ỨNG DỤNG của HAI bất ĐẲNG THỨC THÚ VỊ

Có rất nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức 1.2, trong bài viết này chúng tôi sẽ chứng minh bất đẳng thức 1.2 bằng phương pháp biến đổi tương đương.. Trong quá trình chứng minh

Trang 1

ỨNG DỤNG CỦA HAI BẤT ĐẲNG THỨC THÚ VỊ

Nguyễn Anh Tú (K39D Sư phạm Toán, trường ĐHSP Hà Nội 2)

1 MỞ ĐẦU

Trong đề thi học sinh giỏi Quốc gia môn

Toán lớp 10 của Nga năm 2000 có bài toán sau

“Chứng minh rằng với x y thuộc ,   0 1 ta có ,

bất đẳng thức

xy

1

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?”

Bài toán chứng minh bất đẳng thức (1.1) là bài

toán cơ bản Vì bất đẳng thức (1.1) là bất đẳng

thức có chứa căn, nên ý tưởng đầu tiên khi

đứng trước bài toán này là làm sao để “khử căn

thức” Vế trái của (1.1) là tổng của hai đại

lượng nên ta có thể nghĩ tới việc dùng bất đẳng

thức Cauchy-Bunyakovski-Schwarz (CBS)

a b a b 2 a2 a b2 2 b2,

với a a b b1, , ,2 1 2 là các số thực Khi đó, ta có

2

Từ (1.2), ta thấy rằng để hoàn thành chứng

minh bất đẳng thức (1.1), ta sẽ phải chứng

minh bất đẳng thức sau

xy

1

Rõ ràng, bất đẳng thức (1.3) “chặt” hơn bất

đẳng thức (1.1) Có rất nhiều phương pháp để

chứng minh bất đẳng thức (1.2), trong bài viết

này chúng tôi sẽ chứng minh bất đẳng thức

(1.2) bằng phương pháp biến đổi tương đương

Ta có

  

,

xy x y

          

2

1

0

luôn đúng, do x y thuộc ,   0 1 Vậy bất đẳng , thức (1.1) được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra   Ở cách chứng minh trên, ta x y chỉ cần điều kiện  1 xy1

Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức (1.1), bằng việc sử dụng bất đẳng thức BCS, ta

đã “bắc cầu” dẫn tới việc chứng minh bất đẳng thức (1.2) , đây là một bất đẳng thức đối xứng giữa hai biến, đẹp và có nhiều ứng dụng trong việc giải quyết các bài toán đại số Chúng tôi xin nhắc lại một số kết quả quen thuộc liên quan đến bất đẳng thức (1.2)

“Cho x y là các số thực thỏa mãn điều kiện ,

xy  1

i Nếu xy  1 thì

xy

1

ii Nếu  1 xy1 thì

1

Dấu đẳng thức xảy ra ở (*) và (**) khi và chỉ khi x y hoặc xy  1 ”

Bất đẳng thức (1.1) là một hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức (**) Mục tiêu của bài viết này là giới thiệu ứng dụng của bất đẳng thức (*) và (**) thông qua một số bài toán đại số xuất hiện trong các đề thi đại học, đề thi thử tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia và đề thi chọn học sinh giỏi các cấp Phần còn lại của bài viết được bố cục như sau: Mục 2 chúng tôi giới thiệu ứng dụng của hai bất đẳng này qua các bài tập cụ thể Mục 3 là các bài tập có sử dụng hai bất đẳng thức (*) và (**)

2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HAI BẤT ĐẲNG THỨC

Bài toán 1 (Mở rộng kết quả của bất đẳng thức (*))

Trang 2

Chứng minh rằng với các số thức a b c d, , , thỏa

mãn điều kiện a b c d  1, , , , ta có các bất đẳng

thức sau

a)

abc

1

b)

Lời giải

a) Từ điều kiện bài toán, ta có ab  1nên áp

dụng bất đẳng thức (*), ta được

Tương tự, ta có:

abc

1

Cộng vế theo vế của hai bất đẳng thức thức

(2.2) và (2.3), ta được

(2.5) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (*), ta có

abc

4

4 1

(2.6)

Từ (2.5) và (2.6), ta được

abc



1

Ta có điều phải chứng minh Dấu “” xảy ra

 a b c 

b) Theo điều kiện bài toán, thì ab1,cd1

nên áp dụng bất đẳng thức (*), ta có

,

Cộng vế theo vế của hai bất đẳng thức trên, ta được

(2.7) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (*), ta có

Từ (2.7) và (2.8), ta được điều phải chứng minh Dấu “” xảy ra  a b và c d

Bài toán 2 (Đề thi đại học khối A-2011) Cho x y z, , là 3 số thực thuộc đoạn   1 4, và

,

x y x z  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

Lời giải

Vì x y z là các số thực dương nên ta có: , ,

P

Do x y nên z x x

y z   1 Áp dụng bất y đẳng thức (*) ta được

P

(2.9) Dấu “” xảy ra trong bất đẳng thức (2.9) khi

và chỉ khi:

y  hoặc z xy  1 (2.10) . Đặt x t,

y  thì t     1 2 Từ (2.9) ta có: ,

t P

t t



2 2

2 1

2 3 (2.11)

Trang 3

Xét hàm f t( ) t

t t



2 2

2 1

2 3 trên   1 2 ,

Ta có

f t

3

0

với   1 2 Do đó ( )t  , f t là hàm số nghịch

biến trên   1 2 Từ đó ta có ,

f t f 2  34

33 (2.12) Dấu “” xảy ra trong bất đẳng thức (2.12) khi

và chỉ khi:

x

y

    2 4 4 1 (2.13)

Từ (2.11) và (2.12) ta suy ra P  3433, theo

(2.10) và (2.13) ta thấy dấu “” xảy ra khi và

chỉ khi xảy ra khi và chỉ khi:

x 4 y 1z  2

Vậy minP  3433  x 4,y1,z 2

Nhận xét 1 Bài toán trên là một bài tìm cực

trị khó, thử thách các học sinh giỏi trong kì thi

Đại học năm 2011 Biểu thức P là một biểu

thức không đối xứng giữa các biến và việc dự

đoán điểm đạt giá trị lớn nhất của biểu P là

không dễ dàng, những điều này đã gây nên một

số “trở ngại” nhất định cho thí sinh khi đứng

trước bài toán trên Có lẽ, tác giả đã “xây

dựng” bài toán từ bất đẳng thức (*) Nhờ bất

đẳng thức (*) kết hợp với dữ kiện đề bài chúng

ta đã “dồn” về đánh giá một biểu thức chỉ

chứa một biến Công việc còn lại là trở nên

đơn giản nhờ “phương pháp hàm số” Dưới

đây là một bài tương tự

Cho x y z là 3 số thực thuộc đoạn ,, ,   1 9 và

,

x y x z  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

P  x2y y z  z x

Bài toán 3 (Đề thi chọn học sinh giỏi môn

Toán lớp 12, tỉnh Yên Bái 2015-2016)

Cho x y z, , là các số thực dương và x z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

z x



Lời giải

Vì x y z là các số thực dương nên ta có: , ,

P

x

z

   

1

Đặt a yx,byz,c xz Khi đó abc  1,

c  1 và

P

c



1

Vì abc  1, c  1 nên 0ab1

Áp dụng bất đẳng thức (1.1) và giả thiết abc  1 ta có

c P



Dấu “” xảy ra trong bất đẳng thức (2.14) khi

và chỉ khi: a b Xét hàm f c( ) c

c







1 trên  1;  Ta có

c



Lập bảng biến thiên khảo sát hàm số f c trên ( )



 

1 ta suy ra P  5 đẳng thức xảy ra , khi và chỉ khi

c4a b abc    1 a b 1 c 4

2 Vậy minP  5  x 2y 4 z Nhận xét 2 Bất đẳng thức (1.1) đóng vai trò chủ chốt trong việc tìm ra giá trị lớn nhất của biểu thức P Về mặt “ý tưởng” thì lời giải của bài toán trên hoàn toàn tương tự như lời giải của bài toán 2, đó là sử dụng bất đẳng thức kết hợp với “phương pháp hàm số”

Trang 4

Bài toán 4 Giải phương trình



4

2 4

4

(2.15)

Lời giải

Điều kiện: x  1 Ta biến đổi phương trình

(2.15) như sau:

   



4

2 4

4

2 4

Do x  1 nên

,

x4 1 1 x 1 1

Áp dụng bất đẳng thức (2.2), ta được

4

2 4

(2.16)

Từ (2.16) kết hợp với giải thiết của đề bài ta

thấy dấu “” trong bất đẳng thức (2.16) “phải

xảy ra”, tức là ta có x4 x Đối chiếu với

điều kiện ta nhận x  1 là nghiệm duy nhất

của phương trình (2.15)

Bài toán 5 Giải bất phương trình sau trên tập

số thực



2 4

(2.17)

Lời giải Điều kiện: x  52

- Xét x  52, ta thấy VT > VP trong bất

phương trình (2.16) Vậy x  52 thỏa mãn bất phương trình (2.16)

- Xét x  52, ta có

x 2 0 2x 5 0 2x29x100

ta biến đổi phương trình (2.17) về dạng:







4

2

1

(2.18)

Vì x24x  5 (x 2)2  1 1 nên với

x  52, ta có

x23x   3 x 2 x22x 2x5

Do đó với x  52, thì

,

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được





4

2

1

(2.19)

Từ (2.19) ta thấy bất phương trình (2.18) luôn đúng với mọi x  52

Trang 5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình (2.17) là

S   



5 2

Bài toán 6 (Đề thi HSG Quốc gia môn Toán

lớp 12 năm 2009)

,

xy





1 2

2

9

(I)

Lời giải Điều kiện xác định của hệ phương

trình (I)

,

y



1

2

0

Vì 0 x 1,0 y 1

2 2 và 2xy < 1 nên dụng

bất đẳng thức (1.1) cho

,

a 2x b 2 , y

ta được:

xy

1 2

Đẳng thức xảy ra   Từ (2.20) kết hợp x y

với giả thiết của đề bài, ta thấy

(I)

x y



  1 2  1 2  2

9

x y



 162 281  1 0

Giải hệ (II) và đối chiếu điều kiện ta có hai cặp

nghiệm  x y như sau: ,

 x y,   ,  





81 5913 81 5913

Vậy hệ phương trình (I) có hai nghiệm là

,

Nhận xét 3 Rõ ràng ý đồ của tác giải bài toán

là muốn kiểm tra kiến thức cơ bản của học sinh về bất đẳng thức Cụ thể là chứng minh bất đẳng thức (1.1) Nếu ra bất đẳng thức thì quá lộ nên tác giả đã thay đổi đi một chút, đưa

nó vào hệ phương trình Khi ta đã tìm được mối quan hệ x y rồi thay vào phương trình thứ hai, thì mọi việc trở nên đơn giản

3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1 Giải phương trình



6

6 2 3

3

2 Giải phương trình

x  x   x   x   

3 Giải hệ phương trình





2

9

,

x y



2017

,





Trang 6

4 Xét các số thực a b c, , thuộc đoạn  ; 

1 3 3

Chứng minh rằng

b c c a a b     

7 5

5 Xét các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều

kiện a b c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

P

2

8

6 Xét các số thực dương a b c, , thỏa mãn

ab bc ca   1

P

3

a2  b2 c2 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

c

1

8 Trong không gian Oxyz, xác định mặt

phẳng  P đi qua điểm M 2 3 5 , ,  và cắt các

trục tọa độ tại các điểm A B C, , có hoành độ

lớn hơn 1 sao cho

với V là thể tích khối chóp OABC

ab bc ca   1

P

3

a2   b2 c2 1

c

1

ab6bc2ca 1

P

a2 7b2 2c2 1

c

1

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 391, Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam, 2010

[2] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 430, Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam, 2013

[3] Tạp chí Toán học MathVn số 2, năm 2009

[4] http://diendantoanhoc.net

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	1 MB