“Sử dụng một bất đẳng thức đơn giản trong việc chứng minh bất đẳng thức”

MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A. PHẦN MỞ ĐẦU I. Lý do thực hiện đề tài: 1, Cơ sở lý luận: Bất đẳng thức là một trong những phần rất quan trọng trong chương trình toán phổ thông. Nó có mặt trong tất cả các bộ môn Số học, Hình học, Đại số, Lượng giác và Giải tích. Các bài toán về bất đẳng thức tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc đáo của các phương pháp giải chúng. Chính vì thế bất đẳng thức là chuyên đề được mọi người quan tâm đến rất nhiều. Tuy nhiên, việc giải quyết một bài toán về chứng minh bất đẳng thức không hề đơn giản, yêu cầu không chỉ nắm vững các kiến thức cơ bản, mà còn phải biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo các phương pháp đã học kết hợp với kỹ năng biến đổi, suy luận, dự đoán, 2, Cơ sở thực tiễn: Khi học toán, học sinh thường thấy “sợ” khi nhắc đến bất đẳng thức, cho rằng bất đẳng thức là một phần rất khó không thể giải được. Nguyên nhân là học sinh không biết cách lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. vì vậy một bài toán đơn giản cũng trở nên “vô cùng khó” đối với các em. Với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy và học về bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn mới về bất đẳng thức, tôi nghiên cứu đề tài: “Sử dụng một bất đẳng thức đơn giảntrong việc chứng minh bất đẳng thức”. II. Phương pháp nghiên cứu: 1. Phương pháp nghiên cứu lý luận; 2. Phương pháp điều tra thực tiễn; 3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm; 4. Phương pháp thông kê. 1 III. Đối tượng nghiên cứu: Các bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức ( ) 2 21 21 1 11 n aaa aaa n n ≥         ++++++ , ∀ a 1 , a 2 , , a n > 0. B. PHẦN NỘI DUNG I. Bất đẳng thức Côsi: Cho a 1 , a 2 , , a n là các số không âm. Khi đó ta có: n n n aaa n aaa 21 21 ≥ +++ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a 1 = a 2 = = a n Ví dụ áp dụng: Cho a 1 , a 2 , , a n > 0. Chứng minh rằng: ( ) 2 21 21 1 11 n aaa aaa n n ≥         ++++++ (*) Bài giải: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: n n n aaa n aaa 21 21 ≥ +++ (1) n n n aaan aaa 1 1 11 21 21 ≥ +++ (2) Do cả hai vế của (1) và (2) đều là số dương, nên nhân từng vế của (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra n21 21 n21 a a a 1 11 a a a ===⇔      === === ⇔ n aaa Hai dạng riêng của bất đẳng thức trên. Đó là khi a, b, c > 0, ta có: (a + b)       + ba 11 ≥ 4 (**) (Ứng với n = 2) 2 (a + b + c)       ++ cba 111 ≥ 9 (***) (Ứng với n = 3) Bất đẳng thức (*) tuy rất đơn giản nhưng nó lại vô cùng thông dụng. Để thấy rõ hiệu lực của bất đẳng thức đó tôi đưa ra một loạt các bài toán minh họa sau đây II. Các bài toán: Bài toán 1: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:       ++≥ − + − + − cbacpbpap 111 2 111 Chứng minh: Áp dụng (**), ta có:          = −+− ≥ − + − = −+− ≥ − + − = −+− ≥ − + − acpbpcpbp bcpapcpap cbpapbpap 4 )()( 411 4 )()( 411 4 )()( 411 Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên suy ra:       ++≥ − + − + − cbacpbpap 111 2 111 Dấu bằng xẩy ra ⇔ p - a = p - b = p - c ⇔ a = b = c ⇔ ABC là tam giác đều. Bài toán 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có: h a + h b + h c ≥ 9r, trong đó h a , h b , h c là ba chiều cao của tam giác còn r là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh: Ta biết rằng trong mọi tam giác đều có hệ thức sau: rhhh cba 1111 =++ 3 Áp dụng (***) suy ra: ( ) 9 111 ≥         ++++ cba cba hhh hhh ⇒ h a + h b + h c ≥ 9r Dấu bằng xẩy ra ⇔ h a = h b = h c ⇔ a = b = c ⇔ ABC là tam giác đều. Bài toán 3: Chứng minh bất đẳng thức Nesbit sau đây: Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 2 9 111 ≥+ + ++ + ++ + ba c ac b cb a ⇔ 9 111 )(2 ≥         + + + + + ++ baaccb cba ⇔ [ ] 9 111 )()()( ≥         + + + + + +++++ baaccb baaccb (1) (1) hiển nhiên đúng vì đó chính là (***) ⇒ đ.p.c.m. Dấu bằng xẩy ra ⇔ b + c = c + a = a + b ⇔ a = b = c ⇔ ABC là tam giác đều. Bài toán 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 2 222 cba ba c ac b cb a ++ ≥ + + + + + (1) Chứng minh: Đặt:        >=++ >=+ >=+ >=+ 0 0 0 0 pcba zba yac xcb ⇒ x + y + z = 2p 4 Khi đó a = p – x; b = p – y; c = p – z Vậy: ( ) ( ) ( ) 2 222 p z zp y yp x xp ≥ − + − + − 2 )(6 111 2 p zyxp zyx p ≥+++−         ++⇔ p zyx p 9 111 2 2 ≥         ++⇔ 9 111 )( ≥         ++++⇔ zyx zyx (2) (2) luôn đúng theo (***) ⇒ (1) đúng ⇒ đ.p.c.m. Bài toán 5: Cho tam giác ABC với a, b, c là các cạnh tương ứng với các đỉnh A, B, C và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng 2 1111 R cabcab ≥++ Chứng minh: Ta luôn có (ab + bc + ca) 9 111 ≥       ++ cabcab (Theo (***)) ⇒ cabcabcabcab ++ ≥++ 9111 Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunyakovski (ab + bc + ca) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(b 2 + c 2 + a 2 ) Dẫn đến ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9R 2 ⇒ 2 1111 R cabcab ≥++ (đ.p.c.m) Bài toán 6: Cho    ≤++ > 1 0,, cba cba . 5 Chứng minh rằng: 9 2 1 2 1 2 1 222 ≥ + + + + + abccabbca Chứng minh: Theo BĐT (***) thì [(a 2 + 2bc) + (b 2 + 2ca) + (c 2 + 2ab)] 9 2 1 2 1 2 1 222 ≥       + + + + + abccabbca ⇔ (a + b + c) 2 9 2 1 2 1 2 1 222 ≥         + + + + + abccabbca Mà 0 < (a + b + c) 2 ≤ 1 ⇒ 9 2 1 2 1 2 1 222 ≥ + + + + + abccabbca Bài toán 7: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AA 1 , BB 1 , CC 1 và trực tâm H. Chứng minh rằng: 6 111 ≥++ HC CH HB BH HA AH Chứng minh: A 6 111 ≥++ HC CH HB BH HA AH C 1 B 1 9111 111 ≥         ++         ++         +⇔ HC CH HB BH HA AH 9 1 1 1 1 1 1 ≥++⇔ HC CC HB BB HA AA B A 1 C 9 AB. 2 1 AB. 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 .A 2 1 1 1 1 1 1 1 ≥++⇔ HC CC CAHB CABB BCHA BCA 9 ≥++⇔ HAB ABC HCA ABC HBC ABC S S S S S S ( ) 9 111 ≥         ++++⇔ HABHCAHBC HABHCAHBC SSS SSS hiển nhiên đúng vì đó chính là (***) ⇒ đ.p.c.m. 6 H Bài toán 8: (Đề thi chọn HSG toán lớp 10 Tỉnh Thái Nguyên năm 2010) Cho tam giác ABC và điểm G ở trong tam giác đó. Các đường thẳng AG, BG, CG cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Chứng minh rằng nếu 6=++ PG CG NG BG MG AG thì G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh: A Theo định lí Seva ta có: P N 1=++ PC PG NB NG MA MG . G Áp dụng (***), ta có: B M C 9≥       ++       ++ PC PG NB NG MA MG PG PC NG NB MG MA 9≥++⇒ PG PC NG NB MG MA 9≥ + + + + + ⇒ PG CGPG NG BGNG MG AGMG 6≥++⇒ PG CG NG BG MG AG Dấu bằng xẩy ra 3 1 ===⇔ PC PG NB NG MA MG ⇔ G là trọng tâm tam giác ABC. Bài toán 9: Chứng minh rằng: log b+c a 2 + log c+a b 2 + log a+b c 2 ≥ 3 , ∀ a, b, c > 2. Chứng minh: Vì b, c > 2 ⇒ bc > 2.max(b, c) ≥ b + c Do đó: log b+c a 2 = cb a bc a cb a lnln ln2 ln ln )ln( ln 22 + =≥ + Tương tự: log c+a b 2 ac b lnln ln2 + ≥ log a+b c 2 ba c lnln ln2 + ≥ 7 Từ đó ta có: log b+c a 2 + log c+a b 2 + log a+b c 2 ≥ cb a lnln ln2 + + ac b lnln ln2 + + ba c lnln ln2 + ≥ 2. 2 3 = 3 (Ở đây sử dụng bài toán 3: 0,, 2 3 >∀≥ + + + + + zyx yx z xz y zy x ) ⇒ đ.p.c.m. Bài toán 10: (Vô địch Nam Tư năm 1976) Chứng minh rằng: 2 cbaba b ac a cb c acb ++ ≥         + + + + + 9 logloglog với mọi a, b, c > 1 Chứng minh: 2 cbaba b ac a cb c acb ++ ≥         + + + + + 9 logloglog [ ] 9 logloglog )()()( ≥       + + + + + +++++⇔ ba b ac a cb c baaccb acb Theo bất đẳng thức CôSi ta có: )()()( baaccb +++++ 3 )()()(3 baaccb +++≥ 3 )()()( log.log.log 3 logloglog baaccb bac ba b ac a cb c acbacb +++ ≥         + + + + + Nhân từng vế hai bất đẳng thức trên ta được: [ ] 9log9 logloglog )()()( 3 =≥       + + + + + +++++ b ba b ac a cb c baaccb b acb Suy ra đ.p.c.m. Bài toán 11: Đặt S = ∑ = 2010 1i i a . Chứng minh rằng 20102010 2 2010 1 −≥ − ∑ =i i i a aS với mọi a 1 , a 2 , , a 2010 > 0. Chứng minh: 22 2010 1 2 2010 1 2010201020102010120102010 =+−≥         − +⇔−≥ − ∑∑ == i i i i i i a aS a aS 2 2010 1 2010 1 2 2010 1 2010 1 .2010 ≥⇔≥⇔ ∑∑∑ === i i i i i i a a a S Đúng theo BĐT (*) ứng với n = 2010. 8 Bài toán 12: (Vô địch UCRAINA) Cho    =++ > 1 0 ,, 1 1 n n aa aa Chứng minh rằng: 122 1 − ≥ − ∑ = n n a a n i i i Chứng minh: 12 2 122 1 122 2 11 − =+ − ≥         − +⇔ − ≥ − ∑∑ == n n n n n a a n n a a n i i i n i i i 122 1 12 2 2 2 2 1 2 1 − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ ∑∑ == n n an n a n i i n i i ( ) 2 11 2 1 2 1 .2 2 1 )12( n a an a n n i i n i i n i i ≥ − −⇔≥ − −⇔ ∑∑∑ === Bất đẳng thức này đúng theo (*) ⇒ đ.p.c.m. Bài toán 13: (Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 4 lần thứ VIII) Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu: cosA + cosB + cosC cp cp bp bp ap ap + − + + − + + − ≥ 2 2 2 2 2 2 (1) (p là nửa chu vi) Lời giải: Ta chứng minh cosA + cosB + cosC 2 3 ≤ Ta có: cosA + cosB + cosC + cos 3 π = 2cos 2 BA + cos 2 BA − + 2cos 2 3 π +C cos 2 3 π −C             + + + ≤ 2 3 cos 2 BA cos2 π C 3 cos4 4 3 cos 4 3 cos2.2 π π π ≤       +−+ +++ ≤ CBA CBA ⇒ cosA + cosB + cosC 3 cos3 π ≤ = 2 3 9 Vì 0 < cos 2 BA − ≤ 1; 0 < cos       − 62 π C ≤ 1; 0 < cos 4 3 π −−+ CBA ≤ 1 Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi            = + = = 1 4 3 -C-BA cos 1 2 3 -C cos 1 2 B-A cos π π ⇔ A = B = C Vậy cosA + cosB + cosC = 2 3 ⇔ ΔABC đều. Ta chứng minh cp cp bp bp ap ap + − + + − + + − 2 2 2 2 2 2 2 3 ≥ (2) (2) ⇔ 1 2 2 1 2 2 1 2 2 + + − ++ + − ++ + − cp cp bp bp ap ap 2 9 ≥ ⇔ cp p bp p ap p + + + + + 2 4 2 4 2 4 2 9 ≥ ⇔         + + + + + cpbpap p 2 1 2 1 2 1 4 2 9 ≥ ⇔ ( )         + + + + + +++++ cpbpap cpbpap 2 1 2 1 2 1 222 2 1 2 9 ≥ (Vì 2p = a + b + c) Bất đẳng thức này đúng theo (***) Vậy (2) đúng Do đó (1) xẩy ra ⇔ VT = VP = 2 3 ⇔ ΔABC đều. Bài toán 14: Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên đôi một vuông góc với nhau. Gọi α, β, γ là các góc giữa đường cao xuất phát từ đỉnh và các cạnh bên của hình chóp. Chứng minh: 4 3 sinsin cos sinsin cos sinsin cos 22 2 22 2 22 2 ≤ + + + + + βα γ γα β γβ α 10 [...]... B1, C1 Chứng minh: 12 AA' BB' CC ' 9 + + ≥ AA1 BB1 CC1 4 Bài 5: ∀ a1, a2, ,a2010 > 0 Chứng minh rằng: a 2010 a1 a2 2010 + + + ≥ a 2 + a3 + + a 2010 a1 + a3 + + a 2010 a1 + a 2 + + a 2009 2009 n Bài 6: Đặt S = ∑ ai Chứng minh rằng: i =1 1 n2 ≥ ∑ S − a (n − 1)S ∀ a1, a2, ,an > 0 i =1 i n C KẾT LUẬN I Kết quả ứng dụng: Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng từ một bất đẳng thức đơn giản, quen... Chính, Bất đẳng thức, Nhà xuất bản Giáo dục – 1995 2 Vũ Đình Hòa, Bất đẳng thức hình học, Nhà xuất bản Giáo dục – 2006 3 Phan Huy Khải, 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức, Nhà xuất bản Hà Nội – 1997 4 Phan Huy Khải, Toán nâng cao cho học sinh đại số 10, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội – 1998 5 Trần Phương, Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí Minh. .. đẳng thức đơn giản, quen thuộc đã được tôi vận dụng khi bồi dưỡng cho học sinh về bất đẳng thức Kết quả là các em đã có thiện cảm hơn đối với chuyên đề này, một số em còn tỏ ra hào hứng khi làm các bài toán về bất đẳng thức II Lời kết: Trên đây là những nghiên cứu và kinh nghiệm của bản thân tôi Hy vọng đề tài này góp phần để việc dạy và học về bất đẳng thức đạt hiệu quả hơn Rất mong nhận được sự đóng... 1 Tương tự cos2β = b – 1; cos2γ = c – 1 Vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức a −1 b − 1 c − 1 3 1 1 1 9 + + ≤ hay + + ≥ a b c 4 a b c 4 (3)  1 1 1 Theo (***) có: (a + b + c)  + +  ≥ 9, mà a + b + c = 4, a b c Vậy (3) đúng ⇒ đ.p.c.m Dấu “=” xẩy ra ⇔ a = b = c ⇔ α = β = γ ⇔ SA = SB = SC Bài toán 15: Cho tứ diện ABCD, M là một điểm ở trong tứ diện Các đường thẳng AM, BM, CM, DM... tập tương tự: Bài 1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh: 2 2 2 9 + + ≥ b+c c+a a +b a+b+c Bài 2: Cho tam giác ABC Gọi O1, O2, O3 là tâm các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C Gọi S 1, S2, S3 là diện tích các tam giác O 1BC, O2CA, O3AB Chứng minh: S1 + S2 + S3 ≥ 3S Bài 3: Cho tam giác ABC Chứng minh: absin C A B + bcsin + casin ≥ 2 3S 2 2 2 Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Ba chiều cao... Bài toán 15: Cho tứ diện ABCD, M là một điểm ở trong tứ diện Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D của hình chóp tại A’, B’, C’, D’ Chứng minh: A MA MB MC MD + + + ≥ 12 MA' MB' MC ' MD' Chứng minh: B 11 D Gọi H, I lần lượt là hình chiếu M của A, M lên mp(BCD) Ta có H, I, A’ thẳng hàng Gọi V, V1, V2, V3, V4 A’ H I lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD C và hình...S Chứng minh: α Vẽ chiều cao SH Đặt ASH = α; BSH = β, CSH = γ Rõ ràng ta có: 1 1 1 1 = + + 2 2 2 SH SA SB SC 2 (1) A H C Nhân cả hai vế của (1) với SH2 ta có cos2α + cos2β + cos2γ = 1 (2) B Đặt sin2 β + sin2... đại số 10, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội – 1998 5 Trần Phương, Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí Minh – 2000 6 Sở giáo dục và đào tạo TP Hồ Chí Minh, trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 Toán 10 lần thứ VIII - 2002, Nhà xuất bản Giáo dục – 2002 14 . việc nâng cao chất lượng dạy và học về bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn mới về bất đẳng thức, tôi nghiên cứu đề tài: “Sử dụng một bất đẳng thức đơn giảntrong việc chứng minh bất. đều. Bài toán 3: Chứng minh bất đẳng thức Nesbit sau đây: Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 2 9 111 ≥+ + ++ + ++ + ba c ac b cb a ⇔ 9 111 )(2. LUẬN I. Kết quả ứng dụng: Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng từ một bất đẳng thức đơn giản, quen thuộc đã được tôi vận dụng khi bồi dưỡng cho học sinh về bất đẳng thức. Kết quả là các