Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN A) MỞ ĐẦU Phát huy tính tích cực học tập của học sinh là điều quan trọng nhất của nội dung đổi mới phương pháp dạy và học. Vậy làm thế nào để phát huy tính tích cực học tập của học sinh ? Để làm được điều này mỗi giáo viên phải đầu tư thời gian trí tuệ cho mỗi tiết dạy hay đi tìm lời giải cho một bài toán. Tìm lời giải cho một bài toán là một phát minh. Sẽ hay hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các bài toán mới. Bài viết này tôi xin đề cập đến một bất đẳng thức đơn giản quen thuộc trong SGK 10 và những bài toán áp dụng BĐT này. Bài toán : Với hai số dương x và y ta có 1 1 4 x y x y + ≥ + (1) Đẳng thức xẩy ra x = y BĐT (1) có nhiều cách chứng minh ở đây tôi xin đưa ra hai cách chứng minh phổ biến nhất Cách 1:Với hai số dương x và y ta có ( ) ( ) 2 2 0 4x y x y xy− ≥ ⇒ + ≥ ⇒ 1 1 4 x y x y + ≥ + Rõ ràng đẳng thức xẩy ra khi x = y Cách 2: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có x y xy+ ≥ và 1 1 1 1 2 2 . x y x y xy + ≥ = Từ đó : ( ) 1 1 1 1 4 4x y x y x y x y + + ≥ ⇒ + ≥ ÷ + Và đẳng thức xẩy ra khi x = y HƯỚNG 1: Sử dụng BĐT (1) Cho các số dương a, b, c áp dụng BĐT (1) ta có 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ; ; a b a b b c b c c a c a + ≥ + ≥ + ≥ + + + Cộng vế với vế các BĐT trên ta được BÀI TOÁN 1: Cho ba số dương a, b, c ta có : 1 1 1 2 2 2 a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + (2) Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c Trần Tăng Thắng - 1 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến Áp dụng BĐT (2) cho 3 số a + b, b + c, c + a ta được: 1 1 1 2 2 2 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + + + + + + + (3) kêt hợp BĐT (2) và (3) ta có BÀI TOÁN 2 :Cho a, b, c là các số dương ta có 1 1 1 1 1 1 1 4 2 2 2a b c a b c b c a c a b + + ≥ + + ÷ + + + + + + (4) Đẳng thức xây ra khi a = b = c Nếu ta cho thêm giả thiết 1 1 1 4 a b c + + = thì ta có: Đề thi ĐHCĐ 2005 : Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 4 x y z + + = .CMR 1 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + ≤ + + + + + + BÀI TOÁN 3: Cho a, b, c là các số dương CMR 1 1 1 1 1 1 3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + + + + + + + (5) Giải : Ta để ý thấy (a + 3b) + (b + 2c + a) = 2(a + 2b + c) Từ đó ta áp dụng BĐT (1) như sau 1 1 4 2 3 2 3 2 2 1 1 4 2 3 2 3 2 2 1 1 4 2 3 2 3 2 2 a b b c a a b b c a a b c b c c a b b c c a b b c a c a a b c c a a b c c a b + ≥ = + + + + + + + + + + ≥ = + + + + + + + + + + ≥ = + + + + + + + + + Cộng vế với vế 3 BĐT trên lại rồi rút gọn ta được BĐT (5) Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 3 2 3 2 3 2 a b b c a b c c a b a b c c a a b c + = + + + = + + ⇔ = = + = + + BÀI TOÁN 4 :Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác p là nửa chu vi. CMR 1 1 1 1 1 1 2 p a p b p c a b c + + ≥ + + ÷ − − − (6) Giải : Ta biết a + b + c = 2p ⇒ p – a + p – b = c nên ta áp dụng BĐT (1) cho hai số p – a và p – b ta có Trần Tăng Thắng - 2 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến 1 1 4 4 p a p b p a p b c + ≥ = − − − + − Tương tự 1 1 4 4 1 1 4 4 p b p c p b p c a p c p a p c p a b + ≥ = − − − + − + ≥ = − − − + − Cộng vế với vế 3 BĐT trên và rút gọn ta được BĐT (6) Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c hay tam giác đều BĐT (6) còn có thể viết dưới dạng sau đây 1 1 1 1 1 1 b c a c a b a b c a b c + + ≥ + + + − + − + − (7) BÀI TOÁN 5 : Cho x, y, z là các số thực thoả mãn x + y + z = 0, x + 1 > 0, y + 1 >0, z + 4 > 0 hãy tìm GTLN của 1 1 4 x y z P x y z = + + + + + Giải : 1 1 1 1 4 4 1 1 4 3 1 1 4 1 1 4 x y z P x y z x y z + − + − + − = + + = − + + ÷ + + + + + + Vì x + 1 > 0, y + 1 >0, z + 4 > 0 ta có 1 1 4 4 4 16 8 1 1 4 2 4 6 3x y z x y z x y z + + ≥ + ≥ = + + + + + + + + + 8 1 3 3 3 P⇒ ≤ − = Vậy MinP = 1 3 khi và chỉ khi 1 1 1 2 4 2 1 0 x y x y x y z z x y z + = + = = + + = + ⇔ = − + + = BĐT trên hoàn toàn có thể CM bằng cách khác với việc áp dụng BĐT sau ( ) 2 2 2 2 a b c a b c x y z x y z + + + + ≥ + + tuy nhiên ta đang đi khai thác việc sử dụng BĐT (1) nên trong bài viết này tôi không đi cụ thể cách giải khác. BÀI TOÁN 6 : Tìm GTNN của biểu thức A = x t t y y z z x t y y z z x x t − − − − + + + + + + + với x, y, z, t là các số thực dương Trần Tăng Thắng - 3 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến Giải : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 4 4 1 1 1 1 4 4 4 4 4 4 0 x t t y y z z x A t y y z z x x t x y t z y x z t t y y z z x x t x y t z t y z x y z x t x y z t x y z t x y z t x y z t x y z t − − − − = + + + + + + + − = ÷ ÷ ÷ ÷ + + + + + + + + = + + + − = + + + + = + + + + + − ≥ ÷ ÷ + + + + + + + ≥ + + + − = − = + + + + + + + + + Vậy MinA = 0 khi x = y = z = t BÀI TOÁN 7 : Cho x, y là hai số dương thoả mãn x + y ≤ 1 Tìm GTNN của 2 2 1 2 4A xy x y xy = + + + Giải : 2 2 1 1 1 5 4 2 4 4 A xy x y xy xy xy = + + + + + Ta có 1 5 1 2 5 4 4 x y xy xy xy ≥ + ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥ 2 2 2 2 2 1 1 4 4 4 2 2 ( )x y xy x y xy x y + ≥ = ≥ + + + + 1 1 4 2 .4 2 4 4 xy xy xy xy + ≥ = Từ đó suy ra 11A ≥ Vậy Min A = 11 Khi và chỉ khi x = y = 1 2 HƯỚNG 2 : BĐT (1) viết dưới dạng khác 1 1 1 1 4x y x y ≤ + ÷ + ta có thể áp dụng chúng để CM các BĐT sau BÀI TOÁN 8 : Cho ba số dương x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 1 CMR 1 1 1 1 4 x y z yz zx xy xyz + + ≤ + + + Giải : Ta có Trần Tăng Thắng - 4 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến ( ) ( ) 1 1 ( ) ( ) 4 1 1 4 1 1 ( ) ( ) 4 x x x x yz xy yz zx yz xy yz zx yz y y y y zx xy zx yz zx xy zx yz zx z z z z xy xy yz zx xy xy yz zx xy = ≤ + ÷ + + + + + + = ≤ + ÷ + + + + + + = ≤ + ÷ + + + + + + 1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 4 4 4 x y z x z x y y z yz zx xy xy yz zx yz xy zx xy yz zx x y z xyz xyz + + + + + ≤ + + = ÷ + + + + + + + + = + + = = ÷ Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 BÀI TOÁN 9 : Cho a, b, c là các số thực dương CMR 2 2 2 4 ab bc ca a b c a b c b c a c a b + + + + ≤ + + + + + + (8) Giải : Ta có 2 2 2 ab bc ca a b c b c a c a b + + = + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 4 4 4 1 4 4 ab bc ca a c b c b a c a c b a b ab ab bc bc ca ca a c b c b a c a a b c b ab bc bc ca ca ab a b c a c b a b c = + + ≤ + + + + + + + + + ≤ + + + + + = ÷ ÷ ÷ + + + + + + + + + + + = + + = ÷ + + + Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c Nếu ta thêm giả thiết a + b + c = 1 khi đó BĐT (8) có thể viêt về dạng 1 1 1 1 4 ab bc ca c a b + + ≤ + + + Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c = 1 3 Nếu ta thêm giả thiết a + b + c = abc khi đó BĐT (8) được viết về dạng sau Trần Tăng Thắng - 5 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến (1 ) (1 ) (1 ) 4 bc ca ab a b c a bc b ca c ab + + + + ≤ + + + Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c = 3 BÀI TOÁN 10 : Cho a, b, c là các số thực dương CMR 4 b c c a a b a b c a b c b c c a a b + + + + + ≥ + + ÷ + + + Giải : Ta có 4 4 4a b c a a b b c c b c c a a b b c c a a b b c c a a b a b c + + ≤ + + + + + = ÷ ÷ ÷ + + + + + + = + + Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c BÀI TOÁN 11: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 CMR 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b c a b c + + ≤ + + + + + − − − Giải : 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 2 a a b a c a b a c a b a c b a b b c a b b c a b b c c a c b c a c b c a c b c = ≤ + = + ÷ ÷ + + + + + + + + = ≤ + = + ÷ ÷ + + + + + + + + = ≤ + = + ÷ ÷ + + + + + + + + 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b c a b b c c a a b c ⇒ + + ≤ + + = + + + + + + + + − − − Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c = 1 3 BÀI TOÁN 12 : Cho x, y, z là các số thực dương và x + y + z = 1. Tìm GTLN của 1 1 1 x y z P x y z = + + + + + Giải : Trần Tăng Thắng - 6 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 4 4 4 1 3 4 4 x y z P x y z x y z x y x z x y y z x z y z x x y y z z x y x z x y y z x z y z x y x z y z x y x z y z = + + = + + + = + + ≤ + + + + + + + + + ≤ + + + + + = ÷ ÷ ÷ + + + + + + + + + = + + = ÷ + + + Vậy MaxP = 3 4 khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 Ta có thể giải bằng cách viết 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 1 1 1 x y z P x y z x y z = − + − + − + = − + + ÷ + + + + + + Rồi áp dụng BĐT 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + BÀI TOÁN 13 : Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện ab bc ca abc+ + ≤ CMR 1 1 1 1 10 10 10 12a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + Giải : Từ giả thiết ta có 1 1 1 1 a b c + + ≤ ( ) 3 3 1 1 1 1 9 9a b c a b c abc a b c abc + + ≥ + + + + ≥ = ÷ Ta có 1 1 1 1 1 10 6 (4 ) 4 6 3 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 4 6 4 3 16 16( ) a b c a a b c a a a b c a a a b c a a b c = ≤ + ≤ ÷ + + + + + + + + ≤ + + = + ÷ ÷ + + + + Tương tự ta có 1 1 1 10 16 16( ) 1 1 1 10 16 16( ) a b c b a b c a b c c a b c ≤ + + + + + ≤ + + + + + Trần Tăng Thắng - 7 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến 1 1 1 10 10 10 1 1 1 1 3 1 3 1 16 16( ) 16 16.9 12 a b c a b c a b c a b c a b c ⇒ + + ≤ + + + + + + ≤ + + + ≤ + = ÷ + + Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 BÀI TOÁN 14 : Cho a, b, c là 3 số dương thoả mãn ab + bc + ca = abc CMR 1 1 1 3 2 3 2 3 2 3 16a b c b c a c a b + + < + + + + + + Giải : Từ giả thiết ta có 1 1 1 1 a b c + + = 1 1 1 1 1 2 3 ( ) 2( ) 4 2( ) 1 1 1 1 1 1 3 16 16 32 32 16 32 32 a b c a c b c a c b c a c b c a b c = ≤ + ≤ ÷ + + + + + + + ≤ + + + = + + Đẳng thức xẩy ra khi 2( ) 0 a c b c a c c b c + = + = ⇔ = = (mâu thuẫn). Vậy 1 1 1 3 2 3 16 32 32a b c a b c < + + + + Tương tự ta có : 1 1 1 3 2 3 16 32 32 1 1 1 3 2 3 16 32 32 b c a b c a c a b c a b < + + + + < + + + + Cộng vế với vế 3 BĐT trên lại ta có 1 1 1 2 3 2 3 2 3 1 1 3 1 1 1 3 16 32 32 16 a b c b c a c a b a b c + + < + + + + + + < + + + + = ÷ ÷ Sau đây xin giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng BĐT trên Bài 1 : Cho a, b là hai số thực dương thoả mãn a + b = 1 CMR a) 2 2 1 1 6 ab a b + ≥ + Trần Tăng Thắng - 8 - Từ một bất đẳng thức đơn giản Trường THPT Nguyễn Khuyến b) 2 2 2 3 14 ab a b + ≥ + Bài 2 : Cho a, b là hai số dương thoả mãn a + b ≤ 1 CMR 3 3 2 2 1 1 1 20 a b a b ab + + ≥ + Bài 3 : Cho a, b, c là các số thực dương . CMR 1 1 1 1 1 1 1 2 3( ) 2 3( ) 2 3( ) 4a b c b c a c a b a b b c c a + + ≤ + + ÷ + + + + + + + + + Bài 4 : Cho a, b, c là các số thực dương . CMR 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2a b c b c a c a b a c b a c b + + ≤ + + ÷ + + + + + + + + + Bài 5 : Cho a, b, c, d là các số thực dương . CMR 4 a c b d c a d b a b b c c d d a + + + + + + + ≥ + + + + B) KẾT LUẬN: Qua bài viết này giúp GV biết khai thác triệt để những bài tập tưởng chừng đơn giản trong SGK nhưng nó lại là cơ sở để đi đến lời giải cho những bài toán phức tạp khác.Tạo niềm tin cho học sinh thấy được những bài tập tuy khó nhưng nếu tích cực tìm tòi sáng tạo ta có thể chuyển chúng về những bài toán quen thuộc đơn giản mà ta đã gặp. Qua đó cũng giúp cho giáo viên biết xây dựng cho học sinh phong cách say sưa tìm tòi khám phá những điều mới điều hay qua từng bài tập, rèn luyện cho học sinh ý chí không chịu lùi bước trước những bài tập khó. Người thực hiện Trần Tăng Thắng Trần Tăng Thắng - 9 - . với việc áp dụng BĐT sau ( ) 2 2 2 2 a b c a b c x y z x y z + + + + ≥ + + tuy nhiên ta đang đi khai thác việc sử dụng BĐT (1) nên trong bài viết này tôi không đi cụ thể cách giải khác. BÀI TOÁN. b d c a d b a b b c c d d a + + + + + + + ≥ + + + + B) KẾT LUẬN: Qua bài viết này giúp GV biết khai thác triệt để những bài tập tưởng chừng đơn giản trong SGK nhưng nó lại là cơ sở để đi đến