SKKN – phương pháp chứng minh bất đẳng thức cauchy (côsi )

Đề tài : “Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy (Côsi )” MỤC LỤC GIỚI THIỆU CHUNG TÀI LIỆU THAM KHẢO 03 BẢNG KÊ CÁC KÍ HIỆU VÀ TỪ VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI A Phần mở đầu Lý chọn đề tài ………… 04 Mục đích nghiên cứu…………………………………………… …… 05 Đối tượng nghiên cứu………………………………………… 05 Nhiệm vụ nghiên cứu…………………………………………… 05 Giới hạn đề tài 05 Phương pháp nghiên cứu 06 Thời gian nghiên cứu …… 06 B Phần nội dung hoctoancapba.com CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY(CÔSI) I CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1 Quy tắc song hành ……………………………………… 1.2 Quy tắc dấu ………………………………………… 1.3 Quy tắc tính đồng thời dấu ……………… 1.4 Quy tắc biên…………………………………………… 1.5 Quy tắc đối xứng………………………………… II BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) 2.1 Dạng cụ thể ( số, số ) ……………………… 2.2 Dạng tổng quát (n số) III CÁC KỸ THUẬT ÁP DỤNG 3.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân .10 3.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo 14 3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi 16 3.4 Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng 21 hoctoancapba.com 3.5 Kỹ thuật nhân thêm số đánh giá từ TBN sang TBC 23 3.6 Kỹ thuật ghép đối xứng 26 3.7 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số , n số 29 3.8 Kỹ thuật đổi biến số 30 3.9 Một số tập vận dụng 32 IV MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY 4.1 Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình 34 4.2 Một số tập tượng tư vận dụng 37 C Phần kết luận 38 hoctoancapba.com TÀI LIỆU THAM KHẢO Tạp chí Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất giáo dục G.KORN-T.KORN Sổ tay Toán học ( Phan Văn Hạp Nguyễn Trọng Bá dịch ) Nhà xuất đại học trung học chuyên nghiệp giáo dục -1997 Phan Huy Khải Tuyển tập toán Bất Đẳng Thức – Tập Nhà xuất giáo dục -1996 Trần Văn Hạo (Chủ biên ) Bất đẳng thức Cau chy Nhà xuất giáo dục – 2001 Trần Phương ( Chủ biên) 15 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức CauchyNhà xuất giáo dục – 2001 Nguyễn Vũ Thanh Phương pháp giải bất đẳng thức- Nhà xuất tổng hợp đồng tháp –1994 Vũ Đình Hòa TSKH Bất đẳng thức hình học Nhà xuất giáo dục – 2001 Lê Hồng Đức Phương pháp giải toán bất đẳng thức Nhà xuất Hà Nội– 2003 Trần Văn Hạo.( Chủ biên) Chuyên đề Bất đẳng thức Nhà xuất giáo dục 10.TS Trần Vui.(Chủ biên) Một số xu hướng đổi dạy học Toán trường THPT Nhà xuất giáo dục BẢNG KÊ CÁC KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI CÁC KÍ HIỆU TOÁN HỌC ∀ : với TỪ VIẾT TẮT CMR : chứng minh Min : giá trị nhỏ VT : vế trái Max : giá trị lớn nhát VP : vế phải ⇔ : tương đương BĐT : bất đẳng thức ⇒ : suy ( kéo theo) đpcm : điều phải chứng minh ∆ ABC : tam giác ABC GTNN : giá trị nhỏ nhât ≠ : dấu khác GTLN : giá trị lớn ≥ : không âm TBN : trung bình nhân = : dấu TBC : trung bình cộng p : chu vi tam giác ABC A PHẦN MỞ ĐẦU / Lí chọn đề tài: 1.1 Về mặt lý luận Trí thông minh tổng hợp, phối hợp nhịp nhàng lực trí tuệ : quan sát, ghi nhớ, óc tưởng tượng chủ yếu lực tư mà đặc trưng lực tư độc lập, linh hoạt, sáng tạo, vận dụng hiểu biết học để giải vấn đề đặt cách tốt Chính vậy, nghị Bộ trị cải cách giáo dục nhấn mạnh nhiệm vụ phát triển trí thông minh cho học sinh cấp III học sinh lớp 10 Nghị rõ yêu cầu “Phát triển tư khoa học” “tăng cường em ý thức, lực vận dụng cách thông minh điều học” Một điểm đổi phương pháp dạy học coi trọng việc lấy học sinh làm trung tâm, người thầy đóng vai trò người giúp em hướng, giúp em tiếp thu kiến thức cách chủ động, sáng tạo Chính vậy, lớp 10, việc phát triển trí thông minh cho em thông qua môn toán cần thiết 1.2 Về mặt thực tiễn Phấn đấu để dạy tốt môn học nói chung môn Toán nói riêng nguyện vọng tha thiết đội ngũ giáo viên THPT Như biết, Toán khoa hoc suy diễn trừu tượng Toán học THPT lại mang tính trực quan, cụ thể mục tiêu môn toán trung học hình thành biểu tượng toán học ban đầu rèn luyện kĩ toán cho học sinh, tạo sở phát triển tư phương pháp cho học sinh sau Một mặt khác toán học có tính thực triễn Các kiến thức toán học sống Mỗi mô hình toán học khái quát từ nhiều tình sống Dạy học toán học trung học hoàn thiện vốn có học sinh, cho học sinh làm ghi lại cách thức kiến thức toán học ngôn ngữ kí hiệu toán học Mỗi tiết học dịp để học sinh hình thành kiến thức kĩ mới, vận dụng cách sáng tạo nhất, thông minh việc học toán sống sau Chính vậy, người giáo viên cần biết phát huy tính tích cực, trí thông minh học sinh thông qua học toán 1.3 Về cá nhân Xuất phát từ lý luận thực tiễn trên, để góp phần vào việc “ Phát triển tư khoa học” “tăng cường em ý thức, lực vận dụng cách thông minh điều học” cho học sinh giai đoạn nay, qua thực tiễn kiểm tra giảng dạy học sinh trường , nhận thấy việc hình thành kiến thức kĩ Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ) , vận dụng cách sáng tạo nhất, thông minh việc học toán sống cho học sinh nhiệm vụ quan trọng người giáo viên Đó lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu: Một vấn đề thường gặp đại số, làm cho học sinh lúng túng toán bất đẳng thức đại số bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Tchebychev, bất đẳng thức Beruoulli, bất đẳng thức Jensen Thông thường toán loại vấn đề khó Thực phần quan trọng đại số kiến thức bất đẳng thức đại số làm phong phú phạm vi ứng dụng đại số sống Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy (Côsi) phần quan trọng đại số 10 chương Toán THPT Phần nhiều toán tối ưu đại số xuất phát từ yêu cầu sống Một phần kiến thức tối ưu đại số đưa vào chương trình phổ thông bất đẳng thức Cauchy(Côsi) Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu số vấn đề Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Côsi Những toán Bất đẳng thức Côsi có nội dung hấp dẫn khó giải Một nguyên nhân gây khó giải phương pháp tiếp cận , mổ xẻ vấn đề phương pháp thông thường hay hay áp dụng đại số Để giải phần khó khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm nhằm cung cấp phương pháp học giải tập bất đẳng thức Cauchy cho bạn yêu thích toán học, thầy cô giáo, em học sinh trường THPT em học sinh học lớp 10 làm tài liệu tham khảo tiếp tục phát triển Giới hạn đề tài Nghiên cứu bất đẳng thức Cauchy (Côsi) đặc biệt phương pháp chứng minh tập vận dụng để giúp học sinh học tốt hình thành kiến thức, kĩ mới, vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo nhất, thông minh việc học toán sống Phương pháp nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu lý luận “Phát triển tư khoa học” “tăng cường em ý thức, lực vận dụng cách thông minh điều học” 1.5 Phương pháp quan sát Nhìn nhận lại trình học tập môn toán học sinh trường năm học vừa qua Đưa số biện pháp để nâng cao kết học tập cho học sinh trường giai đoạn B PHẦN NỘI DUNG CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) I CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1.1 Quy tắc song hành: hầu hết BĐT có tính đối xứng việc sử dụng chứng minh cách song hành, giúp ta hình dung kết nhanh chóng định hướng cách giiải nhanh 1.2 Quy tắc dấu bằng: dấu “=” BĐT quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi BĐT 1.3 Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: không học sinh mà số giáo viên nghiên cứu chứng minh BĐT thường hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp song hành BĐT không chu ý đến điểm rơi dấu Một nguyên tắc áp dụng song hành BĐT điểm rơi phải đồng thời xảy ra, nghĩa dấu “ = ” phải được thỏa mãn với điều kiện biến 1.4 Quy tắc biên: Cở sở quy tắc biên toán quy hoạch tuyến tính, toán tối ưu, toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm nhiều biến miền đóng Ta biết giá trị lớn nhất, nhỏ thường xảy vị trí biên đỉnh nằm biên hoctoancapba.com 1.5 Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vai trò biến BĐT dấu “ = ” thường xảy vị trí biên Nếu toán có gắn hệ điều kiện đối xứng ta dấu “ = ” xảy biến mang giá trị cụ thể Chiều BĐT giúp ta định hướng cách chứng minh : đánh giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) ngược lại II BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) : 2.1 Dạng cụ thể ( số, số ) n = 2: ∀ x, y ≥ : n = 3: ∀ x, y, z ≥ : 2.1.1 x+ y ≥ xy x+ y+ z ≥ xyz 2.1.2 x + y ≥ xy x + y + z ≥ 3 xyz  x+ y  ÷ ≥ xy    x+ y+ z  ÷ ≥ xyz   ( x + y ) ≥ xy ( x + y + z ) ≥ 27 xyz 2.1.5 1 + ≥ x y x+ y 1 + + ≥ x y z x+ y+z 2.1.6 ≥ xy ( x + y ) ≥ xyz ( x + y + z ) 2.1.3 2.1.4 Đẳng thức xảy x = y = z Đẳng thức xảy x = y Chứng minh công thức 2.2.1 x+ y 1 − xy = ( x + y − xy ) = ( x − y ) ≥ 2 ∀ x, y ≥ ,ta có : x+ y ≥ xy Do Đẳng thức xảy dấu : ( x − y ) , tức x = y Hệ 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng không đổi tích chúng lớn hai số Chứng minh: Giả sử hai số dương x y có tổng x + y = S không đổi S x+ y = ≥ xy Khi đó, S2 xy ≤ nên Đẳng thức xảy x S2 = y Do đó, tích xy đạt giá trị lớn x = y Hệ 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích không đổi tổng chúng nhỏ hai số Chứng minh: Giả sử hai số dương x y có tích x.y = P không đổi Khi x+ y ≥ xy = P đó, nên x + y ≥ P x = y Đẳng thức xảy Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ P x = y ỨNG DỤNG: Trong tất hình chữ nhật có chu vi, hình vuông có diện tích lớn Trong tất hình chữ nhật có diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ f ( x) = x + Ví dụ : Tìm giá trị nhỏ hàm số : Giải Do x > nên ta có : f ( x) = ⇔ x = f ( x) = x + x với x > 3 ≥ x = x x ⇔x= x Vậy giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x + x với x > f ( 3) = Ví dụ Chứng minh x, y, z ba số dương 1 ( x + y + z )( + + ) ≥ x y z Khi xảy đẳng thức ? Giải Vì x, y, z ba số dương nên x + y + z ≥ 3 xyz ( đẳng thức xảy x = y = z ) 1 1 1 + + ≥ 33 = = x y z xyz ( đẳng thức xảy x y z ) 1 1 ( x + y + z )( + + ) ≥ 3 xyz 3 = x y z xyz Do Đẳng thức xảy : x = y = z  1 1 x = y = z  Vậy đẳng thức xảy x = y = z 2.2 Dạng tổng quát (n số) ∀x1, x2, x3 , ,xn không âm ta có: Dạng 1: x1 + x2 + xn ≥ n 10 n x1 x2 xn hoctoancapba.com b) + + ≥ 2 + +   ÷ p − a p − b p − c  a b c ÷ Giải a) Áp dụng BĐT Côsi ta có:           ( p − a) ( p − b) ≤ ( p − a) + ( p − b) = c ( p − b) + ( p − c) = a ( p − b) ( p − c) ≤ 2 ( p − a) + ( p − c) = b ( p − a) ( p − c) ≤ 2 ⇒ ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ 81 abc b) Áp dụng BĐT Côsi ta có:  1  1    + ÷ ≥ 2  p − a p −b       +   ÷ ≥ p − b p − c       1  2  p − a + p − c ÷ ≥     ( p − a) ( p − b) ≥ ( p − b) ( p − c) ≥ ( p − a) ( p − c) ≥ ( p − a ) + ( p − b) = c ( p − b) + ( p − c) = a = b 2 ( p − a) + ( p − c) 32 + + ≥ 2 + +   ÷ p − a p − b p − c  a b c ÷ ⇒ Dấu “ = ” xảy cho a) b) ∆ : a = b = c a+b+c p= ) ( p chu vi ∆ ABC: Bài Cho ∆ ABC, a, b, c số đo cạnh tam giác Chứng minh : ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Giải Áp dụng BĐT Côsi ta có:  0 ≤    0 ≤   0 ≤   ⇒ ( b + c − a ) ( c + a − b) ( c + a − b) ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + b − c) ≤ ( b + c − a) + ( c + a − b) = c ( c + a − b) + ( a + b − c) = a ≤ ( b + c − a) + ( a + b − c) = b ≤ ≤ ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Dấu “ = ” xảy ⇔ ∆ ABC : a = b = c 3.7 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số : Nội dung cần nắm thao tác sau :     ( x + y + z )  1x + 1y + 1z ÷÷≥ ∀x, y, z > 1 + + ÷ ≥ n2 ∀x , x , , x >  x + x + + x + (1 n n)  x1 x2 xn ÷  33 b+c c+a a+b + + ≥ ∀a, b, c > b c Bài Chứng minh : a (1) Giải b+c  1 + a ÷  Ta biến đổi (1) tương đương:  + 1 +  c+ a   a +b  + 1+ ≥ b ÷  c ÷  1 1 a +b+c b+c+ a c+ a+b a + b + c)  + + ÷ ≥ ( + + ≥9 a b c a b c ⇔ ⇔ (đpcm ) 2 + + ≥ Bài Chứng minh : a + b b + c c + a a + b + c ∀a, b, c > Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau: 2( a + b + c) ⇔    1  + +  ÷  a +b b+c c+a  ( a + b ) + ( b + c ) + ( a + c )  ≥  1  + +  ÷  a +b b+c c+a  ≥ (đpcm ) c a b + + ≥ Bài Chứng minh : a + b b + c c + a , ∀a, b, c > (BĐT Nesbit) Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau: c   a   b   ≥ 1 + ÷ + 1 + ÷+ 1 + a + b   b + c   c + a ÷  +3= 2  a +b+c   a +b+c   a +b+c   ÷+  ÷+  ÷≥ a + b b + c c + a       ⇔ ⇔ ( a + b + c )  a 1+ b + b +1 c + c +1 a ÷ 34 ≥ ⇔   ( a + b ) + ( b + c ) + ( a + c )   1  + +  ÷  a +b b+c c+a  ≥ (đpcm) c2 a2 b2 a +b+c + + ≥ Bài Chứng minh : a + b b + c c + a ,∀a, b, c > Giải Ta biến đổi BĐT sau:  c2   a2   b2  3( a + b + c ) c + + a + + b + ≥  a + b ÷  b + c ÷  c + a ÷  ⇔ c 1 +  c   a   b  3( a + b + c ) ≥ ÷+ a 1 + ÷+ b 1 + a + b   b + c   c + a ÷ ⇔ a +b+c ( a + b + c )  a +c b + b +a c + c +b a  ≥ ( ) ⇔ c a b + + ≥ a +b b+c c+a ⇔ c   a   b   ≥ 1 + ÷ + 1 + ÷+ 1 + a + b   b + c   c + a ÷  ⇔   ( a + b ) + ( b + c ) + ( a + c )   1  + +  ÷  a +b b+c c+a  ≥ 3.8 Kỹ thuật đổi biến số : Có toán mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải, ta chuyển toán từ tình khó biến đổi trang thái dễ biến đổi Phương pháp tren gọi phương pháp đổi biến số c a b + + ≥ ∀a, b, c > Bài Chứng minh rằng: a + b b + c c + a (BĐT Nesbit) Giải 35 b + c = x >  y+z−x z+ x− y x+ y−z ; b= ; c= c + a = y > ⇔ a = 2 a + b = z > Đặt :  Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: y x y+z−x z+x− y x+ y−z z x y z + + ≥  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 2x 2y 2z  x y x z  z y ⇔ Bất đẳng thức hiển nhiên đúng, Thậ vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : VT ≥ y x z x y z +2 +2 = 2+2+2 = x y x z z y Dấu “ = ” xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Bài Cho ∆ ABC Chứng minh : a2 b2 c2 + + ≥ a+b+c b + c − a c + a −b a +b −c Giải b + c − a = x >  y+z z+x x+ y ; b= ; c= c + a − b = y > ⇔ a = 2 a + b − c = z > Đặt :  Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: ⇔ ( y + z) + ( z + x) + ( x + y) 4x 4y 4z ≥ x+ y+ z (2) yz zx xy  yz zx   zx xy   yz xy  + + ≥  + ÷+  + ÷+  + ÷ x y z 2 x y  2 y z  2 x z  Ta có : VT (2) ≥ Côsi ≥ yz zx zx xy yz xy + + = x+ y+ z x y y z x z Bài Cho ∆ ABC CMR : ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c ) ≥ abc (1) Giải 36 b + c − a = x >  y+z z+x x+ y ; b= ; c= c + a − b = y > ⇔ a = 2 a + b − c = z > Đặt :  Khi ta có BĐT (1) tương đương với bất đẳng thức sau : x+ y y+ z z+ x xyz ≤ 2 x+ y y+ z z+ x ≥ xy yz zx = xyz 2 Áp dụng BĐT Côsi, ta có : (đpcm) Bài Cho ∆ ABC CMR: ( p − a) + ( p − b) + ( p − c) ≥ p ( p − a) ( p − b) ( p − c) (1) Giải p−a = x >   p −b = y > p−c = z > Đặt :  th× (1) ⇔ + + ≥ x+ y+ z xyz x2 y z (2) Ta có: VT (2) = 1 1  1 1  1 1  + + + + + ≥  x y ÷  y z ÷  x z ÷ = 1 x2 y + 1 y2 z2 + 1 x2 z 1 x+ y+z + + = xy yz zx xyz Dấu “ = ” xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c ⇔ ∆ ABC 3.9 Một số tập áp dụng 3.9.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi đánh giá từ TBC sang TBN 18 S = a2 + a Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 S = 2a + a Cho < a ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 37 a, b >  S = ab + a + b ≤  ab Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a, b, c >  S = abc + a + b + c ≤  abc Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Cho a, b > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S= a+b ab + ab a + b a, b, c >   a + b + c ≤ Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 S = a+b+c+ + + a b c a, b, c >   a + b + c ≤ Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 S = a2 + b2 + c2 + + + a b c Cho a, b, c, d > Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  S = 1 +  2a   2b   2c   2d  1+ 1+ 1+ 3b ÷  3c ÷  3d ÷  3a ÷ a, b, c >  a + b + c ≤1 10 Cho  Chứng minh : S= a + b + c + 2 + + ≥ 81 ab bc ca a, b, c > a b2 c 1  S = + + + + + ≥ 28 a + b + c ≤1 b c a a b c 11 Cho  Chứng minh : 3.9.2 Kỹ thuật chọn điểm rơi ¸đánh giá từ TBN sang TBC 12 ( a + b ) ( − ab ) CMR: - ≤ ≤ ( + a ) ( + b2 ) 38 a, b, c >  ab + bc + ca − abc ≤ a + b + c =  27 13 Cho  Chứng minh : a, b, c >  a + b + c =1 14 Cho  Chứng minh : 16abc ≤ a + b 3.9.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi nhân thêm số đánh giá từ TBN sang TBC a ≥ ab c − + bc a − + ca b −  b ≥ Tìm Max S = 2 c ≥  15 Cho ( x + y + z) 16 Cho x, y, z >0 Tìm Min f(x, y, z) = n 17 Chứng minh rằng: 18 Chứng minh rằng: n 19 ( Gợi ý: CMR n < 1+ S = 1+ n xy z (1) ∀ ≤ n ∈ N +1 3 +1 n +1 + + + n < n +1 n n +1 < 1+ n k ) a, b, c, d >  a + b + c + d =1 20 Cho  Tìm Max S = a+b+c + b+c+d + c+d +a + d +a+b a, b, c, d >  a + b + c + d =1 21 Cho  Tìm Max S = 2a + b + 2b + c + 2c + d + 2d + a 3.9.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số : a, b, c >  a + b + c =1 22 Cho  CMR : a, b, c >  a + b + c ≤1 23 Cho  CMR: + + ≥ a +b b+c c +a + + ≥ a + 2bc b2 + 2ca c + 2ab 39 24 Cho tam giác ABC, M thuộc miền tam giác Gọi MA, MB, MC thứ tự giao với BC, AC, AB D, E, F Chứng minh: MD ME MF MA MB MC + + =1 + + =2 a) DA EB FC ; b) DA EB FC ; MA MB MC MA MB MC + + ≥6 ≥8 c) MD ME MF ; d) MD ME MF ; DA EB FC MD ME MF + + ≥ 9/ + + ≥ 3/ e ) MA MB MC ; f) MA MB MC IV Một số ứng dụng bất đẳng thức: 4.1 Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình: x + y −1 + z − = ( x + y + z ) Bài Giải phương trình Giải Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm ta có : x +1 x = x.1 ≤ ( y −1) + y −1 = ( y − 1).1 ≤ ( z − 2) + z −1 z − = ( z − ) ≤ = 2 Suy : x + y −1 + z − ≤ Dấu “=” xảy ( x + y + z) x = x =    y −1 = ⇔  y = z − = z =   Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1; 2; 3) Bài Giải phương trình : x2 + x −1 + x − x2 + = x − x + Giải 40 (1)  ( x + x −1) + x + x x + x − ≤ =  2  2  x − x + ≤ ( x − x + 1) + = x − x + 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :  ⇒ x + x −1 + x − x2 + ≤ x + (2) 2 Kết hợp (1) (2) ta có: x − x + ≤ x + ⇔ ( x − 1) ≤ ⇔ x = Thử lại ta có x = nghiệm phương trình ( x − 1) y + ( y − 1) x = xy    x y − + y x − = xy Bài Giải hệ phương trình:  Giải Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ ¸ Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: + ( x − 1) x xy x −1 = 1.( x −1) ≤ = ⇒ y x −1 ≤ 2 (1) y xy y -1 ≤ ⇒ x y −1 ≤ 2 Tương tự : Cộng (1), (2) ta : x y −1 + y x − ≤ xy  x − = ⇔ x= y=2  y − =  Dấu “ = ” xảy  Thử lại thấy: x = y = thoả mãn phương trình thức hệ Vậy hệ có nghiệm ( 2; )  1 1  x1 =  x2 + ÷  x2 ÷    1 1  x2 =  x3 + ÷ 2 x3 ÷       x =  x + ÷  n  x1 ÷   Bài Cho số nguyên n > Giải hệ phương trình:  Giải 41 (2) Từ hệ cho suy x1, x2, , xn dấu Giả sử xi ≥ với i Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có : 1 1 x1 =  x2 + ÷÷ ≥ 2 x2  Tương tự : xi ≥ với i Cộng n phương trình hệ theo vế ta được: x1 + x2 + + xn = Vì xi ≥ nên 1 + + + x1 x2 xn xi ≥ 1 1 x1 + x2 + + xn ≥ + + + x1 x2 xn xi với i, suy ra: Dấu “=” xảy x1 = x2 = = xn =  x2 =y  + x   y2 =z  1 + y  2z2 =x  Bài Giải hệ phương trình: 1 + z Giải Rõ ràng hệ có nghiệm x = y = z = Với x,y,z ≠ 0, từ hệ cho ta suy x>0, y>0, z>0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có : Tương tự : 2x 2 x2 ≤ =x + x2 x y2 2z2 z= ≤ y x = ≤ z 1+ y2 1+ z Vậy : y ≤ x ≤ z ≤ y, suy x = y = z 1+ x2 ≥ 2x ⇒ y = Thay y = x vào phương trình thứ ta : x2 = x ⇔ x = + x ⇔ x = ( x > 0) 1+ x Vậy hệ có hai họ nghiệm (x, y, z) = {(0; 0; 0) ; (1; 1; 1)} Bài Tìm số nguyên dương n số nguyên dương a1 = a2 = = an thoả điều kiện : 42 a1 + a + + a n =  1  a + a + + a = n  (1) (2) Giải   1  1 1  a1 + ÷+  a2 + ÷+ +  an + ÷ ÷=  ÷  ÷ a a a n      Lấy (1) cộng (2) vế theo vế , ta :  Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có : Suy ≥ 2n hay n ≤ 2: a1 =  1 a = Với n = 1: hệ  vô nghiệm; + ≥2 víi i = 1, 2, , n a1 + a2 =  1 a + a = Với n = 2: hệ  có nghiệm a1 = a2 = Vậy: n = a1 = a2 = 4.2 Một số tập tượng tư vận dụng Giải phương trình sau a) ( x + 1)( y + 2)( z + 8) = 32 xyz b) x + 2-x = y + y + ( x, y, z > 0) c) 16 1225 + + = 82 − x − − y − − z − 665 x-3 y −1 z − 665 d) x + 4( y −1) y −1 + + = 10 ( y − 1) x Giải phương trình a) b) x -1 + x − = 2( x − 3) + x − x y z + + = 2x + y + z y + z + x 2z + x + y 43  2x2 =y  + x   y3 =z  1 + y + y  4z4 =x  Giải hệ phương trình 1 + z + z + z Xác định số nguyên dương n số dương x1, x2 , … , xn thoả  x1 + x + + x n =  1 1  x + x + + x = n   x + y + z =  x + y + z = xyz Giải hệ phương trình   n+k  + x1 + + x2 + + + xn = n n   n−k   − x1 + − x2 + + − xn = n n Giải hệ phương trình  C PHẦN KẾT LUẬN: IV/ Đánh giá kết Từ nhận thức thân sở thực tiễn chọn đề tài biện pháp triển khai đề tài, qua khảo sát thực tế việc tiếp thu học sinh, thấy đạt số kết cụ thể sau: Với việc trình bày tóan bản, với ví dụ minh họa sau đó, giúp tăng cường giảng cho thầy , cô giáo với em học sinh dễ hiểu biết cách trình bày bài, học sinh biết vận dụng thành thạo kiến thức học làm sở cho việc tiếp thu cách thuận lợi, vững Đặc biệt nội dung phần bình luận sau vài tập ví dụ giúp em học sinh củng cố hiểu biết chưa thật thấu đáo, với 44 cách nhìn nhận vấn đề đặt cho em học sinh, để trả lời cách thỏa đáng cấu hỏi “ Tại lại nghĩ làm vậy?” Luyện tập cho học sinh thói quen suy nghĩ, quan sát, lập luận để học sinh phát huy trí thông minh, óc sáng tạo, khả phân tích, tổng hợp, tư độc lập thông qua việc thảo luận, tranh luận mà học sinh phát triển khả nói lưu loát, biết lí luận chặt chẽ giải toán Học sinh biết vận dụng kiến thức đơn lẻ để giải toán tổng hợp nhiều kiến thức Ngoài có nhiều toán giải nhiều cách khác giúp em học sinh trở nên linh hoạt việc lựa chọn phương pháp giải Với phong cách trình bày vậy, tài liệu nhằm giúp cho em học sinh rèn luyện lực vận dụng lý thuyết học Tạo không khí sôi nổi, niềm say mê hứng thú cho học sinh toán sinh động, hấp dẫn thực biến học, lớp học không gian toán học cho học sinh Cuối cùng, cho dù cố gắng việc tham khảo lượng lớn tài liệu sách để vừa viết, vừa mang giảng dạy cho em học sinh từ kiểm nghiệm bổ sung thiếu sót, với việc tiếp thu có chọn lọc ý kiến bạn đồng nghiệp để dần hòan thiện tài liệu này, khó tránh khỏi thiếu sót hiểu biết kinh nghiệm hạn chế, mong nhận đóng góp quý báu quý thầy giáo, cô giáo, bạn đồng nghiệp bạn đọc gần xa Người thực 45 Trần Phúc Nhật Tuấn Ý kiến nhận xét đánh giá(của hội đồng xét duyệt sáng kiến kinh nghiệm cấp trường) 46 [...]...  1+ d  1 + b 1+ c 1+ d ( 1+ b ) ( 1+ c ) ( 1+ d ) Vậy: 13  1 bcd ≥3 3  1+ b ( 1+ c ) 1+ d 1 + a  cda  1 1 + b ≥ 3 3 1 + c 1 + d 1 + a ( ) ( )   dca  1 1 + c ≥ 3 3 1 + d 1 + c 1 + a ( )( )   abc  1 ≥3 3 1 + d ( 1+ a ) 1+ b ( 1+ c )  ( ) ( ( ( ) ) ( ⇒ abcd ≤ ) ) ≥0 ≥0 ⇒ ≥0 1 ( 1+ a ) ( 1 + b ) ( 1+ c ) ( 1+ d ) ≥ 81 abcd ( 1+ a ) ( 1+ b) ( 1+ c ) ( 1+ d ) ≥0 1 81 Bài toán tổng quát 1:... cạnh của tam giác.CMR ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ 18 abc a) 31 b) 1 + 1 + 1 ≥ 2 1 + 1 + 1   ÷ p − a p − b p − c  a b c ÷ Giải a) Áp dụng BĐT Côsi ta có:           ( p − a) ( p − b) ≤ ( p − a) + ( p − b) = c 2 ( p − b) + ( p − c) = a ( p − b) ( p − c) ≤ 2 2 ( p − a) + ( p − c) = b ( p − a) ( p − c) ≤ 2 2 2 ⇒ ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ 81 abc b) Áp dụng BĐT Côsi ta có:  1... mẫu a − b ) ( b + 1) Vậy ta có : ( 2 = (a - b)( b + 1)( b + 1) ⇒ ta phân tích a thành hai cách sau: a − b ) + b +1 + b +1 ( 2 2 2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoÆc a +1 = Từ đó ta có ( 1) tương đương : a +1+ VT + 1 = 4 b +1 b +1 4 = ( a − b) + + + 2 2 2 ( a − b ) ( b + 1) ( b + 1) ( a − b ) ( b + 1) ≥ 4.4 ( a − b ) Côsi b +1 b +1 4 =4 2 2 ( a − b ) ( b + 1) ( b + 1) 2a + 1 ≥3 4b(a − b) 3 Bài... ( a1 + b1 ) ( a2 + b2 ) ( an + bn ) 2 4 Bài 4 Chứng minh rằng : 16ab(a − b) ≤ (a + b) ( ∀ ai , bi > 0 i = 1, n ) ∀a, b > 0 Giải Ta có : 2 2  4ab + (a − b) 2   (a + b) 2  4 16ab(a − b) = 4.(4ab)(a − b) ≤ 4  = 4    = ( a + b) 2 2     2 2 a, b, c > 0 8  abc a + b b + c c + a ≤ ( ) a + b + c = 1 729 Bài 5 Cho  Chứng minh rằng : ( )( ) Giải Sơ đồ điểm rơi : Ta nhận thấy biểu thức có tính... 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số Bài 2 Chứng minh rằng: ( ) 8 a + b ≥ 64ab(a + b)2 ∀ a,b ≥ 0 Giải ( a+ b ) 8  =  ( ) 2 4 a + b  = ( a + b ) + 2 ab   = 64ab(a + b)2 12 4 CôSi 4 2 ≥ 2 2 ( a + b ) ab  = 24.22.ab ( a + b ) =   Bài 3 Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab ∀ a, b ≥ 0 Giải 3 3 Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 3 1.a.b 3 a.b.ab = 9ab ... −1÷÷ ≥ ( n − 1) n  Bài.7 CMR: 3   a + b + c  1÷ 1 + ÷ ≥ 3 ÷  ( 1+ a ) ( 1+ b ) ( 1+ c ) ≥ ( 1+   2÷   3 ) 3  3÷ abc ≥ 8 abc ∀a, b, c ≥ 0 Giải ( Ta có: 3  a + b + c   ( 1 + a ) + 1 + b 1 + ÷ = 3 ÷  3   3 ) + ( 1 + c ) ÷ Côsi ≥ ÷  ( 1+ a ) ( 1+ b ) ( 1+ c ) ( 1) Ta có: ( 1+ a ) ( 1+ b ) ( 1+ c ) = 1+ ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + abc  ( Côsi ) ( ≥ 1 + 33 a... tam giác Chứng minh rằng : ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Giải Áp dụng BĐT Côsi ta có:  0 ≤    0 ≤   0 ≤   ⇒ ( b + c − a ) ( c + a − b) ( c + a − b) ( a + b − c) ( b + c − a) ( a + b − c) ≤ ( b + c − a) + ( c + a − b) = c 2 ( c + a − b) + ( a + b − c) = a ≤ 2 ( b + c − a) + ( a + b − c) = b ≤ 2 0 ≤ ( b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c ) ≤ abc Dấu “ = ” xảy ra ⇔ ∆ ABC đều... p − a) ( p − b) ≥ ( 1 p − b) ( p − c) ≥ ( 1 p − a) ( p − c) ≥ 1 ( p − a ) + ( p − b) = 2 c ( p − b) + ( p − c) = 2 a = 2 b 2 1 2 1 ( p − a) + ( p − c) 2 32 1 + 1 + 1 ≥ 2 1 + 1 + 1   ÷ p − a p − b p − c  a b c ÷ ⇒ Dấu “ = ” xảy ra cho cả a) và b) khi và chỉ khi ∆ đều : a = b = c a+b+c p= 2 ) ( p là nữa chu vi của ∆ ABC: Bài 4 Cho ∆ ABC, a, b, c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác Chứng minh. .. a − c) ÷= ÷+  + + ≤  + + =1 ab ab 2  b a ÷ 2  a b ÷ 2  a b ÷  Bài 3 CMR ( 1)  1 + 3 abc ≤ 3 ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ∀a, b, c ≥ 0 Giải Ta có biến đổi sau, ( 1) tương đương: 25 (đpcm) 3 1.1.1 + 3 abc ≤ 3 ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ⇔3 1.1.1 abc +3 ≤1 ( 1+ a ) ( 1+ b) ( 1+ c ) ( 1+ a ) ( 1+ b ) ( 1+ c ) Theo BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1  1 a b c  1  a + 1 b + 1 c + 1 1 VT ≤  + + + ... bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: 2 ⇔ 2 ( y + z) + ( z + x) + ( x + y) 4x 4y 4z 2 ≥ x+ y+ z ( 2) yz zx xy 1  yz zx  1  zx xy  1  yz xy  + + ≥  + ÷+  + ÷+  + ÷ x y z 2 x y  2 y z  2 x z  Ta có : VT ( 2) ≥ Côsi ≥ yz zx zx xy yz xy + + = x+ y+ z x y y z x z Bài 3 Cho ∆ ABC CMR : ( b + c – a ). ( c + a – b ). ( a + b – c ) ≥ abc ( 1) Giải 36