NHÌN VÀO ĐIỂM CỰC BIÊN CỦA ĐỒ THỊ LỒI, LÕM ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC A.. Một hình ảnh trực quan sinh động cho sự biến thiên của hàm số mà học sinh dễ dàng nhận thấy đó là đồ thị
Trang 1
NHÌN VÀO ĐIỂM CỰC BIÊN CỦA ĐỒ THỊ LỒI, LÕM
ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
A MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
Một trong những con đường hình thành nhận thức đó là “Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng”, từ các ví dụ cụ thể đến khái niệm tổng quát
Một hình ảnh trực quan sinh động cho sự biến thiên của hàm số mà học sinh dễ dàng nhận thấy đó là đồ thị của hàm số Đặc biệt đồ thị hàm số y ax b có thể xem là đồ thị lồi, cũng có thể xem là đồ thị lõm, sẽ được áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức
Trong bài viết này con đường tìm đến lời giải của một số bất đẳng thức được hình thành từ cách nhìn vào điểm cực biên của đoạn thẳng để chứng minh một số bất đẳng thức hay và khó, trong các kì thi học sinh giỏi Ngoài ra có đưa thêm những cách giải khác để thấy tính đa dạng trong chứng minh bất đẳng thức
1.2 Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu rút ra điểm then chốt trong trong việc giải các bài
- Vận dụng những điều đã đúc rút ra vào các tình huống cụ thể nhằm phát huy khả năng tư duy toán học cho học sinh
- Trang bị cho học sinh một số kinh nghiệm nhằm rèn luyện, phát huy năng lực tư duy và giải các bài toán bất đẳng thức
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Các em học sinh lớp chuyên toán mới vào lớp 10, vừa học xong kiến thức về phương trình đường thẳng y ax b ở bậc THCS
Dựa trên dữ liệu các đề thi học sinh giỏi trong các kì thi Olympic trong nước và nước ngoài
1.4 Phương pháp nghiên cứu
Trong sáng kiến kinh nghiệm sử dụng các phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau:
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan đến bất đẳng thức trong các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet
- Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh các lớp chuyên toán)
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
Cơ sở lí luận dựa trên các phương pháp phân tích, tổng hợp
Trang 2
1.5 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua giảng dạy thực tế, cho thấy các em học sinh thường gặp khó khăn khi gải
các bài toán chứng minh bất đẳng thức (do chưa tích lũy được những lượng kiến thức và kinh nghiệm cần thiết liên quan đến bài toán cần giải)
Tôi muốn qua những kinh nghiệm mà mình đã tổng kết được trong giảng dạy, để truyền đạt cho các em những kiến thức cốt lỗi trong một số dạng toán chứng minh bất đẳng thức, thông qua bài viết này
B NỘI DUNG
I Lí thuyết
Ta nói một điểm thuộc đồ thị hàm số là điểm cực biên của đồ thị nếu như nó không nằm giữa hai điểm nào thuộc đồ thị đó
Định lí 1 Nếu hàm số f x( )ax b thoả mãn f ( ) 0 và f ( ) 0, ( ) thì
( ) 0, [ ; ]
f x x
Chứng minh Đồ thị của hàm số y f x( )ax b là một đường thẳng, nên theo tính chất của đoạn thẳng “Nếu hai đầu mút của đoạn thẳng AB là hai điểm
( , ( )), ( , ( ))
A f B f ở trên trục hoành hoặc phía trên trục hoành thì đoạn thẳng
đó nằm trên truc hành hoặc phía trên trục hoành”
Định lí 2 Nếu f x( )ax b , thì
min f( ), ( ) f f x( )max f( ), ( ) , f x [ , ]
Mở rộng: Định lí 3.
i) Nếu f x( ) là hàm lồi (đồ thị quay bề lõm lên phía trên) trên [ , ] thì
( ) ax ( ), ( ) , [ , ]
f x m f f x
ii) Nếu f x( ) là hàm lõm (đồ thị quay bề lõm xuống phía dưới) trên [ , ] thì
( ) in ( ), ( ) , [ , ]
f x m f f x
0 A
B
f() f()
x
y
0
B
f() f()
x y
A
Trang 3
II Áp dụng
Sau đây ta sẽ giải một số bài toán thông qua cách nhìn điểm cực biên của thì hàm
số y ax b , với x
1 [IMO -84] Cho x, y, z là các số thực không âm sao cho x y z 1. Chứng minh rằng:
7
27
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Phân tích và chứng minh:
Vì , ,x y z[0;1] 2xyz xy yz xy yz zx 2xyz xz 0. Dấu “=” khi hai
số bằng 0 và một số bằng 1
Đặt t yz, từ x y z 1 (1 )2
4
x
0
3
x y z Từ đó suy ra điều phải chứng minh
2 Cho a b c, , [0;1],a b c 2. Chứng minh rằng: 2 20
27
ab bc ca abc
Phân tích và chứng minh: Không mất tổng quát giả sử 1 2
3
a b c a
4
a
27
Ta coi f t( ) (với 0 (2 )2
4
a
) như là hàm số của t.
Trang 4
Ta có: (0) 2 2 20 0
27
f a a và
f t
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
3 Cho a b c d , , , [0;1]. Chứng minh rằng: a b c d abcd 3
Phân tích và chứng minh: Đặt ( , , , ) f a b c d a b c d abcd . Ta lần lượt coi ( , , , )
f a b c d như làm hàm bậc nhất của từng biến a, b, c, d để có đánh giá sau:
Ta có: f a b c d( , , , ) a b c d abcd m ax f(0, , , ), (1, , , )b c d f b c d
(0, , , )f b c d b c d 3.
f(1, , , ) 1b c d b c d bcd m ax f(1,0, , ), (1,1, , )c d f c d
Ta lại có: (1,0, , ) 1f c d c d 3 và
(1,1, , ) 2f c d c d cd 3 (1 c)(1 d) 3.
Từ các kết quả trên ta có điều phải chứng minh
Tổng quát : Cho x x1, , ,2 x n [0;1]. Chứng minh rằng:
1 2 n 1 2 n 1
Với ý tưởng như trên sau đây ta đưa ra những hướng dẫn
1
a b c d Chứng minh rằng 1 176
27 27
Giải Do vai trò của a b c d, , , có tính hoán vị vòng quanh, nên không mất tổng quát
giả sử min , , , 1
4
dạng
(1)
Xem vế trái của (1) như một hàm số f(a) theo biến a Ta xét các trường hợp sau:
Trang 5
27
1
VT bcd
27
27
27
Sử dụng bất đẳng thức Schur: (b c d )39bcd 4(b c d bc cd db )( ), ta được
2
Cách khác: Ta cố định c d, khi đó tổng a b cũng cố định Khi đó
176
27
f a b c d abcd abc acd bcd dab là hàm bậc nhất theo biến ab, do
đó nó chỉ đạt cực trị tại biên của biến Mà
2
4
a b
ab
nên giá trị lớn nhất
của hàm có thể đạt được tại a0;b0 hoặc a b (lưu ý ( )2 ).
4
a b
Lý luận tương tự với hai biến c d, Bài toán quy về hai trường hợp:
Nếu có một biến bằng 0 Giả sử a 0, thì cần chứng minh 1
27
bcd
Trang 6
Điều này luôn đúng vì
1
bcd
Nếu a b và c d , thì 1
2
a c và ta cần chứng minh
ac
11
ac Điều
này luôn luôn đúng vì ta có ( )2 1
a c
5 Cho các số thực a b c d e, , , , 0;1 Chứng minh rằng
4
Đẳng thức (1) xảy ra khi nào?
Giải Không mất tổng quát, giả sử a b c d e Khi đó ta có
Ta chỉ cần chứng minh a b c d e abcde 4 (2)
Thật vậy, vế trái của (2) là một hàm bậc nhất theo tứng biến a b c d e, , , , trên đoạn
0;1 , do đó giá trị lớn nhất của nó chỉ nhận tại các đầu mút, tức là khi
, , , , 0;1
a b c d e
Nếu một trong các số a b c d e, , , , nhận giá trị bằng 0, thì
0 1 1 1 1 0 4 4
a b c d e abcde Nếu tất cả a b c d e, , , , nhận giá trị điều bằng 1, thì
1 1 1 1 1 1 4 4
a b c d e abcde Như vậy (2) được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi
( , , , , ) (0;1;1;1;1),(1;1;1;1;1)a b c d e hoặc các hoán vị của nó.
Suy ra a b c d e 4 abcde4(1abcde) VT(1) 4.
Đẳng thức ở (1) xảy ra khi ( , , , , ) (0;1;1;1;1)a b c d e hoặc các hoán vị của nó
Tổng quát Cho các số thực a i0;1 , i1, n Chứng minh rằng
Trang 7
n
a
n
Giải Đặt x 2a ,y 2b ,z 2c
Khi đó xy yz zx xyz 4.
Bất đẳng thức cần phải chứng minh tương đương với (1 2 )(1 2 )(1 2 ) 25. x y z Nếu ta xem vế trái của bất đẳng thức này là một hàm bậc nhất theo x thì nó là hàm đồn biến, do đó giá trị nhỏ nhất của hàm này đạt được khi x 0, Khi đó zy 4. Ta cần phải chứng minh (1 2 )(1 2 ) 25 y z y z 8, điều này là hiển nhiên theo bất đẳng thức AM-GM
7 Cho a, b, c là ba số thực không âm có tổng bằng 3 Chứng minh rằng:
3(a b c ) 4 abc13 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
HD: Đặt f a b c( , , ) 3( a2b2c2) 4 abc 13 14 6( ab bc ca ) 4 abc
Cách 1 Đặt 0 (3 )2 0
4
a
Ta có : (0) 14 6 (3 ) 14 6.( 3 )2 1 0
0
g t a a Dấu “=” khi a 1 b c 1 Vậy f a b c ( , , ) 0. Dấu “=” khi a b c 1.
Cách 2 Ta có :
(a b c b c a c a b )( )( )abc (3 2 )(3 2 )(3 2 ) a b c abc
Trang 8
4
3
ab bc ca
8 Cho x,y, z, t thay đổi thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:
27
x y y z z t t x xy yz zt tx
Giải Đặt f x y z t( , , , )x y t2( ) y z x2( )z t y2( )t x z2( )
Vì (y t ) ( z x ) ( t y ) ( x z ) 0 , nên trong 4 số:
(y t ),(z x t y x z ),( ),( ) 0 phải có một số không âm, chẳng hạn là y t 0. Nếu y t 0 thì ( , , , ) 0,f x y z t nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu y t thì f x y z t( , , , )x y t2( ) y z x2( )z t y2( )t x z2( ), là hàm lồi
theo biến x trên [0;1], nên ta có f x y z t( , , , )max f(0, , , ), (1, , , ) y z t f y z t
Ta có: (0, , , )f y z t z y t y t z( )( ).
Nếu y t z 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Nếu y t z 0 thì theo AM- GM, ta có :
2 1 ( , , , ) 0,1, ,
3 3
Ta lại có: f(1, , , ) (1y z t z t) 2(z2 1)t y z y 2 2y yz 2, dễ thấy đây là hàm
lồi theo t trên [0;1], nên ta có: f(1, , , )y z t max f(1, , ,1), (1, , ,0) y z f y z
Ta có (1, , ,0) 2 2 2 ax (1, ,0,0), (1, ,1,1) 8
27
(1, , ,1) 2(1 ) ( 2 1) 2 ax (1, ,0,0), (1, ,1,1) 8
27
Trang 9
Cách 2.
f x y z t x y t y z x z t y t x z y t x z x z y t
- Nếu cả ba nhân tử không dương bất đẳng thức hiển nhiên đúng
- Nếu có một nhân tử không dương và hai nhân tử không âm thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
- Nếu cả ba nhân tử không âm thì theo AM - GM suy ra điều phải chứng minh
- Nếu có hai nhân tử âm và một nhân tử dương thì đổi dấu hai nhân tử đó ta lại quy
về trường hợp cả ba nhân tử đều không âm
9 Cho ba số không âm a, b, c thoả mãn a b c 3
Chứng minh rằng: a2b2 c2 abc4
Giải Bất đẳng thức tương đương với
a2b2c2abc 4 (c 2)t2c2 6c 5 f t( ) 0, với 0 ( 3)2
4
c
Ta có : (0) 2( 3)2 1 0
f c và ( ) 1( 1) (2 2) 0
4
10 Cho x, y, z là các số thực dương sao cho x y z 1. Chứng minh rằng:
1 xy 1 yz 1 zx 8 (1)
Giải (1) F 11(xy yz zx ) 19 xyz27(xyz)2 3 0 (2)
Từ giả thiết suy ra 1
27
xyz
(2) F 11(xy yz zx ) 19 xyz(xyz) 3 11( xy yz zx ) 18 xyz 3 (3)
( ) (11 18 ) 11 (1 ) 3,
F f t x t x x với 0 (1 )2 0.
4
x
Ta có: (0) 11 (1 ) 3 1 0
4
0
Trang 10
Cách 2 (Phương pháp đồng bậc).
3
(3) 0 11(x y z xy yz zx )( ) 18 xyz 3(x y z ) 0
Mà
x y z xyz K x y z xyz x y x z y x y z z x z y Đúng theo theo bất đẳng thức Schur
11 Chứng minh rằng 5(a2b2 c2) 6( a3b3c3) 1, ở đó a, b, c là các số
thực không âm sao cho a b c 1
Giải BĐT bc a(9 4) 4 a2 4a 1 0
Đặt f t( ) (9 a 4)t4a2 4a1, với , 0 (1 )2 0
4
a
Ta có
2
0
(0) (2 1) 0
f t
Cách 2 (Đồng bậc + Schur)
a3b3c33abc a b c 2( )b c a2( )c a b2( )
12 [USAMO - 79] Với x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x y z 1. Chứng minh rằng x3 y3z36xyz1 / 4
Giải Áp dụng hằng đẳng thức
x y z xyz x y z x y z xy yz zx
ta có BĐT 12(1 3 ) x yz12x2 12x 3 0
4
x
và f t( )12(1 3 ) x t 12x2 12x3
Trang 11
Ta có :
2
0
(0) 3( 1 / 2) 0
Suy ra điều phải chứng minh
Cách 2 (Đồng bậc + Schur)
x3 y3z33xyz3xyz x y z 2( )y z x2( )z x y2( )
13 Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số thực không âm sao cho x y z 1, thì
4(x y z ) 15 xyz1
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Giải Áp dụng hằng đẳng thức
x y z xyz x y z x y z xy yz zx ta có
BĐT 27 3 (1 )3 3 1 0.
Đặt: 0 (1 )2 0
4
x
f t x t x x
Ta có:
2
2 0
3
4
3 (3 1)
16
x x
f t
Dấu “=” khi ( , , ) (1/ 3,1 / 3,1 / 3)x y z hoặc tất cả các hoán vị của bộ ba
( , , ) (0,1 / 2,1 / 2).x y z
14 [BMO - 79] Với a b c , , 0 thoả mãn a b c 1 Chứng minh rằng:
7(ab bc ca ) 2 9 abc
HD: BĐT 2 7 (1 x x) yz x(9 7) 0.
Đặt : f t( ) (9 x 7)t 2 7 (1x x), với 0 (1 )2 0.
4
x
Ta có:
2
2
0
(0) 7 7 2 1 / 4 0
Trang 12
Cách 2 (Đồng bậc + Schur) 2( 3 3 3) ( ( ).
cyclic
cyclic
15 Cho , , x y z [0;2] sao cho x y z 3. Chứng minh rằng: x2 y2z25
Giải Cách 1 Giả sử x m ax , , x y z 1 x 2
Cách 2 Giả sử x m ax , , x y z 1 x 2 Suy ra:
x y z x x yz x x tf t với 0 (3 )2 0
4
x
Ta có :
2 2
0
x
Suy ra điều phải chứng minh
, , 1
a b c
a b c
Ta có: x2 y2 z2 a2b2 c2 3 a b c 3 Vì a b c 0 suy ra
trong 3 số a b c, , có hai số cùng không âm hoặc cùng không dương, chẳng hạn là hai số a b, Suy ra a b a b a b c a b c 2c 2
3 2 3 5
Điều phải chứng minh
Cách 4 Ta có:
(2 x)(2 y)(2 z) 0 2(xy yz zx ) xyz 4 0 2(xy yz zx ) 4 xyz
16 Cho các số dương x, y, z thoả mãn x y z 1 Chứng minh rằng:
9xyz 1 4(xy yz zx ).
Giải BĐT yz x(9 4) 4 (1x x) 0.
Trang 13
Đặt:
0
1 0
và ( ) (9f t x 4)t 1 4 (1x x).
Ta có sẽ chứng tỏ rằng: f(0) 0 và f t ( ) 0.0
Thật vậy: f(0) 1 4 (1 x x) (2 x 1)20 và ( )0 (3 1)2 0
4
x x
Suy ra điều phải chứng minh
17 [Romanian IMO slecton, test – 75] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1(1 2) 2(1 3) n(1 1),
a a a a a a với 1 1, 1,2, ,
2a i i n
Giải Đặt f a a( , , , )1 2 a n a1(1 a2)a2(1 a3) a n(1 a1).
Suy ra ( , , )1 ax ( , , , ), (1, , , ) 1 2 2
2
Ta có ( , , , )1 2 1(1 2) 2(1 3) 1
và f(1, , , ) (1a2 a n a2)a2(1 a3) a n1(1 a n)
2
( , , , ) (1, , , ) 0 ( , , , ) (1, , , )
n
a a
Suy ra ( , , , )1 2 ( , , , ).1 2
2
Chứng minh tương tự, ta có:
1 ( , , , ) ( , , , , , , , ), ( 2, , )
2
Vậy 1 2
( , , , ) ( , , , )
n
n
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1
2
i
a
Cách 2 Đặt 1 ,
2
a c ở đó 0 1, 1,2, ,
2
i
n
Trong đó c n1c1
Trang 14
1
n
i
f a a a c c
Dấu đẳng thức xảy ra khi
c i 0,i1,2, , n
Cách 3 f a a( , , , )1 2 a n a1(1 a2)a2(1 a3) a n(1 a1)
a1a2 a n a a1 2 a a2 3 a a n 1.
Ta có ; 1 1 1 0, ( 1,2, , , 1 1)
Suy ra
n
18 Cho a i [ 2008;2008]. Tìm giá trị nhỏ nhất của S a a 1 2 a a2 3 a a29 1
Giải Đặt : f a a( , , ,1 2 a29)a a1 2a a2 3 a a29 1
Với mỗi bộ ( , ,a1 a i1,a i1, ,a29) [ 2008;2008] 28cố định, ta coi
( , , , , ,i )
f a a a a như là hàm bậc nhất của ,(a i i 1, ,29). Vậy
( , , , )
f a a a đạt giá tri nhỏ nhất tại a i 2008;2008
Xét 29 tích a a i i1 với a a i, i1 2008;2008 ,( a30 a1) Suy ra tồn tại một tích nhận giá trị dương Giả sử là a a 1 2 0
a a1 2 20082 min ( , , ,f a a1 2 a29) 2008 2a a2 3 a a29 1
28
2008 2008 2008 27 2008
Với a1a2 2008,a32008,a4 2008, ,a28 2008,a29 2009, thì dấu bằng xảy ra Vậy minS 27 2008 2
19 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a b c 1, chứng minh rằng:
1 abc a bc b ca c ab
Trang 15
HD a bc a a b c ( )bc(a b a c )( ) (1 b)(1 c). Suy ra bđt
7(ab bc ca ) 2 9 abc.
III BÀI TẬP
1 Cho a b c d , , , 0;1 Chứng minh rằng
(1 a)(1 b)(1 c)(1 d) a b c d 1
2. Cho a b c d , , , 0 thỏa mãn a b c d 4. Chứng minh rằng
16 2 abcd 3(ab ac ad bc bd cd )
Chứng minh rằng 3(a2b2c2d2) 4 abcd 16
Chứng minh (1 3 )(1 3 )(1 3 )(1 3 ) 125 131 a b c d abcd
5 Cho a, b, c A, B, C là các số thực không âm sao cho a A b B c C k Chứng minh rằng: aB bC cA k 2
HD: Bđt a k b( )b k c( )c k a( )k2 Với chú ý ( , , ) [0; ] a b c k 3
6 [Bulgarian Mathematical Olympiad – 95] Cho số tự nhiên n 2 và
0x i 1, i 1,2, , n
Chứng minh rằng: ( 1 2 ) ( 1 2 2 3 1) ;
2
n
x x x x x x x x x ( x là phần
nguyên của x).
7 [USAMO -80] Với a b c , , [0;1]. Chứng minh rằng:
(1 )(1 )(1 ) 1
HD: Với mọi , không âm, hàm số ( )f x
x
là hàm lồi với x 0