (c − b)2 = + a2 b2 2b 2c 2a + + a b c (c − a) + c2 (a − c)2 + c2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có 4(a − b)2 (a − b)2 (c − b)2 (a − c)2 + + ≥ a2 b2 c2 a + b2 + c2 36 Từ ta bất đẳng thức mạnh dạng b2 c2 a2 + + +3≥ a2 b2 c2 2b 2c 2a + + a b c 4(a − b)2 + a + b2 + c Vậy ta có tốn sau Bài tốn 2.35 Với a, b, c > 0, chứng minh b2 c2 a2 + + +3≥ a2 b2 c2 2b 2c 2a + + a b c 4(a − b)2 + a + b2 + c (2.35) 4(b − c)2 a2 + b2 + c2 (2.36) 4(c − a)2 + a + b2 + c (2.37) Bài toán 2.36 Với a, b, c > 0, chứng minh b2 c2 a2 + + +3≥ a2 b2 c2 2b 2c 2a + + a b c + Bài toán 2.37 Với a, b, c > 0, chứng minh b2 c2 a2 + + +3≥ a2 b2 c2 2b 2c 2a + + a b c Hướng biến đổi Ta có (a − b)2 a2 + b = −2 ab ab b2 + c2 (b − c)2 = −2 bc bc (c − a)2 c2 + a2 = −2 ca ca Từ ta có a2 + b b + c c + a2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + −6= + + ab bc ca ab bc ca (a − b)2 (c − b)2 (a − c)2 = + + ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có 4(a − b)2 (a − b)2 (c − b)2 (a − c)2 + + ≥ ab bc ca ab + bc + ca 37 Từ ta có bất đẳng thức dạng mạnh a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 4(a − b)2 + + ≥6+ ab bc ca ab + bc + ca Từ ta có tốn sau Bài toán 2.38 Với a, b, c > 0, chứng minh 4(a − b)2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥6+ ab bc ca ab + bc + ca (2.38) Bài toán 2.39 Với a, b, c > 0, chứng minh 4(b − c)2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥6+ ab bc ca ab + bc + ca (2.39) Bài toán 2.40 Với a, b, c > 0, chứng minh 4(c − a)2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥6+ ab bc ca ab + bc + ca (2.40) Hướng biến đổi Ta có 4b2 (a − 2b)2 = a − 4b + a a (b − 2c) 4c2 = b − 4c + b b (c − 2a) 4a2 = c − 4a + c c Từ ta có 4a2 4b2 4c2 + + − (a + b + c) c a b (a − 2b)2 (b − 2c)2 (c − 2a)2 = + + a b c 2 (a − 2b) (2c − b) (2a − c)2 = + + a b c Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có (3a − 3b + c)2 (a − 2b)2 (2c − b)2 (2a − c)2 + + ≥ a b c a+b+c 38 Từ ta bất đẳng thức dạng mạnh (3a − 3b + c)2 4a2 4b2 4c2 + + ≥ (a + b + c) + c a b a+b+c Vậy ta có tốn sau Bài tốn 2.41 Với a, b, c > 0, chứng minh 4a2 4b2 4c2 (3a − 3b + c)2 + + ≥ (a + b + c) + c a b a+b+c (2.41) Bài toán 2.42 Với a, b, c > 0, chứng minh (a + 3b − 3c)2 4a2 4b2 4c2 + + ≥ (a + b + c) + c a b a+b+c (2.42) Bài toán 2.43 Với a, b, c > 0, chứng minh 4a2 4b2 4c2 (3a + b − 3c)2 + + ≥ (a + b + c) + c a b a+b+c (2.43) Hướng biến đổi Ta làm mạnh bất đẳng thức bậc cao sau Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có (X + Y + Z ) X4 Y Z4 + + ≥ a b c a+b+c Mặt khác ta lại có X + Y + Z ≥ (X + Y + Z)2 Từ ta có bất đẳng thức (X + Y + Z)4 X4 Y Z4 + + ≥ a b c a+b+c 39 Từ ta có toán sau Bài toán 2.44 Với a, b, c > 0, chứng minh (a − b)4 (b − c)4 (c − a)4 16 (a − b)4 + + ≥ a b c a+b+c (2.44) Bài toán 2.45 Với a, b, c > 0, chứng minh (a − b)4 (b − c)4 (c − a)4 16 (b − c)4 + + ≥ a b c a+b+c (2.45) Bài toán 2.46 Với a, b, c > 0, chứng minh 16 (c − a)4 (a − b)4 (b − c)4 (c − a)4 + + ≥ a b c a+b+c (2.46) Bài toán 2.47 Với a, b, c > 0, chứng minh (a − b)4 (b − c)4 (c − a)4 16 (a − b)4 + + ≥ a2 b2 a2 + b + c c2 (2.47) Bài toán 2.48 Với a, b, c > 0, chứng minh (a − b)4 (b − c)4 (c − a)4 16 (a − b)4 + + ≥ ab bc ca ab + bc + ca 0.3.3 (2.48) Khả áp dụng giải pháp Sáng kiến kinh nghiệm có tính khả thi cao áp dụng để dạy cho đội tuyển HSG lớp 10, lớp 11 trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn Đề tài áp dụng cho học sinh đội tuyển trường THPT toàn tỉnh tài liệu để bổ ích để trao đổi chun mơn với bạn đơng nghiệp 40 0.3.4 Hiệu quả, lợi ích thu Qua thực tế giảng dạy cho đội tuyển nhận thấy em biết vận dụng linh hoạt số phương pháp, kĩ thuật làm mạnh bất đẳng thức vào toán cụ thể tỏ hứng thú với kĩ thuật Không em biết vận dụng lồng ghép kĩ thuật để tạo nhiều tập khác nhau, áp dụng cho nhiều kiểu khác nhau, từ tạo nguồn tập phong phú cho trình ơn tập 0.3.5 Phạm vi ảnh hưởng giải pháp Đề tài triển khai góp phần tích cực việc nâng cao chất lượng học tập học sinh đội tuyển 0.3.6 Kiến nghị đề xuất Từ kết sáng kiến này, ta thấy từ suy luận đơn giản, lơgic ta xây đựng lớp bất đẳng thức hay lạ Tác giả hy vọng với ý tưởng giúp cho độc giả xây dựng nhiều bất đẳng thức khác làm phong phú thêm toán bất đẳng thức vốn đa dạng Tác giả mong sáng kiến nhân rộng trường THPT tỉnh để góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn Điện Biên, ngày 10 tháng năm 2015 NGƯỜI VIẾT SÁNG KIẾN 41 Tài liệu tham khảo [1] Phạm Kim Hùng (2006), “ Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Thống kê Hà Nội [2] Phan Huy Khải (2001), “ 10 000 toán sơ cấp” , NXB Hà Nội, Hà Nội [3] Phan Huy Khải (2009),“ Bất đẳng thức ứng dụng” , NXB Giáo Dục Việt Nam, Hà Nội [4] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2008), “Các giảng bất đẳng thức Cauchy” , NXB Đại học quốc gia Hà Nội, Hà Nội [5] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Ngọc Thắng (2009), “Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopsi , NXB Đại học quốc gia Hà Nội, Hà Nội [6] Trần Phương (2011),“Những đường khám phá lời giải bất đẳng thức”, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội [7] Trần Phương (2012),“Những viên kim cương bất đẳng thức toán học”, NXB Tri thức, Hà Nội [8] Tủ sách toán học tuổi trẻ (2007), “Các thi Olympic Toán” , NXB Giáo dục, Hà Nội [9] Tài liệu từ Internet 42 ... tiếp cận bất đẳng thức ? ?Một số phương pháp làm mạnh bất đẳng thức? ?? Từ bất đẳng thức quen thuộc, kết hợp với số bất đẳng thức ta xây dựng bất đẳng thức mạnh Từ đó, ta xây dựng nhiều bất đẳng thức. .. KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LÀM MẠNH BẤT ĐẲNG THỨC 0.1 Mục đích, cần thiết Bất đẳng thức nội dung lâu đời quan trọng toán học Sự đời phát triển bất đẳng thức có sức hút mạnh mẽ với người... (c − a) 34 (2.31b) e) Xây dựng bất đẳng thức làm mạnh nhờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Nhờ sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta đễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau a2 b c + + ≥ a + b +