Đề tài Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã có gặp nhiều khó khăn, vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương p[r]

Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến A lý DO CHäN §Ò TµI Trang bị tri thức bản, cần thiết, tiên tiến đặc biệt là tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu đặt lên hµng ®Çu c¸c môc tiªu d¹y häc m«n to¸n Bất đẳng thức là vấn đề giáo viên và học sinh thâm nhập với lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả tư toán häc cho häc sinh Thế qua việc tìm hiểu vấn đề này quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã có nhiều phương pháp giải cho bài toán bất đẳng thức điển hình cụ thể có nhiều dạng Có bài toán bất đẳng thức khó bồi dưỡng học sinh khá giỏi việc sử dụng phương pháp đã có gặp nhiều khó khăn, vì với hướng suy nghĩ khắc phục hạn chế phương pháp giải đã có trước tôi đã tìm kiếm thêm phương pháp tiện lợi để giải bài toán khó và để khơi dậy trí tìm tòi học sinh và giáo viên quá trình tự häc, kh¬i dËy lßng say mª t×m kiÕm nh÷ng c¸i míi Vì lý đó: Dưới đây tôi xin trao đổi với quý đồng nghiệp phương pháp giải cho bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến” ( Thường là bài bất đẳng thức khó, xảy c¸c kú thi häc sinh giái, thi §¹i häc) Vµ mét sè bµi to¸n t«i khai th¸c sâu thêm hoạt động trí tuệ tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hãa Nội dung đề tài gồm hai phần : PhÇn I: mét biÕn lµ Èn phô t=h(x,y,z, ) PhÇn II: Mét biÕn lµ x(y hoÆc z) §­a vÒ biÕn nhê ®iÒu kiÖn §­a dÇn vÒ biÕn b.nội dung đề tài I PHương pháp Bµi to¸n: XÐt bµi to¸n:Víi ®iÒu kiÖn R (nÕu cã) Chøng minh r»ng P=f(x,y,z, )  A (hoÆc  A) Phương pháp giải:  Chøng minh: P  g (t ) t  D Chøng minh: g (t )  A t  D  Chøng minh: P  g(t) t  D Chøng minh: g(t)  A t  D Vấn đề đặt là đánh giá biểu thức p để đưa biểu thức biến g(t) và chứng minh g (t )  A - Việc chứng minh g (t )  A đây tôi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng các bất đẳng thức với hoc sinh lớp 12 có thể làm cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến - Còn đánh giá P nói chung là phong phú tùy thuộc bài toán để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điển bunhiacopki,c«si, ) */ KiÕn thøc bæ sung 1.Bất đẳng thức : a.Bất đẳng thức côsi: cho x1 , x2 , , xn (n  2) số không âm đó: x1  x2   xn  n n x1 x2 xn đẳng thức xảy và x1  x2   xn b Bất đẳng thức bunhiacopxki: 2 2 2 ( x1  x2   xn )( y1  y2   yn )  ( x1 y1  x2 y2   xn yn ) x1 x2 x    n đẳng thức xảy và y1 y2 yn c Bất đẳng thức svac-xơ (hệ bất đẳng thức bunhiacopxki) : với y1 , y2 , , yn (n  2) là số dương: 2 x1 x x ( x  x2   xn )    n  y1 y2 yn y1  y2   yn x1 x2 xn    đẳng thức xảy và : y1 y2 yn 2.TÝnh chÊt: a Nếu P có giá tri không đổi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z ch¼ng h¹n P= f(x,y,z) = f(y,z,x) = f(z,x,y) đó không tính tổng quát ta có thể giả sử x = max(x,y,z, ) x = min(x,y,z, ) b Nếu P có giá trị không đổi ta hoán vị cách bất kì các biến x,y,z ch¼ng h¹n P = f(x,y,z) = f(x,z,y) = f(y,x,z) = f(y,z,x) = f(z,x,y) = f(z,y,x) đó không tính tổng quát ta có thể xếp các biến theo thứ tự x  y  z  II mét biÕn lµ Èn phô t=h(x,y,z, )  Bµi to¸n 1: Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng: x  y  xy  yx (1) Gi¶i: Vì x là số dương nên: y y y (1)         x x x §Æt y =t x ( t >0) C1: Ta có: (1) trở thành : t -t - t+   (t-1) (t+1)  (đúng với t>0) C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t -t - t+ trên (0;  ) f’(t)= 3t2- 2t -1=0  t= ; t= - t  Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến + - f’(t)  f(t) Suy f(t)  víi mäi t>0 (®ccm) Tæng qu¸t Ta cã bµi to¸n 1’: Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng: x n  y n  xy n   x n  y (n  2, n  N ) Chứng minh hoàn hoàn tương tự!  Bµi to¸n 2: Víi x,y lµ c¸c sè thùc kh¸c kh«ng chøng minh r»ng: x4 y4  y4 x4  x2 y2  x y     2    y2 x2  y x   (2) Gi¶i: §Æt t = y x y x x y     (¸p dông b®t c«si)  th× t  y x y x y x C1: Ta cã: (2) trë thµnh: (t  2)   (t  2)  t    (t+2)(t -2t -t+3)  0(2') +) Víi t  2: ta cã t -2t -t+3=(t-2)(t -1)+1>0 nên bất đẳng thức (2') đúng +) Víi t  -2: ta cã t -2t -t+3=(t+2)[(t-2) +3] - 11 > và t+2  nên bất đẳng thức (2') đúng bất đẳng thức (2) đúng dấu xảy t=-2 hay x=-y  ®pcm C2: XÐt hµm sè: f(t) = t3 – 2t2 – t + trªn (  ; -2]  [2;  )  Bµi to¸n 3: 2 Cho x,y,z lµ sè thùc tháa m·n: x  y  z  3 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña biÓu thøc: P  x  y  z  3xyz Gi¶i: Từ đẳng thức: x  y  z  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) ; x  y  z  xyz  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx) vµ ®iÒu kiÖn ta cã: P  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)  ( x  y  z )(2  §Æt: t  x  y  z  ( x  y  z )2  ) 0t  t2  t3 )    3t   (t  2) (t  2)  2  2 2 DÊu b»ng x¶y vµ chØ t  VËy: Pmin=  2 x=  ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ C1: P  t (2  Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Pmax= 2 x= ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ C2: §Æt f(t) = P  t (2  f’(t)=  t f’(t) f(t) t2  t3 )    3t 2 (0  t  6) 3t    t  2; t   2 - 2 Suy f(t)= P  2 (0  t  ) VËy Pmin=  2 x=  ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ Pmax= 2 x= ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ  Bµi to¸n (§Ò thi gi¸o viªn giái n¨m 2003- 2004) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= CMR:   14 a + b + c ab  bc  ca §Ó ý r»ng: 1= a  b  c   a + b + c  2(ab  bc  ca) ; 2 2 1= a  b  c   3(a + b + c ) 2 víi  t<1 t 1 t  1  t  4t  4t  2 0 0  1  t  1  t  t   Suy ra: Nếu đặt t= a + b + c ta có: VT= f t     2 f’(t) = t 1  t  BBT t f’(t) 1  - +  f(t) 84 VËy: f(t)     Bµi ( ®pcm) 14 toán Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006 Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Cho x, y lµ hai sè thùc kh¸c kh«ng tho· m·n: x  y .xy  x  y  xy ; T×m GTLN cña biÓu thøc: A= 1  3 x y Gi¶i §Æt: S= x+y; P= x.y (s2  4p )  x  y  x  y x  y  xy  x+y 2 xy  S P  Tõ gt ta cã:  S2 SP= S - 3P  P  S 3  ( L­u ý S = -3 kh«ng tho· m·n) S2 S 1  S2   S  3.v.S  S 3 S 3 2 2 1 x  y x  y x  y  x y  x  y  xy S S  3 VËy A=   3  víi S<-3 v S     3 x y P S2 x y x y  x y  §¸nh gi¸ S: S2  4P => S  S 3 trªn (; 3)  [1; ) S f’(S)=   0 S  (; 3)  [1; ) suûa f(S ) nghÞch biÕn S XÐt: f(S) = BBT: S  -3 - f’(S)  - f(S) MaxA = f2(1) = 16 §¹t ®­îc t¹i x= y= 1 ( Khi S= 1; P= ) Sau đây ta xét số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P thấy ẩn phụ  Bµi to¸n 6:  x, y , z  1 15 Cmr: P= x  y  z     Cho   x yz  x y z Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: x 1   x  y  z  33 x yz y z xyz x yz §Æt t  x  y  z   t  C1: Ta cã: f(t)= t  víi:  t  t P= x  y  z   Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến f’(t)=   t   0;   f(t) nghÞch biÕn trªn  0;  t  2  2 15 Suy ra: P  f (t )  f ( )  2 DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z vµ t = hay x = y = z = 2 C2: ¸p dông B§T c«sy ta cã: x 1 9 27 27 15  t  t    t   y z t 4t 4t 4t 2 DÊu b»ng x¶y vµ chØ x = y = z =  ®pcm P= x yz  Tæng qu¸t : Ta cã bµi to¸n 6* : Cho x1 , x2 , , xn (n  2) là số dương ; x1  x2   xn  k (k  R* ) b  0; ak  bn Chøng minh r»ng: a( x1  x2   xn )  b( 1 bn  ak    )  x1 x2 xn k (*) Hướng dẫn giải: 1 bn C1: VT  a( x1  x2   xn )  b(    )  a( x1  x2   xn )  x1 x2 xn x1  x2   xn §Æt: t = x1  x2   xn  k bn Ta cã: VT = f(t) = at  víi t t k bn at  bn   t  k (v× gt: ak2  bn2) t2 t2 Suy ra: f(t) nghÞch biÕn trªn: 0< t  k f’(t)= a  VËy: P  f (t )  f (k )  ak  bn k DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z vµ t = k hay x = y = z = k n C2: ¸p dông B§T c«sy ta cã: VT  a ( x1  x2   xn )  b( 1 bn    )  a ( x1  x2   xn )  x1 x2 xn x1  x2   xn bn t bn bn bn  ak 2  at   bn (  )  t (a  )  bn  k (a  )  t t k k k k k k DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z = n Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến NhËn xÐt: §Æc biÖt hãa bµi to¸n (6*) :Víi a=1; b=4 ; n=3 ; k= ta cã: Bµi to¸n 6*.1:  x, y , z  1 51 Cmr: x  y  z  4(   )  Cho  x yz  x y z  Kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có: Bµi to¸n 6*.2.:(Olimpic-to¸n s¬ cÊp -§¹i Häc Vinh)  x, y , z  C mr: Cho   x yz  x2  1 17  y   z   y z x Gi¶i Thật : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có: (x2  1 )(1  )  x   x   (x  ) y y y y 17 Tương tự sau đó cộng vế theo vế: 1 1 1  y2   z2   ( x  y  z)  (   ) y z x 17 17 x y z ;b  ; k  ; n  suy ®iÒu ph¶i chøng minh ¸p dông bµi to¸n 6* víi a= a  17 17 x2  Bài toán 6*.2’ (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004)  x, y , z  x  y  z  Cho  CMR : x2  1  y   z   82 x y z ¸p dông bµi 6*2 vµ 6* víi: a=1; b=9; n=3; k=1 ta cã ®pcm Bµi to¸n 6* : Víi a= -1; b=1 ; n=2 ; k= ta cã: Bµi to¸n 6*.3 :  x, y  x  y  Cho  Cmr: 1   ( x  y)  x y Bằng cách thay đổi giả thiết, đặt ẩn phụ ta có : Bµi to¸n 6*.3’:  a, b  Cmr: a  b  Cho  a b   1 a 1 b Thật vậy: cách đặt: x=  a ; y=  b và kết hợp bất đẳng thức bunhacopxki và bµi to¸n trªn ta suy ®iÒu ph¶i chøng minh Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Tæng qu¸t: Bµi to¸n 6*.3*: Cho x1 , x2 , , xn (n  2) là các số thực dương và x1  x2   xn  m , m>0: x1 Chøng minh r»ng: m  x1 x2  m  x2   xn m  xn  mn n 1 Chứng minh hoàn toàn tương tự ! ?? Nếu đổi chiều bất đẳng thức điều kiện (bài toán (*)thì bài toán thay đổi nµo? Tr¶ lêi c©u hái nµy ta cã bµi to¸n míi : Bµi to¸n 6** Cho x1 , x2 , , xn (n  2) là các số thực dương thoả mãn: x1  x2   xn  k (k  R* ) ; b  0; ak  bn Chøng minh r»ng: a( x1  x2   xn )  b( 1 bn  ak    )  (**) x1 x2 xn k Tõ bµi to¸n (6**) ta cã thÓ khai th¸c ta ®­îc nh÷ng bµi to¸n míi kh¸ thó vÞ  Bµi to¸n 7:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z là các số thực dương và xyz  1: x Chøng minh r»ng: P = x yz  y  y  xz z z  xy  Gi¶i: §Æt a= x , b= y , c= z Bµi to¸n trë thµnh : Cho: a,b,c là các số thực dương và abc  Chứng minh rẳng P= a2 a  bc  b2 b  ac  c2 c  ab  áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có: P2      (a  b  c) =  a  bc  b  ac  c  ab   a  bc  b  ac  c  ab (a  b  c) 2 (a  b  c) (a  b  c) (a  b  c)   3(a  b  c  ab  bc  ca) 3[(a  b  c)  3(ab  bc  ca)] 3[(a  b  c)  3] {v× ab+bc+ca  33 (abc)  3} Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến §Æt: t=(a+b+c) th× t  { v× a+b+c  abc  3} C1: P2 t2 = f(t) = = t 1 víi t  3(t  3) 3(t  3) 27 f’(t)=    t  0; t  3t  2 BBT: t f’(t) -  + +  f(t) VËy P2 = f(t)  Suy ra: P  DÊu b»ng x¶y x=y=z=1 (®pcm) 2 3t  15 t  3 3.9  15 t 3 t2    2 = = 12 12 t 3 12 12 t  3(t  3) DÊu b»ng x¶y x= y= z= (®pcm)  P  2 C2: Ta cã : P2 =  P2  Tæng qu¸t ta cã bµi to¸n sau: Cho: x1 , x2 , , xn (n  2) là các số thực dương và x1 x2 xn  CMR:  x1 x  x x x n  x2   x  x x x n x xn x n  x x x n   n Bµi to¸n 8:  x, y , z  x y z    Cmr: P  2 1 x 1 y 1 z 10 x  y  z  Cho  Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ đây chiều bất đẳng thức lại ngược.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để làm đổi chiều bất đẳng thức ? Gi¶i : Ta cã : P  x(1  x2 y2 z2 x3 y3 z3 )  y (  )  z (  )   (   )  x2  y2  z2  x2  y2  z   x4 y4 z4 x2  y2  z 1 (   )   x  x3 y  y z  z x  y  z  x3  y  z Ta cã: x  y  z  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)  xyz  x2  y  z  x  y  z  [1  ( x  y  z )]  ( ) Lop10.com Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến §Æt t  x  y  z tõ ®k  t  C1) Ta cã: P = f(t) =  2t t  3t  2t  f '(t )   16t  t t  6t  3t t <0 t   t  t  t   3  Suy ra: f(t) nghÞch biÕn trªn [  ;  ) VËy P = f(t)  f ( )  C2) Ta cã: DÊu b»ng x¶y vµ chØ x=y=z= (®pcm) 10 (  t )(57t  9) 2t 2t  3t  10t  9 9 P 1 1       t 3t  10t  10 10 3t  10t  10 10 t 3t   t   3t  2t 3 DÊu b»ng x¶y vµ chØ x=y=z= (®pcm) 2 Khi gÆp bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn phøc t¹p khã sñ dông th× ph¶i xö lÝ ®iÒu kiÖn Ta xÐt bµi to¸n sau:  Bµi to¸n 9:(T¹p chÝ to¸n häc tuæi th¬) x, y, z  (0;1)  (@) CMR: x +y +z    xyz  (1  x)(1  y )(1  z ) Cho Gi¶i: Ta cã: (@)  1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz  x +y +z =2-2(x+y+z)+(x+y+z) -4xyz x y z ¸p dông b®t C«si ta cã :    xyz nªn   x y z x +y +z  2-2(x+y+z)+(x+y+z) -4     2 Đặt t=x+y+z thì:  t  Khi đó: 15 3 t  t  2t   (2t  3) (  t )   27 27 4 dÊu b»ng x¶y t= hay x=y=z= (®pcm) 2 x +y +z   Nhận xét: Từ ý tưởng phương pháp giải trên ta có thể sáng tạo các bất đẳng thức: Bµi to¸n Cho x,y là các số thực dương; CMR: ( x  y ) Bµi to¸n (THTT-248 - 1998): Cho x,y,z là số dương không lớn CMR: Lop10.com 10   x y  xy Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến a b x yz x yz   3  (1  x)(1  y )(1  z )  (1  x)(1  y )(1  z ) Từ đó ta có bài toán tổng quát : Cho x1 , x2 , , xn (n  2) là số dương không lớn a; CMR: a n 1 an   (a  x1 )(a  x2 ) (a  xn ) x1  x2   xn n Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi: Ta cã: n  na  ( x1  x2   xn )  (a  x1 )(a  x2 ) (a  xn )    n   n a n 1 a n  na  t  na  t  n n 1a n  t (na  t ) n 1     bất đẳng thức trở thành:     0(*) t n  n  n  tn n 1  áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: n  (n  1)na  n n n 1 n 1 n (n  1)t (na  t )(na  t ) (na  t )     (n  1) a  t (na  t )  n a n   kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức (*) đúng Bµi tËp tù luyÖn Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc n»m ®o¹n [1;2] Cmr :  xy  yz  zx  ( x  y  z )   x, y , z  Cmr:  xyz  xyz  Cho  Cmr:  x, y , z  Cho  Cho x, y , z    x  y  z    x2  y  z  x y2  Cmr: y z2  z xx  x2 10  xy  yz  zx  x yz yy x  y  z   x, y , z  5.(THTT- 346/2006) Cho   Cmr: xy  yz  zx  8( x  y  z )( x y  y z  z x )  xy  yz  zx  x  y  z Cho  x, y, z  [1;2]  Lop10.com 11 4 zz  108 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Cmr: x y  ( y  z)   ( z  x)  z   ( x  y) 7: Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m Cmr: xyz  x  y  z   2( xy  yz  zx) HD: Bất đẳng thức bài toán tương đương với ( x  y  z )  xyz   4( xy  yz  zx)  4( xy  yz  zx)  ( x  y  z )  xyz  kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh: (9  2t )t  víi t  x  y  z , t  27 8.Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m chøng minh r»ng : 3( x  y  z )  xyz  ( x  y  z )   6( xy  yz  zx) Bằng cách tương tự ta có bài toán: 9.Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh xyz  2( x  y  z )   5( x  y  z ) (THTT-sè 356) 10 Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh x  y  z  xyz   (1  x)(1  y )(1  z ) xy  yz  zx  Cmr: xyz  4( x  y  z )  13 x, y, z  [0; ]   x, y , z  12 Cho  2 Cmr: x  y  z  27 xyz  30 x  y  z  x, y , z   13 Cho  Cmr: x  y  z   xyz  x  y  z   11 Cho  - Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức x  y  z  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 14 Chøng minh r»ng:  27 x y 27 víi mäi x,y thuéc R   4 2 1 x  y 2 HD: t  x  y x y z 3  x, y, z  (0;2) 27 15 Cho  Cmr: ( x  2)( y  2)( z  2) HD: t = ( x  y  z ) :  4 x2  x  y  z  xyz  x, y , z    xy  yz  zx  x  y  z x, y, z  (0;1]  17 Cho  ( y  z  x)  y2 ( z  x  y)  4 y2 Cmr: 16 Cho  x2  ( x  y  z) 4 z x y  z3 Cmr: z2   Lop10.com 12 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến 18 Cho x1 , x , , x n (n  2, n  N ) là số dương và x1  x2   xn  k (n  k  0) Chøng minh r»ng:  NhËn 1 n3     2 k (n  k ) x1  x1 x2  x2 xn  xn xÐt - Nếu chứng minh g(t)  cách biến đổi trên thì trước tiên phải dự đoán dấu xảy đâu để đánh giá hay tách nhóm hợp lý -Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t)  phương pháp đạo hàm II Mét biÕn lµ x(y hoÆc z): ë vÝ dô trªn th× chóng ta ph¶i lµm xuÊt hiÖn Èn phô.sau ®©y ta xÐt mét líp bµi to¸n mµ Èn phô chÝnh lµ x hoÆc y hoÆc z 1.§­a vÒ mét biÕn nhê ®iÒu kiÖn:  Bµi to¸n 10: x  y  z   x, y , z  Cho  Cmr: P = xy  yz  zx  xyz  27 Gi¶i: Tõ ®k bµi to¸n ta thÊy  z    z  ¸p dông b®t c«si ta cã: x y  (1-z)   P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)  z(x+y)+   z3  z  z  1 z  =  P = xy+yz+zx-xyz  z(1-z)+   (1-z)=   1 8  (z  ) (z  )   víi mäi z,  z  3 27 27 dÊu b»ng x¶y x= y= z=  ®pcm 3  z  z2  z  @) Cã thÓ xÐt hµm: f(z) = víi  z   Bµi to¸n sè 11: x  y  z  (9) Cho  Cmr:  xyz  2( xy  yz  zx)  x, y , z  Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö Tõ ®iÒu kiÖn dÔ thÊy:  z  z = min(x,y,z) x y ) ( z  2)  z ( x  y )  ( z  1) ( z  2) 3 z z  3z  5( ) ( z  2)  z (3  z )   0 0 4 đúng với z  [0;1] Dấu xảy x=y=z=1  đpcm (9)   xy ( z  2)  z ( x  y )    ( Lop10.com 13 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến z  3z  víi  z  Nếu lấy điều kiện  z  thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là @) Cã thÓ xÐt hµm: f(z) =  NhËn xÐt: không đúng đây chúng ta sử dụng tính chất để làm hạn chế điều kiện biến để có thể đánh giá biểu thức Bµi to¸n 11’: (Tæng qu¸t cña bµi 11) x  y  z   x, y , z   Cho  a  0; b  Cmr: a( xy  yz  zx)  bxyz  (3a  b)   a    b HD: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö: z = min(x,y,z) Tõ ®iÒu kiÖn dÔ thÊy  z   a  bz  0; z  3a   ta cã: b a ( xy  yz  zx)  bxyz  (3a  b)  xy (a  bz )  az ( x  y )  (3a  b)   az (3  z )  (3a  b)  (3  z ) (a  bz )  3a b( z  1) ( z   4)  b Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán: Sử dụng đẳng thức x  y  z  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) ta có thể đưa bài toán trên bài toán tương đương hình thức khác : chẳng hạn bài có thể phát biểu dạng tương đương : x  y  z  CMR:  x, y , z  Cho  x  y  z  xyz  (THTT-2006) Sử dụng đẳng thức x  y  z  3xyz  ( x  y  z )[( x  y  z )  3( xy  yz  zx)] Bài toán 11 có thể phát biểu dạng: x  y  z   x, y , z  Cho  Cmr: 2( x  y  z )  xyz  Bài toán 11 có thể phát biểu dạng tương đương: x  y  z  Cmr:  27 xyz  18( xy  yz  zx)   x, y , z  11.1) Cho  xyz  xy  yz  zx Cmr: x y z  27 xyz  18( x  y  z ) x , y , z   11.2) Cho  x  y  z  Cmr: x  y  z  15  6( xy  yz  zx)  x, y , z  11.3) Cho  HD: Ap dụng bài 11 và bất đẳng thức côsi: x  y  z  3xyz *) Từ bài toán 11.3 chứng minh bài toán tổng quát Tương tự bài toán 11': Lop10.com 14 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến x  y  z   x, y , z    a  0; b  CMR: a ( xy  yz  zx)  bxyz  (3a  b)   a    b Cho Chó ý : §Ó chøng minh : sö dông tÝnh chÊt víi z=max(x,y,z) §Æc biÖt hãa ta cã bµi to¸n: x  y  z  Cmr:  x, y , z  Víi a=1; b=-2 : Cho  xy  yz  zx  xyz  Sau đây ta xét tiếp bài toán sử dụng tính chất này để làm hạn chế phạm vi biÕn:  Bµi to¸n 12:  x, y, z  [0;2] Cho  x  y  z  Cmr: x  y  z  Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö: z = max(x,y,z) Tõ ®iÒu kiÖn   z  Ta cã: x  y  z  x +y +3xy(x+y) +z =(x+y) +z =(3-z) +z = =9z -27z+27=9(z-1)(z-2)+9  víi mäi z t/m :  z  dÊu b»ng x¶y (x,y,z)=(0,1,2) vµ ho¸n vÞ cña nã (®pcm) Mét sè bµi to¸n tù luyÖn  x, y , z  x  y  z  1 Cho  Cmr : x( y  z )4  y ( z  x)4  z ( x  y )4  12 HD: Giả sử x  y  z  đặt t  x( y  z ) ta chứng minh x( y  z )  y ( z  x)  z ( x  y )  t (1  3t ) x  y  z  Cho  Cmr:  x, y , z  a y  z  16 xyz b xy  yz  zx  xyz c xyz   4( xy  yz  zx) x, y , z   xy  yz  zx   Cho  Cho x, y  [0; HD: Gi¶ sö : ] Cmr: 3( x  y  z )  xyz  10 Cmr: x y 2   1 y2 1 x2 x y 2x    x  y  ta ®i chøng minh: 2 1 y 1 x 1 x2 Lop10.com 15 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến x  y  z  Cho  Cmr:  x, y , z  a b x2  y 1 xn  yn 1   y2 1 z 1 yn 1 zn 1   z2 1  x 1 zn 1 xn   (bµi T5 - THTT - 10/2004) HD:Gi¶ sö x=max(x,y,z) x 1  y 1  z 1  1 y 1  z 1 x 1 x 1 1   ( y  z)   x  2x   x 1 x 1 y 1 z 1  3 y  z  x 1 Câu b tương tự!  x, y, z  [0;2] x  y  z  Cho  Cmr : x n  y n  z n  2n  (Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!) §­a dÇn vÒ mét biÕn: Từ biểu thức p có n biến ta đánh giá đưa (n-1) biến và cuối cùng đưa biến sau đây ta xét số ví dụ đặc trưng thể phương pháp này:  Bµi to¸n 15: Cho x,y,z n»m ®o¹n [1;2] ; Chøng minh r»ng : x  y  z  xyz Gi¶i: §Æt f ( x, y, z )  x  y  z  xyz Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö :  x  y  z  f ( x, y, z )  f ( x, y,1)  z  xyz  (1  xy )  ( z  1)(1  z  z  xy )  V× : z   0;1  z  z  xy   z  z  z   z  z  4( z  1)  3z   MÆt kh¸c : f ( x, y,1)  f ( x,1,1)  y  xy  (1  x)  ( y  1)(1  y  y  x)  V× y   0;1  y  y  x   y  y  y  y  y   ( y  1)( y  2)  y   VËy f ( x, y, z )  f ( x,1,1)  x  x   ( x  2)[( x  1)  2)  x,1  x  dấu bất đẳng thức xảy và (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị (2,1,1)  ®pcm  Bµi to¸n16: x  y  z   x, y , z  (§©y lµ bµi to¸n sè) Cho  Chøng minh r»ng:  xyz  2( xy  yz  zx) Gi¶i §Æt f ( x, y, z )  2( xy  yz  zx)  xyz Lop10.com 16 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Ta cÇn chøng minh f ( x, y, z )  Do vai trß cña x,y,z f nh­ nªn theo tÝnh chÊt ta gi¶ sö  x  y  z kÕt hîp ®iÒu kiÖn ta dÔ dµng suy  x  XÐt yz yz y  z ( y  z) yz ( y  z) , )  2( xy  yz  zx)  xyz  2( x  x ) x 2 4 yz yz 3 x 3 x  x  3x   ( x  2)( y  z )   f ( x, y, z )  f ( x, , )  f ( x, , ) 2 2  x  3x  ( x  1) ( x  2)  f ( x, y , z )  55  5 5 x;0  x  4 ( x  2)( y  z )  dÊu b»ng x¶y vµ chØ   x  y  z  (®pcm) x 1  f ( x, y , z )  f ( x,  Bµi to¸n 17: (Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các số thực dương; Chøng minh r»ng: x  y  z  3xyz Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö z  y  x  §Æt f ( x, y, z )  x  y  z  3xyz Tacã: f ( x, y, z )  f ( x, y, xy )  z  ( xy )  3xy ( xy  z )  ( z  xy )( z  z xy  xy )  v× z  xy MÆt kh¸c: §Æt g ( x, y )  f ( x, y, xy )  x  y  ( xy) g ( x, y )  g ( x, x)  y  x  2( ( xy )  x )  y  x3 0 VËy f ( x, y, z )  f ( x, y, xy )  g ( x, y )  g ( x, x)   z  xy  x  y  z  ®pcm x  y  dÊu b»ng x¶y vµ chØ   NhËn xÐt : - Khi đưa biểu thức biến biến hay biến thường xét hiệu biểu thức bất đẳng thức và biểu thức đó với x(hoặc y z) thay trung bình nhân trung bình cộng - Thường ta phải sử dụng tính chất có đánh giá Mét sè bµi to¸n tù luyÖn  xyz  Cmr : ( x  y )( y  z )( z  x)  4( x  y  z  1)  x, y , z   xy  yz  zx  xyz  Cho  Cmr: x  y  z  3xyz  x, y , z    x, y , z  Cho  2 Cmr: x  y  z  Cho  a xy  yz  zx  xyz b xyz   4( xy  yz  zx ) Cho x, y  [0; ] chøng minh r»ng: Lop10.com 17 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến x y 2   2 1 y 1 x x y z    (THTT-sè 357) Cho x, y, z  [ ;3] chøng minh r»ng: x y yz zx Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng: xyz  2( x  y  z )   5( x  y  z ) (THTT-sè 356) x, y , z   xy  yz  zx   x, y , z  Cho  2 x  y  z   x, y , z  Cho  2 x  y  z   Cho  Cmr: 3( x  y  z )  xyz  10 Cmr: x  y  z  x y  y z  z x Cmr: 7( xy  yz  zx)  12  xyz 10 Chøng minh r»ng : zx  2  (OLIMPIC 30-4)    1    z x y   HD: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö:  z  y  x  Đặt : z=ax ; y=bx   a  b  sau đó đánh giá tiếp ta đưa 1biến là b x y yz III KÕt qu¶ Đề tài này đã thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em cã häc lùc tõ kh¸ trë lªn KÕt qu¶ thu ®­îc rÊt kh¶ quan, c¸c em häc tËp mét c¸ch say mê hứng thú Một số em đã đạt thành tích tốt qua đợt thi học sinh giái võa qua Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp, luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em học tập, tìm hiểu Đối tượng học sinh là học sinh khá giỏi, luôn tin tưởng thầy, có điều kiện học tập, nghiªn cøu C KÕt luËn Trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu thân tôi cùng với giúp đỡ các đồng nghiệp đã đúc rút số kinh nghiệm ; Thông qua đề tài này mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp kiểm định và góp ý để đề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh Xin ch©n thµnh c¶m ¬n! Hµ tÜnh, ngµy 15 th¸ng n¨m 2009 Người thực Lop10.com 18 Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Tµi liÖu tham kh¶o 1.T¹p chÝ to¸n häc vµ tuæi trÎ Sáng tạo bất đẳng thức _pham kim hùng Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần tuấn Anh Các bài toán chọn lọc bất đẳng thức phan huy khải_nguyễn đạo phương 5.Olimpic 30_4 Lop10.com 19