Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Trong nội dung của đề tài xin được tập trung giới thiệu một số phương pháp hay được sử dụng khi chứng minh bất đẳng thức như : dùng định nghĩa , biến đổi tương đương , dùng các bất đẳng thức đã biết , phương pháp phản chứng ……và một số bài tập vận dụng , nhằm giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp các bài toán về chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh có thể tự định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về bất đẳng thức nói riêng và bộ môn Toán nói chung

Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng và ta phải căn cứ vào đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Mỗi bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải khác nhau , cũng có bài phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lí

Bài toán chứng minh bất đẳng thức được vận dụng nhiều vào các dạng bài toán giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đặc biệt , tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức .và được sử dụng nhiều trong khi ôn tập , ôn thi ngoại khoá Vì vậy học sinh cần thiết phải nắm được những kiến thức cơ bản về bất đẳng thức

Trong thực tế giảng dạy ở trường THCS , học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán liên quan về bất đẳng thức , vì các bài toán chứng minh bất đẳng thức thường không có cách giải mẫu , không theo một phương pháp nhất định nên học sinh không xác định được hướng giải bài toán Mặt khác vì nhận thức của học sinh THCS còn có nhiều hạn chế và khả năng tư duy chưa tốt do đó học sinh còn lúng túng nhiều và không biết vận dụng kiến thức vào giải các dạng bài tập khác

Trong nội dung của đề tài xin được tập trung giới thiệu một số phương pháp hay được sử dụng khi chứng minh bất đẳng thức như : dùng định nghĩa , biến đổi tương đương , dùng các bất đẳng thức đã biết , phương pháp phản chứng và một số bài tập vận dụng , nhằm giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp các bài toán về chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh có thể tự định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về bất đẳng thức nói riêng và bộ môn Toán nói chung

Qua đề tài ((một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng của bất đẳng thức )) tôi muốn giúp học học sinh có thêm một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đó là lý do tôi chọn đè tài này , khi nghiên cứu không tránh khỏi còn những hạn chế rất mong được sự góp ý của các thày cô giáo để đề tài được hoàn thiện hơn , tôi xin chân thành cảm ơn

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

PHẦN I: ĐIỀU TRATHỰC TRẠNG TRƯỚC KHI NGHIÊN CỨU

Khigiảng dạy trên lớp gặp một số bài tập về bất đẳng thức tôi thấy học sinh còn rất nhiều lúng túng trong việc làm bài tập ,hay định hướng cách làm ,đặc biệt là học sinh học ở mức độ trung bình

Thực hiện việc kiểm tra một vài bài tập về nội dung đề tài thấy

Trước vấn đề trên tôi thấy việc cần thiết phải hướng dẫn học sinh một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và các ứng dụng của bất đẳng thức là một việc cần thiết cho học sinh , để giúp học sinh có thêm kiến thức về bất đẳng thức , taođiều kiện cho học sinh khi làm bài tập về bất đẳng thức

PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Phương pháp điều tra

Phương pháp đối chứng

Phương pháp nghiên cứu tài liệu

PHẦN III: NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

I : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1, Định nghĩa bất đẳng thức

+ a nhỏ hơn b , kí hiệu a < b

+ a lớn hơn b , kí hiệu a > b ,

+ a nhỏ hơn hoặc bằng b , kí hiệu a < b,

+ a lớn hơn hoặc bằng b , kí hiệu a > b ,

b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

Với mọi số a ; b; x ; y ta có : ( ax + by )2  (a2 + b2)(x2 + y2) Dấu đẳng thức xảy ra <=>

y

b x

a



c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :

b a b

a   

Dấu đẳng thức xảy ra khi : ab  0

II : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG

THỨC

Bài 1.3 : Chứng minh bất đẳng thức :

2 2

( ) (

2 a2 b2  a2  abb2

4

1 ) 2 2

2 ( 4

1 a2 b2a2b2  ab  ab 2  Với mọi a, b

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b

2 Phương pháp 2 ; Dùng phép biến đổi tương đương

- Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng

- Một số bất đẳng thức thường dùng :

(A+B)2=A2+2AB+B2

(A-B)2=A2-2AB+B2

(A+B+C)2=A2+B2+C2+2AB+2AC+2BC

(A+B)3=A3+3A2B+3AB2+B3

(A-B)3=A3-3A2B+3AB2-B3

1 1

 9  4ab + 8  1  4ab  (a + b)2  4ab

Bất đẳng thức cuối đúng Suy ra điều phải chứng minh

Bài 2 2: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn : a + b + c = 4

Chứng minh rằng : (a + b)(b + c)(c + a)  a3b3c3

Bài 2.3 : Chứng minh bất đẳng thức :

3 3

Giải :

Ta có : a3 + b3 + ab 

2

1 <=> a3 + b3 + ab -

Bất đẳng thức cuối cùng đúng Vậy a3 + b3 + ab 

2 1

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b =

2 1

Bài 2.5 : Chứng minh bất đẳng thức :

3 3

2 2

<=>

2 2

Dấu '' = '' xảy ra khi a = b

Bài 2.6 : Với a > 0 , b > 0 Chứng minh bất đẳng thức :

a b

b 

3 Phương pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc

- Kiến thức : Dùng các bất đẳng thức quen thuộc như : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi và chứng minh ,

Một số hệ quả từ các bất đẳng thức trên : x2 + y2  2xy

Với a, b > 0 ,   2

a

b b a

c

b c

b a

Giải

áp dụng BĐT Cauchy , ta có :

a + (b + c)  2 a(bc) 

c b a

a c

c b a

b a

c b a

c b

Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì khi đó có :

a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái với giả thiết a, b, c đều

c

b c

b a

=> x2 + y2  1

Ta lại có : (3x + 4y)2  (32 + 42)(x2 + y2)  25

=> 3x + 4y  5

0 , 0

1

2 2

y x y x

y x

y x

Điều kiện :

2

5 2

b, Áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có :

1 2 2

1 ) 1 (

1 1

Giải :

Ta có :   0

a

b b

a

, a , b > 0

Ta có :   

c b a

1 1 1

) 1 1 1 (

c b

a   1 = (1 1 1)

c b

a   (a + b + c) =1     1     1

b

c a

c c

b a

b c

a b a

= 3  (  )  (  )  (  ) 

c

a a

c b

c c

b a

b b

a

3 + 2 + 2 + 2 = 9

=> 1 11  9

c b a

Dấu ''='' xảy ra khi : a = b = c =

3 1

Bài 3.5

Cho x , y > 0 Chứng minh rằng :

y x y

x  

4 1 1

Giải

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : x y 2 xy

y x

1 1

1 1

 )  4

=>

y x

Từ (1) và (2) ta có : x4 + y4  2

  vối a>b>0 và m>n nên khi

m=1996, n=1995 thì bất đẳng thức phảI chứng minh luôn đúng

6 phương pháp 6: Dùng bất đẳng thức về 3 cạnh của tam giác

a , b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác a<b+c (1)

b < a+c (2) c< a+b (3)

Từ 3 bất đẳng thức về tổng ba cạnh của tam giác ta suy ra được 3 bất đẳng thức về hiệu hai cạnh

a<b+c (1)  a b c(4)

b < a+c (2)  b c a(5) c< a+b (3)  c a b(6)

Bài 6.1:

Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c là độ dài các cạnh của tam giác ) Chứng minh rằng :

2 1 1

c b

Tương tự : p - b > 0 ; p - c > 0 ;

áp dụng kết quả bài tập (3.5) , ta được ;

c b p a p b p a p

4 ) ( ) (

4 1

b c p a p

4 1

p c p a

=> điều phải chứng minh

Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p - b = p - c  a = b = c

Khi đó tam giác ABC là tam giác đều

Điều vô lý có thể là trái với giả thiết , hoặc là những điều trái nhược nhau , từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng

Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức :

+ Dùng mệnh đề đảo

+ Phủ định rồi suy ra điều trái với giả thiết

+ Phủ định rồi suy ra trái với đIều đúng

+ Phủ định rồi suy ra hai đIều tràI ngược nhau

+ Phủ định rồi suy ra kết luận

Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

2

1 2

1 )

1

( a  a a 

a => a(1 - a) 

4 1

Tương tự : b(1 - b) 

4 1

c(1 - c) 

4 1

d(1 - d) 

4 1

Nhân từng về các bất đẳng thức ; ta có :

256

1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1

( Phủ định rồi suy ra hai điều trái ngược nhau )

Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng thức sau : a1  2 ; b1  2 ; c1  2

Giải

Giả sử tồn tại 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức :

2 1

Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :

1 1 1  6

a

c c

b b

a

 ( 1)  ( 1)  ( 1)  6

c

c b

b a

=> ( 1)  ( 1)  ( 1)  6

c

c b

b a

Vậy không tồn tại 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên => đpcm

=> ab(a + b) > a3 + b3 ( Vì : a3 + b3 = 2 ) Chia cả hai vế cho số dương a, b ta được :

ab > a2 - ab + b2 => 0 > (a - b)2 Vô lý

Vậy : a + b  2

8 Phương pháp 8 : Đổi biến số

- Kiến thức : Thực hiện phương pháp đổi biến số nhằm đưa bài toán đã cho về dạng đơn giản hơn , gọn hơn , dạng những bài toán đã biết cách giải Các ví dụ :

b c

x 

=> a =

2

x z

y 

, b =

2

y x

z 

, c =

2

z y

x 

Khi đó :

VT =

a b

c a c

b c

y x z x

x z y

2 2

3 1 1 1 2

3 ) (

2

1 ) ( 2

1 ) (

2

z

y y

z z

x x

z y

x x

) 1 )(

( 4

1

2 2 2 2

2 2 2 2

y x y x

Giải:

Đặt : a =

) 1 )(

1

2 2

y x

y x

1 (

1

2 2

2 2

y x

y x

2

) 1 ( ) 1 (

) 1

)(

(

y x

y x y

1 )

( 4

1

b a ab b

Mà : (a - b)2 =

2 2

Bài 8.3 :

9 2

1 2

1 2

1

2 2

Cứng minh rằng :

9 1 1

1   

z y x

Ta chứng minh được : (x + y + z)( 1 1 1)  9

z y x

Theo bất đẳng thức Côsi

Mà : x + y + z  1 nên suy ra 1 1 1  9

z y

9.Phương pháp 9: Dùng phép quy nạp toán học

- Kiến thức : Để chứng minh một bất đẳng thức đúng với n > 1 bằng phương pháp quy nạp toán học , ta tiến hành :

+ Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = 1 (n = n0)

do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( Vì : 2k - 1 > 0)

Vậy (**) đúng với mọi k  3

+ Kết luận : 2n > 2n + 1 với mọi số nguyên dương n  3

+ Giả sử (*) đúng với n = k  1 ta có :

2

1.4

3.6

5

5

1 2

k

k

1 3

1



) 1 ( 2

1 2





k k

do đó chỉ cần chứng minh :

1 3

1



k 2 ( 1 )

1 2

Vậy (*) dúng với mọi số nguyên dương n

10 Phương pháp 10 : Chứng minh bất đẳng thức trong hình học phẳng Bài 10.1 :CMR trong một tam giác nhọn thì tổng các trung tuyến của nó lớn

hơn 4lần bán kính đường tròn ngoại tiếp hoctoan capba.com

G

C1

B A

C

0

A1 B1

Giải:

Gọi ma, mb, mc là độ dài ba đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC, ta phải chứng minh ma+ mb+mc>4R

Vì  ABC là một tam giác nhọn nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm trong tam giác ABCnếu G là trọng tâm tam giác ABC thì tâm 0 nằm ở một trong ba tam giác tam giác GAB, tam giác GAC ,tam giác GBC Giả sử tâm 0 nằm trong tam giác GAB thì 0A +0B=2R và GA+ GB > 2R mà GA=2

3AA1=2

3ma ,GB=2

3BB1 =2

3mbNên GA+GB > 2R  2

3(ma+mb) >2R ma+mb >3R

Mà trong tam giác 0CC1 có CC1 >0C mc >R

Do đó ma+ mb+ mc > 3R+R=4R

Vậy ma+mb+ mc >4R

Bài 10 2: Một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của một tam giác vuông đỉnh

A tại hai điểm B và C , kẻ một tiếp tuyến với đường tròn cắt các cạnh AB và

Từ đó MN=MB+NC nhưng tam giác vuông AMN thì MN< AM+AN

Nên 2MN < AM+AN +BM+ CN =AB +AC

11 Ngoài ra còn có một số phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức như : Phương pháp làm trội , tam thức bậc hai ta phải căn cứ vào đặc thù của mỗi bài toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Trong phạm vi nhỏ của đề tài này không hệ thống ra những phương pháp đó

Kiểm tra trường hợp xảy ra dấu đẳng thức để tìm cực trị

Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức , ta hay sử dụng phương pháp biến đổi tương đương , đổi biến số , một số bất đẳng thức

Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng các bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Chú ý : A  B  AB

Xảy ra dấu '' = '' khi AB  0

0



A Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0

Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a và b thoả mãn : a + b = 1

Vậy min B =

2

1 khi a = b =

2 1

Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

(x - 2)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1 => min A = - 4 khi x = -2 ; x = 1 ;

1  x

Vậy minC = 2 khi

2

3 2

Hướng dẫn : tương tự : minf(x) = d + c - b - a khi b  x  c

Bài 5 : Cho ba số dương x , y , z thoả mãn :

x



1

1 +

y



1

1 +

z



1

1) =

) 1 )(

Bài 6 : Cho 3 số dương a, b, c thảo mãn : a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ

)

1 ( )

1 ( )

1 (

c

c b

b a

Giải:

Ta có : F = (a2 + b2 + c2) + ( 12 12 12

c b

a   ) + 6 Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có :

(a.1 + b.1 + c.2)2  3(a2 + b2 + c2)

=> a2 + b2 + c2 

3 1

) 1 1 1 (

c b

a   3( 1 1 1 )

2 2 2

c b

a  

Mặt khác :   

c b a

1 1 1

(

c b a

1 1 1



 ).1 = (

c b a

1 1 1

a ) + (

b

c c

b ) + (

c

a a

c  )  3 + 2 + 2 + 2 = 9

=>

c b a

1 1 1



=> 2

) 1 1 1 (

c b

a   81 => ( 12 12 12)

c b

a    27

F 

3

1 + 27 + 6 = 33

Dấu '' = '' xảy ra khi : a = b = c =

3 1

Vậy MinF = 33

3

1 khi : a = b = c =

3

1

Bài 7 : Cho G =

xyz

z xy y

zx x



Tương tự :

2 2

1 2

1 3





z z

=> G 

3 2

1 2 2

1 2

1 2 2

1 2

Nếu VT = VP tại một hoặc một số giá trị nào đó của ẩn ( thoả mãn TXĐ)

=> phương trình có nghiệm

Nếu VT > VP hoặc VT < VP tại mọi giá trị của ẩn

=> phương trình vô nghiệm

4

9) = 16x Dấu '' = '' xảy ra

1 1

x

x

 x =

4 5 thoả mãn (*)

Phương trình (1) có nghiệm  dấu '' = '' ở (2) xảy ra

Vậy (1) có nghiệm x =

4

5

Bài 2: a, Tìm giá trị lớn nhất của L = 2x 3 + 5  2x

=> VT  4 , dấu '' = '' xảy ra khi 6 x = x 2  x = 2

=> không có giá trị nào của x để VT = VP => Phương trình vô nghiệm

Bài 4 : Giải phương trình :

16 12

0 2

=> phương trình có nghiệm : x = 2 ; y = 2

3 - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình :

- Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi từng phương trình của hệ , suy luận và kết luận nghiệm

0 3 4 2

2 2 2

2 3

y y x x

y y x

=> Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = -1 ; y = 1

- Kiến thức : Biến đổi một phương trình của hệ , sau đó so sánh với phương trình còn lại , lưu ý dùng các bất đẳng thức quen thuộc

Bài 2 : Giải hệ phương trình :

y x

z y x

4 4 4

Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z =

3 1 Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ;

6

1 3

1 2

1 (

14

3 2

z y x z y x

z y x

(2)  (3 2 1)( 3x 2yz)  36

z y x

 6(  )  3 (  )  2 (  )  22

y

z z

y x

z z

x x

y y x

Mặt khác : vì x, y, z > nên 6(  )  12

x

y y x

3 (  )  6

x

z z

x

; 2 (  )  4

z

y y z

(  )  3 (  )  2 (  )  22

y

z z

y x

z z

x x

y y x

Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z , thay vào (1) ta được :

x + x2 + x3 = 14 <=> (x - 2)(x2 + 3x + 7) = 0

<=> x - 2 = 0 <=> x = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = y = z = 2

4 Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên

Ngoài ra còn có một số những ứng dụng khác của bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh hoạt và sáng tạo trong khi giải , học sinh phải nắm chắc được các kiến thức về bất đẳng thức thì mới vận dụng được

Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên

Bài 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

z y x

1 1 1

1 1 1



z

3 => 2z  3 , mà z nguyên dương

1 1

Vậy (2 ; 2 ; 1) là một nghiệm của phương trình

Hoán vị các số trên , ta được nghiệm của phương trình là : (2 ; 2 ; 1) ; (2 ; 1 ; 2) ; (1 ; 2 ; 2)

IV:BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Cho hai số x và y mà x+y=1 CMR :

a) x2 +y2  1

2b) x4+y4 1

8



Bài 2: Cho a,b, c, d ,e là các số thực CMR

a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e)

Bài 3: Cho hai số dương x,y và x3+y3 =x-y CMR: x2 +y2 <1

Bài 4: Cho hai số dương x,y CMR :