Ứng dụng Bất đẳng thức Benuli Thạc sĩ Nguyễn Xuân Đông

Bài toán bất đẳng thức là một trong những bài toán khó và quan trọng đối với học sinh trong các kì thi. Không những thế, đối với giáo viên, việc xây dựng một bài toán bất đẳng thức sao cho phù hợp với đối tượng học sinh và sao cho bài toán xây dựng nên mang một nét riêng, không trùng lặp là một điều cần thiết.

A MỞ ĐẦU

I – Đặt vấn đề

Bài toán bất đẳng thức là một trong những bài toán khó và quan trọng đối với học sinh trong các kỳ thi Không những thế, đối với giáo viên, việc xây dựng một bài toán bất đẳng thức sao cho phù hợp với đối tượng học sinh và sao cho bài toán xây dựng nên mang một nét riêng, không trùng lặp là một điều cần thiết Qua quá trình học tập, giảng dạy và tìm hiểu nghiên cứu về bất đẳng thức Becnuli tôi thấy nếu dùng bất đẳng thức Becnuli, ta có thể “cảm sinh” để xây dựng một lớp bài toán bất đẳng thức mà việc chứng minh các bất đẳng thức này hoàn toàn dùng các phép biến đổi thông thường (không cần dùng bất đẳng thức Becnuli) Do đó các bài toán bất đẳng thức này có thể dùng để bồi dưỡng hoặc ra

đề thi học sinh giỏi toán lớp 10 hoặc có thể dùng để ra đề thi cho học sinh phổ thông trong các kỳ thi như: thi chọn học sinh giỏi, thi tuyển sinh lớp 10,…

Vì vậy tôi chọn đề tài “Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng một lớp các bài toán bất đẳng thức và cách chứng minh” nhằm mục đích tạo ra một

lớp bài toán bất đẳng thức với điều kiện cho trước mà việc chứng minh thì chỉ cần

sử dụng các phép biến đổi thông thường Thậm chí nếu có sử dụng bất đẳng thức Becnuli trong quá trình chứng minh thì cũng chỉ để định hướng cách giải quyết bài toán chứ không cần sử dụng trực tiếp

Phạm vi nghiên cứu của đề tài là xây dựng một lớp các bài toán bất đẳng

thức dựa vào một số trường hợp riêng của bất đẳng thức Becnuli và chứng minh

Cụ thể là sử dụng bất đẳng thức Becnuli với số mũ nguyên dương kết hợp với một

số điều kiện cho trước

II – Phương pháp tiến hành

Qua quá trình thực tiễn bồi dưỡng cho những học sinh khá, giỏi về chuyên

đề bất đẳng thức trong các năm vừa qua và qua học tập, bồi dưỡng, nghiên cứu về bất đẳng thức Becnuli, tôi thấy rằng việc sử dụng bất đẳng thức Becnuli có thể cảm sinh giúp ta “sáng tác” ra những bài toán bất đẳng thức theo dự kiến của mình (bằng cách chọn “điểm rơi”, hay vị trí dấu “=” xảy ra) là có cơ sở

Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của đề tài gồm hai phần:

1 Bất đẳng thức Becnuli

Trong phần này, nêu và chứng minh bất đẳng thức Becnuli ở dạng quen thuộc Từ đó cảm sinh và mở rộng đi đến dạng tổng quát

2 Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng bài toán

Đây là nội dung chính của đề tài, phần này được trình bày dưới dạng các bài toán, mỗi bài toán được trình bày theo 4 bước (trừ những bài toán được suy ra

từ bài toán tổng quát, ta chỉ nêu bài toán):

* Xây dựng, hình thành bài toán (dựa vào bất đẳng thức Becnuli);

* Nêu bài toán (đây là đề bài ra cho học sinh)

* Chứng minh (không dùng bất đẳng thức Becnuli)

* Nhận xét, mở rộng và phát triển bài toán

Quá trình hình thành, xây dựng và mở rộng bài toán theo trình tự: từ bậc thấp đến bậc cao và từ một biến đến nhiều biến Trên cơ sở đó, phần II này được chia thành bốn mục chính

2.1 Bài toán bất đẳng thức bậc 2

2.2 Bài toán bất đẳng thức bậc 3

2.3 Bài toán bất đẳng thức bậc 4

2.4 Bài toán bất đẳng thức tổng quát

Ở mỗi mục có bài toán tổng quát của mục đó (bài toán có đóng khung) Riêng mục 2.4, bài toán tổng quát ở mục này cũng là bài toán tổng quát của đề tài Dựa vào các bài toán tổng quát đã được xây dựng, ta có thể “sáng tác” ra một lớp bài toán bất đẳng thức với điều kiện cho trước

Hy vọng với đề tài này sẽ góp phần làm phong phú thêm nguồn tài liệu tham khảo cho giáo viên và phần nào giúp cho các bạn đồng nghiệp có thêm nhiều ứng dụng, sáng kiến trong dạy học

Xin chân thành cảm ơn!

Tác giả

ThS Nguyễn Xuân Đông

B NỘI DUNG

1 – Bất đẳng thức Becnuli

Mệnh đề 1:

Cho n   và số thực x (x>-1) Khi đó ta có bất đẳng thức Becnuli:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0

Chứng minh:

Ta chứng minh bất đẳng thức (1) bằng quy nạp

 Khi n = 0, ta có bất đẳng thức (1) trở thành 1 1 (hiển nhiên đúng)

 Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k (k  ), tức là ta có: 0

(1x)k  1 kx

 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh:

1 (1x)k  1 (k1)x

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

(1x)k  1 kx

 (1x).(1x)k (1x).(1kx) (Vì giả thiết x > -1)

 (1x)k1 1 (1k x) kx2 1 (1k x) (Vì kx  ) 2 0 Vậy bất đẳng thức (1) cũng đúng với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp suy ra bất đẳng thức (1) đúng n   

Ta dễ dàng chứng minh được dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0

Nhận xét:

+ Trong bất đẳng thức (1), số mũ n có thể tổng quát hóa thành số thực bất

kỳ Tuy nhiên trong phạm vi nghiên cứu của đề tài chỉ sử dụng số mũ nguyên nên

ở đây không đề cập đến trường hợp số mũ là số thực

+ Từ bất đẳng thức (1) nếu ta muốn dấu “=” xảy ra khi x=1 thì khi đó ta

thay x bởi (t-1), ta được bất đẳng thức sau:

n

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1

Bất đẳng thức này được suy ra từ bất đẳng thức (1) một cách dễ dàng (đặt t=x+1)

Tiếp tục cảm sinh và mở rộng, bây giờ ta muốn dấu “=” xảy ra  xx0

x 0 0, khi đó trong bất đẳng thức (2), ta thay t bởi

0

x

x ta được bất đẳng thức

Becnuli tổng quát hơn sau đây:

Mệnh đề 2: Cho n   , n > 1 và x  Khi đó ta có: 0 0

Dấu “=” xảy ra  x x0

Chứng minh:

Chia hai vế của (3) cho x , ta được: 0n

0

n

 

 

 



1

n

n

 

 

 

t n nt

0

x t x



Đây là bất dẳng thức (2) đã được chứng minh

Dấu “=” xảy ra  t  , tức là 1

0 1

x

x  hay xx0

Bất đẳng thức (3) có thể được xem là bất đẳng thức Becnuli tổng quát với

số mũ nguyên Trường hợp nếu số mũ n trong bất đẳng thức (3) là số thực lớn hơn

1 thì bất đẳng thức này vẫn đúng Tuy nhiên vì phạm vi nghiên cứu của đề tài chỉ

giới hạn như đã trình bày nên trường hợp số mũ n   , ta không chứng minh ở

đây mà sẽ được trình bày trong một đề tài khác (phát triển đề tài)

Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Becnuli tổng quát (3) này, ta có thể xây

dựng một lớp các bài toán về bất đẳng thức mà số mũ n bằng bao nhiêu và dấu

“=” xảy ra tại giá trị x bằng bao nhiêu là do ta quyết định Nội dung này được 0

thể hiện trong phần 2

2 – Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng bài toán

Trong phần này, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Becnuli (3) đã chứng minh ở trên và bằng cách cho n và x bởi những giá trị cụ thể, khi đó ta sẽ có một bất 0

đẳng thức được suy ra từ bất đẳng thức Becnuli Kết hợp với một số thao tác và phép biến đổi tương đương, ta sẽ hình thành nên bài toán bất đẳng thức

2.1 Bài toán bất đẳng thức bậc hai

Bài toán 1:

 Xây dựng bài toán :

Từ bất đẳng thức (3), ta có thể chọn n và x bất kỳ Chẳng hạn ta chọn 0

2

n  ; x  , ta có bất đẳng thức (bđt) đúng: 0 3

2 2

x 3 2.3(x3) Cũng từ bất đẳng thức (3), ta chọn n = 2 ; y  , ta có bđt đúng : 0 1

2 2

y 1 2.1(y 1) (thay biến x trong bđt (3) bởi biến y)

Cộng hai bất đẳng thức này vế theo vế, ta được bất đẳng thức:

x  y 3 1 2 3 x ( 3)2 y 1(  )

 x2 y2 32 122 2 x.[ ( 3) ( x y4)] (*)

Trong bđt (*), nếu cho x  và x + y = 4 thì rõ ràng ta: 3 x2 y23212

Từ đó hình thành bài toán như sau:

Cho x 3









khi đó ta có x 2  y 2 3 2 1 2

 Nêu bài toán 1:

Cho x 3









Chứng minh rằng : x 2 y 210

 Chứng minh:

Bài toán này được hình thành từ bất đẳng thức Becnuli, thế nhưng ta hoàn toàn có thể chứng minh bằng phép biến đổi thông thường như sau

Ta có : x2 [3 (x 3)]2 322.3.(x3)(x3)2322.3.(x3)

y [1 (x 1)]  1 2.1.(y1)(y 1 ) 122.1.(y 1) Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được :

x y 3 1 2.3.(x3)2(y 1)

 x2y2 32122.[2.(x3)(xy4)]

 x2y2 321210 (Vì x và x + y = 4) 3

Ta dễ dàng chứng minh được dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = 3 và y = 1

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong

 Nhận xét:

+ Khi hướng dẫn học sinh (HS) giải quyết bài toán này cần chỉ cho HS nhận biết con số mà ta cần thêm bớt khi phân tích x2 [3(x3)]2 và

y2 [1(x1)]2 (số 3 và số 1) dựa vào giả thiết của bài toán Các số này cũng

chính là giá trị làm cho dấu ‘‘=’’ xảy ra Các bài toán sau này, việc kiểm tra dấu

‘‘=’’ xảy ra cũng tương tự như bài toán này

+ Từ bài toán 1, ta có thể tổng quát thành bài toán 2 sau đây

Bài toán 2:

Cho x a









Chứng minh rằng : x 2  y 2 a 2b 2

Dấu “=” xảy ra khi x = a và y = b

Với a, b là hai số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện a  b

 Chứng minh:

Ta có : x2 [a(xa)]2 a22.a.(xa)(xa)2 2

a 2.a.(xa)

y [b(xb)] b 2.b.(yb)(yb) b2 2.b.(yb) Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được :

x y a b 2.a.(xa)2.b.(yb)

 x2y2 a2b2 2.[(ab).(xa)b.(xy a b)]

 x2y2 a2b2 (Vì xa;a và x + y = a + b) ĐPCM b

 Nhận xét :

+ Như vậy với bài toán 2, ta có thể chọn 2 số a, b cụ thể để hình thành nên

các bài toán bất đẳng thức dạng bài toán 2 (lưu ý rằng hai số a,b được chọn phải

thỏa mãn điều kiện ab ) và việc chứng minh các bài toán này tương tự như cách

chứng minh bài toán 1 hoặc bài toán 2 tổng quát Bằng cách thay đổi các số a, b ta

có một số bài toán tương tự sau đây (Cách chứng minh tương tự như chứng minh

bài toán 1)

Bài toán 2.1: (a=2 ; b=2)

Cho x 2









CMR: x2 y2 8 (82 22 2)

Bài toán 2.2: (a=3 ; b=2)

Cho x 3









CMR: x2 y2 13 (133 22 2)

Bài toán 2.3: (a=4 ; b=3)

Cho x 4









Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Px2y2

+ Chú ý rằng trong bài toán 2, ta có thể thay x bởi (kx) và y bởi (ly) khi đó

ta được một bài toán bất đẳng thức tổng quát hơn nữa Chẳng hạn, cho k, l bằng các số cụ thể ta có bài toán sau (cách chứng minh tương tự như các bài toán trên)

Bài toán 2.4: (a=4 ; b=1; k = 2; l =1)

Cho 2x 4

2x y 5









CMR: (2x) 2 y24212

Vậy ta có thể nêu bài toán 2.4 như sau:

Cho x 2

2x y 5









CMR: 4x2 y217

Bài toán 2.5: (a=6 ; b=4; k = 3; l =2)

Cho 3x 6

3x 2y 10









CMR: (3x)2(2y)26242

Vậy ta có thể nêu bài toán 2.5 như sau:

Cho x 2

3x 2y 10









CMR: 9x24y252

+ Bài toán 2 có thể được mở rộng (tổng quát hóa) với 3 biến x, y, z Khi đó việc chứng minh bài toán này vẫn được tiến hành tương tự như bài toán 2 Cụ thể

ta có bài toán 3 sau đây

Bài toán 3:

Cho

x a









     



Chứng minh rằng : x 2  y 2 z 2 a 2b 2 c 2

Với a, b, c là các số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện a b c

 Chứng minh:

Ta có: x2 [a(xa)]2 a22.a.(xa)(xa)2a22.a.(xa)

y [b(xb)] b 2.b.(yb)(yb) b22.b.(yb)

z [c(xc)] c 2.c.(zc)(zc) c22.c.(zc)

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được :

x y z a b c 2.a.(xa)2.b.(yb)2.c.(zc)

 x2y2z2 a2b2c2

2.[(ac).(xa)(bc)(yb)c.(xy   z a b c)]

 x2y2z2 a2b2c2 2.[(ac).(xa)(b c)(y b)]

 x2y2z2 a2b2c2 2.[(ab).(xa)(bc)(xy a b)]

 x2y2z2 a2b2c2 ĐPCM

 Nhận xét:

+ Từ bài toán 3 này, ta cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện trên Khi đó ta

có bài toán bất đẳng thức cụ thể Chẳng hạn, ta có một số bài toán sau (cách chứng minh như bài toán 3 tổng quát):

Bài toán 3.1: (a=2 ; b=1; c = 1)

Cho

x 2









     



CMR: x2y2z222 12 12

Vậy ta có thể nêu lại bài toán 3.1 như sau:

Cho









   



CMR: x 2  y 2 z 2  6

Bài toán 3.2: (a=5 ; b=3; c = 1)

Cho

x 5









     



CMR: x2y2z2523212

Vậy ta có thể nêu lại bài toán 3.2 như sau:

Cho

x 5









   



CMR: x 2  y 2 z 2 35

+ Với cách mở rộng tương tự như bài toán 2.4 và bài toán 2.5, từ bài toán 3

ta có thể mở rộng bằng cách thay x, y, z lần lượt bởi kx, ly, tz Khi đó ta có bài

toán bất đẳng thức tổng quát hơn Chẳng hạn, cho các số k, l, t cụ thể ta có bài toán 3.3 sau đây

Bài toán 3.3: (a=6 ; b=4; c = 3; k = 3; l = 2; t = 1)

Cho

3x 6











3x  2y z 6 4 3

Vậy ta có thể nêu lại bài toán 3.3 như sau:

Cho

3 x 2 y 10

3 x 2 y z 13











CMR: 9 x 2 4 y 2 z 2 61

Như vậy qua các bài toán (từ bài toán 1 đến bài toán 3) ta thấy các bài toán này được hình thành từ bất đẳng thức Becnuli (3) ứng với số mũ n = 2 và được

mở rộng từ một biến x đến 2 biến (x, y) và 3 biến (x, y, z) Ngoài ra ta có thể mở rộng thành bài toán bất đẳng thức với k biến ( x x1, 2, ,x k ) và với bậc n bất kỳ

Trước hết ta sẽ mở rộng với bài toán bất đẳng thức bậc 3, bậc 4 Cũng từ

bài toán 1 và bất đẳng thức (3), ta sẽ mở rộng bậc 2 thành bậc 3, cụ thể ta có bài

toán 4 sau đây

2.2 Bài toán bất đẳng thức bậc ba

Bài toán 4:

 Xây dựng bài toán :

Từ bất đẳng thức (3) và tương tự như bài toán 1, ta chọn n = 3 ; x  , ta 0 3

có bđt đúng :

x 3 3.3 (x3) Cũng từ bất đẳng thức (3), ta chọn n = 3 ; y  , ta có bđt đúng : 0 1

y 1 3.1 (y 1) (thay biến x trong bđt (3) bởi biến y)

Cộng hai bất đẳng thức này vế theo vế, ta được bất đẳng thức:

x y 3 1 3 3 x ( 3)3 y 1(  )

 x3y333133 8 x.[ ( 3)(xy4)] (**)

Trong bđt (**), nếu cho x  và x + y = 4 thì rõ ràng ta: 3 x3y33313

Từ đó hình thành bài toán như sau:

Cho x 3









khi đó ta có x 3  y 33 31 3

 Nêu bài toán 4:

Cho x 3









Chứng minh rằng: x 3 y 328

 Chứng minh: Tương tự như cách chứng minh bài toán 1, ta có:

2

x [3(x3)] 3 3.3 (x3)3.3(x3) (x3)

 x3333.3 (x2 3)(x3)3 (i)

2

y [3 (y 3)]  1 3.1 (y 1) 3.1(y 1) (y 1)

 y3133.1 (y 1)2  (y 1) 3 (ii)

Cộng bất đẳng thức (i) và (ii) vế theo vế, ta được:

x y 3 1 3.3 (x3)3.1 (y 1) (x3) (y 1)

 x3y333133.[8(x3)(xy4)]

(x y 4)[(x 3) (x 3)(y 1) (y 1) ]

 x3y3331328 (vì x3 và x + y – 4 = 0) ĐPCM

 Nhận xét:

 Từ bài toán 4 ở trên, ta có thể tổng quát thành bài toán 5 sau đây

Bài toán 5:

Cho x a









Chứng minh rằng : x 3  y 3 a 3b 3

Dấu “=” xảy ra khi x = a và y = b

Với a, b là hai số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện a  b

 Chứng minh:

2

x [a(xa)] a 3.a (xa)3.a(xa) (xa)

 x3a33.a (x2 a)(xa)3 (a)

2

y [b(yb)] b 3.b (yb)3.b(yb) (yb)

 y3b33.b (y2 b)(yb)3 (b)

Cộng bất đẳng thức (a) và (b) vế theo vế, ta được:

x y a b 3.a (xa)3.b (yb)(xa) (yb)

 x3y3a3b33.[(a2b )(x2 a)b (x2 y a b)]

(x y a b)[(x a) (x a)(y b) (y b) ]

 x3y3a3b3 (Vì x ;a ab và x + y = a + b) ĐPCM

 Nhận xét :

+ Tương tự như bài toán 2 tổng quát, với bài toán 5 tổng quát này, ta có thể

chọn 2 số a, b cụ thể để hình thành nên các bài toán bất đẳng thức bậc ba có dạng

như bài toán 5 và việc chứng minh các bài toán này tương tự như cách chứng

minh bài toán 4 hoặc bài toán 5 tổng quát Bằng cách thay đổi các số a, b ta có

một số bài toán tương tự sau đây (Cách chứng minh tương tự như bài toán 4)

Bài toán 5.1: (a=2 ; b=1)

Cho x 2









CMR: x3y3  9 (92313)

Bài toán 5.2: (a=3 ; b=2)

Cho x 3









CMR: x3y335 (353323)

+ Tương tự như cách tổng quát hóa của bài toán 2.4 và bài toán 2.5, trong

bài toán 5, ta có thể thay x bởi (kx) và y bởi (ly) khi đó ta được một bài toán bất

đẳng thức tổng quát hơn nữa Chẳng hạn, cho k, l bằng các số cụ thể ta có bài toán sau (cách chứng minh tương tự như các bài toán trên)

Bài toán 5.3: (a=4 ; b=1; k = 2; l =1)

Cho 2x 4

2x y 5









CMR: (2x) 3 y34313

Vậy ta có thể nêu bài toán 5.3 như sau:

Cho x 2

2x y 5









CMR: 8x3y365

+ Ngoài ra, bài toán 5 cũng có thể được mở rộng (tổng quát hóa) với 3 biến

x, y, z Khi đó việc chứng minh bài toán này vẫn được tiến hành tương tự như bài

toán 5 Cụ thể ta có bài toán 6 sau đây

Bài toán 6 (TQ):

Cho

x a









     



Chứng minh rằng : x 3  y 3z 3a 3b 3c 3

Với a, b, c là các số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện ab  c