skkn cấp tỉnh nhìn vào điểm cực biên của đồ thị lồi lõm để chừng minh một số bất đẳng thức

Trong bài viết này con đường tìm đến lời giải của một số bất đẳng thức đượchình thành từ cách nhìn vào điểm cực biên của đoạn thẳng để chứng minh một sốbất đẳng thức hay và khó, trong các kì thi học sinh giỏi Ngoài ra có đưa thêmnhững 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 khảnăng tư duy toán học cho học sinh.

- Trang bị cho học sinh một số kinh nghiệm nhằm rèn luyện, phát huy năng lực tưduy 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 vềphương 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 vànước 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 đẳngthức 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.

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 kiếnthức 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, đểtruyền đạt cho các em những kiến thức cốt lỗi trong một số dạng toán chứng minhbất đẳng thức, thông qua bài viết này

A

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:

  ) như là hàm số của t.

Ta có: (0) 2 2 20 027

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 fb c d  (0, , , )fb c d   b c d 3.

f(1, , , ) 1b c d    b c d bcd m  ax f(1,0, , ), (1,1, , )c d fc d  Ta lại có: (1,0, , ) 1fc d   c d 3 và

(1,1, , ) 2fc 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:

12 n 1 2 n 1.

Với ý tưởng như trên sau đây ta đưa ra những hướng dẫn

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.

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

Điều này luôn đúng vì

Đẳng thức (1) xảy ra khi nào?

Giải Không mất tổng quát, giả sử a b c d e    Khi đó ta có

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

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 abcde4(1abcde) 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 ai0;1 , i1, n Chứng minh rằng

7 Cho a, b, c là ba số thực không âm có tổng bằng 3 Chứng minh rằng:

Cách 2 Ta có :

(a b c b c a c a b  )(   )(   )abc (3 2 )(3 2 )(3 2 ) a  b  c abc

(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.

3 3

Ta lại có: f(1, , , ) (1y z t   z t) 2(z2 1)t y z y 2  2y 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 zfy 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

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 hiểnnhiên 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 quyvề 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: a2b2 c2 abc4.

Giải Bất đẳng thức tương đương với

a2b2c2abc 4 (c 2)t2c2  6c 5 f t( ) 0, với 0 ( 3)2.4

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 xyz27(xyz)2 3 0 (2)Từ giả thiết suy ra 1

Ta có: (0) 11 (1 ) 3 1 0.4

Cách 2 (Phương pháp đồng bậc).

11 Chứng minh rằng 5(a2b2 c2) 6( a3b3c3) 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)t4a2 4a1, với , 0 (1 )2 0.4

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.



Cách 2 (Đồng bậc + Schur) 2( 3 3 3) ( ( ).

15 Cho , ,x y z [0;2] sao cho x y z  3. Chứng minh rằng: x2 y2z25.

Suy ra điều phải chứng minh

Ta có: x2 y2 z2 a2b2 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

Thật vậy: f(0) 1 4 (1  x  x) (2 x 1)20 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, , 2ai  i n

Giải Đặt f a a( , , , )1 2 an a1(1 a2)a2(1 a3)  an(1 a1).Suy ra ( , , )1 ax ( , , , ), (1, , , ) 1 2 2

Suy ra ( , , , )1 2 ( , , , ).1 22

a  c ở đó 0 1, 1,2, , 2

f a aa đạt giá tri nhỏ nhất tại a  i  2008;2008 

Xét 29 tích a ai i1 với a ai, i1  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 2a a2 3 a a29 1

2008 2008 2008 27 2008            

Với a1a2 2008,a32008,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    

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.

  là hàm lồi với x 0.

Tổng quát: Với ai[0;], (i1, ).n Chứng minh rằng:

C HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Sáng kiến kinh nghiệm này đã được báo cáo trong chuyên đề hội thảo khoa học“Các chuyên đề toán học cập nhật chương trình và sách giáo khoa mới” của SGD& ĐT và luôn được cập nhật bổ sung thêm những bài tập mới trong qua trình giảngdạy Bài viết này là một tài liệu giảng dạy bồi dưỡng đối với học sinh mới vào lớp10 Học sinh có thêm cách tiếp cận bài toán bất đẳng thức, từ đó nâng cao năng lựcgiải toán bất đẳng thức nói chung và năng lực Toán học nói riêng, học sinh rấtthích thú với những bài toán khó được giải bằng những kiến thức đơn giản và dễhiểu như vậy

D KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ1 Kết luận

Đứng trước một bài toán việc định hướng phương pháp tiếp cận lời giải là rấtcần thiết Phương pháp trình bày ở trên có thể vận dụng để giải một lớp bài toán vềchứng minh bất đẳng thức có điều kiện, mà các hàm số trong bất đẳng thức là cáchàm lồi, hàm lõm theo biến nào đó, có thể là qua ẩn phụ Ở đây hàm số

Vì vậy tôi rất mong muốn được SGD và ĐT phổ biến rộng rãi Sáng kiến nàyđến học sinh và đồng nghiệp trong tỉnh để nâng cao chất lượng đào tạo và bồidưỡng HSG của tỉnh nhà

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2024

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bảnthân, không sao chép nội dung củangười khác

Người viết

Nguyễn Văn Nhiệm

Tài liệu tham khảo

[1] Titu Andreescu, Răzvan Gelca Mathematical Olympiad Challenges.[2] Mathematcal Rflections.

[3] Titu Andreescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, Gil Publishing House, 2004.