địng lí pitago của newon quê ơ vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Họ tên tác giả: Mai Sỹ Thủy Chức vụ: Phó Hiệu trưởng Đơn vị công tác: Trường THPT Mai Anh Tuấn SKKN thuộc môn: Toán học Năm học 2010 - 2011 A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong toán học phổ thông, các bài toán về bất đẳng thức chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu hết trong các kỳ thi tuyển sinh các cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… và thường xuất hiện dưới dạng là bài toán khó nhất trong đề. Điều tất nhiên khi gặp những bài toán chứng minh bất đẳng thức học sinh phải mất rất nhiều thời gian, công sức để giải quyết nó. Đề bài của bài toán bất đẳng thức tuy được phát biểu hết sức ngắn gọn, sáng sủa và đẹp đẽ nhưng học sinh lại gặp rất nhiều khó khăn khi đi tìm lời giải. Đứng trước những vấn đề trên trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã luôn trăn trở và đi tìm những thuật giải, những hướng đi cụ thể để giải quyết những vấn đề đó. Nhưng chúng ta đã biết không có một chìa khoá vạn năng nào có thể “mở khoá” được mọi bài toán. Trong khi đó việc giảng dạy toán học nói chung và trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng, việc làm cho học sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài toán một cách sáng tạo, hoàn chỉnh là rất cần thiết. Trong bài viết này, dựa trên kinh nghiệm một số năm giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi toán, tôi xin nêu lên một vài hướng giải quyết bài toán bất đẳng thức nhiều biến với đề tài “Đạo hàm và Tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, nhằm làm cho học sinh nâng cao khả năng tư duy, phát triển trí tuệ đồng thời bồi dưỡng niềm đam mê toán học cho các em học sinh. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN. Trong lớp các bài toán bất đẳng thức và cực trị nếu bài toán chỉ có chứa một biến hoặc hai biến với điều kiện nào đó thì ta có thể nghĩ ngay đến việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết. Tuy nhiên, với các bài toán bất đẳng thức và cực trị từ ba biến trở lên thì việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết chúng lại không hề đơn giản chút nào, nó đòi hỏi phải có nghệ thuật, có những ý tưởng thông minh và có những đánh giá, nhận xét tinh tế. 2 Trong phần này tôi đưa ra kinh nghiệm sử dụng đạo hàm nhằm giải quyết phần nào những khó khăn trong việc chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của bài toán nhiều hơn hai biến. Bài toán 1. Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 1 4 P a b c= + + Hướng dẫn: Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số , ,a b c mà ta không thể quy trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối xứng với ,a b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến ,a b bằng nhau. Ta chứng minh và sử dụng bất đẳng thức 3 3 3 2 2 a b a b æ ö + + ÷ ç ÷ ³ ç ÷ ç ÷ ç è ø , đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng nhau. Khi đó ta có ( ) 3 3 3 2 3 3 1 1 1 3 3 1 2 4 2 4 8 a b c c c c P c c f c + − + − +     ≥ + = + = =  ÷  ÷     . Bây giờ thì việc giải quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số ( ) ( ) 8.g c f c= trên khoảng ( ) 0;1 . Ta có ( ) 2 ' 3 6 3g c c c= + - , ( ) 1 2 ' 0 1 2, 1 2g c c c= Û = - - = - + . Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) g c trên khoảng ( ) 0;1 ta có: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 6 4 2g c g c g³ = - + = - , suy ra ( ) ( ) 1 3 2 2 4 P f c³ ³ - . Vậy ( ) min 1 3 2 2 4 P = - khi và chỉ khi ( ) 1 2 1, 2 2 2 c a b= - = = - . Mấu chốt của bài toán trên là sử dụng bất đẳng thức 3 3 3 2 2 a b a b æ ö + + ÷ ç ÷ ³ ç ÷ ç ÷ ç è ø và dùng giả thiết để quy bài toán từ ba biến trở về bài toán một biến. Bài toán 2. Cho ba số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 1a b c+ + = .Chứng minh rằng 7 2 27 ab bc ca abc+ + − ≤ . 3 Hướng dẫn: Trong bài toán này, sự xuất hiện của ba biến , ,a b c hoàn toàn đối xứng, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0 a b c£ £ £ . Do ba số , ,a b c không âm và có tổng bằng 1 cùng với điều giả sử ở trên nên ta có 1 0 3 a£ £ . Xét vế trái có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 2 4 1 1 1 2 4 4 b c P a b c bc a a b c a a a a a a a f a +   = + + − ≤ + + − = − + − −  ÷   = − + + = Như vậy, ta đã quy được bài toán từ ba biến về bài toán một biến chỉ bằng một phép biến đổi đơn giản nhóm nhân tử chung và sử dụng thêm bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân cho hai số. Công việc của ta bây giờ chỉ là xét hàm số ( ) f a trên đoạn 1 0; 3       . Ta có ( ) ( ) 2 3 1 1 ' 1 3 0 2 2 2 f a a a a a= - + = - ³ , 1 : 0 3 a a" £ £ , nên hàm ( ) f a đồng biến trên đoạn 1 0; 3       , suy ra ( ) ( ) 7 1 3 27 f a f£ = . Vậy, ( ) 7 27 P f a£ £ ( đpcm). Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = . Bài toán này ta có thể mở rộng hơn như sau: Cho ba số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 1a b c + + = và cho số thực 0 λ > . Chứng minh rằng ( ) 1 1 max , 9 4 27 ab bc ca abc λ λ   + + − ≤ −     Trong một số bài toán, việc biến đổi, ước lượng để đưa bài toán từ nhiều biến trở về một biến rồi sử dụng đạo hàm không hề đơn giản chút nào. Trong những tình huống như thế, có lẽ ta phải làm quen với việc coi một trong các biến của bất đẳng thức làm biến số của một hàm lựa chọn và những biến số khác là 4 tham s, ri s dng o hm. Di õy ta xem xột mt s bi toỏn lm sỏng rừ vn . Bi toỏn 3. Cho ba s thc , , 0x y z , chng minh rng : ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 3x y z xyz x y z y z x z x y+ + + + + + + + Hng dn: Bi toỏn hon ton i xng vi ba bin s, nờn khụng mt tớnh tng quỏt, ta gi s 0x y z , coi x l bin s v coi ,y z l tham s trong hm s ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 3 3 3f x x x y z xyz xy xz y z z y y z= - + + - - - - + + Ta cú ( ) ( ) 2 2 2 ' 3 2 3f x x x y z yz y z= - + + - - v ( ) ( ) ( ) '' 6 2 2 3 0f x x y z x y z= - + = - - vi mi , , 0x y z v x y z . iu ú chng t ( ) 'f x l hm s ng bin, suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ' ' 3 2 3 0f x f y y y y z yz y z yz z = - + + - - = - ( do x y z ). n õy ta suy ra ( ) f x l hm s ng bin, nh vy ( ) ( ) ( ) 2 0f x f y z z y = - . Vy bi toỏn ó chng minh xong! Bi toỏn 4. Chng minh rng nu , ,a b c l di cỏc cnh ca mt tam giỏc thỡ 3 1 2 2 a b c a c b b c a c b a ổ ử ữ ỗ ữ + + + + + ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ . Hng dn: Bi toỏn i xng vi , ,a b c nờn khụng mt tớnh tng quỏt ta gi s { } min , ,c a b c= , t ú suy ra 0 c ab< Ê v 2a b c b< + Ê . t x c= , ta xột hm s ( ) 2 2 3 b x a x a b f x x a x b b a ổ ử ữ ỗ ữ = + - - + - - ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ trờn khong ( 0; ab ự ỳ ỷ cú ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 ' 2 0 b a f x a b a b ab x x x ổ ử ữ ỗ ữ = - + + - = - - Ê ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ vi mi ( 0;x ab ự ẻ ỳ ỷ , 5 do ú hm s ( ) f x nghch bin trờn khong ( 0; ab ự ỳ ỷ , suy ra ( ) ( ) ( ) { } max , 2 0 a b f x f a f b b a = + - . Vy iu phi chng minh ó c gii quyt. Bi toỏn 5. Chng minh rng nu , , 1;2a b c ộ ự ẻ ờ ỳ ở ỷ thỡ 10 11 12 69 2 a b c bc ca ab + + Ê . Hng dn: Cng nh bi toỏn trờn ta coi mt trong ba s , ,a b c l mt bin s ca hm s, chng hn l a , khi ú ta t , 1;2x a x ộ ự = ẻ ờ ỳ ở ỷ v ta i xột hm s ( ) 1 11 12 10 . b c f x x x c b bc ổ ử ữ ỗ ữ = + + ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ , t 2 2 11 12 11 12 10 , b c b c c b bc bc a b + = + = = . Khi ú ( ) 2 2 2 ' x f x x x a b a b - = - + = , ( ) ' 0f x x a b = = . Ta cú 2 2 11 12 33 10 3. 3 1 b c x bc bc bc a a b b + = > = ị = > Nh vy, ta luụn cú ( ) ( ) ( ) { } ( ) ( ) { } max 1 , 2 max ,f x g b h bÊ = , trong ú ( ) ( ) 10 11 12 1 b c g b f bc c b = = + + v ( ) ( ) 20 11 6 2 2 b c h b f bc c b = = + + . Ta xột tip ( ) g b trờn on 1;2 ộ ự ờ ỳ ở ỷ cú ( ) 2 2 1 10 11 1 ' 12g b c A B c c b b ổ ử - ữ ỗ ữ = - + + = + ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ , trong ú 2 10 10 12 11 12 , c A c B c c c + = + = = v cú ( ) ' 0 1 A g b b B = = > Nh vy, ( ) ( ) ( ) { } 21 27 max 1 , 2 max 12 , 6g b g g c c c c ỡ ỹ ù ù ù ù Ê = + + ớ ý ù ù ù ù ợ ỵ 6 Xột ln na ( ) 21 12c c c j = + v ( ) 27 6c c c f = + trờn on 1;2 ộ ự ờ ỳ ở ỷ cú ( ) ( ) { } 1;2 69 69 max , max ,33 2 2 c cj f ộ ự ờ ỳ ở ỷ ỡ ỹ ù ù ù ù Ê = ớ ý ù ù ù ù ợ ỵ , t ú suy ra ( ) 69 2 g b Ê vi mi , 1;2b c ộ ự ẻ ờ ỳ ở ỷ . Xột tng t i vi ( ) h b trờn on 1;2 ộ ự ờ ỳ ở ỷ ta cng cú ( ) ( ) ( ) { } 51 21 63 63 max 1 , 2 6 , 3 ,24 2 2 2 h b h h c c c c ỡ ỹ ỡ ỹ ù ù ù ù ù ù ù ù Ê = + + Ê = ớ ý ớ ý ù ù ù ù ù ù ù ù ợ ỵ ợ ỵ . Vy 10 11 12 69 2 a b c bc ca ab + + Ê , ng thc xy ra khi v ch khi 1, 2a b c= = = . . Bi toỏn 6. Xột cỏc s thc dng , ,a b c tha món iu kin 21 2 8 12ab bc ca+ + Ê . Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 1 2 3 P a b c = + + . Hng dn: t 1 1 1 , ,x y z a b c = = = bi toỏn chuyn thnh: Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc ( ) , , 2 3P x y z x y z= + + vi , ,x y z dng tha món 12 2 8 21xyz x y z + + . T gi thit ( ) 12 21 2 8 0z xy x y- + > ta cú 2 8 12 21 x y z xy + - vi 7 4 x y > . Do ú ( ) 2 8 , , 2 4 7 x y P x y z x y xy + + + - . Bõy gi ta xột hm s ( ) 2 8 2 4 7 x y f x x y xy + = + + - vi bin 7 4 x y > v y l tham s thc dng. Ta cú ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 7 4 2 8 14 32 ' 1 1 4 7 4 7 xy y x y y f x xy xy - - + + = + = - - - , nờn ( ) 2 0 32 14 7 ' 0 4 4 y f x x x y y + = = = + . Lp bng bin thiờn ca hm s ( ) f x 7 trên khoảng 7 ; 4y æ ö ÷ ç ÷ +¥ ç ÷ ç ÷ ç è ø , ta có ( ) ( ) ( ) 2 0 9 1 2 32 14 4 2 f x f x y y g y y y ³ = + + + = . Ta xét tiếp hàm số ( ) g y trên khoảng ( ) 0;+¥ có ( ) ( ) 2 2 2 2 8 9 32 14 28 ' 4 32 14 y y g y y y - + - = + và ( ) 5 ' 0 4 g y y= Û = . Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) g y trên khoảng ( ) 0;+¥ có ( ) 5 15 4 2 g y g æö ÷ ç ÷ ³ = ç ÷ ç ÷ ç è ø , từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) 15 , , 2 P x y z f x g y³ ³ ³ . Đẳng thức xảy ra với 5 2 3, , 4 3 x y z= = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 15 2 khi 1 4 3 , , 3 5 2 a b c= = = . Như vậy, việc đổi biến và rút ẩn từ điều kiện để thay thế vào biểu thức cần tính là những thủ thuật cần thiết, cơ bản để làm cho bài toán không những đơn giản về mặt hình thức mà việc tính toán cũng trở lên ngắn gọn và giảm ngay được số biến trong bài. Sau đây chúng ta xem tiếp một bài để thấy rõ hơn. Bài toán 7. Cho ba số thực , , 1a b c ≥ và thỏa mãn 1 1 1 1 1 1 1a b c + + = + + + . Chứng minh rằng 8 1 1 2 1 1 1ab bc ca + + ≥ − − − . Hướng dẫn: Trong bài toán này, ta chưa thể sử dụng ngay đạo hàm để giải quyết bài toán. Để phát biểu bài toán đơn giản hơn và để có ý tưởng sử dụng đạo hàm ta đặt 1 1 1 , , 1 1 1 x y z a b c = = = + + + . Khi đó 1 , , 2 x y z ≤ và 1x y z+ + = . Ta có 1 , 1 , 1 z x y ab bc ac xy yz zx − = − = − = , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng 8 2 xy yz zx z x y + + ≥ với điều kiện 1 0 , , 2 x y z< ≤ và 1x y z+ + = . Với nhận xét 8 bi toỏn i xng vi bin ,x y nờn ta cú th a bi toỏn t ba bin v hai bin bng cỏch t ,x y s xy p + = = , khi ú 1 1 2 s < v 2 0 4 s p< . Ta cú ( ) ( ) ( ) 2 2 2 8 8 8 2 1 1 z x y xy yz zx xy p s p P s f p z x y z xy s p + = + + = + = + = Bõy gi xột hm s ( ) ( ) 2 8 2 1 1 p s p f p s s p = + cú ( ) ( ) 2 2 1 8 ' 1 s s f p s p = , ( ) ' 0f p = ( ) 1 2 2 s s p = . Lp bng bin thiờn, bin lun so sỏnh ( ) 1 2 2 s s vi 2 4 s cú: Nu ( ) 2 1 2 2 4 2 2 s s s s ta cú ( ) ( ) ( ) 1 4 2 2 2 6 2 6 2 2 2 s s f p f s = + > ữ Nu ( ) 2 1 2 2 4 2 2 s s s s ta cú : ( ) ( ) 2 2 4 4 1 s f p f s g s s = = ữ Kho sỏt ( ) g s trờn 1 ;2 2 2 ộ ự ờ ỳ - ờ ỳ ở ỷ cú ( ) ( ) 2 2 ' 4 1 g s s = - + - , t ú ( ) 1 2 2 g s g ổử ữ ỗ ữ = ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ . ng thc xy ra khi v ch khi 1 4 x y= = v 1 2 z = , tc l 3, 1a b c= = = . Bng nhng bin i n gin nhng ht sc tinh t v nhng nhn xột tớnh i xng ca ,x y ta ó a c bi toỏn t ba bin v bi toỏn hai bin, ri s dng o hm a tip bi toỏn v mt bin, khi ú bi toỏn hon ton l n gin! Bi toỏn sau õy th hin rừ hn tớnh i xng gia cỏc bin v thụng qua bi toỏn ny, ta cng cn cú thờm mt phng phỏp chun húa khi cn thit. Bi toỏn 8: Cho ba s thc khụng õm , ,a b c . Chng minh rng ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 2 2 2 16 11a b c a b b c c a abc a b c+ + + + + + + . Hng dn: 9 õy l bt ng thc i xng, ng bc nờn trc ht ta chun húa bng cỏch gi s 1a b c + + = v a b c , khi ú 1 0 3 c . Nh tớnh i xng, t ,s a b p ab= + = , khi ú 2 2 1, 3 4 s s p . Ta cn chng minh ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 16 1 32 21 16 1 1f p p s s p s s= + + . Ta cú ( ) ( ) ( ) ' 32 1 32 21f p p s s= + , ( ) ( ) ( ) 1 32 21 ' 0 0 32 s s f p p - - - = = < vi mi 2 1 3 s , suy ra ( ) ' 0f p > trờn 2 0; 4 s , do ú ( ) f p ng bin trờn 2 0; 4 s , vy ( ) ( ) ( ) 2 4 3 2 1 1 36 75 43 4 4 4 s f p f s s s g s = + = ữ Xột hm s ( ) 4 3 2 36 75 43g s s s s= + trờn on 2 ;1 3 ộ ự ờ ỳ ờ ỳ ở ỷ cú ( ) 3 2 ' 144 225 86g s s s s= - + , ( ) 2 43 ' 0 0, , 3 48 g s s s s= = = = , suy ra ( ) ( ) 2 max , 1 4 3 g s g g ỡ ỹ ổử ù ù ữ ù ù ỗ ữ Ê = ỗ ớ ý ữ ỗ ữ ù ỗ ù ố ứ ù ù ợ ỵ . Nh vy ( ) 1f p Ê , ng thc xy ra khi 1 1, 4 s p= = , tc l 1 , 0 2 a b c= = = . Bi toỏn ó c chng minh xong! Nh vy, vi cụng c o hm, ta ó cú th gii quyt c rt nhiu bi toỏn bt ng thc, cc tr nhiu hn hai bin. II. TIP TUYN CA TH HM S TRONG CHNG MINH BT NG THC NHIU BIN. 10 . trị của bài toán nhiều hơn hai biến. Bài toán 1. Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 1a b c + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 1 4 P a b c= + + Hướng dẫn: Nhìn biểu thức của. khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp và bạn đọc để đề tài được hoàn thiện, hiệu quả hơn. Xin trân trọng cảm ơn ! Nga Sơn, ngày 15 tháng 5 năm 2011 Người viết Mai Sỹ. (đpcm). Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho phương pháp này. Bài toán 9. Cho bốn số dương , , ,a b c d thoả mãn 1a b c d+ + + = . Chứng minh rằng ( ) 3 3