một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng của bất đẳng thức

A: ĐẶT VẤN ĐỀ Tốn học mơn khoa học tự nhiên , tốn học có vai trị quan trọng lình vực khoa học , toán học nghiên cứu nhiều đa dạng phong phú , tốn bất đẳng thức tốn khó , để giải toán bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm tính chất bất đẳng thức, phải nắm phương pháp chứng minh bất đẳng thức Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng ta phải vào đặc thù toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Mỗi toán chứng minh bất đẳng thức áp dụng nhiều phương pháp giải khác , có phải phối hợp nhiều phương pháp cách hợp lí Bài toán chứng minh bất đẳng thức vận dụng nhiều vào dạng toán giải biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đặc biệt , tìm giá trị lớn , nhỏ biểu thức sử dụng nhiều ơn tập , ơn thi ngoại khố Vì học sinh cần thiết phải nắm kiến thức bất đẳng thức Trong thực tế giảng dạy trường THCS , học sinh gặp nhiều khó khăn giải toán liên quan bất đẳng thức , tốn chứng minh bất đẳng thức thường khơng có cách giải mẫu , khơng theo phương pháp định nên học sinh không xác định hướng giải toán Mặt khác nhận thức học sinh THCS cịn có nhiều hạn chế khả tư chưa tốt học sinh cịn lúng túng nhiều khơng biết vận dụng kiến thức vào giải dạng tập khác Trong nội dung đề tài xin tập trung giới thiệu số phương pháp hay sử dụng chứng minh bất đẳng thức : dùng định nghĩa , biến đổi tương đương , dùng bất đẳng thức biết , phương pháp phản chứng số tập vận dụng , nhằm giúp học sinh bớt lúng túng gặp toán chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh tự định hướng phương pháp chứng minh hứng thú học bất đẳng thức nói riêng mơn Tốn nói chung Qua đề tài ((một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng bất đẳng thức )) muốn giúp học học sinh có thêm số phương pháp chứng minh bất đẳng thức lý tơi chọn đè tài , nghiên cứu khơng tránh khỏi cịn hạn chế mong góp ý thày giáo để đề tài hồn thiện , xin chân thành cảm ơn B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ PHẦN I: ĐIỀU TRATHỰC TRẠNG TRƯỚC KHI NGHIÊN CỨU Khigiảng dạy lớp gặp số tập bất đẳng thức tơi thấy học sinh cịn nhiều lúng túng việc làm tập ,hay định hướng cách làm ,đặc biệt học sinh học mức độ trung bình Thực việc kiểm tra vài tập nội dung đề tài thấy Số lượng học sinh Điểm giỏi Điểm Điểm trung bìnhĐiểm yếu Điểm kém30056136 Trước vấn đề thấy việc cần thiết phải hướng dẫn học sinh số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng bất đẳng thức việc cần thiết cho học sinh , để giúp học sinh có thêm kiến thức bất đẳng thức , taođiều kiện cho học sinh làm tập 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 b , kí hiệu a < b + a lớn b , kí hiệu a > b , + a nhỏ b , kí hiệu a < b, + a lớn b , kí hiệu a > b , 2, Một số tính chất bất dẳng thức : a, Tính chất 1: a > b b < a b, Tính chất 2: a > b b > c => a > c c, Tính chất 3: a > b a + c > b + c Hệ : a > b a - c > b - c a + c > b a > b - c d, Tính chất : a > c b > d => a + c > b + d a > b c < d => a - c > b - d e, Tính chất : a > b c > => ac > bd a > b c < => ac < bd f, Tính chất : a > b > ; c > d > => ac > bd g, Tính chất : a > b > => an > bn a > b an > bn với n lẻ h, Tính chất : a > b ; ab > => 3, Một số bất đẳng thức thông dụng : a, Bất đẳng thức Côsi : a b  ab Với số dương a , b ta có : Dấu đẳng thức xảy : a = b b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : Với số a ; b; x ; y ta có : ( ax + by )2  (a2 + b2)(x2 + y2) a b Dấu đẳng thức xảy x  y c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : a  b a b Dấu đẳng thức xảy : ab  II : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1.Phương pháp : Dùng định nghĩa - Kiến thức : Để chứng minh A > B , ta xét hiệu A - B chứng minh A-B >0 - Lưu ý : A2  với A ; dấu '' = '' xảy A = - Ví dụ : Bài 1.1 : Với số : x, y, z chứng minh : x2 + y2 + z2 +3  2(x + y + z) Giải : Ta xét hiệu : H = x2 + y2 + z2 +3 - 2( x + y + z) = x2 + y2 + z2 +3 - 2x - 2y - 2z = (x2 - 2x + 1) + (y2 - 2y + 1) + (z2 - 2z + 1) = (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 Do (x - 1)2  với x (y - 1)2  với y (z - 1)2  với z => H  với x, y, z Hay x2 + y2 + z2 +3  2(x + y + z) với x, y, z Dấu xảy x = y = z = Bài 1.2 : Cho a, b, c, d, e số thực : Chứng minh : a2 + b2 + c2 + d2 + e2  a(b + c + d + e) Giải : Xét hiệu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e) a a a a = (  b )2 + (  c )2 + (  d )2 + (  e )2 a a Do(  c )2  với a, c a Do (  d )2  với a, d a Do (  e )2  với a, e Do (  b )2  với a, b => H  với a, b, c, d, e Dấu '' = '' xảy b = c = d = e = Bài 1.3 : Chứng minh bất đẳng thức : a2  b2  a  b      10 a Giải : a2  b2  a  b   Xét hiệu : H =    2(a  b )  (a  2ab  b ) = 1 = (2a  2b  a  b  2ab)  (a  b) 0 Với a, b 4 Dấu '' = '' xảy a = b Phương pháp ; Dùng phép biến đổi tương đương - Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh - 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 …………………………… Ví dụ : Bài : Cho a, b hai số dương có tổng Chứng minh : 1   a 1 b 1 Giải: Dùng phép biến đổi tương đương ; 3(a + + b + 1)  4(a + 1) (b + 1)   4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1)   4ab +   4ab  (a + b)2  4ab Bất đẳng thức cuối Suy điều phải chứng minh Bài 2: Cho a, b, c số dương thoả mãn : a + b + c = Chứng minh : (a + b)(b + c)(c + a)  a3b3c3 Giải: Từ : (a + b)2  4ab , (a + b + c)2 =  (a  b)  c 4(a  b)c => 16  4(a + b)c => 16(a + b)  4(a + b)2c  16 abc => a + b  abc 11 Tương tự : b + c  abc c + a  abc => (a + b)(b + c)(c + a)  a3b3c3 Bài 2.3 : Chứng minh bất đẳng thức : a3  b3  a  b      ; a > ; b > Giải : Dùng phép biến đổi tương đương : Với a > ; b > => a + b > a3  b3  a  b       a b  a b  a b .(a  ab  b )            a b     4a2 - 4ab + 4b2  a2 + 2ab + b2  3a2 - 6ab + 3b2  3(a2 - 2ab + b2)   a2 - ab + b2   a3  b3  a  b   Bất đẳng thức cuối ; suy :    Bài 2.4: Cho số a, b thoả mãn a + b = CMR a3 + b3 + ab  Giải : 1 a3 + b3 + ab -  2 (a + b)(a2 - ab + b2) + ab -  a2 + b2 -  Vì a + b = Ta có : a3 + b3 + ab  2a2 + 2b2 -  2a2 + 2(1-a)2 -  ( b = a -1 ) 4a2 - 4a +  ( 2a - )2  Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab  Dấu '' = '' xảy a = b = 12 2 a3  b3  a  b   Bài 2.5 : Chứng minh bất đẳng thức :    Trong : a > , b > Giải : Với a > , b > => a + b > a3  b3  a  b   Ta có :     a b  a  b  a  b    a  ab  b            a b a  ab  b     2 4a2 - 4ab + 4b2  a2 + 2ab + b2 3(a2 - 2ab + b2 )  3(a - b)2  Bất đẳng thức a3  b3  a  b   =>    Dấu '' = '' xảy a = b Bài 2.6 : Với a > , b > Chứng minh bất đẳng thức : a  b a  b b a Giải : Dùng phép biến đổi tương đương : a  b      a  b b a ( a a  b b )  ab ( a  b )  (  a )3  ( b )  ( a  b )( a  ab ( a  b ) 0 ab  b)  ab ( a  b ) 0 ( a  b )( a  ab  b) 0 ( a  b )( a  b ) 0 Bất đẳng thức cuối ; suy : a  b a  b b a Phương pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc 13 - Kiến thức : Dùng bất đẳng thức quen thuộc : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi chứng minh , Một số hệ từ bất đẳng thức : x2 + y2  2xy Với a, b > , a b  2 b a Các ví dụ : Bài 3.1 : Giả sử a, b, c số dương , chứng minh rằng: a b c   2 bc ca a b Giải áp dụng BĐT Cauchy , ta có : a + (b + c) 2 a(b  c)  a 2a  b c a b c Tương tự ta thu : b 2b  c a a b c , c 2c  a b a b c Dấu ba BĐT đồng thời xảy , có : a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = ( trái với giả thiết a, b, c số dương ) Từ suy : a b c   2 bc ca a b Bài 3.2: Cho x , y số thực thoả mãn : x2 + y2 = x  y  y  x Chứng minh : 3x + 4y  Giải : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có : (x2 + y2)2 = ( x  y  y  x )2 ( x 1 ; y 1 )  (x2 + y2)(1 - y2 + - x2) => x2 + y2  Ta lại có : (3x + 4y)2  (32 + 42)(x2 + y2)  25 => 3x + 4y  14  2  x  y 1  Đẳng thức xảy   x  0, y   x y   Điều kiện : x  2   x 5  y  Bài 3: Cho a, b, c  ; a + b + c = Chứng minh : a, a  b  b  c  c  a  b, a   b   c   3,5 Giải a, Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với số ta có :  =>    a  b  b  c  c  a 1   1  a  b  a b  b c  c a    bc    ca   3.( 2a  2b  ac) 6 => a  b  b  c  c  a  Dấu '' = '' xảy : a = b = c = b, Áp dụng bất đẳng thức Cơsi , ta có : (a  1)  a  1 2 b b 1  1 ; a 1  Tương tự : c c 1  1 Cộng vế bất đẳng thức ta : a 1  b 1  c 1  a bc  3,5 Dấu đẳng thức xảy a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = Vậy : a   b   c   3,5 Bài 3.4 : Cho số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = Chứng minh : 1   9 a b c Giải : a b  0 , a , b > b a 1 1 1 1    (   ) = (   ) (a + b + c) Ta có : a b c a b c a b c a a b b c c =1         b c a c a b Ta có : 15 - Kiến thức : Thực phương pháp đổi biến số nhằm đưa toán cho dạng đơn giản , gọn , dạng toán biết cách giải Các ví dụ : Bài : Chứng minh : Nếu a , b , c > : a b c    bc ca ba Giải: Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z xyz yz x zx y x y z => a = , b= , c= 2 => a + b + c = Khi : yz x zx y xy z a b c   = 2x  y  2z b c c a b a y x z x z y 3 = ( x  y )  ( x  z )  ( y  z )  1     VT = Bài 8.2 : Chứng minh ; với số thực x, y ta có bất đẳng thức : ( x  y )(1x y )  -  (1  x ) (1  y ) Giải: x2  y2 Đặt : a = (1  x )(1  y ) 1 x2 y2 b = (1  x )(1  y ) ( x  y )(1  x y ) => ab = (1  x ) (1  y ) Ta thấy với a, b :  Mà : (a - b)2 = 1    x  1 1 (a  b) ab  (a  b) 4   (a + b) = 1    y  1 1 Suy : -  ab  4 2 Bài 8.3 : Cho a, b, c > ; a + b + c  Chứng minh : 22 1   9 a  2bc b  2ca c  2ab Giải : Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z Khi : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2  Bài toán trở thành : Cho x, y, z > , x + y + z  Cứng minh : 1   9 x y z 1 Ta chứng minh : (x + y + z)( x  y  z ) 9 Theo bất đẳng thức Côsi Mà : x + y + z  nên suy 1   9 x y z 9.Phương pháp 9: Dùng phép quy nạp toán học - Kiến thức : Để chứng minh bất đẳng thức với n > phương pháp quy nạp toán học , ta tiến hành : + Kiểm tra bất đẳng thức với n = (n = n0) + Giả sử bất đẳng thức với n = k > (k > n0) + Chứng minh bất đẳng thức với n = k + + Kết luận bất đẳng thức với n > (n > n0) - Ví dụ : Bài 9.1 : Chứng minh với số nguyên dương n  2n > 2n + (*) Giải : + Với n = , ta có : 2n = 23 = ; 2n + = 2.3 + = ; > Vậy đẳng thức (*) với n = + Giả sử (*) với n = k (k  N ; k  3) , tức : 2k > 2k + ta phải chứng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + hay : 2k+1 > 2k + (**) + Thật : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + ( theo giả thiết quy nạp ) 23 : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + ( Vì : 2k - > 0) Vậy (**) với k  + Kết luận : 2n > 2n + với số nguyên dương n  Bài 9.2 : Chứng minh : 1 2n   2n 3n  (*) (n số nguyên dương ) Giải : Vậy (*) với n = 2k   + Giả sử (*) với n = k  ta có : 2k + Với n = , ta có : VT = VP = 3k  Ta cần chứng minh (*) với n = k + , tức : 2k  1 2k  2k  2(k  1)  2(k  1) 3k  2k 2k  1  cần chứng minh : 3(k  1)  3k  2(k  1) dùng phép biến đổi tương đương , ta có : (2k + 1)2(3k + 4)  (3k + 1)4(k +1)2  12k3 + 28k2 + 19k +  12k3 + 28k2 + 20k +4  k  => (**) với k  Vậy (*) dúng với số nguyên dương n 10 Phương pháp 10 : Chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng Bài 10.1 :CMR tam giác nhọn tổng trung tuyến lớn 4lần bán kính đường tròn ngoại tiếp C A1 B1 G A C1 B Giải: Gọi ma, mb, mc độ dài ba đường trung tuyến R bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC, ta phải chứng minh ma+ mb+mc>4R 24 Vì  ABC tam giác nhọn nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm tam giác ABCnếu G trọng tâm tam giác ABC tâm nằm ba tam giác tam giác GAB, tam giác GAC ,tam giác GBC Giả sử tâm nằm tam giác GAB 0A +0B=2R GA+ GB > 2R mà GA= AA1= 2 ma ,GB= BB1 = mb 3 Nên GA+GB > 2R � (ma+mb) >2R � ma+mb >3R Mà tam giác 0CC1 có CC1 >0C � mc >R Do ma+ mb+ mc > 3R+R=4R Vậy ma+mb+ mc >4R Bài 10 2: Một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác vuông đỉnh A hai điểm B C , kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt cạnh AB AC M N , chứng minh AB  AC AB  AC  MB+NC< Giải A N C l M B Gọi I tiếp điểm tiếp tuyến MN với đường trịn tâm tính chất tiếp tun cho ta MB=MI ,NC=NI Từ MN=MB+NC tam giác vng AMN MN< AM+AN Nên 2MN < AM+AN +BM+ CN =AB +AC � MN< AB  AC Ngoài tam giác vng AMN ta có cạnh huyền MN>AM MN> AN � 2MN > AM+AN Vì MN=BC+CN Nên 3MN > AM+AN +BM+CN 3MN > AB+AC � MN > Vậy AB  AC AB  AC  MB+NC< 25 AB  AC 11 Ngồi cịn có số phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức : Phương pháp làm trội , tam thức bậc hai ta phải vào đặc thù toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Trong phạm vi nhỏ đề tài không hệ thống phương pháp III : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị - Kiến thức : Nếu f(x)  m f(x) có giá trị nhỏ m Nếu f(x)  M f(x) có giá trị lớn M Ta thường hay áp dụng bất đẳng thức thông dụng : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Kiểm tra trường hợp xảy dấu đẳng thức để tìm cực trị Tìm cực trị biểu thức có dạng đa thức , ta hay sử dụng phương pháp biến đổi tương đương , đổi biến số , số bất đẳng thức Tìm cực trị biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối A  B  AB Chú ý : Xảy dấu '' = '' AB  A 0 Dấu ''= '' xảy A = Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức : B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a b thoả mãn : a + b = Giải B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 Ta có : 2(a2 + b2)  (a + b)2 = => a2 + b2  Vậy B = a = b = 2 Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = (x2 + x)(x2 + x - 4) b, Tìm giá trị nhỏ biểu thức : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y Giải a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) Đặt : t = x2 + x - => A = (t - 2)(t + 2) = t2 -  - Dấu xảy : t =  x2 + x - = 26 (x - 2)(x + 2) =  x = -2 ; x = => A = - x = -2 ; x = ; b, Tương tự Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức a, C = x   x  2 b, D = x  x   x  x  c, E = x   x   x   x  Giải : a, Áp dụng BĐT : A  B  A  B Dấu '' = ''xảy AB  => C = x    x  x    x   2 Dấu '' = '' xảy (2x - 3)(1 - 2x)  Vậy minC =  x  2 x  2 b, Tương tự : minD = : -3  x  c, minE = :  x  Bài : Cho a < b < c < d , tìm : Minf(x) = x  a + x  b + x  c + x  d Hướng dẫn : tương tự : minf(x) = d + c - b - a b  x  c Bài : Cho ba số dương x , y , z thoả mãn : 1 2 + 1 y + 1 x 1 z Tìm giá trị lớn tích : P = xyz Giải : y 1 z yz  (1 2 ) + ( ) = + 1 y 1 y 1 x 1 z 1 z (1  y )(1  z ) zx Tương tự :  y  (1  x)(1  z ) 1 z xy (1  x)(1  y ) Từ suy : P = xyz  1 MaxP = x = y = z = 2 27 Bài : Cho số dương a, b, c thảo mãn : a + b + c = Tìm giá trị nhỏ a b c biểu thức : F = (a  )  (b  )  (c  ) Giải: Ta có : F = (a2 + b2 + c2) + ( 1   2)+6 a b c Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2  3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2  1 1 1   2) a b c a b c 1 1 1 1 Mặt khác :   (   ).1 = (   )(a + b + c) a b c a b c a b c a b b c c a = + (  ) + (  ) + (  ) 3 + + + = b a c b a c 1 =>    a b c 1 => (   )  81 a b c 1 => (   )  27 a b c F  + 27 + = 33 Dấu '' = '' xảy : a = b = c = 1 Vậy MinF = 33 : a = b = c = 3 yz x   zx y   xy z  Bài : Cho G = xyz Tương tự : (   )  ( Tỡm giỏ trị lớn G : Giải : Tập xỏc định : x  ; y  ; z  Ta có : G = x + x Theo BĐT Cụsi ta cú : y + y z z x  1 x 1 => 28 x  x y  ; y 2 1  => G   2 Tương tự : 1 z  z  Vậy MaxG =  đạt x = ; y = ; z = 2 Bài a, Tìm giá trị nhỏ H = x x với x > b Tìm giá trị lớn K = x  x HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi làm tương tự : - Dùng bất đẳng thức để giải phương trình - Kiến thức : Nhờ vào tính chất bất đẳng thức , phương pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) phương trình sau suy luận để nghiệm phương trình Nếu VT = VP giá trị ẩn ( thoả mãn TXĐ) => phương trình có nghiệm Nếu VT > VP VT < VP giá trị ẩn => phương trình vơ nghiệm - Các ví dụ : Bài : Giải phương trình : 13 x  + x  = 16x Giải: Điều kiện : x  (*) Cách : áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : 13 x  + x  1 x  + 3.2 x 1 2  13( x - + ) + 3(x + + ) = 16x 4 = 13.2 Dấu '' = '' xảy  x      x 1   x= thoả mãn (*) 29 Phương trình (1) có nghiệm  dấu '' = '' (2) xảy Vậy (1) có nghiệm x = Bài 2: a, Tìm giá trị lớn L = x  +  x b Giải phương trình : x  +  x - x2 + 4x - = (*) Giải : a Tóm tắt : ( x  +  x )2  2(2x - + - 2x) =  2x  +  2x  => MaxL = x = b TXĐ : x  2 (*)  x  +  x = x2 - 4x + VP = (x - 2)2 +  , dấu '' = '' xảy x = => với x = ( thoả mãn TXĐ ) VT = VP = => phương trình (*) có nghiệm x = Bài : Giải phương trình :  x + x  = x2 - 6x + 13 Giải : TXĐ : -2  x  VP = (x - 3)2 +  Dấu '' = '' xảy x = VT2 = (  x + x  1)2  (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16 => VT  , dấu '' = '' xảy  x = x   x = => khơng có giá trị x để VT = VP => Phương trình vơ nghiệm Bài : Giải phương trình : 3x  12 x  16 + y  y  13 = HD : 3x  12 x  16  ; y  y  13  => VT   x  0  x 2   y  0  y 2 Dấu '' = '' xảy :  => phương trình có nghiệm : x = ; y = - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình : 30 - Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi phương trình hệ , suy luận kết luận nghiệm Lưu ý : Một số tính chất : a, a2 + b2  2ab b a + c < ; c > => a < b a c b  a > b > - Các ví dụ : Bài : Giải hệ phương trình :  x  y  y  0  2  x  x y  y 0 3 (1)  x = - - 2(y - 1)  x  -  x  - (*) 2y  ( + y2  2y)  -1  x  (**) (2)  x2  1 y2 Từ (*) (**) => x = -1 Thay x = -1 vào (2) ta có : y = => Hệ phương trình có nghiệm : x = -1 ; y = - Kiến thức : Biến đổi phương trình hệ , sau so sánh với phương trình cịn lại , lưu ý dùng bất đẳng thức quen thuộc Bài : Giải hệ phương trình :  x  y  z 1  4  x  y  z  xyz Giải : Áp dụng : BĐT : A2 + B2  2AB dấu '' = '' xảy A = B Ta có : x4 + y4  2x2y2 ; y4 + z4  2y2z2 ; z4 + x4  2z2x2 => x4 + y4 + z4  x2y2 + y2z2 + z2x2 (*) Mắt khác : x2y2 + y2z2  2x2yz y2z2 + z2x2  2xy2z x2y2 + z2x2  2xyz2 => 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 )  2xyz(x + y + z) = 2xyz => x2y2 + y2z2 + z2x2  xyz (**) 4 Từ (*) (**) => x + y + z  xyz Dấu '' = '' xảy : x = y = z mà x + y + z = nên : x = y = z = Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z = Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ; 31 3 - Kiến thức : Dùng phương pháp Bài : Giải hệ phương trình  x  y  z 14   (   )( x  y  z ) 1  x y z (với x, y, z > 0) Giải : áp dụng : Nếu a, b > : x y a b  2 b a z (2)  (   )(3x  y  z ) 36 x y y x x z z x y z z y  (  )  3(  )  2(  ) 22 Mặt khác : x, y, z > nên x y ( y  x ) 12 x z 3(  ) 6 z x x y x z y z (  )  3(  )  2(  ) 22 y x z x z y ; z y 2(  ) 4 y z Dấu '' = '' xảy x = y = z , thay vào (1) ta : x + x2 + x3 = 14 (x - 2)(x2 + 3x + 7) = x - = x = Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z = Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm ngun Ngồi cịn có số ứng dụng khác bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh hoạt sáng tạo giải , học sinh phải nắm kiến thức bất đẳng thức vận dụng Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phương trình nghiệm nguyên Bài : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1   =2 x y z Giải : Khơng tính tổng qt , ta giả sử x  y  z , ta có : 1 2= xyz  z => 2z  , mà z nguyên dương 32 Vậy z = Thay z = vào phương trình ta : 1  1 x y 1 Theo giả sử , x  y , nên = x  y  y Y nguyên dương nên y = y = Với y = khơng thích hợp Với y = ta có : x = Vậy (2 ; ; 1) nghiệm phương trình Hốn vị số , ta nghiệm phương trình : (2 ; ; 1) ; (2 ; ; 2) ; (1 ; ; 2) IV:BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho hai số x y mà x+y=1 CMR : � a) x2 +y2 � b) x4+y4 Bài 2: Cho a,b, c, d ,e số thực CMR a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e) Bài 3: Cho hai số dương x,y x3+y3 =x-y CMR: x2 +y2 2n+1 Bài 11: Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác CMR: a b bc c a    ab bc ca V : KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC Qua việc áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy cho học sinh thấy học sinh xác định loại toán cách làm ,nhiều em học sinh làm tập bất đẳng thức có hướng thú học toán Kết kiểm tra sau áp dụng đề tài Số lượng học sinhĐiểm Giỏi Điểm Điểm trung bình Điểm yếuĐiểm kém30581250 VI:BÀI HỌC KINH NGHIỆM Qua việc hướng dẫn học sinh làm tập cho thấy phần kiến thức đề tài phần kiến thức mở giáo viên đưa vào cuối luyện tập , tự chọn nên nội dung học sinh cịn phức tạp , khó hình dung , cần đưa kiến thức cho học sinh cần làm từ dễ đến khó ,kết hợp ơn tập , giao tập nhà , kiểm tra học sinh … Sau hướng đẫn xong nội dung chuyên đề cần cho học sinh kiến thức cần thiết , đồng thời rèn luyện kỹ làm tập cho học sinh Cần đưa nội dung vào dạy cho phù hợp ,tránh dồn ép học sinh tiếp nhận kiến thức cách thụ động mà đạt kết không mong muốn VII: PHẠM VI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI Chuyên đề ((một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng bất đẳng thức )) áp dụng cho học sinh lớp 8, thích hợp học sinhlớp với đối tượng học sinh giỏi 34 C: KẾT LUẬN Các tập bất đẳng thức thường tương đối khó học sinh , hướng dẫn học sinh xong đề tài ((một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng bất đẳng thức )), học sinh thấy việc làm toán bất đẳng thức rễ Đồng thời đứng trước tốn khó cho dù dạng tập học sinh có hướng suy nghĩ tập suy luận , em có tự tin Chun đề cịn cịn nhiều thiếu sót , mongđược ủng hộ thày giáo để đề tài ngày hồn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn Tháng năm 2008 35 MỤC LỤC TRANG ĐẶT VẤN ĐỀ 36 ...Qua đề tài ( (một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng bất đẳng thức )) tơi muốn giúp học học sinh có thêm số phương pháp chứng minh bất đẳng thức lý chọn đè tài , nghiên... c+a-b>0 abc>0 Vậy bất đẳng thức dẫ chứng minh Phương pháp : Chứng minh phản chứng - Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất dẳng thức sai , sau vận dụng kiến thức biết giả... xảy a = b Phương pháp ; Dùng phép biến đổi tương đương - Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh - Một số bất đẳng thức thường