Chuyên đề phương pháp chứng minh bất đẳng thức cosi

Đề tài : “Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy (Côsi )” MỤC LỤC GIỚI THIỆU CHUNG TÀI LIỆU THAM KHẢO 03 BẢNG KÊ CÁC KÍ HIỆU VÀ TỪ VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI A. Phần mở đầu 1. Lý do chọn đề tài .…………. . 04 2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………… …… 05 3. Đối tượng nghiên cứu………………………………………… 05 4. Nhiệm vụ nghiên cứu…………………………………………… 05 5. Giới hạn đề tài 05 6. Phương pháp nghiên cứu 06 7. Thời gian nghiên cứu …… 06 B. Phần nội dung CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY( CÔSI) CÔSI) I. CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1. Quy tắc song hành …………………………………………………… .7 1.2. Quy tắc dấu bằng ……………………………………………………… 7 1.3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng …………………………… 7 1.4. Quy tắc biên………………………………………………………… 7 1.5. Quy tắc đối xứng……………………………………………………… 7 II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) 2.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ) …………………………………………… 7 2.2. Dạng tổng quát (n số) 9 III. CÁC KỸ THUẬT ÁP DỤNG 3.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân 10 3.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo 14 3.3. Kỹ thuật chọn điểm rơi 16 3.4. Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng 21 3.5. Kỹ thuật nhân thêm hằng số trong đánh giá từ TBN sang TBC 23 3.6. Kỹ thuật ghép đối xứng 26 3.7. Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số , n số 29 3.8. Kỹ thuật đổi biến số 30 3.9. Một số bài tập vận dụng 32 IV. MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY 4.1. Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình 34 4.2. Một số bài tập tượng tư vận dụng 37 C. Phần kết luận 38 1 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Tạp chí Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục. 2. G.KORN-T.KORN. Sổ tay Toán học ( Phan Văn Hạp và Nguyễn Trọng Bá dịch ). Nhà xuất bản đại học và trung học chuyên nghiệp giáo dục -1997. 3. Phan Huy Khải. Tuyển tập các bài toán Bất Đẳng Thức – Tập 1. Nhà xuất bản giáo dục -1996. 4. Trần Văn Hạo (Chủ biên ) . Bất đẳng thức Cau chy. Nhà xuất bản giáo dục – 2001 5. Trần Phương ( Chủ biên) .15 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Nhà xuất bản giáo dục – 2001 6. Nguyễn Vũ Thanh. Phương pháp giải bất đẳng thức- Nhà xuất bản tổng hợp đồng tháp –1994 7. Vũ Đình Hòa. TSKH. Bất đẳng thức hình học. Nhà xuất bản giáo dục – 2001 8. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải toán bất đẳng thức. Nhà xuất bản Hà Nội– 2003 9. Trần Văn Hạo.( Chủ biên). Chuyên đề Bất đẳng thức. Nhà xuất bản giáo dục. 10. TS. Trần Vui.(Chủ biên). Một số xu hướng đổi mới trong dạy học Toán ở trường THPT. Nhà xuất bản giáo dục. BẢNG KÊ CÁC KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI CÁC KÍ HIỆU TOÁN HỌC TỪ VIẾT TẮT ∀ : với mọi Min : giá trị nhỏ nhất Max : giá trị lớn nhát ⇔ : tương đương ⇒ : suy ra ( kéo theo) ∆ ABC : tam giác ABC ≠ : dấu khác ≥ : không âm = : dấu bằng p : nữa chu vi tam giác ABC CMR : chứng minh rằng VT : vế trái VP : vế phải BĐT : bất đẳng thức đpcm : điều phải chứng minh GTNN : giá trị nhỏ nhât GTLN : giá trị lớn nhất TBN : trung bình nhân TBC : trung bình cộng A. PHẦN MỞ ĐẦU 1 / Lí do chọn đề tài: 1.1. Về mặt lý luận Trí thông minh là sự tổng hợp, phối hợp nhịp nhàng các năng lực trí tuệ như : quan sát, ghi nhớ, óc tưởng tượng và chủ yếu là năng lực tư duy mà đặc trưng là năng lực tư duy độc lập, linh hoạt, sáng tạo, vận dụng những hiểu biết đã học để giải quyết vấn đề được đặt ra một cách tốt nhất. Chính vì vậy, nghị quyết của Bộ chính trị về cải cách giáo dục đã nhấn mạnh nhiệm vụ phát triển trí 2 thông minh cho học sinh cấp III nhất là học sinh lớp 10. Nghị quyết đã chỉ ra rất rõ yêu cầu “Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học”. Một điểm đổi mới trong phương pháp dạy học hiện nay luôn coi trọng việc lấy học sinh làm trung tâm, người thầy chỉ đóng vai trò là người giúp các em đi đúng hướng, giúp các em tiếp thu kiến thức một cách chủ động, sáng tạo. Chính vì vậy, ở lớp 10, việc phát triển trí thông minh cho các em thông qua môn toán là hết sức cần thiết. 1.2. Về mặt thực tiễn Phấn đấu để dạy tốt các môn học nói chung và môn Toán nói riêng là nguyện vọng tha thiết của đội ngũ giáo viên THPT. Như chúng ta đã biết, Toán là khoa hoc suy diễn trừu tượng nhưng Toán học THPT lại mang tính trực quan, cụ thể bởi vì mục tiêu của môn toán ở trung học là hình thành những biểu tượng toán học ban đầu và rèn luyện kĩ năng toán cho học sinh, tạo cơ sở phát triển tư duy và phương pháp cho học sinh sau này. Một mặt khác toán học còn có tính thực triễn. Các kiến thức toán học đều bắt đầu từ cuộc sống. Mỗi mô hình toán học là khái quát từ nhiều tình huống trong cuộc sống. Dạy học toán học ở trung học là hoàn thiện những gì vốn có trong học sinh, cho học sinh làm và ghi lại một cách chính thức các kiến thức toán học bằng ngôn ngữ và các kí hiệu toán học. Mỗi tiết học là dịp để học sinh hình thành những kiến thức và kĩ năng mới, vận dụng một cách sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc học toán trong cuộc sống sau này. Chính vì vậy, người giáo viên cần biết phát huy tính tích cực, trí thông minh của học sinh thông qua giờ học toán. 1.3. Về cá nhân Xuất phát từ lý luận và thực tiễn trên, để góp phần vào việc “ Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học” cho học sinh trong giai đoạn hiện nay, và qua thực tiễn kiểm tra và giảng dạy học sinh ở trường , tôi nhận thấy việc hình thành những kiến thức và kĩ năng mới trong Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ) , vận dụng một cách sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc học toán trong cuộc sống cho học sinh là một nhiệm vụ hết sức quan trọng của người giáo viên. Đó là lý do tại sao tôi chọn đề tài này. 2. Mục đích nghiên cứu: Một vấn đề thường gặp trong đại số, làm cho học sinh lúng túng đó là những bài toán về bất đẳng thức đại số như bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Tchebychev, bất đẳng thức Beruoulli, bất đẳng thức Jensen . Thông thường những bài toán về loại này là những vấn đề khó. Thực sự nó là một phần quan trọng của đại số và những kiến thức về bất đẳng thức trong đại số cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng đại số trong cuộc sống. 3. Đối tượng nghiên cứu 3 Nghiên cứu Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy (Côsi) là một phần quan trọng của đại số 10 trong chương Toán THPT. Phần nhiều những bài toán tối ưu đại số xuất phát từ yêu cầu của cuộc sống. Một phần nào những kiến thức về tối ưu đại số này cũng được đưa vào chương trình phổ thông đó là bất đẳng thức Cauchy(Côsi). 4. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu một số vấn đề về Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Côsi .Những bài toán về Bất đẳng thức Côsi có nội dung rất hấp dẫn và khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết của nó là vì phương pháp tiếp cận , mổ xẻ vấn đề không phải là các phương pháp thông thường hay hay được áp dụng trong đại số. Để giải quyết phần nào những khó khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp những phương pháp học và giải bài tập bất đẳng thức Cauchy cho các bạn yêu thích toán học, các thầy cô giáo, các em học sinh các trường THPT và các em học sinh đang học lớp 10 làm tài liệu tham khảo và tiếp tục phát triển. 5. Giới hạn của đề tài Nghiên cứu về bất đẳng thức Cauchy (Côsi) đặc biệt là các phương pháp chứng minh và bài tập vận dụng để giúp học sinh có thể học tốt hơn và hình thành những kiến thức, kĩ năng mới, vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc học toán cũng như trong cuộc sống . 6. Phương pháp nghiên cứu 6.1. Phương pháp nghiên cứu lý luận “Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học”. 6.2. Phương pháp quan sát Nhìn nhận lại quá trình học tập môn toán của học sinh của trường trong năm học vừa qua Đưa ra một số biện pháp để nâng cao kết quả học tập cho học sinh của trường trong giai đoạn hiện nay. 4 B. PHẦN NỘI DUNG CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ( CÔSI) CÔSI) I. CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1. Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giiải nhanh hơn. 1.2. Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “=” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. 1.3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thường rất hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chu ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng điều kiện của biến. 1.4. Quy tắc biên: Cở sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên. 1.5. Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biên đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể Chiều của BĐT cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh : đánh giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) và ngược lại. II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) : 2.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ) n = 2: ∀ x, y ≥ 0 khi đó : n = 3: ∀ x, y, z ≥ 0 khi đó : 2.1.1 2 x y xy + ≥ 3 3 x y z xyz + + ≥ 2.1.2 2x y xy+ ≥ 3 3 x y z xyz+ + ≥ 5 2.1.3 2 2 x y xy    ÷   + ≥ 3 3 x y z xyz    ÷   + + ≥ 2.1.4 ( ) 2 4x y xy+ ≥ ( ) 3 27x y z xyz+ + ≥ 2.1.5 1 1 4 x y x y + ≥ + 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + 2.1.6 ( ) 2 1 4 xy x y ≥ + ( ) 3 1 4 xyz x y z ≥ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Chứng minh công thức 2.2.1 ∀ x, y ≥ 0 ,ta có : 2 1 1 ( 2 ) ( ) 2 2 0 2 x y x y xy xy x y− = + − = − + ≥ Do đó 2 x y xy + ≥ . Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi : 2 ( )x y− , tức là x = y . Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi. Khi đó, 2 2 S x y xy= + ≥ nên 2 4 S xy ≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất bằng 2 4 S khi và chỉ khi x = y. Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tích x.y = P không đổi. Khi đó, 2 P x y xy = + ≥ nên 2x y P+ ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 P khi và chỉ khi x = y. ỨNG DỤNG: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất . Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ nhất. Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : 3 ( )f x x x = + với x > 0. Giải. Do x > 0 nên ta có : 3 3 ( ) 2 . 2 3f x x x x x = + ≥ = và 3 ( ) 2 3 3f x x x x = ⇔ = ⇔ = . 6 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 ( )f x x x = + với x > 0 là ( 3) 2 3f = . Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương thì 1 1 1 ( )( ) 9.x y z x y z + + + + ≥ Khi nào xảy ra đẳng thức ? Giải. Vì x, y, z là ba số dương nên 3 3 .x y z xyz+ + ≥ ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ) 3 1 1 1 1 3 . x y z xyz + + ≥ ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 1 x y z = = ). Do đó 3 3 1 1 1 1 ( )( ) 3 .3 9.x y z xyz x y z xyz + + + + ≥ = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : . 1 1 1 x y z x y z = =    = =   Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 2.2. Dạng tổng quát (n số) ∀x 1 , x 2 , x 3 , ,x n không âm ta có: Dạng 1: 1 2 1 2 n n n x x x x x x n + + ≥ Dạng 2: 1 2 1 2 n n n x x x n x x x+ + ≥ Dạng 3: 1 2 1 2 n n n x x x x x x n    ÷   + + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 n x x x= = = Bình luận: • Để học sinh dễ nhớ, ta nói Trung bình cộng (TBC) ≥ Trung bình nhân (TBN). • Dạng 2 và dạng 3 khi đặt cạnh nhau có vẽ tầm thường nhưng lại giúp ta nhận dạng khi sử dụng BĐT Côsi : (3) đánh giá từ TBN sang TBC khi không có cả căn thức. Hệ quả 3: Nếu: 1 2 n x x x S const+ + + = = thì: ( ) 1 2 P n n S Max n x x x   =  ÷   = Khi 1 2 n S n x x x == = = Hệ quả 4: Nếu: 1 2 n x x x P const= = thì: ( ) 1 2 2 n Min S n Px x x =+ += Khi 1 2 n n x x x P== = = 7 III. Các kỹ thuật sử dụng của bất đẳng thức Cauchy (Côsi ) 3.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “ ≥ ”.Đánh giá từ tổng sang tích. Bài 1. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , ,8 a b ca b b c c a a b c ∀+ + + ≥ Giải Sai lầm thường gặp Sử dụng: ∀ x, y thì x 2 - 2xy + y 2 = ( x- y) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2xy. Do đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b ab b c bc c a ca      + ≥ + ≥ + ≥ ⇒ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 , ,a b b c c a a b c a b c+ + + ≥ ∀ (Sai) Ví dụ: 2 2 3 5 4 3      ≥ − ≥ − ≥ ⇒ 24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) Lời giải đúng: Sử dụng BĐT Côsi : x 2 + y 2 ≥ 2 2 2 x y = 2|xy| ta có: 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 a b ab b c bc c a ca  ≥   ≥   ≥   + ≥ + ≥ + ≥ ⇒ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | 8| 8 , ,a b b c c a a b c a b c a b c=+ + + ≥ ∀ (đúng) Bình luận • Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm. • Cần chú ý rằng: x 2 + y 2 ≥ 2 2 2 x y = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương. • Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói trên mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Côsi. • Trong bài toán trên dấu “ ≥ ” ⇒ đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số. Bài 2. Chứng minh rằng: ( ) 8 2 64 ( )a b ab a b+ ≥ + ∀ a,b ≥ 0 Giải ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 8 2 4 ôSi 2 4 2 .2 2 2 2 2 . . C a b a b a b ab a b ab ab a b       = = + = =           + + + ≥ + + 2 64 ( )ab a b= + Bài 3. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab ∀ a, b ≥ 0. 8 Giải Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 3 3 3 1. . . 3. . . 9a b ab ab ab= . Bình luận: • 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó. Bài 4. Chứng minh rằng: 3a 3 + 7b 3 ≥ 9ab 2 ∀ a, b ≥ 0 Giải Ta có: 3a 3 + 7b 3 ≥ 3a 3 + 6b 3 = 3a 3 + 3b 3 + 3b 3 3 3 3 6 3 3 Côsi a b ≥ = 9ab 2 Bình luận: • 9ab 2 = 9.a.b.b ⇒ gợi ý đến việc tách hạng tử 7b 3 thành hai hạng tử chứa b 3 để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b 2 . Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn. Bài 5. Cho: , , , 0 1 : 1 1 1 1 81 3 1 1 1 1 a b c d CMR abcd a b c d      > ≤ + + + ≥ + + + + Giải Từ giả thuyết suy ra: ( ) ( ) ( ) ôsi 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = - C b c d bcd a b c d b c d b c d        ÷  ÷  ÷       ≥ + − + − + + ≥ + + + + + + + + + + Vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 d 81 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 bcd a b c d cda b c d a abc a b c d a b c d dca c d c a abc d a b c        ⇒         ≥ ≥ + + + + ≥ ≥ + + + + ≥ + + + + + + + + ≥ ≥ + + + + ≥ ≥ + + + + ⇒ 1 81 abcd ≤ Bài toán tổng quát 1: 9 Cho: ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 , , , , 1 0 1 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n x x x x CMR x x x x n x x x x    −   > ≤ + + + + ≥ − + + + + Bình luận • Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh BĐT dễ dàng hơn. Bài 6. Cho , , 0 1 1 1 : 1 1 1 8 1 a b c CMR a b c a b c         ÷ ÷ ÷       > − − − ≥ + + = (1) Giải ôsi 1 1 1 (1) . . 2 2 2 . . . . 8 C a b c VT a b c b c c a a b bc ca ab a b c a b c − − − = + + + = =≥ (đpcm) Bài toán tổng quát 2: Cho: ( ) n 1 2 3 1 2 31 2 3 , , , , 1 1 0 1 1 1 1 : 1 1 1 1 n n n n x x x x CMR x x x xx x x x          −  ÷  ÷ ÷  ÷   ÷  ÷ ÷  ÷ + + + + =         > − − − − ≥ Bài.7. CMR: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 3 3 3 1 1 1 1 1 8 , , 0 3 a b c a b c abc abc a b c        ÷  ÷  ÷          ÷  ÷   + + + ≥ + + + ≥ + ≥ ∀ ≥ Giải Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ôsi 3 3 1 1 1 1 1 1 1 3 3 C a b c a b c a b c      ÷  ÷  ÷  ÷     + + + = + + + + + ≥ + + + (1) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1a b c ab bc ca a b c abc       =+ + + + + + + + + + ( ) ( ) 2 2 2 3 ôsi 3 3 3 3 11 3 C a b c abc abc abc+ + = +≥ + (2) Ta có: ( ) 3 3 3 3 ôsi 2 1. 81 C abc abc abc    ÷   =+ ≥ (3) Dấu “ = ” (1) xảy ra ⇔ 1+a = 1+b = 1+c ⇔ a = b = c Dấu “ = ” (2) xảy ra ⇔ ab = bc = ca và a = b = c ⇔ a = b= c Dấu “ = ” (3) xảy ra ⇔ 3 abc =1 ⇔ abc = 1 Bài toán tổng quát 3 Cho x 1 , x 2 , x 3 , , x n ≥ 0. CMR: 10 [...]... bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: ⇔ y x y+z−x z+x− y x+ y−z z x y z + + ≥  + ÷+  +  +  + ÷ ≥ 6  ÷ 2x 2y 2z  x y x z  z y Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thậ vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : VT y x z x y z ≥ 2 x y +2 x z +2 z y = 2+2+2 = 6 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c a2 b2 c2 + + ≥ a+b+c b + c − a c + a −b a +b −c Bài 2 Cho ∆ ABC Chứng minh. .. với BC, AC, AB tại D, E, F Chứng minh: 28 MD ME MF + + = 1; DA EB FC MA MB MC + + ≥ 6; c) MD ME MF DA EB FC + + ≥ 9/ 2; e) MA MB MC a) MA MB MC + + = 2; DA EB FC MA MB MC ≥8 ; d) MD ME MF MD ME MF + + ≥ 3/ 2 f) MA MB MC b) IV Một số ứng dụng của bất đẳng thức: 4.1 Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình: 1 x + y −1 + z − 2 = ( x + y + z ) 2 Bài 1 Giải phương trình Giải Điều kiện:... 2 phương pháp nữa đó là phương pháp nhân thêm hằng số, và chọn điểm rơi trong việc đánh giá từ TBN sang TBC.Do đã trình bày phương pháp điểm rơi ở trên nên trong mục này ta trình bày gộp cả 2 phần 3.5 Kỹ thuật nhân thêm hằng só trong đánh giá TBN sang TBC : Bµi 1 Chứng minh rằng: a ( b −1) + b ( a −1) ≤ ab ∀a, b ≥ 1 Giải Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab, sau đó áp dụng phương pháp. .. + +  ÷  a +b b+c c+a  ≥ 9 3.8 Kỹ thuật đổi biến số : Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc khó giải, khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài toán từ tình thế khó biến đổi về trang thái dễ biến đổi hơn Phương pháp tren gọi là phương pháp đổi biến số Bài 1 Chứng minh rằng: c a b 3 + + ≥ ∀a, b, c > 0 a +b b+c c+a 2 (BĐT Nesbit) Giải b + c = x > 0 ... dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :  2 2  x − x 2 + 1 ≤ ( x − x + 1) + 1 = x − x + 2   2 2 ⇒ x 2 + x −1 + x − x2 + 1 ≤ x + 1 (2) Kết hợp (1) và (2) ta có: x 2 − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ ( x − 1) 2 ≤ 0 ⇔ x = 1 Thử lại ta có x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình ( x − 1) y + ( y − 1) x = 2 xy  Bài 4 Giải hệ phương trình:   x y − 1 + y x − 1 = xy  Giải Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 1 ¸ Áp dụng bất đẳng thức. .. áp dụng việc chọn điểm rơi cho bất đăng thức Bunnhiacôpski thì bài toán sẽ nhanh gọn hơn, đẹp hơn • Trong bài toán trên chúng ta đã dùng mọt kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC , chiều của dấu của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số hay ở tử số Bài 5 Cho a, b, c, d > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S= a b c d b+c +d c + d +a... 9.11 a, b, c > 0  a 2 b2 c 2 1 1 1 + + + + + ≥ 28 Cho  Chứng minh rằng : S = b c a a b c a + b + c ≤ 1  3.9.2 Kỹ thuật chọn điểm rơi ¸đánh giá từ TBN sang TBC 9.12 1 ( a + b ) ( 1 − ab ) 1 CMR: - ≤ ≤ 2 ( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 ) 2 9.13 a, b, c > 0  8 Cho  Chứng minh rằng : ab + bc + ca − abc ≤ 27 a + b + c = 1  9.14 a, b, c > 0  Cho  Chứng minh rằng : 16abc ≤ a + b a + b + c = 1  3.9.3 Kỹ thuật... a+b+c b + c − a c + a −b a +b −c Bài 2 Cho ∆ ABC Chứng minh rằng : Giải b + c − a = x > 0  y+z z+x x+ y ; b= ; c= Đặt : c + a − b = y > 0 ⇔ a = 2 2 2 a + b − c = z > 0  Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: 2 ⇔ 2 ( y + z) + ( z + x) + ( x + y) 4x Ta có : VT (2) 4y 4z 2 ≥ x+ y+ z (2) yz zx xy 1  yz zx  1  zx xy  1  yz xy  ≥ x + y + z ≥ 2  x + y ÷+ 2  y + z ÷+ 2  x... nhỏ nhất của biểu thức: S = a + b + c + + + a b c a + b + c ≤ 2  9.7 a, b, c > 0  Cho  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a + b + c ≤ 2  1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 2a + 2 2 a a+b ab + ab a + b 1 1 1 S = a2 + b2 + c2 + + + a b c 9.8 Cho a, b, c, d > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9.9 S = 1 + 9.10 a, b, c > 0  1 1 1 2 2 2 + + ≥ 81 Cho  Chứng minh rằng : S = 2 +... lại thấy: x = y = 2 cũng thoả mãn phương trình thức nhất của hệ Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( 2; 2 )  1 1  x1 =  x2 + ÷ 2 x2 ÷      1 1  x2 =  x3 + ÷ 2 x3 ÷ Bài 5 Cho số nguyên n > 1 Giải hệ phương trình:         x = 1  x + 1 ÷ n 1  2 x1 ÷    Giải Từ hệ đã cho suy ra x1, x2, , xn là cùng dấu Giả sử xi ≥ 1 với mọi i Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có : 1 1 x1 =  . TSKH. Bất đẳng thức hình học. Nhà xuất bản giáo dục – 2001 8. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải toán bất đẳng thức. Nhà xuất bản Hà Nội– 2003 9. Trần Văn Hạo.( Chủ biên). Chuyên đề Bất đẳng thức. . kiến thức về tối ưu đại số này cũng được đưa vào chương trình phổ thông đó là bất đẳng thức Cauchy(Côsi). 4. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu một số vấn đề về Phương pháp chứng minh bất đẳng thức. chọn đề tài này. 2. Mục đích nghiên cứu: Một vấn đề thường gặp trong đại số, làm cho học sinh lúng túng đó là những bài toán về bất đẳng thức đại số như bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức