skkn từ một bất đẳng thức suy ra các bất đẳng thức khác

ĐẶT VẤN ĐỀ.Trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán ở bậc THPT thì bài tập chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại bài tập khó.. Mặc dù chúng ta đã biết rất nhiều phương ph

Trang 1

I ĐẶT VẤN ĐỀ.

Trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán ở bậc THPT thì bài tập chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại bài tập khó Cái khó của loại bài tập này , theo tôi là ở chỗ, mỗi bài nó có một cách tiếp cận riêng, cách giải riêng và độc đáo Chứa đựng trong chúng là những kiến thức sâu rộng và những

kĩ năng phức tạp, nó đòi hỏi chúng ta cần phải có tư duy linh hoạt, kĩ năng thuần thục tới độ “linh cảm” Mặc dù chúng ta đã biết rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức như: phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết, phương pháp qui nạp, phương pháp đánh giá đại diện, phương pháp phản chứng ; cũng như đã có nhiều kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - Si để chứng minh bất đẳng thức là rất phong phú như: kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân và từ trung bình nhân sang trung bình cộng , kĩ thuật tách ghép nghịch đảo, kĩ thuật chọn điểm rơi (trọng số), kĩ thuật ghép đối xứng, kĩ thuật hạ bậc, kĩ thuật đổi biến số, kĩ thuật Cô - Si ngược dấu, Nhưng khi gặp một bài tập về bất đẳng thức thì nói chung học sinh lại lúng túng và không biết bắt đầu như thế nào Trong khi đó nội dung bất đẳng thức ở trường phổ thông lại đóng vai trò quan trọng trong việc rèn luyện tư duy, khả năng linh hoạt và óc sáng tạo; đồng thời nó cũng giúp học sinh rèn luyện tính cần cù, tinh thần vượt khó Hơn thế nữa, mỗi bất đẳng thức và cách chứng minh bất đẳng thức đó có một vẻ đẹp lộng lẫy và sức hấp dẫn kì lạ đối với mỗi người nghiên cứu chúng nên việc nghiên cứu chúng còn có tác dụng kích thích sự say mê trong học tập môn Toán cũng như các môn học khác

Bên cạnh đó, sau khi giải xong một bài tập về bất đẳng thức, một câu hỏi thường được đặt ra với chúng ta là: Bất đẳng thức này từ đâu mà có? Để trả lời câu hỏi này thật không đơn giản chút nào

Trong quá trình dạy học phần bất đẳng thức cho học sinh khá, giỏi môn Toán lớp 12, ta gặp bài tập sau:

Trang 2

Cho ba số thực x, y, z không âm thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng:

2 7

27

xy yz zx+ + − xyz≤ Trong bài viết “Bất đẳng thức Schur và ứng dụng” trên báo Toán học & Tuổi trẻ của tác giả Trần Xuân Đáng (GV trường chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định) đã trình bầy lời giải bằng việc áp dụng bất đẳng thức Schur

Trong một tài liệu tôi có được tại địa chỉ trên internet:

http://giaoan.violet.vn/present/list/cat_id/1121, tác giả đã dùng phương pháp dồn biến kết hợp với phương pháp sử dụng đạo hàm khá hiệu quả

Một học sinh đã giải bài tập trên bằng việc sử dụng bất đẳng thức

“Cho a, b, c là các số không âm Chứng minh rằng:

(a b c a b c+ − )( − + )(− + + ≤a b c) abc “

Cả ba cách giải đều rất hiệu quả và ấn tượng Nhưng tôi khá bất ngờ với lời giải thứ ba Một vấn đề được đặt ra ở đây là, từ bất đẳng thức:

(a b c a b c+ − )( − + )(− + + ≤a b c) abc

ta có thể suy ra được những bất đẳng thức nào?

Tài liệu tham khảo

1.Tạp chí toán học và tuổi trẻ

2 Sáng tạo bất đẳng thức Tác giả: Phạm Kim Hùng.

3 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.Tác giả: Trần Tuấn Anh

4 Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức Tác giả: Phan Huy Khải - Nguyễn Đạo Phương.

5 Các bài giảng luyện thi môn Toán - Tập 2 Tác giả: Phan Đức Chính - Vũ

Dương Thuỵ - Đào Tam - Lê Thống Nhất.

6 Các tài liệu trên Internet ở địa chỉ:

http://giaoan.violet.vn/present/list/cat_id/1121

Trang 3

II NỘI DUNG.

Ta xét bất đẳng thức sau: Cho a, b, c là các số thực không âm Chứng minh rằng:

(a b c a b c+ − )( − + )(− + + ≤a b c) abc (*)

A Trước hết ta xét hai lời giải cho bài tập trên:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a = max{a, b, c}

Khi đó a + b – c ≥ 0 và a – b + c ≥ 0

Nếu – a + b + c < 0 thì bất đẳng thức đã cho đúng

Do đó ta chỉ còn xét cả ba không âm

Cách 1 Theo bất đẳng thức Cô – Si:

2 2

2

a b c a b c

a b c a b c+ − − + ≤ + − + − +  =a

2 2

2

a b c a b c

a b c− + − + + ≤a b c  − + − + +  =c

2 2

2

a b c a b c

a b c a b c − + + + + −  b

Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều không âm, nên nhân vế với vế ta được:

[(a b c a b c+ − )( − + )(− + +a b c)]2 ≤(abc)2

Hay: (a b c a b c+ − )( − + )(− + + ≤a b c) abc (ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

(a + b – c)(a – b + c) ≤ a2

Tương tự ta có thêm hai bất đẳng thức nữa

(− + +a b c a b c)( + − ≤) b2

(a b c− + )(− + + ≤a b c) c2

Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều không âm, nên nhân vế với vế ta được:

[(a b c a b c+ − )( − + )(− + +a b c)]2 ≤(abc)2

Hay: (a b c a b c+ − )( − + )(− + + ≤a b c) abc (ĐPCM).

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Trang 4

B Khai thác.

1. Biến đổi (*) ta có: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a b c2( + +) b c a2( + +) c a b2( + ), như vậy ta có

1.1 Biến đổi vế phải

a b c2( + +) b c a2( + +) c a b2( + )= ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)

Ta được: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Như vậy ta có

1.2 Cộng 3abc vào hai vế của bất đẳng thức ở bài toán 2, ta lại có:

a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)

1.2.1 Áp dụng đẳng thức

a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

vào vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 3, ta lại thu được:

(a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) + 9abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) hay (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)

1.2.2 Nếu thêm a + b + c > 0 thì từ bất đẳng thức ở bài toán 4, ta có

(a b c)2 9abc 4(ab bc ca)

a b c

+ +

Hoặc khai triển thành: a2 b2 c2 9abc 2(ab bc ca)

a b c

1.3

Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si: 3abc a≤ 3+ +b3 c3 vào vế trái của bất đẳng thức

ở các bài toán 1, 2, 3 ta có:

Bài toán 1 Cho a, b, c là các số thực không âm Chứng minh rằng:

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a b c2( + +) b c a2( + +) c a b2( + )

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)

a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)

(a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca)

Bài toán 5 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

a2 b2 c2 9abc 2(ab bc ca)

a b c

Trang 5

1.4 Biến đổi bất đẳng thức ở bài toán 1 thành

(a a b a c+ )( + +) b b a b c( + )( + +) c c a c b( + )( + +) 4abc≥2(a b b c c a+ )( + )( + )

b c c a+ +a b + a b b c c a ≥

2 Cho thêm giả thiết a + b + c = 1,

2.1 Thay vào (*) ta có:

(1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc

2.2 Khai triển bất đẳng thức ở bài toán 10 với chú ý là a + b + c = 1, ta có:

4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1.

2.2.1 Theo bất đẳng thức: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 = 1 Kết hợp với bất

đẳng thức ở bài toán 11 ta thu được: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2.

2.3 Thay a + b + c = 1 vào bất đẳng thức ở bài toán 1:

2(a3 + b3 + c3)≥a b c2( + +) b c a2( + +) c a b2( + )

2(a3 + b3 + c3)≥ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).

2(a3 + b3 + c3) + 3abc≥ (a + b + c)(ab + bc + ca).

Bài toán 9 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

b c c a+ +a b + a b b c c a ≥

Bài toán 10 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1

Chứng minh rằng: (1 – 2a)(1 – 2b)(1 – 2c) ≤ abc

Chứng minh rằng: 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1

Chứng minh rằng: 7(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 2

Trang 6

a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2(1− +a) b2(1− +b) c2(1−c)

Biến đổi ta được: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc≥ a2 + b2 + c2 (8)

2.4 Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si :

3

1

a b c abc≤ + +  =

bất đẳng thức ở bài toán 11 ta có

2.4.1 Vì 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 ⇔ 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤ abc + 1 Nên suy ra: 4(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1 1

27 + hay ab + bc + ca – 2abc ≤ 7

27

2.4.2 Vì 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 ⇔ 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ 5abc + 1 Nên suy ra: 4(ab + bc + ca) – 4abc ≤ 5 1 1

27 + hay ab + bc + ca – abc ≤ 8

27

2.5 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:

a2 + b2 + c2 ≥ 1

3(a + b + c)

2 = 1

3,

và kết hợp với bất đẳng thức ở bài toán 13 ta được :

6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1

2.6 Thay ab + bc + ca = 1

2[(a + b + c)

2 – (a2 + b2 + c2)] 1 2 2 2

Vào các bất đẳng thức ở các bài toán 14, 15 ta có

2.6.1 1 1 ( 2 2 2)

2 − a + +b c – 2abc ≤ 7

4

27

Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc≥ a2 + b2 + c2

Chứng minh rằng: ab + bc + ca – 2abc ≤ 7

27

Chứng minh rằng: ab + bc + ca – abc ≤ 8

27

Chứng minh rằng: 6(a3 + b3 + c3) + 9abc ≥ 1

Trang 7

2.6.2 1 1 ( 2 2 2)

2 − a + +b c – abc ≤ 8

2

27

2.7 Vẫn từ 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1

Vì 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 nên ab + bc + ca ≤ 1

3 ,

Do đó

8(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 + 4(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 1 + 4

3 = 9abc +

7 3

2.7.1 Thay ab + bc + ca = 1

2[(a + b + c)

2 – (a2 + b2 + c2)]

= 1

2[1 – (a

2 + b2 + c2)]

ta được: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥ 5

3

2.7.2 Viết lại 2(a3 + b3 + c3) + 3abc≥ a2 + b2 + c2, ta được:

2(a3 + b3 + c3) + 3(a2 + b2 + c2) + 12abc≥ 4(a2 + b2 + c2) + 9abc

Kết hợp với bất đẳng thức ở bài toán 20, ta lại có

2(a3 + b3 + c3) + 3(a2 + b2 + c2) + 12abc ≥ 5

3

Chứng minh rằng: 2 2 2 4 13

27

a + + +b c abc≥

Chứng minh rằng: 8(ab + bc + ca) ≤ 9abc + 7

3

Chứng minh rằng: 4(a2 + b2 + c2) + 9abc ≥ 5

3

Chứng minh rằng: 2 2 2 2 11

27

Trang 8

3 Bổ sung thêm giả thiết a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC có chu vi bằng 1 ta

có thêm các bài toán sau

3.1 Theo công thức trung tuyến trong tam giác:

m = + − m = + − m = + −

Suy ra 2 2 2 4( 2 2 2)

ta có: 2(a3 + b3 + c3) + 3abc≥ 4 2 2 2

3 m a +m b +m c

3.2 Áp dụng định lí sin, định lí côsin, công thức diện tích trong tam giác ta có:

cos cot

A b c a b c a A

Tương tự:

Suy ra: a2 + b2 + c2 = 4S(cotA + cotB + cotC) Kết hợp với bài toán 13 ta có 2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ 4S(cotA + cotB + cotC)

3.3 Trong tam giác, dễ dàng chứng minh được

cot cotA B+cot cotB C+cot cotC A=1

Mặt khác ta cũng có:

cot A+cotB+cotC ≥3 cot cotA B+cot cotB C +cot cotC A =3

Mà cotA + cotB + cotC > 0 nên cotA + cotB + cotC ≥ 3 , do đó

2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ 4S 3

Chứng minh rằng: 2(a3 + b3 + c3) + 3(a2 + b2 + c2) + 12abc ≥ 5

3

Bài toán 22 Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c và ba trung tuyến tương

ứng là m m m tương ứng Biết chu vi của tam giác bằng 1 Chứng minh a, b, c

rằng: 6(a3 + b3 + c3) + 9abc≥ 4(m a2 +m b2 +m c2)

Bài toán 23 Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c tương ứng Biết chu vi

của tam giác bằng 1 Chứng minh rằng:

2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ 4S(cotA + cotB + cotC)

Trang 9

3.4 Áp dụng công thức diện tích trong tam giác:

2S = absinC = bcsinA = casinB =

2

abc

R ,

3.4.1 Thay vào bất đẳng thức ở bài toán 11 ta được

8S 1 1 1

sinA sinB sinC

abc

sinA sinB sinC R 4S

3.4.2 Thay vào bất đẳng thức ở bài toán 14 ta được:

2S 1 1 1 2

sinA sinB sinC abc

7 27

abc

3.4.3 Thay vào bất đẳng thức ở bài toán 15 ta được

2S 1 + 1 + 1 

Bài toán 24 Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b, c tương ứng Biết chu vi

của tam giác bằng 1 Chứng minh rằng:

2(a3 + b3 + c3) + 3abc ≥ 4S 3

Bài toán 25 Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính đường tròn

ngoại tiếp là R Biết chu vi của tam giác bằng 1 Chứng minh rằng:

2 1 1 1 9 1

sinA sinB sinC R 4S

1 1 1 4 1

sinA+sinB +sinC ≤ R+54S

Trang 10

1 1 1 4 2.

abc

III KẾT LUẬN.

Trên đây là toàn bộ sáng kiến kinh nghiệm : “Từ một bất đẳng thức suy ra

các bất đẳng thức khác” Từ một bất đẳng thức khá quen thuộc là bất đẳng thức

(*) ta đã suy ra được 27 bất đẳng thức khác bằng các cách sau:

- Biến đổi đồng nhất

- Sử dụng thêm các bất đẳng thức quen thuộc khác vào hai vế của các bất đẳng thức đã có

- Phối hợp giữa các hằng đẳng thức và các bất đẳng thức quen thuộc vào hai vế của mỗi bất đẳng thức đã biết

- Kết hợp với các hệ thức trong tam giác như: định lí sin, định lí côsin , công thức trung tuyến và công thức diện tích trong tam giác…

Thông qua việc xây dựng, đề xuất 27 bài toán đã nêu trên, góp phần hình thành cho học sinh kỹ năng tư duy logic, kĩ năng tìm tòi, khám phá và kĩ năng phối hợp nhiều kĩ thuật phức tạp hơn trong một bài tập dần hình thành tư duy linh hoạt cho học sinh Bên cạnh đó cũng từ các cách suy ra bất đẳng thức mới

từ một bất đẳng thức đã biết cũng đã giúp các em hình thành phương pháp hiệu quả để chứng minh một bất đẳng thức Phương pháp quy lạ về quen Chẳng hạn

ta xét bài toán sau:

“Cho ba số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3 Chứng minh rằng:

x2 + y2 + +z2 xyz≥4”

Rõ ràng bài toán trên không giống như các bài toán ta đã nêu trên ở giả thiết x +

y + z = 3, nhưng nếu ta đặt x = 3a, y = 3b, z = 3c thì giả thiết sẽ là: a, b, c không

âm và a + b + c = 1, còn điều cần chứng minh sẽ là

(3 )a 2 +(3 )b 2 +(3 )c 2+3 3 3a b c≥4

2 2 2 3 4

9

a b c abc

Rõ ràng bất đẳng thức trên được suy ra từ bất đẳng thức ở bài toán 18 Thật vậy,

áp dụng bất đẳng thức Cô – Si vào vế trái của (**) ta có:

1 1 1 2 1

sinA+sinB+sinC ≤ R+27S

Trang 11

3

4

9

2

3 1 2

27

a b c abc a b c abc abc

a b c

a b c abc

+ +

=

Từ ví dụ nêu trên, chúng ta đã làm cho học sinh thấy rằng, đôi khi thoạt nhìn thì các bài toán có thể nói là hoàn toàn khác nhau, nhưng qua việc phân tích trên cho

ta thấy các bài toán đó lại có nguồn gốc giống nhau Hơn thế nữa, qua đây cũng

mở cho ta một hướng để ta có thể đề xuất thêm rất nhiều bài toán mới từ các bài toán đã nêu bằng cách đặt ẩn phụ một cách thích hợp

Mặc dù vậy, như mọi người đều biết, không có cách giải nào có thể giải được mọi bài toán Không thể có một kinh nghiệm nào có thể áp dụng được vào mọi tình huống Kinh nghiệm nhỏ này chỉ áp dụng được vào một số bài tập nhất định Bài viết này chắc chắn còn nhiều thiếu sót về nội dung cũng như hình thức trình bầy, rất mong nhận được thật nhiều góp ý từ các đồng nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cám ơn !

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

NHÀ TRƯỜNG

Thanh Hóa, ngày 07 tháng 6 năm 2013

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác

Người viết

Phạm Thế Vinh

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	368 KB