Phương pháp dồn biến, dồn biến mạnh ứng dụng giải các bài toán và sáng tạo một số bài toán sơ cấp

Ph-ơng pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt đ-ợc đối xứng .... Ph-ơng pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt tại biên .... 45 Ch-ơng 2:

1

Mục lục Lời mở đầu 1 Lý do chọn đề tài 3

2 Mục đích nghiên cứu 3

3 Đối t-ợng và phạm vi nghiên cứu 3

4 Ph-ơng pháp nghiên cứu 3

5 Cấu trúc khoá luận 4

Ch-ơng 1: Ph-ơng pháp dồn biến và dồn biến mạnh 1 Ph-ơng pháp dồn biến 1.1 Định lí dồn biến 5

1.2 Ph-ơng pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt đ-ợc đối xứng 8

1.2.1 Bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt tại tâm 8

1.2.2 Bất đẳng thức ba biến với cực trị đạt đ-ợc có tính đối xứng 15

1.3 Ph-ơng pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến với cực trị đạt tại biên 17

1.4 Dồn biến bằng hàm lồi 1.4.1 Khái niệm 21

1.4.2 Định lí 1(BĐT Jensen) 21

1.4.3 Định lí 2 22

1.5 Ph-ơng pháp dồn biến bằng kĩ thuật hàm số 26

2 Ph-ơng pháp dồn biến mạnh 2.1 Bổ đề(Dồn biến tổng quát) 30

2.2 Định lí dồn biến mạnh 33

2.3 Chú ý khi dùng ph-ơng pháp dồn biến mạnh 34

2.4 Ví dụ 34

3 Ph-ơng pháp dồn biến toàn miền – EMV 3.1 EMV với biên tại 0 40

2

3.2 EMV với biên trong tam giác 43

4 Dồn biến không xác định 4.1 Định lí dồn biến không xác định 44

4.2 Ví dụ 45

Ch-ơng 2: ứng dụng ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh trong việc giải toán và sáng tạo một số bài toán sơ cấp 1 ứng dụng ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh trong việc giải toán và sáng tạo một số bài toán sơ cấp 48

2 Các bài toán áp dụng 53

Kết luận 55

Tài liệu tham khảo 56

3

Lời mở đầu 1) Lí do chọn đề tài

Nh- chúng ta đã biết trong toán học thì bất đẳng thức là một chuyên đề

hấp dẫn và t-ơng đối khó với học sinh Nó đói hỏi phải có t- duy sáng tạo,

thông minh, kiên trì song càng đi sâu tìm hiểu thì càng lôi cuốn

Chuyên đề bất dẳng thức xuyên suốt trong quá trình học không chỉ trong

các lớp THCS, THPT mà ĐH vẫn đ-ợc giảng dạy Để giải các bài toán bất

đẳng thức thì có không ít các ph-ơng pháp giải chẳng hạn: ph-ơng pháp biến

đổi t-ơng đ-ơng, ph-ơng pháp sử dụng chiều biến thiên của hàm số, ph-ơng

pháp tam thức bậc hai, …Trong những phương pháp đó ta không thể không kể

đến một ph-ơng pháp khá đặc biệt đó là ph-ơng pháp dồn biến

Là một sinh viên sắp ra tr-ờng, với mong muốn nắm vững kiến thức,

ph-ơng pháp, nắm chắc kiến thức ở bậc THPT tạo tiền đề cho việc dạy học

sinh sau này Giúp học sinh không chỉ giảm bớt những khó khăn mà còn phát

huy tính tích cực, chủ động của các em trong quá trình học tập, đặc biệt là

những kiến thức khó như “ bất đẳng thức” Chính vì vậy em đã chọn đề tài “

Ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh – ứng dụng giải các bài toán và

sáng tạo các bài toán sơ cấp”

2) Mục đích nghiên cứu

Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về bất đẳng thức ở bậc THPT và các

ph-ơng pháp chứng minh bất dẳng thức

3) Đối t-ợng và phạm vi nghiên cứu

a Đối t-ợng nghiên cứu:

Nội dung về bất đẳng thức trong ch-ơng trình toán THPT

b Phạm vi nghiên cứu

Kiến thức về bất đẳng thức trong sách giáo khoa THPT

4) Ph-ơng pháp nghiên cứu

4

Xuất phát từ các định nghĩa, các tính chất của các bất đẳng thức, sách

tham khảo, báo toán học và tuổi trẻ, tổng kết và rút kinh nghiệm của bản thân

về những thuận lợi và khó khăn khi giải quyết bài toán

5) Cấu trúc khoá luận

Phần đầu:

Ch-ơng 1: Ph-ơng pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

Ch-ơng 2: ứng dụng ph-ơng pháp dồn biến, dồn biến mạnh trong việc

giải toán và sáng tạo một số bài toán sơ cấp

Phần cuối: Kết luận

5

CHƯƠNG 1:

PHƯƠNG PHáP DồN BIếN Và ĐịNH Lí DồN BIếN MạNH

Có nhiều ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán

cực trị Trong đó có ph-ơng pháp dồn biến và dồn biến mạnh Đây là một

trong những ph-ơng pháp quan trọng và cơ bản nhất của bất đẳng thức đại số

Chúng ta biết rằng đặc diểm của nhiều bất đẳng thức là đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi tất cả hoặc một vài biến số bằng nhau Mục đích của ph-ơng pháp

này là tìm cách giảm biến số của bất đẳng thức và đ-a nó về dạng đơn giản

hơn Để có thể chứng minh trực tiếp bằng cách khảo sát hàm một biến hoặc

chứng minh quy nạp

Ph-ơng pháp dồn biến là tìm cách giảm tối đa số biến có thể đ-ợc Đối với

những bài toán có ít nhất là 3 biến thì ph-ơng pháp dồn biến đ-ợc sử dụng

hiệu quả

1 PHƯƠNG PHáP DồN BIếN

1.1 ĐịNH Lý DồN BIếN

Giả sử f(x1, x2, …, xn ) là một hàm số liên tục và đối xứng với tất cả n biến

x1, x2, …, xn xác định trên một miền liên thông thoả mãn điều kiện sau:

f(x1, x2, …, xn ) f x1 + x2 2 , x1 + x2 2 , x3, …, xn

(1) Khi đó bất đẳng thức sẽ thoả mãn:

f(x1, x2, …, xn ) f(x, x, …, x)

Trong đó: x = x1 + x2 +….+ xn

n

 Chú ý :

o Khái niệm miền liên thông trong R là đoạn hoặc khoảng có dạng :

[a,b], (a, b], (a, b), (a, + ), …

o Điều kiện (1) có thể biến đổi thành một số dạng khác nh-:

f(x1, x2, …, xn ) f ( x1.x2, x1.x2, x3,…, xn)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2

Do đó f(a1, a2, …, an) f( r, r, …, r) với r = n a1a2…an

a1 + a2 + …+ an – n n a1a2…an 0

a1 + a2 + …+ an n n a1a2…an

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = …= an

Ví dụ 2: (Bất đẳng thức Nesbit) Chứng minh rằng với mọi số d-ơng ta

f(a, b, c) 2t

2 + 2tc

t2 + c2 + 2ct +

c2t

= 2t(t + c)

(t + c)2 +

c2t

= 2t

t + c +

c2t

8

Vậy f( a, b, c, d, e) f(r, r, r, r, r) = 5 với r = a + b + c + d + e

Hay abc + bcd + cde + dea + eab 5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = e = 1

1.2 PHƯƠNG PHáP DồN BIếN ĐốI VớI CáC BấT ĐẳNG THứC

BA BIếN VớI CựC TRị ĐạT ĐƯợC ĐốI XứNG

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức f(a, b, c) 0 với a, b, c là các biến

số thực thỏa mãn các tính chất nào đó Khi đó ta chứng minh 2 b-ớc sau:

- B-ớc 1: Đánh giá f(a,b,c) f( t, t, c) với t là biến sao cho

bộ số (t, t, c) thoả mãn mọi tính chất của bộ số (a, b, c)

- B-ớc 2: Đánh giá f(t, t, c) 0

1.2.1 Bất đẳng thức ba biến với cực trị đạt tại tâm

Đối với những bất đẳng thức không có điều kiện thì dồn biến theo các

đại l-ợng trung bình nh- t = a + b

2 , t = ab, t =

x2 + y2

2 , … là kĩ thuật chính

để dồn hai biến bằng nhau

2t + z + 33 t2z 2 ( tz + t.3 t2z ) 2t + z + 33 t2z 2.2 tz t.3 t2z

t8z4 2t + z + 33 t2z 4.3 t2z 2t + z – 3 t2z 0

f(t, t, z) 0 víi t = x + y

2 VËy f(x, y, z) 0 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x = y = z

10

Ví dụ 2: Cho ba số a, b, c R Chứng minh rằng:

(a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) 9(ab + bc + ca) ; (1)

Chứng minh:

Do vế trái của (1) là hàm chẵn với các biến a, b, c nên chỉ cần chứng

minh bất đẳng thức đúng với a, b, c là các số thực d-ơng

- B-ớc 1:

Đặt f(a, b, c) = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) - 9(ab + bc + ca) với a, b, c 0

Giả sử a b c Khi đó ta xét

d = f (a, b, c) – f( ab, ab, c)

= (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) – 9(ab + bc + ca) – (ab + 2)2(c2 + 2)

+ 9(ab + 2c ab) = (c2 + 2)[(a2 + 2)(b2 + 2) – (ab + 2)2] – 9c(a + b – 2 ab)

* ( a + b )2 4 ab ( a + b )2 4c

Khi đó, ta có d ( a – b )2 [ 2(c2 + 2).4c – 9c]

= ( a – b )2 [8c3 + 7c]

Hay d 0 f (a, b, c) f( ab, ab, c)

- B-ớc 2: Chứng minh f( ab, ab, c) 0

Thật vậy, ta có

f( ab, ab, c) = (ab + 2)2(c2 + 2) – 9(ab + 2c ab)

Đặt t = ab Biểu diễn f(t, t, c) d-ới dạng tam thức bậc hai của ẩn c :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

 Nhận xét 1: Việc giả sử a = min{a, b, c} là một thủ thuật th-ờng

đ-ợc áp dụng để dồn biến Cần chú ý với bất đẳng thức 3 biến đối xứng thì ta

có thể giả sử a b c ( hoặc c b a), Còn trong th-ờng hợp 3 biến hoán vị

vòng quanh thì ta có thể giả sử a = min{a, b, c} ( hoặc a = min{a, b, c} )

Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số d-ơng có tích bằng 1 thì ta

có bất đẳng thức

(a + b)(b + c)(c + a) 4(a + b+ c – 1)

Chứng minh:

Đặt f(a, b,c) = (a + b)(b + c)(c + a) – 4(a + b+ c – 1)

= ab(a + b) + bc(b+ c) + ca( c+ a) – 4(a + b + c) + 6

Bài toán trở thành chứng minh f(a, b, c) 0

Giả sử a b c > 0 Ta có

d = f(a, b, c) – f(a, bc , bc)

= ab(a + b) + bc(b+ c) + ca( c+ a) – 4(a + b + c) + 6 – 2a bc(a + bc)

– 2bc bc + 4(a + 2 bc) – 6 = a2(b + c – 2 bc) + bc(b + c – 2 bc) + a(b2 + c2 – 2bc)

– 4(b + c – 2 bc) = ( b – c )2( a2 + bc – 4 + a( b + c )2)

= ( b – c )2[(a + b)(a + c) + 2a bc – 4)

Vì (a + b)(a + c) 4 4 a2bc 4 ( vì abc = 1 và a 1) nên

f(a, b, c) f(a, bc , bc)

12

Vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán khi b = c, tức với b2 = 1

a thì ta phải chứng minh bất đẳng thức

b(a + b)2 2(a + 2b – 1) ; (2)

Thay a = 1

b2 vào (2) ta có ( b

3 + 1)2 2(b + 2b4 - b3 )

b6 – 4b4 + 4b3 – 2b + 1 0 (b – 1)2 ( b4 + 2b3 – b2 + 1) 0 (b – 1)2 [(b – 1)2 + 2b3 + b2 ) 0 ( luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

 Nhận xét 2: Việc chứng minh không cần sử dụng một công cụ mạnh

nào cả, thậm chí phù hợp với trình độ THCS ý t-ởng chính trong ph-ơng pháp

chứng minh là thực hiện hai b-ớc sau (đối với bất đẳng thức f(a, b, c) 0):

- Chứng minh f(a, b, c) f(a, bc, bc) nếu a b c

- Chứng minh f(a, b, c) 0 nếu b = c

Từ hai b-ớc này thì hiển nhiên ta suy ra kết quả bài toán Ta chứng

minh nhiều đến b-ớc thứ nhất, vì b-ớc thứ hai luôn luôn đơn giản hơn, và xét

về mặt lôgic thì nó đúng theo cách này hay cách khác Bất đẳng thức đúng với

a, b, c bằng nhau thì thực tế ta chỉ cần chứng minh trong tr-ờng hợp một biến

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với x, y, z > 0 thì

2(x2 + y2 + z2) + 3(xyz)

2

3 (x + y + z)2 Chứng minh:

Đặt f(x, y, z) = 2(x2 + y2 + z2) + 3(xyz)

2

3 – (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 – 2xy – 2xz – 2yz + 3(xyz)

2

3 Giả sử z y x , ta cần chứng minh f(x, y, z) 0

§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c

VÝ dô 5: Cho a, b, c > 0 tho¶ m·n a2 + b2 + c2 = 3 Chøng minh r»ng:

2 ,

b2 + c2

2

14

= a + b + c – a2b2 – b2c2 – c2a2 –

a + 2 b

2 + c2

2 – a

2(b2 + c2) – b

2 + c2

2 2

= b + c – b2c2 – 2 b

2 + c2

2 –

b2 + c22

2

– B-íc 2: Chøng minh f(a, b , c) 0 víi b = c

ThËt vËy, ta cã

V× a2 + b2 + c2 = 3 a2 + 2b2 = 3 b = 3 – a

22

Nªn f(a, b, b) = a + 2. 3 – a

2

2 – 2a

2 3 – a

– 4a2(3 – a2) – (3 – a2)2

2– 3 + a – 2(3 – a2) + 3 +

2

3 – a + 2(3 – a2) = (a – 1)2 34(a + 1)2 – 3

4 0 ( v× a 1)

§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 1

15

1.2.2 Bất đẳng thức ba biến với cực trị dạt đ-ợc có tính đối xứng

Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a, b, c không âm thoả mãn

- B-ớc 1: Chứng minh f(a, b, c) f(t, t, c) với t > 0 sao cho

2(a + c)(b + c) –

2

a + b – 2t 2t(a + b)

= a + c – 2(t + c) + b + c

2t(a + b) = ( a + c – b + c)

22t(a + b) (a + c)(b + c) 2t(a + b) ( luôn đúng vì a t b c)

- B-ớc 2: Ta chứng minh f(a, b, c) 0 nếu a = b

22a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1, c = 0 hoặc các hoán vị của nó

 Nhận xét 3: Khác với phần tr-ớc, khi xét những bất đẳng thức có cực

trị có tính đối xứng và các biến thoả mãn điều kiện nào đó thì cách thức dồn

biến của chúng ta sẽ có điểm khác Chẳng hạn nh- đối với điều kiện

ab + bc + ca = 1 khi chúng ta muốn dồn 2 biến bằng nhau tức dồn

f(a, b,c) f(t, t, c) thì biến t ở đây không phải là một đại l-ợng trung bình của

26a + 1 0 ( vì (1) 0 a 1 1 – 3a

26a + 1 0)

Vậy f(a, b, c) f(a, t, t)

– B-ớc 2: Chứng minh f(a, t, t) 0 với t thoả mãn (1)

Thật vậy, từ (1) ta có a = 9 – t

22t + 6t2 thay vào f(a, t, t) ta đ-ợc

f(a, t, t) = 9 – t

22t + 6t2 + 2t + 3t2 9 – t2

2t + 6t2 = –3t

4 + 12t3 + 30t2 + 92t + 6t2 = 3(3 – t)(t + 1)(t – 1)

22t + 6t2 + 6 6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a = 0, b = c = 3 cùng các

hoán vị của nó

1.3 PHƯƠNG PHáP DồN BIếN ĐốI VớI CáC BấT ĐẳNG THứC

BA BIếN VớI CựC TRị ĐạT TạI BIÊN

Trong phần tr-ớc ta có thể hiểu “ dồn biến ” là “đẩy hai biến lại gần nhau”

thì trong trường hợp này ta phải hiểu “ dồn biến” là “ đẩy một biến ra biên”

Nh- xét bất đẳng thức f(x, y, z) 0 với x, y, z 0, ta sẽ chứng minh

f(x, y, z) f(0, s, t), trong đó s, t là các đại l-ợng thích hợp sinh ra từ các biến

a, b, c Thích hợp ở đây chính là việc bộ số (0, s, t) phải thoả mãn tất cả các

18

điều kiện của (a, b, c) và đồng thời hiệu f(x, y, z) – f(0, s, t) 0 là đơn giản và

đánh giá thuận lợi

Cuối cùng ta chỉ việc chứng minh f(0, s, t) 0

Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c 0 Chứng minh rằng:

T-ơng tự ta có:

db= b(a + b - 2c)(b + c - 2a)

dc = c(a + c - 2b)(b + c - 2a) Giả sử da = max{da, db, dc} và da < 0 Khi đó

da db dc = abc(a + b - 2c)2(a + c - 2b)2(b + c - 2a)2 < 0 (vô lý)

= (a + b) 1 + b1 2 + 1

1 + a2 -

2 + (a + b)2

1 + (a + b)2 = (a + b) 1 + b1 2 + 1 + (a + b)

2 - (2 + (a + b)2)(1 + a2) (1 + (a + b)2)(1 + a2) = (a + b) ab[2(1 – ab) – ab(a + b)

2](1 + a2)(1 + b2)(1 + (a + b)2) Gi¶ sö c = max{a, b, c} th×

VÝ dô 3: Cho a, b, c 0, a + b + c = 3 Chøng minh r»ng:

(a3 + b3 + c3)(a3b3 + b3c3 + c3a3) 36(ab + bc + ca)

2 (đúng theo bất đẳng thức Cauchy)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 Nhận xét 4: Tr-ớc khi tiến hành việc dồn biến thì ta nên xét tr-ờng

hợp để đẳng thức xảy ra Nếu cực trị đạt đ-ợc tai biên ( giả sử c = 0) mà các

biến còn lại bằng nhau thì ta có thể xét các bộ (t, s, 0) nh- (a + c

1.4.1 Khái niệm: Một hàm số f: [a, b] R đ-ợc gọi là lồi nếu

f(tx + (1 – t)y) tf(x) + (1 – t)f(y) x, y [a, b], t [0, 1]

Nhận xét:

Nếu f khả vi hai lần thì f(x) lồi khi f (x) 0 với mọi x [a, b]

Nếu f lồi thì f liên tục Ng-ợc lại nếu f liên tục thì f có tính chất

f x + y2 f(x) + f(y)

1.4.2 Định lí 1( BĐT Jensen): Cho f là hàm lồi [a, b] R

a) Với xi là n số thuộc [a, b] ta có

22

f(x1) + f(x2) + … + f(xn) n f x1 + x2 + …+ xn n b) Víi xi lµ n sè thuéc [a, b] vµ I lµ n sè kh«ng ©m cã tæng

VËy ta ®-îc ®iÒu ph¶i chøng minh

Chøng minh r»ng: x1 + x2 + … + xn

n

x1 x2… xn Chøng minh:

Do 2 vÕ cña B§T lu«n d-¬ng nªn lÊy ln hai vÕ ta cã

1 +

2

1 2

1 +

2

1 2

VÝ dô 3: Cho a b c 0 H·y chøng minh r»ng:

Mµ

* f(a) = 2a + c – 33 a2c – 2( a – c)2 = – (c + 33 a2c – 4 ac) 0

25

( vì c + 3 a2c + 3 a2c + 3 a2c 4 ac ( theo bất đẳng thức Cauchy)

* f(c) = a + 2c – 33 ac2 – 2( a – c)2 = – (a + 33 ac2 – 4 ac) 0

Nên f(b) 0

Vậy đẳng thức đ-ợc chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

4[n

2 – (n – 2k)2](p – q)

2pqVì k nguyên nên n2 – (n – 2k)2 n2 nếu n chẵn hoặc n2 – (n – 2k)2 n2 – 1

nếu n lẻ

Vậy bất đẳng thức đ-ợc chứng minh

Khi khai triển thì f(x) có dạng là f(x) = Ax + B

* Nếu f(xi) = max{f(p), f(q)} = f(q) thì ta cũng đ-ợc điều vô lý

Vậy f(xi) = max{f(p), f(q)} mà xi {p, q}

1.5 PHƯƠNG PHáP DồN BIếN BằNG Kĩ THUậT HàM Số

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức f(a, b, c) 0 với a, b, c là các biến

số thực thỏa mãn các tính chất nào đó Khi đó ta chứng minh 2 b-ớc sau:

– B-ớc 1:

Đánh giá f(a, b, c) f( t, t, c) với t là biến sao cho bộ số (t, t, c) thoả

mãn mọi tính chất của bộ số (a, b, c) Bằng cách xét hàm g(s) = f(t + s, t – s, c)

với s 0

Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng khi 2 = 3

2k k =

ln3ln2 – 1 (vì bất đẳng thức đúng trong tr-ờng hợp này thì đúng trong tr-ờng hợp tổng

* B-ớc 1: Chứng minh f(a, b, c) f(a, t, t)

Khi đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh có dạng

f(m) =

1 2t t m t m2t 1 t m 1 m t

f’(m) 0

k(t m) k(t m)(1 t m) (1 m t)

g(m):= [ln(t – m) – ln(t + m)] – k + 1

1 – k [ln(1 – t – m) – ln(1 + m – t)] 0 Khảo sát hàm g ta có

Kh¶o s¸t hµm h(t) trªn kho¶ng [0, 1

3], ta ®-îc h’(t) = 2kt

k – 1(1 – t)k + 1 – k

3 víi mäi t

13

* Hµm k 2(t) = [(1 – t)(1 – 2t)]k – 1 lµ hµm nghÞch biÕn víi mäi t 1