skkn đổi biến để tìm gtnn, gtln và chứng minh bất đẳng thức

- 1 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỔI BIẾN ĐỂ TÌM GTNN, GTLN VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Người thực hiện: ĐỖ TẤT THẮNG. Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN  Phương pháp giáo dục  Lĩnh vực khác:  Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2013-2014 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: ĐỖ TẤT THẮNG 2. Ngày tháng năm sinh: 06/09/1981 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: 149/7 Hưng Đạo Vương, Khu phố 2 phường Trung Dũng, BH-Đồng Nai. 5. Điện thoại: 0918.306.113 6. E-mail: thangtatdo@yahoo.com 7. Chức vụ: Gíao viên Toán 8. Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ Toán - Năm nhận bằng: 2010 - Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học môn Toán. III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Toán - Số năm có kinh nghiệm: 4 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 4 Năm học 2010-2011: Ứng dụng tích vô hướng 2 véctơ để giải một số bài toán hình học không gian qua các kì thi đại học. Năm học 2011-2012: Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. Năm học 2012-2013: Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. Năm học 2013-2014: Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. - 2 - ĐỔI BIẾN ĐỂ TÌM GTNN, GTLN VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Bất đẳng thức (BĐT) là kiến thức không thể thiếu trong các kì thi đại học, cao đẳng, thi học sinh giỏi. BĐT áp dụng rất nhiều trong trong cuộc sống nói chung và toán học nói riêng chẳng hạn: giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, các bài toán cực trị . . . Đa số học sinh khi gặp BĐT thường hay lúng túng, không biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải như thế nào? Với vai trò là giáo viên dạy Toán khối 10, tôi muốn HS được tiếp cận một số đề thi cao đẳng, đại học, đề thi học sinh giỏi, bài BĐT hay từ những kiến thức bình thường, dễ hiểu nhất. - Trong giải phương trình, hệ phương trình học sinh(HS) đã làm quen với phương pháp đặt ẩn phụ. Phương pháp đặt ẩn phụ đổi biến cũ thành biến mới, làm số ẩn của bài toán trở nên ít hơn hoặc bằng số ẩn ban đầu và đặc biệt là bài toán trở nên đơn giản hơn. Phương pháp đổi biến là phương pháp không mới nhưng HS ít chú ý tới. Nếu ta vận dụng một cách hợp lí thì rất nhiều bài toán phức tạp sẽ trở nên đơn giản. Các ưu điểm nổi bật phương pháp đổi biến số: Làm bài toán trở nên “đơn giản” hơn, có thể “chuyển” BĐT từ không đối xứng hay hoán vị thành đối xứng, từ một bài toán ban đầu có thể “sáng tạo” thành nhiều bài toán khác nhau. - Phương pháp đổi biến số trong BĐT rất sâu và rộng. Nhưng với vai trò giáo viên dạy Toán khối 10 và trong phạm vi sáng kiến kinh nghiệm này chúng tôi chỉ tập trung vào các dạng phổ biến HS hay gặp phải trong các đề thi CĐ, Đại học, tuyển sinh 10 chuyên, các đề thi học sinh giỏi tỉnh …Cụ thể hơn sẽ được thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm (SKKN). II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI Một là, qua thực tế dạy học chúng tôi nhận thấy trong chương trình lớp 10 phần BĐT, số bài tập trong sách giáo khoa hạn chế và thời lượng dành cho nó rất ít. Hai là, trong sách giáo khoa, sách bài tập đều không có hoặc rất ít bài BĐT dùng phương pháp đổi biến? Nên khi làm bài BĐT thì HS thường hay lúng túng. Do đó, tôi làm SKKN này với mong muốn là một tài liệu giúp HS đỡ khó khăn hơn khi gặp một số bài BĐT có dạng trên. III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI Ý tưởng chủ đạo của phương pháp đổi biển số là từ các dấu hiệu đặc trưng giả thiết của bài toán, chúng ta sẽ đổi các biến cũ thành biến mới để làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn. Với vai trò là người làm toán thì đưa bài toán về dạng càng đơn giản càng tốt. Do đó, nếu khi đặt biến mới mà bài toán trở nên đơn giản hơn thì đúng hướng để làm, còn nếu bài toán trở nên khó hơn thì ta nên đổi biến mới hoặc dùng phương pháp khác. A) Cơ sở lí thuyết - 3 - Theo chương trình sách giáo khoa ban nâng cao và cơ bản hiện hành, HS lớp 10 chỉ được học BĐT Cô-si(Cauchy)2 và 3 số không âm, BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz) với 2 bộ hai số thực và ba số thực. Do đó, chúng tôi cố gắng biên soạn hệ thống bài tập, kĩ thuật giải dựa trên BĐT Cô-si 2 và 3 số không âm, BĐT Bu-nhi-a-cốp- xki với 2 bộ hai số thực và ba số thực. Mục đích cho HS dễ hiểu nhất có thể.  Bất đẳng thức Cô-si 2 số không âm Cho a, b ≥ 0, ta có: a b ab 2 + ≥ . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.  Bất đẳng thức Cô-si 3 số không âm Cho a, b, c ≥ 0, ta có: a b c abc 3 3 + + ≥ . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Cho 1 2 ( , , , ) n f x x x là một hàm n biến thực trên n D f D⊂ →¡ ¡: : − 1 2 1 2 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2 ( , , , ) ( , , , ) Max ( , ,. . ., ) : ( , , , ) n n D n n f x x x M x x x D f M x x x D f x x x M ≤ ∀ ∈   = ⇔  ∃ ∈ =   − 1 2 1 2 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2 ( , , , ) ( , , , ) Min ( , , . , ) : ( , , , ) n n D n n f x x x m x x x D f m x x x D f x x x M ≥ ∀ ∈   = ⇔  ∃ ∈ =   Trong phân phối chương trình chính thức của Bộ giáo dục và đào tạo dành cho lớp 10 ban nâng cao và cơ bản không có BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz). Mà chỉ đề cập tới trong bài đọc thêm trang 111, sách giáo khoa lớp 10 ban nâng cao hiện hành. Tuy nhiên, trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10. Chúng tôi nhận thấy trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh hoặc cao hơn luôn sử dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki. Nên chúng tôi cũng trình bày BĐT này trong SKKN. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz)với 2 cặp số thực Cho hai cặp số thực ( ) 1 2 ,a a và ( ) 1 2 ,b b ta có: + ≤ + + 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) ( )( )a b a b a a b b . Dấu "=" xảy ra ⇔ = 1 2 2 1 a b a b Chứng minh: Ta có + ≤ + + 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) ( )( )a b a b a a b b ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ + + ≤ + + + 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 2a b a b a b a b a b a b a b a b ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ ≤ + ⇔ − ≥ 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 0a b a b a b a b a b a b (đpcm) Dấu “=” xảy ra ⇔ − = 1 2 2 1 0a b a b ⇔ = 1 2 1 2 a a b b ( ≠ 1 2 0b b ) Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (Cauchy- Schwarz) với 2 bộ ba số thực - 4 - Cho hai bộ ba số thực ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 , , , , ,a a a b b b ta có: + + ≤ + + + + 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 ( ) ( )( )a b a b a b a a a b b b . Nếu ≠ 1 2 3 0b b b thì đẳng thức xảy ra ⇔ = = 3 1 2 1 2 3 a a a b b b Chứng minh: Thật vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + ≤ + + + + ⇔ + + + + + ≤ + + + + + + + + ⇔ + + ≤ + + + 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 2 2 2 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 2 2 3 1 1 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 3 3 1 1 3 3 1 2 1 3 2 1 2 3 ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a a a b b b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + +       ⇔ + − + + − + + − ≥           2 2 3 1 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 3 3 1 1 3 3 1 2 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 0 a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b ( ) ( ) ( ) ⇔ − + − + − ≥ 2 2 2 1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2 0a b a b a b a b a b a b (đpcm) Dấu "=" xảy ra ⇔ − =   − =   − =  1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2 0 0 0 a b a b a b a b a b a b ⇔ = = 3 1 2 1 2 3 a a a b b b ( ≠ 1 2 3 0b b b ) B) Đổi biến để chứng minh bất đẳng thức hay tìm GTLN, GTNN với vai trò người giải toán. Đổi biến số là một phương pháp không mới nhưng HS ít chú ý tới. Nếu ta vận dụng phương pháp này một cách hợp lí thì rất nhiều bài toán phức tạp sẽ trở nên đơn giản. Khi gặp một bài toán BĐT có nên tiến hành phương pháp đổi biến không? Khi nào thì đổi biến và khi nào thì không đổi biến? Thông thường sẽ “tiến hành” phương pháp đổi biến khi bài toán có các dấu hiệu sau: +Số biến mới sẽ ít hơn hoặc bằng số biến ban đầu. +Bài toán trở nên đơn giản hơn. +Dựa vào các dấu hiệu đặc trưng của bài toán, sẽ được phân nhóm theo các dạng quen thuộc hoặc được hỗ trợ bởi giả thiết. Ngược lại, sẽ “không tiến hành” phương pháp đổi biến khi bài toán có xuất hiện các dấu hiệu sau: +Số biến mới sẽ nhiều hơn số biến ban đầu. +Bài toán trở nên khó hơn. Để hiểu hơn chúng ta sẽ đi vào các ví dụ cụ thể 1) Đổi biến ở mẫu số, biểu thức bậc cao hoặc biểu thức chứa căn Thử đặt các biểu thức dưới mẫu, biểu thức chứa căn thức, số hạng có lũy thừa bậc cao trong BĐT là các biến mới. Với cách làm trên bài toán đã trở nên đơn giản, dễ biến đổi hơn. Ví dụ 1. (BĐT Nesbit) Cho a,b,c >0 . CMR: 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + - 5 -  Phân tích: − Nhìn vào VT của BĐT ta thấy các số hạng chứa ẩn ở mẫu, thử đơn giản bài toán bằng các đặt ẩn mới là các biểu thức dưới mẫu. Đặt 0 0 0 x b c y c a z a b = + >   = + >   = + >  rồi rút gọn ta thu được 1 3 2 2 x y y z z x VT y x z y x z         = + + + + + −    ÷  ÷  ÷         . − Lúc này VT là biểu thức tương đối đơn giản và đối xứng theo 3 ẩn theo x,y,z nên dự đoán dấu “=” xẩy ra khi 1x y z= = = . Dễ thấy ngay là áp dụng BĐT Cô-si là xong. Lời giải: Đặt 2 0 0 2 0 2 y z x a x b c x z y y c a b z a b x y z c + −  =  = + >   + −   = + > ⇒ =     = + >  + −  =   . Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 2 2 2 y z x x z y x y z VT x z y x y z x y z y z x y z x x z y y z x x z y x y z x y y z z x x y z y x z y x z + − + − + −        ÷  ÷  ÷       = + + + − + − + − + − + − + −       + + +  ÷  ÷  ÷               + − + − + −   = + + = + + + + + −    ÷  ÷  ÷             Áp dụng BĐT Cô si 2 số dương ta có 1 3 1 3 3 2 . 2 . 2 . 2 2 2 2 2 x y y z z x x y y z z x VT y x z y x z y x z y x z           = + + + + + − ≥ + + − =      ÷  ÷  ÷           Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra a b c⇔ = =  Nhận xét: − Khi đổi biến tuy bài toán vẫn có 3 ẩn bằng số ẩn ban đầu. Nhưng vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, do mẫu số chỉ còn 1 ẩn, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si. − Bằng kĩ thuật giải tương tự có thể giải quyết bài toán sau: Bài toán mở rộng Ví dụ 1: Cho , , , 0a b c d > . Cmr : 4 3 a b c d b c d c d a d a b a b c + + + ≥ + + + + + + + + - 6 - Tổng quát hóa Ví dụ 1: Cho * 1 2 , , , 0, n a a a n N > ∈ . Cmr: 1 1 1 n j n j i j i a n n a a = =    ÷  ÷ ≥ −  ÷ −  ÷   ∑ ∑ Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có cạnh BC=a,AC=b,AB=c . Tìm GTNN của biểu thức CBA C BAC B ACB A P sinsinsin sin sinsinsin sin sinsinsin sin −+ + −+ + −+ = (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2005-2006 vòng 1) Lời giải: Đặt sin 2 sin sin sin sin sin sin sin 2 sin sin sin sin 2 y z A x B C A x z y C A B B z A B C x y C +  =  = + −   +   = + − ⇒ =     = + −  +  =   Ta có sin sin sin 2sin cos sin 4cos sin sin 0 2 2 2 2 2 B C B C A B C x B C A A + − = + − = − = > (Do A,B,C là 3 góc của tam giác). tương tự, ta thu được x,y,z>0. Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 y z x z x y P x z x y y z x y y z x z y z x z x y y z x z x y y x z x x z x y z x y x z z x + + +        ÷  ÷  ÷       = + + + + + + + + + + +       + − + − + −  ÷  ÷  ÷           + + +     = + + = + + + + +    ÷  ÷  ÷         Áp dụng BĐT Cô-si 2 số dương ta có: 1 1 2 . 2 . 2 . 3 2 2 y x z x x z y x z x x z P x y x z z x x y x z z x           = + + + + + ≥ + + =      ÷  ÷  ÷           Vậy Min P=3 khi A=B=C ⇔ Tam giác ABC đều.  Nhận xét: − Khi đổi biến tuy bài toán vẫn có 3 ẩn bằng số ẩn ban đầu. Nhưng vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, do mẫu số chỉ còn 1 ẩn và BĐT không còn chứa các giá trị Lượng giác, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si. Ví dụ 3. Cho 3 , , (0; ) : 3 2 a b c a b c ∈ + + = . Cmr: 1 1 1 9 3 2 3 2 3 2 ab bc ca a b c + + ≥ + + − − − . ( HSG 11- Hà Tĩnh -2007) Lời giải: - 7 - Đặt 3 2 , 3 2 , 3 2a x b y c z− = − = − = thì 2 2 2 , , 0 3 x y z x y z >   + + =  ; Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 ( 9) 4 ab bc ca x y y z z x+ + = + + + . Do đó BĐT cần chứng minh trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 36 1 1 1 ( )( 9) 36 9 x y y z z x x y z x y y z z x x y z + + ≥ ⇔ + + + + + ≥ + + + . Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta được: 3 1 1 1 3 x y z xyz + + ≥ >0 (1) Áp dụng liên tục BĐT Cô si 2 và 3 số ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 9 1 1 1 6 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 4 4 4 3 4 .4 .4 12 x y y z z x x y y z z x xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz zx xyz + + + = + + + + + + ≥ + + + = + + + + + ≥ + + ≥ = (2) Nhân vế theo vế của (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c=1  Nhận xét: − Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, do biểu thức đã được “khử căn”, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si. Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y x y z x z x y P y y 2z z z z 2x x x x 2y y + + + = + + + + + (Đại học 2007A). Lời giải:  Phân tích: − Nhìn vào biểu thức P trông rất phức tạp nhưng các biến đó có liên quan đến ,x x ,y y z z (do áp dụng BĐT Cô-si). − Để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa về bài toán mới. − Do BĐT đối xứng theo 3 ẩn nên ta dự đoán dấu “=” xẩy ra khi 1x y z= = = . Lời giải: Áp dụng BĐT Cô si 2 số dương ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 . 2 Cauchy x y z x y x z x y x z x x+ = + ≥ = Tương tự ( ) 2 2 Cauchy y z x y y+ ≥ ( ) 2 2 Cauchy z x y z z+ ≥ Đặt 2 , 2 , 2a x x y y b y y z z c z z x x= + = + = + Suy ra: 4 2 4 2 4 2 , , 9 9 9 c a b a b c b c a x x y y z z + − + − + − = = = - 8 - Do đó: 3 3 2 2 4 6 4.3 . . 3 . . 6 2 9 9 c a b a b c c a b a b c P b c a b c a b c a b c a         ≥ + + + + + − ≥ + − =  ÷  ÷  ÷           (BĐT Cô si cho 3 số dương) Vậy 2 1.MinP x y z= ⇔ = = = Ví dụ 5. Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 9 9 9 9 9 9 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 x y y z z x P x x y y y y z z z z x x + + + = + + + + + + + + (Romania 1997) Lời giải: Có x, y, z >0, Đặt : a = x 3 , b = y 3 , c = z 3 (a, b, c >0 ; abc = 1) ta được : 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b b c c a P a ab b b bc c c ca a + + + = + + + + + + + + 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) a b a ab b a b a ab b a ab b + − + = + + + + + mà 2 2 2 2 1 3 a ab b a ab b − + ≥ + + (Biến đổi tương đương) 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 3 a ab b a b a b a ab b − + ⇒ + ≥ + + + Tương tự: 3 3 2 2 1 ( ) 3 b c b c b bc c + ≥ + + + 3 3 2 2 1 ( ) 3 c a c a c ca a + ≥ + + + ⇒ 3 2 ( ) 2. 2 3 P a b c abc ≥ + + ≥ = (BĐT Côsi) ⇒ P 2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P ≥ = ⇔ Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1  Nhận xét: − Khi đổi biến vế trái của BĐT do biểu thức đã được hạ bậc từ bậc 9 xuống bậc ba, bậc 6 xuống bậc 2, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn. Ví dụ 6. Cho x, y, z >0 thoả 1x y z+ + = . Cmr: 1 4 9 36 x y z + + ≥ Lời giải: Từ giả thiết ta đặt , , x y z a b c x y z x y z x y z = = = + + + + + + với a,b,c >0 Nên BĐT cần chứng minh ⇔ 4. 9. 36 a b c a b c a b c a b c + + + + + + + + ≥ 4. 4. 9. 9. 22 b c a c a b a a b b c c ⇔ + + + + + ≥ 4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22 b a c a c b b a c a c b a b a c b c a b a c b c       ⇔ + + + + + ≥ + + =  ÷  ÷  ÷       (đúng) - 9 - Dấu “=” xảy ra 1 6 2 1 3 3 1 2 x b a y c a z  =   =   ⇔ ⇔ =   =    =    Nhận xét: − Nếu giả thiết cho a+b+c=1 thì thử đặt , , x y z a b c x y z x y z x y z = = = + + + + + + − Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên dễ thấy là dùng BĐT Cô-si hơn.  Bài tập : Bài 1. Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. Cmr : a) 3 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + − + − + − b) 1 1 1 1 1 1 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + + + − + − + − c) 1 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + − + − + − d) a b c a b c b c a a c b a b c + + ≥ + + + − + − + − Bài 2. Cho a, b , c dương. Cmr: 4 4 4 9 2 2 2a b c a b c a b c a b c + + ≥ + + + + + + + + Bài 3. Cho x 0 ≥ , y 0 ≥ thỏa mãn 12 =− yx . Chứng minh rằng 5 1 ≥+ yx Bài 4. Cho a >0, b >0, c>0. Chứng minh rằng 8 1625 > + + + + + ba c ac b cb a Bài 5. Cho m, n, p, q, a, b >0. Chứng minh rằng ( ) ( ) pnmpnm ba pc ac nb cb ma ++−++≥ + + + + + 2 2 1 Bài 6. Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1. Chứng minh rằng 9 2 1 2 1 2 1 222 ≥ + + + + + abcacbbca Bài 7. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z=0, x+1>0, y+1>0, z+4>0. Hãy tìm giá trị lớn nhất của : 111 + + + + + = z z y y x x Q 2) Đổi biến trong các bất đẳng thức có dạng đối xứng 2.1)Bất đẳng thức đối xứng theo hai biến số không âm Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đối xứng chứa hai biến a, b không âm ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau: - 10 - [...]... dấu bằng trong bất đẳng thức Cô si để tìm GTLN, GTNN và chứng minh bất đẳng thức, SKKN 2012-2013 4 Đỗ Tất Thắng, Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm GTLN, GTNN và chứng minh bất đẳng thức SKKN 2011-2012 5 Lê Anh Tuấn, Đổi biến để chứng minh bất đẳng thức, Toán học với tuổi trẻ trang 2 số 411 tháng 9 năm 2011 6 Lê Trung Tín, Ứng dụng của đa thức đối xứng sơ cấp vào giải toán bất đẳng thức, tìm cực trị của... x,y,z không âm − Để sử dụng phương pháp đổi biến hiệu quả quan trọng nhất là khai thác mối liên hệ giữa các đại lượng x = a + b + c, y = ab + bc + ca, z = abc Tiếp theo là đổi biến mới theo x,y,z Sau cùng vận dụng các đẳng thức, bất đẳng thức trên vào chứng minh bài toán Sau đây là một số ví dụ để làm sáng tỏ vấn đề này: Ví dụ 9 Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh: (a + b)(b... toán chứng minh bất đẳng thức đối xứng chứa ba biến a, b, c không âm ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau: x = a + b + c  Đặt  y = ab + bc + ca ta có các đẳng thức sau:  z = abc  xy – z = (a + b)(b + c)(c + a)   x + y = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b)  x 2 − 2 y = a2 + b2 + c2  x 3 − 3 xy + 3z = a3 + b3 + c3 Dễ dàng chứng minh được , , ,  dựa vào hàng đẳng thức và. .. 3) “Chuyển” từ bất đẳng thức không đối xứng thành đối xứng, bất đẳng thức hoán vị thành đối xứng Phần lớn các bài BĐT trong các đề thi đại học, cao đẳng hay các đề thi học sinh giỏi đều có dạng BĐT đối xứng Thông thường, biểu thức đối xứng đạt GTLN, GTNN khi các biến có giá trị bằng nhau Kĩ thuật “Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức ”1 được áp dụng giúp kiểm tra sai lầm, định hướng và giải quyết bài... ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh Dấu “=” xẩy ra ⇔ a=b=c  Nhận xét: − Khi đổi biến vế trái của BĐT đã trở nên đơn giản hơn, do mẫu số chỉ còn 1 ẩn, tạo điều kiện biến đổi dễ hơn, dễ nhìn thấy được là sẽ áp dụng BĐT cô si − Đặc biệt “chuyển” bất đẳng thức từ bất đối xứng thành đối xứng − Như thế chúng ta có thể dự đoán dấu bằng BĐT xẩy ra khi nào? Làm cho bài toán dễ định hướng và làm hơn ... nhiên, các dạng và phương pháp tôi lựa chọn chưa hẳn tối ưu và đầy đủ, chắc chắn còn phải bổ sung thêm cho việc giảng dạy tốt hơn Rất mong có sự đóng góp của quí đồng nghiệp - 26 - TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Võ Bá Quốc Cẩn-Trần Quốc Anh, Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức Nhà xuất bản Đại học sư phạm 2 Võ Bá Quốc Cẩn-Trần Quốc Anh, Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức. Nhà xuất... là đổi biến mới theo s,p Sau cùng vận dụng các đẳng thức, bất đẳng thức trên vào chứng minh bài toán Ví dụ 7 Cho a, b không âm Cmr: a4 + b 4 ≥ a3b + ab3 Lời giải: Đặt { s = a+b ≥ 0 p = ab ≥ 0 ( BĐT cần chứng minh ⇔ s2 − 2 p ) 2 ( − 2 p ≥ p s2 − 2 p )  s2 − 4 p ≥ 0  s2 ≥ 4 p ⇒  2 ⇔ s − 5s p + 4 p ≥ 0 ⇔ s − p s − 4 p ≥ 0 (do  ) 2 s − p = s − 4 p + 3 p ≥ 0  4 2 2 ( 2 )( 2 ) ( BĐT được chứng minh. .. vào giải toán bất đẳng thức, tìm cực trị của hàm nhiều biến dạng đối xứng, Trường THPT Hồng Ngự 2, Đồng Tháp 7 Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất bản Tri thức 8 Trần Phương, Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, Nhà xuất bản Tri thức 9 Lê Trọng Quyền, Gỉai các bài toán sử dụng bất đẳng thức Cô si bằng phương pháp đổi biến số, Trường THPT Hà Huy Tập- Cẩm Xuyên- Hà Tĩnh 10.www.hsmath.net... tình, giúp đỡ, tư vấn để tôi hoàn thiện chuyên đề NGƯỜI THỰC HIỆN ĐỖ TẤT THẮNG - 27 - SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Biên Hoà, ngày 18 tháng 02 năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học : 2013 - 2014 ––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: ĐỔI BIẾN ĐỂ TÌM GTNN, GTLN VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Họ và tên tác giả: Đỗ...Đặt { s = a+b p = ab Ta có các đẳng thức sau: s2 – 2p = a2 + b2 s3 − 3 ps = a3 + b3   (  s2 − 2 p ) 2 − 2 p2 = a 4 + b 4 1+ s + p = ( 1+ a) ( 1+ b)  Dễ dàng chứng minh được , , ,  dựa vào các hàng đẳng thức và khai triển Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau: s2 ≥ 4 p  2+s 2 Nếu 0 ≤ p ≤ 1 thì 1 + s + p ≤ 1 + p 2+s  2 Nếu p ≥ 1 thì 1 + s + p ≥ 1 + p Chứng minh 2 2 Ta có s2 ≥ 4 p ⇔ ( a . trong bất đẳng thức Cô-si để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. Năm học 2013-2014: Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức. -. đẳng thức. - 2 - ĐỔI BIẾN ĐỂ TÌM GTNN, GTLN VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Bất đẳng thức (BĐT) là kiến thức không thể thiếu trong các kì thi đại học, cao đẳng, thi học sinh. + + + + + = z z y y x x Q 2) Đổi biến trong các bất đẳng thức có dạng đối xứng 2.1 )Bất đẳng thức đối xứng theo hai biến số không âm Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đối xứng chứa hai biến a, b