SKKN:Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện

Hoàng Chúng - NXB Giáo dục Những Vấn đề chung Ilý do chọn đề tài Khi giảng dạy các đội tuyển học sinh giỏi ,học sinh thờng gặp dạng toán Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “.Tôi t

Các tài liệu tham khảo 1) Tạp trí toán học tuổi trẻ tháng 1/2002

(Hội toán học Việt Nam) 2) Một số vấn đề phát triển đại số 8, 9 (Tác giả Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản Giáo dục 2002) 3) 500 bài toán bất đẳng thức

(TG Phan Huy Khải - NXB Giáo dục 1996) 4) Tuyển tập các đề thi đại học cao đẳng (TG Lê Thống Nhất - NXB Giáo dục 2001) 5) Phơng pháp giảng dạy Toán

( TG Hoàng Chúng - NXB Giáo dục)

Những Vấn đề chung

I)lý do chọn đề tài

Khi giảng dạy các đội tuyển học sinh giỏi ,học sinh thờng gặp dạng toán Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “.Tôi thấy học sinh thờng e ngại hoặc làm bài không tốt dạng toán này.Lý do là học sinh không chứng minh đợc các bài toán đó vì không tìm đợc cách chứng minh Để đáp ứng một phần đòi hỏi thực tế đặt ra tôi đã nghiên cứu và mạnh dạn trình bày “ Sáng kiến về biến đổi để chứng minh bất đẳng thức có điều kiện Đây là một trong các cách giải cho bài toán bất đẳng thức có điều kiện và qua thử nghiệm tôi thấy phơng pháp này có hiệu quả nhất định trong quá trình giảng dạy học sinh

II) mục đích nghiên cứu :

Để đánh giá đợc khả năng giải toán và có phơng án , phơng pháp truyền đạt đến học sinh.Tôi đã tiến hành kiểm tra 20 em học sinh giỏi lớp 8 ở trờng ra đề cho học sinh làm bài trong 30 phút nh sau:

Bài1: (6đ) a) Ch a + b = 2 Chứng minh rằng a2 + b2  2

b) Cho a > 2 , b > 2 .Chứng minh rằng ab - 2a - 2b + 4 > 0

Bài 2 : ( 4 đ ) Cho a + b > 1

CMR : a4 + b4 >

8 1

Kết quả cụ thể :

Qua kiểm tra tôi thấy đa số học sinh không làm đợc bài 2 Qua kết quả có thể thấy học sinh không có biện pháp giải dạng toán

“ Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “ Nên đạt hiệu quả thấp , lời giải th-ờng dài dòng , phức tạp Cũng với các bài toán trên nếu dùng phơng pháp “ đổi biến “ thì hiệu quả sẽ nhanh chóng hơn trong việc chứng minh

Chính vì vậy mà tôi đã nghiên cứu đề tài này nhằm mục đích giúp cho học sinh biết cách “ Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “ một cách hiệu quả và nhanh chóng hơn

III) đối t ợng nghiên cứu

- Học sinh khối lớp 8,9

- SGK và một số tài liệu khác

IV) nhiệm vụ của đề tài

- Bản kinh nghiệm sáng kiến này đợc áp dụng trong việc giảng dạy các chuyên

đề trong trờng học hoặc sử dụng để bồi dỡng nâng cao vốn kiến thức cho các đội tuyển học sinh giỏi môn toán lớp 8 , lớp9 và các lớp bậc trung học phổ thông

- Dạng toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức và chứng minh bất đẳng thức có điều kiện có thể sử dụng phơng pháp này Song tuỳ theo từng bài cụ thể ( Còn có những bài cha áp dụng đợc phơng pháp này )

- Chuyên đề này còn để ngỏ để tiếp tục khai thác nên chuyên đề vẫn còn nhiều vấn đề để mở không đi sâu hết các dạng đề bài

V)ph ơng pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu tài liệu

- Dạy thực nghiệm

VI)tiến trình nghiên cứu

- Thời gian nghiên cứu từ năm học 2006-2007 đến 2007-2008

- Thời gian thực hiện năm học 2008-2009

Nội dung đề tài

A ) cơ sở lý luận của đề tài:

I)Cơ sở ph ơng pháp

Phơng pháp chính của đề tài này là cách đặt ẩn phụ một cách hợp lý trên cơ sở các

điều kiện đề bài cho đồng thời vận dụng đúng các đẳng thức đợc học trong sách giáo khoa , các bất đẳng thức đơn giản Học sinh có thể đa ra lời giải chứng minh ngắn gọn đơn giản cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức , hay tìm cực trị của biểu thức đại số

II)Các công thức cơ bản

1)Các hằng đẳng thức:

(a  b)2 =a2  2ab +b2

( a  b)2 = a2  3a2b +3ab2  b2

(a+b)(a-b) = a2 - b2

( a+ b )( a2 - ab + b2 ) = a3 + b3 ( a - b ) (a2 + ab +b2 ) = a3 - b3

(a  b)4 =a4a3 + 6a3 b3  4ab3 +b4

2) Các bất đẳng thức :

(a  b)2  0 với  a ,b

a2  0 với  a

B)Các ví dụ minh hoạ :

I.) Điều kiện bài toán là đẳng thức:

Bài1 Cho a + b = 6 Chứng minh: a4 + b4  162

Giải

Do a + b = 6 nên có thể đặt













m

b

m

a

3

3

với m tuỳ ý

Ta có : a4 + b4 = (3 + m)4 + (3 - m)4 =

3

3 4 4 3 3 m 6 3 2 m 2 4 3 m 3 m 4 3 4 4 3 3 m 6 3 2 m 2 4 3 m 3 m 4





















=162108 m 22 m 4 162

Với mọi m Đẳng thức xảy ra khi m = 0

Hay a = b = 3 Suy ra ĐPCM

Bài 2: Cho a + b = 4 chứng minh: a4 + b4  32

Giải: Do a + b = 4 nên có thể đặt













m b

m a

2 2

với m tuỳ ý

Ta có : a4 + b4 = (2 + m )4 + (2- m)4 = 32 + 48m2 +2m4  32

Với mọi m Đẳng thức xảy ra khi m =0 hay a = b = 2 Ta suy ra ĐPCM

trên với















m c b

m c a

2

2

Với m tuỳ ý

Bài 3: Cho x + y + z = 3

Chứng mỉnh rằng: x2 + y2 + z2 +xy +yz +zx  6

Giải: Do x + y + z = 3 nên ta đặt



















b a z

b y

a x

1

1

Với a,b tuỳ ý Thay vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta có:

x2 + y2 + z2 +xy +yz +zx = (1 + a)2 + (1 + b )2 + (1 - a - b)2 + + (1+ a) (1 + b) + (1+b) (1- a -b) + (1- a - b)(1+ a) = 6 + a2 + ab + b2

4

3 2 6

2 2



















a

Với mọi a , b Dấu” = “xảy ra khi a = b = 0 hay x =y =z =1 suy ra ĐPCM

Nhận xét 2: Nếu giả thiết cho: x + y + z = k Thì ta nên đặt:





























n m k

z

n k

y

m k

x

3

3

3

Hoặc 

























c k

z

b k

y

a k

x

3 3 3

với a +b +c = 0

Hai cách đặt này đều có thể vận dụng cho bài toán trên

Bài 4: cho a + b + c + d = 1 Chứng minh rằng :

( a + c) ( b + d ) + 2ac +2bd 

2 1

Giải: Do a + b +c + d = 1 nên ta có thể đặt :

z y d

; z y c

; z x b

;

z

x

a            

4

1 4

1 4

1 4

1

Với x ,y ,z tuỳ ý Thay vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta có:

(a+ c) (b+ d) + 2ac +2bd =





































































































4

1 4

1 2 4

1 4

1 2 2

1 2

1

2

1 4 2









Vớii mọi x , y z

Dấu ” = “ xảy ra khi x - y = z = 0 hay a = c và b = d suy ra ĐPCM

Nhận xét 3 : Nếu giả thiết cho a + b + c + d = k

Ta có thể đặt theo 2 cách :







































z y

k d

z y

k c

z x

k b

z x

k a

4 4 4 4

Hoặc































q k

d

p k

c

n k

b

m k

a

4 4 4 4

với m + n + p + q = 0

Bài 5:Cho a + b = c + d chứng minh rằng

a2 + d2 + cd  3ab

a2 + b2 + ab  3cd

Giải

Phần a , b tơng tự nhau, ta chứng minh phần a

Giải: Do a +b = c + d nên ta đặt













x b d

x a c

Với x tuỳ ý

Ta có c 2  d 2  cd a  x2 b  x2 a  xb  x

ab ab x

x b

4

3 2

2 2























Dấu ” = “ xảy ra khi x = a - b +

2

x = 0 hay a = b = c = d

Với c2 + d2 +cd  3ab với  a, b thoả mãn a + b = c + d

Bài 6 : Cho a + b + c + d = 2 CMR a2+ b2 + c2 + d2  1

Vì a + b + c + d = 2 nên đặt

t d

;

y

b

z c

;

x

a

















2

1 2

1

2

1 2

1

Với : x + y + z + t = 0

Ta có: a 2b 2c 2d 2 

2 2

2 2

4

2 4

2 4

2

4

2































































t t z z y y x

x          

4

1 4

1 4

1

4

1

5

x  y  z  t x  y  z  t





















4

1

4

1

4

1

4

1

0

1  2  2 2 2 

 x y z t

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = t Khi đó a = b = c = d =

2 1

Nhận xét 4:

Nếu cho điều kiện là

k a

a

a

a

a1 2 3 4  n 

CMR:

n

k a

a a a

4 2 3 2 2 2

Ta nên đặt x ,

n

k

a1  1 x ,

n

k

a2   2 x ,

n

k

a3   3 x ,

n

k

an   n

II Các bài toán có điều kiện là đẳng thức kết hợp bất đẳng thức.

Bài 7: Cho x + y =3 và y  2 .Chứng minh rằng:

a) x3 + y3  9

b) 2x4 + y4  18

Giải: Do y  2 nên đặt y =2 + t  0 với t  0

Do x +y = 3 nên đặt y = 2 + t Thì x = 1 - t Thay x =

1 - t và y = 2 + t vào vế trái ta có:

x3 + y3 = (1 -t )3 + ( t + 2)3= 9 +9 t +9t2  9 vì t  0

Dấu “ = “ xảy ra khi t = 0 hay x = 1 và y = 2 suy ra ĐPCM

b) 2x4 + y4 =2 (1 - t)4 + ( 2 + t) 4 =18 +24t + 36 t2 + 3t4  18 vì t  0

Dấu “ = “xảy ra khi t = 0 hay x =1 và y =2 Suy ra ĐPCM

Nhận xét 5: Với điều kiện x + y = k và y  l (hay x  n) thì nên

đặt y = 1 + m với m  0 ( hay x = n - m với m  0)

Từ đó suy ra x = k - l - m (hay y = k - n - m)

suy ra: 













m l y

m l k x

Hay 













m n k y

m n x

Rồi thay các ẩn vào các vế bất đẳng thức cần chứng minh

Bài 8: Cho x  2 và x + y  5 Chứng minh rằng: 5x2 + 2y2 + 8y  62

Giải

Do x  2 và x + y  5 nên ta đặt















k

y

x

t

x

5

2

Với t ,k  0 Suy ra 













k t y

t x

3 2

Thay vào vế trái của bất đẳng thức ta có

5x2 +2y2 +8y = 5 (2 - t )2 + 2(3 + k + t )2 +8 (3 + k + t) =

= 62 + 2 (k + t )2 +5t2 +20 k  62  k , t Suy ra ĐPCM

Bài 9 Cho a + b  8 và b  3 Chứng minh rằng:

27a2 +10 b3  945

Giải Do a + b  8 và b  3 Nên ta đặt















k

b

a

t

b

8

3

Với k,t 0 













t b

t k a

3 5

Thay vào vế trái của BĐT ta có:

27a2 + 10b3 =

        

27 5 k t 2 10 3 t 3

  270 90 10 945

27

945   2  2 3

Vì ,t,k 0 Suy ra ĐPCM











v

x

u

y

x

Ta nên đặt 













m v x

n u y x

Với m,n 0 từ đó 

















m

v

x

n u v

m

y

Thay vào BĐT suy ra ĐPCM Nếu điếu kiện cho là:











l

b

k

b

a

Thì ta đặt















n

l

b

m k

b

a

với n,m 0  















n l b

n l m k a

Thay vào BĐT suy ra ĐPCM

Bài10: Cho a + b + c  3 .Chứng minh rằng a4 +b4+c4  a3 + b3 + c3

Giải:

Do a + b + c  3 nên ta đặt :

















z c

y b

x a

1 1

Thoả mãn x + y + z  0 Xét hiệu : a 4b 4c 4 a 3 b 3 c 3 

1  x4 y  14z  14 x  13 y  13 z  13 

4

3 3 3 2

3 2

3 2

2



























































z

y y

x x z

y

x

Vậy: a 4b 4c 4 a 3b 3c 3

Dấu'' = ''xảy ra khi x = y = z hay a = b = c = 1

7

Nhận xét 7

Đây là đề thi học viện bu chính viễn thông.Ta thấy nếu biết cách đặt ẩn phụ hợp lý học sinh vẫn có thể chứng minh đợc đối với học sinh THCS

III)các bài toán có điều kiện phức tạp:

Bài11: cho : a3 + b3  2 Chứng minh rằng: a + b  2

Giải Phơng pháp phản chứng

Giả sử ab2 ta đặt 











y b

x a

1 1

với xy0

Ta có: 3 3  3  3    2 2 3 3

3 3

2 1

b

= 23xy3x 2y 2xyx 2 xyy 2 2

Vì xy0 Suy ra a 3b 3 2 Trái giả thiết.Vậy a + b  2

Bài 12 Cho a4+ b4  a3 + b3 Chứng minh rằng: a + b  2

Giải Phơng pháp phản chứng:

Giả sử ab2 Đặt 









y b

x a

1 1

với xy0

Xét hiệu: 4 4 3 3  4  4  3  3

1 1

1

b a b

   2 2  3 3

3

y



  3 2 23   2  20

 x y x y x y x xy y x ; y

haya 4b 4 a 3 b 30 với a + b  2 Thì: a4 + b4  a3 + b3 Trái với giả thiết Vậy a + b  2

Bài toán 13

Cho a,b,c là 3 số dơng Chứng minh :

2

3











c c

a

b

c

b

a

Giải:

Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b Khi đó:

2

z y x

c

b

a     

2 2 2

z y x c

z y x b

z y x a





















Cho nên

2

3 3 2 2 2 2 1

3 2

1

1 1

1 2 1

2 2

2











































































































































z

y y

z z

x x

z y

x x y

z

y z

x y

z y

x x

z x y

z

z y x y

z y x x

z y x

b a

c a c

b c b a

(áp dụng BĐT CÔ SI ) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z Hay a = b = c

Bài toán 14

Cho u,v là các số dơng và u+v=1 chứng minh rằng

2

25 1

































v

v

u

u

Giải

Đặt a = u +

u

1

và

v v

b  1 Ta có a  0, b  0

Và

2

2 







 a  b



2

2

2 b

a  (1)

4 4

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

b a b a b ab a b a b





























áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:

4

25 2

4 1

2

1

1

2

1 1

2

1 1 1

1 2

1

2

2 2

2 2

2 2

2

2













 





































































































































uv

v u v u v v u u v

v u u

b

a

vì uv

2

1 2

2













 u  v

do đó 1  4

uv ) Dấu đẳng thức xảy ra khi : u = v =

2 1

bài toán:15

Cho a.b0 Chứng minh rằng:

0 4 3

2

2

2

2























a

b b

a

a

b

b

a

Giải : Đặt x =

a

b b

a

 ta có : 2

2 2

2

2

2   

a

b b

a x

2

2

2

2





a

b

b

a

Bất đẳng thức trở thành:

2 2 3 4 0







x

0 2

3

2   

 x x

  1  2 0

Nếu ab 0Thì ta có

9

2  

 ab b

a

ab b

a2  2   2

 Chia cả hai vế cho ab ta đợc

2

2

2







ab

b

a Vậy x2

Trong cả hai trờng hợp thì x  1x  2 0

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b

c) thực nghiệm khoa học và Kết quả thực

nghiệm

1)Kết quả chung

Sau khi học sinh đợc thực hành '' Sáng kiến đổi biến để chứng minh bất đẳng thức có

điều kiện ''đa số các học sinh khá giỏi không những học sinh nắm vững cách đặt ẩn phụ mà còn biết vận dụng các hằng đẳng thức một cách linh hoạt qua đó giải đợc các dạng toán nh :

-Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của một biểu thức biết điều kiện tham số

-Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện ,đẳng thức có điều kiện

-Sáng tao ra bất đảng thức mới

Qua kết quả của các bài toán trên đã giúp cho học sinh cũng nh giáo viên có

ph-ơng pháp giải mới cho các bất đẳng thức có điều kiện ,đó chính là một dạng toán khó

và từ trớc tới nay cha có cách giải tổng quát

2)Kết quả cụ thể:

Kiểm tra 20 em học sin khá ,giỏi lớp 8 theo ba đợt có đề bài lần lợt nh sau

Đề 1

a)cho a + b + c = 1 Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 

3 1

b)cho x + y + z =3 Tìm GTLN của C =xy + yz + zx

Đề 2

b) Cho a + b + c + d = 3 Chứng minh rằng a2 + b 2 + c 2 + d 2 

4 9

b)Cho a + b = 1tìm GTNN của M = a3 + b 3 + ab

Đề 3

Cho x + y = 3 và x  1.chứng minh rằng:

a)2x2 + y2  6

b) xy  2

c) x3 + y3 - 6x2 - 3y2 + 9 0

Kết quả thực hiện nh sau :

Kiểm Tra 20 học sinh khá giỏi lớp 9 theo 3 đợt với đề bài thứ tự nh sau:

Đề 1:

a)Cho3x + y = 1 chứng minh rằng x2 + y2 

10 1

b)Cho x + y = 3 và y2 Chứng minh rằng2x2 + y2  3x

Đề 2:

a) Cho x + y = c + d = 1 Chứng minh rằng ac  bd  1

b)Cho a + b + c + d  2 Chứng minh rằng a  b  c  d  1

Đề 3

a) Cho a2 + b2  2 chứng minh rằng a + b  2

b) Cho a + b  2 Chứng minh rằng a 4  b 4  a 3  b 3

Kết quả cụ thể nh sau

Nhận xét: Kết quả trên tôi thu đợc từ việc kiểm tra hai đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện của trờng sau khi các em đợc làm quen và trực tiếp các em thực hành sáng kiến

“ Đổi biến để chứng minh Bất đẳng thức có điều kiện”

Sau khi thu đợc kết quả có thể nhận thấy phơng pháp giải toán ử trên không khó đố với học sinh khá giỏi ,mà điều cần lu ý ở đây là cách đặt ẩn phụ một cách hợp lý thì lời giải mới ngắn gọn

KếT LUậN chung

A)ý nghĩa ,tác dụng của đề tài:

Nh đã trình bày ở phần đặt vấn đề tôi viết đề tài này chỉ nhằm một mục tiêu đơn

giản là giúp cho giải toán Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “ “ có thêm một cách giải mới vừa đơn giản dễ nhớ và hiệu quả

Qua đề tài giúp cho bản thân tôi cũng nh các thầy cô giáo và học sinh thấy đợc mọi vấn đề đều có hớng giải quyết , nếu nh ta biết đơn giản hoá các vấn đề phức tạp

B)Đề xuất và kiến nghị ứng dụng

Qua thực tế áp dụng đề tài tôi xin lu ý các đồng chí khi vận dụng đề tài trên đây cần :

- Dạy cho học sinh nắm chắc các đẳng thức , các bất đẳng thức cơ bản

- Đặt ẩn phụ hợp trên cơ sở điều kiện đề toán có lời giải chứng minh ngắn gọn nhất cho bài toán

11