Sang kien kinh nghiem cua 1 nguoi ban K41A Toan

[r]

Sở giáo dục & đào tạo nghệ an Trường THPT diễn châu



Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2006-2007 

Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức xây dựng số bất đẳng thức

Sơn _ kều

-I Lý chọn đề tài

Để giải tốn điều quan trọng phải lựa chọn phương pháp để giải tốn đó.Các tốn đặc biệt toán bất đẳng thức đa dạng phong phú phương pháp để chứng h bất đẳng thức nhiều;việc lực chọn phương pháp để chứng minh bất đẳng thức khó khăn Đối với học sinh THPT đa số em ngại gặp toán bất đẳng thức em học khá,giỏi lại thích thú say mê với toán bất đẳng thức.Các tốn bất đẳng thức giường khơng thể thiếu đề thi đại học,cao đẳng,đề thi học sinh giỏi

Bất đẳng thức vấn đề nhiều người u tốn quan tâm Tơi củng người u tốn Tơi ln ln học hỏi tìm kiếm phương pháp để chứng minh bất đẳng thức.Sau chứng minh bất đẳng thức Tôi đặt câu hỏi : “Tại lại có bất đẳng thức này;Liệu từ bất đẳng thức xây dựng bất đẳng thức khác có liên quan hay k hơng?” Sau với học sinh giải toán đặc biệt tốn bất đẳng thức Tơi ln khuyến khích y cầu em xây dựng bất đ ẳng thức có liên quan với bất đẳng thức Cách làm giúp em nhìn nhận tốn cách sâu sắc đ ồng thời phát triển tư sáng tạo cho học sinh.Việc đề toán quan trọng q trình giảng dạy mơn Tốn

II.Néi dung

Để chứng minh AB số trường hợp ta nghĩ đến phương pháp sau:“Tìm C sau chứng minh AC CB ”.Nhưng vấn đề quan trọng tìm C.Để tìm C nhiều ta phải mò mẫm,dự đo án,dựa vào phương pháp cũ biết, Trong viết Tôi đưa kinh ngiệm tìm C dựa vào phương pháp cũ biết

Sau chứng minh bất đẳng thức ta nên thử xem liệu xây dựng số bất đẳng thức khác từ bất đẳng thức hay khơng dựa vào lời giải ta xây dựng bất đẳng thức khác hay không ?Sau muốn minh hoạ vấn đề

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 1.“ Trong số x1,x2,x3 tồn hai số xi,xj (i j thuộc tập  1;2;3 ) cho:

  

 

a x

a x

j

i hc

  

 

a x

a x

j

i (a số thực bất kỳ)

Chứng minh:Không tính tổng quát ta giả sử x1 x2 x3

Nếu x2 a x1 a x2 a,ta có điều phải chứng minh

Nu x2>a x2 a x3 a ,ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2.“ Nếu

  

 

a y

a x

hc

  

 

a y

a x

th× xya(x+y)-a2 ”.

Chøng minh:Tõ gi¶ thiÕt ta cã: (x -a)(y-a)0 hay xya(x+y)-a2 (®pcm)

Vận dụng hai bổ đề để chứng minh số bất đẳng thức(Các ví dụ)

Ví dụ 1.Cho x,y,z số thực dương Chứng minh ta ln có bất đẳng thức: xyz+2(x2+y2+z2)+8

5(x+y+z).Đẳng thức xảy (Bài I-3 chuyên mục Chào IMO 2007 đợt Tạp chí Tốn học tuổi trẻ số 357 tháng năm 2007)

Chøng minh:

Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

  

 

1

y x

hc

  

 

1

y x

.Khi theo Bổ đề ta có xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z >0 )

 xyz+2(x2+y2+z2)+8xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 (1)

Ta sÏ chøng minh: xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 5(x+y+z) (2)

ThËt vËy:

(2)(y+z-2)2+(x+z-2)2+3(x-1)2+3(y-1)2+2(z-1)2 0 ,đúng.

Tõ (1) vµ (2) suy ra: xyz+2(x2+y2+z2)+8 5(x+y+z) (Điều phải chứng minh)

Sơn _ kều

-Nhận xét.Ta chứng minh (2) nhờ định lí dấu tam thức bậc hai sau:

(2) 2z2+(x+y-6)z+2x2+2y2-5x-5y+80 (3)

Xem vế trái (3) tam thức bậc hai Èn z cã a=2>0 vµ

z=(x+y-6)2-8(2x2+2y2-5x-5y+8)

z=-15x2 +2(y+14)x-15y2+28y-28

Xem z lµ tam thøc bËc hai Èn x cã a= -15<0 vµ

'

x

 =(y+14)2-(-15)(-15y2+28y-28)

=-224(y-1)2 0,víi mäi y

Do z 0,với x,y

Vậy (3) với x,y,z (đpcm)

NhËn xÐt 1.Trong vÝ dơ trªn A= xyz+2(x2+y2+z2)+8; B=5(x+y+z);

C= xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8

NhËn xÐt 2.Sau giải toán Tôi thử xem liệu cã thĨ t×m C

đối với tốn sau (ví dụ 2) cách tương tự ví dụ khơng?

VÝ dơ 2. Cho x,y,z lµ số thực không âm.Chứng minh ta

có bất đẳng thức: 5(x3+y3+z3)+3xyz+99(xy+yz+zx)

Chøng minh:

Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

  

 

1

y x

hc

  

 

1

y x

.Khi theo Bổ đề ta có xyx+y-1  3xyz3xz+3yz-3z (vì z 0 )

 5(x3+y3+z3)+3xyz+95(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 (1)

Ta sÏ chøng minh: 5(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 9(xy+yz+zx) (2)

ThËt vËy:

(2) 5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z

Mà theo bất đẳng thức Cơ si ta có: 3z=33

1

z  z3+1+1 (3)

3xz=33 3

1 .z

x  x3+z3+1 6xz  2x3+2z3+2 (4) 3yz=33 3

1 .z

y  y3+z3+1 6yz  2y3+2z3+2 (5) 3xy=33 x3.y3.1  x3+y3+1 9xy  3x3+3y3+3 (6)

Cộng theo vế bất đẳng thức chiều (3),(4),(5) (6) ta có 5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z.

Tõ (1) (2) suy 5(x3+y3+z3)+3xyz+99(xy+yz+zx)(Điều phải chứng

minh)

Hướng 2.1. Từ ví dụ ta có “Nếu x,y,z số thực khơng âm vai trị x,y,z bình đẳng khơng tính tổng quát ta giả sử :

xyx+y-1  xyzxz+yz-z (v× z 0 )”

Do xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2).Từ ta có bất đẳng thức

d¹ng“NÕu x,y,z số thực không âm

xyz+m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z).Đẳng thức x¶y x=y=z=1”khi ta chän

được m,n,p cho bất đẳng thức:xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z) (*)

đúng với x,y,z.Đẳng thức xảy x=y=z=1

Sau cách chọn m,n,p cho (*) với x,y,z đẳng thức xảy x=y=z=1

Ta cã: (*)mz2+(x+y-n-1)z+mx2+my2-nx-ny+p0

Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta chọn m,n,p cho

1 , ,                R y x m n y x m z

khi x=y=1             R y x m n m

z 0, ,

1

0

Trong z=(x+y-n-1)2-4m(mx2+my2-nx-ny+p)

Thay n=2m+1 vµo zvµ rót gän,ta cã

z=(1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp

Suy

z 0

(1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp0 (**)

Ta cần chọn m,p cho (**) với x,y đẳng thức xảy x=y=1.Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn

1 , ) ( ) ( ' 2                  R y m m y m x

y=1          R y m

x 0,

0

'

trong '

x

 =(y+4m2-2)2-(1-4m2)[ (1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp]

'

x

 0

2m2(1-2m2)y2-4m2(1-2m2)y+(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp) 0(***)

Ta cần chọn m,p cho (***) với y đẳng thức xảy y=1 Dựa vào định lí dấu tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn

             ) ( ) ( ) ( ' 2 2 2 y m m m m m m          0 ' y m

trong '

y

 =[2m2(1-2m2)]2-2m2(1-2m2)[(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp)]

=2m3(1-2m2)(1-4m2)(3m+2-p)

Sơn _ kều -Do (*) với x,y,z m,n,p thoả mãn

                 1 2 m p m m m n m              2 m p m n m

Do ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z ba số thực khơng âm xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2(2m+1)(x+y+z).Đẳng thức xảy khi

x=y=z=1.Trong m số thực cho trước m>

2

” NhËn xÐt 2.1.1 Khi m=

2

bất đẳng thức “Nếu x,y,z số thực không âm xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2(2m+1)(x+y+z)” đúng.

Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z ba số thực khơng âm thì

xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2(2m+1)(x+y+z) (1.1) m số thực cho trước m

2 ”

Hướng 2.2.Chọn m,n,p để có bất đẳng thức“Nếu x,y,z số thực khơng âm xyz+m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx) Đẳng thức xảy khi

x=y=z=1.”

Từ hướng 2.1 x,y,z số thực khơng âm vai trị x,y,z bình đẳng khơng tính tổng qt ta giả sử: xyzxz+yz-z

Suy : xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2).

Ta chọn m,n,p cho bất đẳng thức:

xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx)(*) với x,y,z Đẳng thức xảy

ra x=y=z=1

Ta chọn m,n,p (bằng cách làm tương tự hướng 2.1) sau: Ta có: (*)mz2+[(1-n)x+(1-n)y-1]z+mx2+my2-nxy+p0

Chän m,n,p cho

1 , , ) ( ) (                 R y x m y n x n m z

x=y=1             R y x n m m

z 0, ,

2

0

Trong z=[(1-n)x+(1-n)y-1]2-4m(mx2+my2-nxy+p)

Thay m=

2 2n

vµo zvµ rót gän,ta cã

z=n(2-3n)x2 +2[(3n2-3n+1)y+n-1]x+n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)p

1 , ) ( ] ) 3 [( ) ( '                     R y n n n y n n n n x

y=1          R y n n

x 0,

0 ) ( '

trong '

x

 =[(3n2-3n+1)y+n-1]2-n(2-3n)[n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)p]

=(1-n)(6n2-5n+1)y2-2(1-n)(6n2-5n+1)y+4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p

Chän n,p tho¶ m·n

                     ) )( ( ) )( ( ) )( ( ' 2 y n n n n n n n n n            0 ) )( ( ' y n n n

trong '

y

 =[(1-n)(6n2-5n+1)]2-(1-n)(6n2-5n+1)[4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p]

=n(1-n)(2-3n)(2n-1)(6n2-5n+1)(1-2p)

Suy ra:NÕu m=

2

2n >0,n(2-3n)<0,(1-n)(6n2-5n+1)<0 th× '

y

 =0p=

2

Do (*) với x,y,z m,n,p thoả mãn

                   ) )( ( ) ( 2 p n n n n n n m m              2 p n m n

Do ta có bất đẳng thức:

“NÕu x,y,z ba số thực không âm xyz+

2 2n

(x2+y2+z2)+

n(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy x=y=z=1 Trong n số thực cho trước n>1”

Nhận xét 2.2.2.Khi n=1 bất đẳng thức “Nếu x,y,z ba số thực không âm xyz+

2

2n (x2+y2+z2)+

1 n(xy+yz+zx) ” đúng.

Vậy ta có bất ng thc:

Nếu x,y,z ba số thực không ©m th×

2xyz+(2n-1) (x2+y2+z2)+12n(xy+yz+zx) (2.1).

Trong n số thực cho trước n1”

Hướng 2.3.Từ (1.1) (2.1) (Nhân hai vế (1.1) với p(p0),nhân hai

vế (2.1) với q(q0) cộng theo vế hai bất đẳng thức chiều vừa thu

được) suy bất đẳng thức:

“NÕu x,y,z lµ ba số thực không âm thì

Sơn _ kều

-(2mp+p)(x+y+z)+2nq(xy+yz+zx),trong m

2

2 ,n1,

0 , 

 q

p ” (3.1)

Nhận xét 2.3.1 Ta có bất đẳng thức“Nếu t số thực dương t+-1t,

trong  số thực >1.Đẳng thức xảy t=1” Chứng minh:Xét hàm số f(t)=t t1 ,với t(0;)

f’(t)=

) (

1   

 

  

t t f’(t)=0

1

1

)

( 1   1   

  

t t

t

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra: f(t)0 với t(0;)

Hay t+-1t,víi mäi t

) ; (

Đẳng thức xảy t=1(Điều phải chứng minh)

ỏp dng bt ng thc ta có:Nếu x,y,z số thực dương



x + -1x2



y + -1y2



z + -1z2,trong là số thực >1 Suy ra: x2+y2+z2 





  

3

2

2  y z  

x

, là số thực  >1 (*) Từ (3.1) (*) suy

“Nếu x,y,z ba số thực dương thì

(p+2q)xyz+(mp+2nq-q) (x2+y2+z2)+2 (3mp+3nq+p-q)-3(mp+2nq-q)(2mp+p)(x+y+z)+2nq(xy+yz+zx),trong m

2

2 ,n1,

, 

 q

p , >1.” (3.2)

NhËn xÐt 2.3.2.Đặc biệt hoá 3.1,chẳng hạn chọn m=p=q=1,n=

2

3 ta cã bÊt

đẳng thức: “Nếu x,y,z ba số thực khơng âm thì xyz+x2+y2+z2+2x+y+z+xy+yz+zx”

Nhận xét 2.3.3.Đặc biệt hố 3.2,chẳng hạn chọn m=n=p=1,q=0,=2 ta có bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z ba số thực dương 2xyz+x4+y4+z4+136(x+y+z)” Hướng 2.4.

xyzxz+yz-z xyz+xy+zxy+yz+zx Mà theo bất đẳng thức Cơsi ta có : x2+12

1

2

x =2x(V× x 0) y2+z2 2 y2z2=2yz (V× y,z 0)

Suy z + xy 

2

2

z +

2

2

y x 

=

2

2

2  

z y x

Do xyz+

2

2

2  

z y

x 

xyz+xy+z

Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z ba số thực khơng âm thì 2xyz+ x2+y2+z2+12(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy x=y=z=1”

2.4.2.Tương tự x,y,z,t số thực khơng âm vai trị x,y,z,t bình đẳng ta giả sử

xyx+y-1  xyztxzt+yzt-zt (V× zt0)

 xyzt+zt +xyz+xytxzt+yzt+xyz+xyt Mà theo bất đẳng thức Cơ si ta có

z3+t3+133 3

t z =3zt x3+y3+z333 3

z y

x =3xyz x3+y3+ t333 3

t y

x =3xyt Suy

zt +xyz+xyt

3

3

3 

t z

+

3

3 3

z y x  

+

3

3 3

t y x  

=

3

1 ) (

2 x3y3z3t3  Do đó: xyzt +

3

1 ) (

2 x3 y3z3t3 

 xyzt+zt+xyz+xyt Vậy ta cú bt ng thc

Nếu x,y,z,t số thực không âm thì

3xyzt+2(x2+y2+z2+t2)+13(xzt+yzt+xyz+xyt).Đẳng thức xảy khi x=y=z=t=1”

2.4.3.Bằng cách làm tương tự ta có bất đẳng thức “Nếu x1,x2,…xnlà số thực khơng âm thì (n-1)



n i

i

x

1

+(n-2)

 

n i

n i

x

1

1+1(n-1) 

  

n j

n j i i

i

x

1 1,

,nN,n3” (4.1)

(Trong đó 



n i

i

x

1

=x1x2 xn; 

 

n j i i

i

x

,

=x1 xj-1xj+1 xn )

Hướng 2.5. Tương tự x,y,z số thực khơng âm vai trị x,y,z bình đẳng khơng tính tổng qt ta giả sử

xyx+y-1  xyzxz+yz-z  xyz+z+xyxz+yz +xy

 (xyz)n+z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1 (xyz)n-1(xy+yz+zx),nN*

Sơn _ kều - 10 x3n-1+x3n-1+ +x3n-1 + y3n-1+y3n-1+ +y3n-1 + z3n-1+z3n-1+ +z3n-1 +1

n-1 sè h¹ng n-1 sè h¹ng n sè h¹ng

(3n-1)3 1 1

) ( ) ( ) (      

n n n n n n n

z y

x =(3n-1)z(xyz)n-1

x3n-1+x3n-1+ +x3n-1 + y3n-1+y3n-1+ +y3n-1 + z3n-1+z3n-1+ +z3n-1

n sè h¹ng n sè h¹ng n-1 sè h¹ng

(3n-1) 3 3 1

) ( ) ( ) (     

n n n n n n n

z y

x =(3n-1)xy(xyz)n-1 Suy

z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1

 ) ( )

( 3

         n nz y n x

n n n n

+

1

) (

1 3        n z n ny

nx n n n

= ) )(

( 3

        n z y x

n n n n

Do đó: (xyz)n+

1 ) )(

( 3

        n z y x

n n n n 

(xyz)n+z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1

Vậy ta có bất đẳng thức

“NÕu x,y,z lµ số thực không âm thì

(3n-1)(xyz)n+(2n-1)(x3n-1+y3n-1+z3n-1) +1(3n-1)(xyz)n-1(xy+yz+zx).Đẳng

thức xảy x=y=z=1(Trong nN*) ” (5.1)

Nhận xét 3.Từ hai ví dụ trên,Tơi vận dụng phương pháp để giải bài tốn sau (các ví d )

Ví dụ 3.Cho x,y,z số thực không âm thoả mÃn x+y+z=1.Chứng

minh rằng: 4(xy+yz+zx) 1+9xyz.Đẳng thức xảy Chứng minh

Theo bổ đề vai trò x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

       3 y x hc        3 y x

.Khi theo Bổ đề ta có: 9xy3x+3y-1  9xyz3xz+3yz-z (vì z 0 )

1+9xyz 1+3xz+3yz-z (1)

Ta sÏ chøng minh: 1+3xz+3yz-z  4(xy+yz+zx) (2) ThËt vËy:

(2)1 z+z(x+y)+4xy

1 z+z(1-z)+4xy (V× x+y+z=1)

 (x+y)2 4xy (V× x+y+z=1)

 (x-y)2 , đúng.

Từ (1) (2) suy 4(xy+yz+zx)  1+9xyz (Điều phải chứng minh) Trong trường hợp đẳng thức xảy x=y=z=

3

hc x=y=

2

,z=0 Do đẳng thức xảy x=y=z=

3

hc x=y=

2

,z=0 hc x=z=

2

,y=0 hc z=y=

2 1,x=0. NhËn xÐt 3.1.

3.1.1.Trong ví dụ thay x,y,z bởi

k c k b k a

,

, (k số thực dương),ta có

bất đẳng thức:“Nếu a,b,c số thực không âm thoả mãn a+b+c=k 4k(ab+bc+ca)k3 + 9abc,trong k số thực dương”

3.1.2.Dựa vào Ví dụ ta chứng minh bất đẳng thức :

“Nếu a,b,c số thực khơng âm (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc (1)” sau:Dễ thấy (1) a=b=c=0

Nếu ba s a,b,c dng thỡ a+b+c=k >

Đặt a=kx,b=ky,c=kz,ta có x,y,z số thực không âm thoả mÃn x+y+z=1 (1) trở thành (kx+ky-kz)(ky+kz-kx)(kz+kx-ky)kxkykz

(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)xyz (Vì k>0)

(1-2z)(1-2x)(1-2y)xyz (V× x+y+z=1)

4(xy+yz+zx)  1+9xyz,đúng (theo ví dụ 3) Vậy (1) (điều phải chứng minh)

3.1.3.Lí tơi dùng ví dụ để chứng minh (1) :trong tài liệu người ta thường dùng (1) để chứng minh ví dụ

Nhận xét 3.2.Từ ví dụ kết hợp với bất đẳng thức Cơ si ta tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ biểu thức

A=mxyz+xy+yz+zx, với x,y,z số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1(m số thực cho trước) sau:

a.Theo vÝ dô ta cã:

xy+yz+zx-4 9xyz

4



Suy

A=

xy+yz+zx-4

xyz+(m+

4

)xyz

4

 +(m+

4

)xyz NÕu m+

4

9 0 hay m



 th× (m+

4

9)xyz (m+

9 ) 3 

 



x yz =

12 +

27

m

Do A

27

m

.Đẳng thức xảy chẳng hạn x=y=z=

Sn _ kều - 12 NÕu m+

4

9<0 hay m<-4

9 th× (m+

9)xyz  0

Do A

4

Đẳng thửc xảy chẳng hạn x=y=

2

,z=0 b.Theo bất đẳng thức Cô si ta có

xy+yz+zx=(x+y+z)(xy+yz+zx)33 xyz33 xyyzzx =9xyz

0 

  

 xy yz zx xyz Suy

A=xy+yz+zx-9xyz+(m+9)xyz(m+9)xyz (V× xyyzzx9xyz0)

NÕu m+90 hay m-9 th× (m+9)xyz 

Do A0.Đẳng thức xảy chẳng hạn x=y=0,z=1 Nếu m+9<0 hay m<-9 (m+9)xyz (m+9)

3

3 

 



x yz =

27



m Do A

27

m

.Đẳng thức xảy chẳng hạn x=y=z=

3

Kết luận:

Nếu m<-9 giá trị lớn A

4

1 , giá trị nhá nhÊt cđa A lµ 27

9



m . NÕu -9

m<-4

th× giá trị lớn A

4

, giá trị nhỏ A NÕu m

4



 giá trị lớn A

27



m

, giá trị nhỏ A Từ ta có bất ng thc:

Nếu x,y,z số thực không ©m tháa m·n x+y+z=1 th× a)

27



m  mxyz+xy+yz+zx 

4

1 (Trong m số thực cho trước m< -9)

b) 0 mxyz+xy+yz+zx

4

1(Trong m số thực cho trước -9

m<

4

 ) c)0mxyz+xy+yz+zx

27



m (Trong m số thực cho trước m

4

  )”

NhËn xÐt 3.3.NÕu x+y+z=1 th×

x2+y2+z2= (x+y+z)2-2(xy+yz+zx) =1-2(xy+yz+zx) (1)

x3+y3+z3-3xyz = (x+y+z)( x2+y2+z2- xy+yz+zx) = 1-3(xy+yz+zx)

Do x3+y3+z3= 1-3(xy+yz+zx)+3xyz (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+qxyz

=m[1-3(xy+yz+zx)+3xyz] +n[1-2(xy+yz+zx)]+p (xy+yz+zx)+qxyz

=(3m+q)xyz+(p-3m-2n)(xy+yz+zx)+m+n (3)

3.4.1.Trong nhận xét 3.2 cho m=-2 ta có bất đẳng thức

Nếu x,y,z số thực không âm thoà mÃn x+y+z=1 th× 0 xy+yz+zx-2xyz

27 ”

Do ta có tốn:

Bµi 3.1.Cho x,y,z lµ số thực không âm thoả mÃn x+y+z=1 chứng minh r»ng 0 xy+yz+zx-2xyz

27

(§Ị thi IMO-1984) 3.4.2.Trong nhËn xÐt 3.3 cho m=1,n=p=r=0,q=3 ta cã

Nếu x,y,z số thực không âm thoà mÃn x+y+z=1

x3+y3+z3+3xyz=6xyz-3(xy+yz+zx)+1=1-3(xy+yz+zx-2xyz) (4)

Mà theo 3.4.1 ta cã 0 xy+yz+zx-2xyz

27

Do ta có bất đẳng thức

“NÕu x,y,z lµ số thực không âm thoả mÃn x+y+z=1

9 

x3+y3+z3+3xyz 1 ”

Do ta cú bi toỏn:

Bài 3.2.Cho x,y,z số thực không âm thoả mÃn x+y+z=1 chứng minh

9

2  x3+y3+z3+3xyz 1

3.4.3.a Nếu x,y,z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi thì (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) > (*) 3.4.3.b Nếu >0 tồn tam giác có chu vi cho

(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) 

ThËt vËy i.NÕu

27



 chọn tam giác có chu vi có độ dài cá c cạnh x,y,z x=y=z=

3

1.Khi (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=  27

1 .

ii.NÕu 0<<

27

1 th× tån t¹i t

0 

     

3 ;

0 để f(t0)=2

0

0 t  

t

(XÐt hµm sè f(t)=2t3-t2+.Hµm sè f(t) liên tục R.

Vì f(0)=>0;f   

3

=

27



 <0 nªn f(0)f      

3

<0.Suy tån t¹i t0 

     

3 ; để

f(t0)=2 02

0 t  

t ).Khi chọn tam giác có chu vi có độ dài cạnh x,y,z

0;

2

t z t y

x     ,ta cã (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) =

0

2t t

 =

Sơn _ kều - 14 Mµ (*)(1-2x)(1-2y)(1-2z)>0 (V× x+y+z=1)

xy+yz+zx-2xyz >

4

1 (Kh«ng thĨ thay

1 bëi sè thùc > 1)

Từ ta có tốn :

Bài 3.3.Nếu a,b,c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi t hì

4

<ab+bc+ca-2abc

27



Từ (4) 3.3 ta có toán sau

Bài 3.4 Cho tam giác ABC có chu vi b»ng 1.Chøng minh r»ng

9

2 a3+b3+c3+3abc< 1.

(Bài T5 / 353Tạp chí Toán học tuổi trẻ tháng năm 2007)

3.4.4.Gi s x,y,z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi (theo nhận xét 3.3),ta có:

A= m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+qxyz

=(3m+q)xyz+(p-3m-2n)(xy+yz+zx)+m+n

=(p-3m-2n) 

  

 

 

 



 xyz

n m p

q m zx

yz xy

2

3 +m+n ,khi p-3m-2n0

Chän m,n,p,q tho¶ m·n:

   

   

  

2 3

0

n m p

q m

n m p

   

  

  

p n m q

n m p

2

0

Khi

A= (p-3m-2n)(xy+yz+zx-2xyz)+m+n (5) Từ 3.3 (5) suy bất đẳng thức:

“Cho x,y,z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 1.Đặt A= m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+(3m+4n-2p)xyz.

a.NÕu p-3m-2n>0 th×: n m n m

p   

4

3 <A

n m n m

p   



27 ) (

hay

4 2n

m

p  <A

27 13

7p m n



b.NÕu p-3m-2n<0 th×:

  

27 13

7p m n A<

4 2n

m p 

” (6) 3.4.5.Đặc biệt hoá (6),chẳng hạn chọn m=n=p=1 ta có bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi



27

Nhận xét 3.5. Bằng cách làm tương tự 3.1.1,từ nhận xét 3.2 và3.4 ta xây dựng bất đẳng thức mới.Chẳng hạn từ 3.4.4 cho m=p=0,n=1,ta có bất đẳng thức:

“Nếu x,y,z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi



27 13

x2+y2+z2 +4xyz<

”

Từ bất đẳng thức này(thay x,y,z

2 , ,

c b

a ) ta cã bµi toán: Bài 3.5 Cho tam giác ABC có chu vi b»ng 2.Chøng minh r»ng

27 52

a2+b2+c2+2abc<2

( Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2005-2006)

Ví dụ 4. Cho x,y,z số thực không âm thoả mÃn

xy+yz+zx+xyz=4 (*).Chứng minh rằng: x+y+z xy+yz+zx.Đẳng thức xảy

( thi học sinh giỏi Quốc gia năm 1996 -Bảng B hay đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2000-2001)

Chøng minh

Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

  

 

1

y x

hc

  

 

1

y x

.Khi theo Bổ đề ta có xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )

 xy+yz+zx  xyz+z+xy (1)

Ta sÏ chøng minh: xyz+z+xy  x+y+z (2) ThËt vËy:

(2)4-xy-yz-zx+z+xy  x+y+z (V× xy+yz+zx+xyz=4 )

(x+y)(1+z)  (3)

Nếu x=y=0 (*) trở thành =4 vơ lí.Do x+y+xy > từ (*) ta có: z =

xy y x

xy

 



4

V× thÕ : (3) (x+y)(1+

xy y x

xy

 



4

) 

(x+y)(x+y+4)  4(x+y+xy) (V× x+y+xy >0 )

 (x-y)2 , đúng.

Từ (1) (2) suy x+y+z  xy+yz+zx (Điều phải chứng minh) Trong trường hợp đẳng thức xảy x=y=z=1 x=y=2,z=0

Sơn _ kều - 16

VÝ dô 5.Chøng minh x,y,z số thực không âm thoả mÃn

điều kiện:x2+y2+z2+xyz=4 (*) ta có 0xy+yz+zx-xyz  2

(§Ị thi USAMO-2001) Chøng minh:

a)Chøng minh xy+yz+zx-xyz 

Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

  

 

1

y x

hc

  

 

1

y x

.Khi theo Bổ đề ta có xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )

 xy+yz+zx-xyz  xy+yz+zx-( xz+yz-z)

 xy+yz+zx-xyz  xy+z (1)

Ta sÏ chøng minh: xy+z 2 (2)

ThËt vËy:

Tõ (*) ta cã x2  4, y2  4, xy 

2

2 y

x 

 vµ (*)  z2+xyz+x2+y2-4=0 (**)

Xem (**) phương trình bậc hai (ẩn z) có

 = (xy)2-4(y2+z2-4) = (4-x2)(4-y2) 0 (V× x2  4, y2  4)

Phương trình (**) có hai nghiệm z=

2

) )(

( x2 y2 xy  



vµ z=

2

) )(

( x2 y2 xy  



V× z  nªn z=

2

) )(

( x2 y2 xy  



Do (2)  xy+

2

) )(

( x2 y2

xy  



2

4-xy  (4x2)(4y2)

(4-xy)2  (4-x2)(4-y2) (V× 4-x2

 ,4-y2

 ,4-xy0)

 (x-y)2 , đúng.

Tõ (1) vµ (2) suy xy+yz+zx-xyz  (Điều phải chứng minh) b) Chứng minh: 0xy+yz+zx-xyz

Nu ba số x,y,z lớn 1,dễ thấy vế trái (*) lớn (Vơ lí ) Do ba số x,y,z có số chẳng hạn x cho x1 Suy xy+yz+zx-xyz=xy+zx+yz(1-x)0 (điều phải chứng minh)

VÝ dơ 6.Cho x,y,z(0;1),tho¶ m·n xyz=(1-x)(1-y)(1-z) (*).Chøng minh r»ng: x2+y2+z2 

4

Chøng minh

Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

    

 

2

y x

hc

    

 

2

y x

.Khi theo Bổ đề ta có: 4xy2x+2y-1  4xyz2xz+2yz-z (vì z 0 ) (**) Mặt khác từ (*) ta có

2xyz+x+y+z= xy+yz+zx+1  4xyz+2x+2y+2z= 2xy+2yz+2zx+2 (***) Tõ (**) vµ (***) suy 2xy+2yz+2zx+2 2xz+2yz-z+2x+2y+2z

 2+2xy  2x+2y+z

 2(1-x)(1-y)  z

 2(1-x)(1-y)(1-z)  z(1-z) (Vì z(0;1) nên 1-z > )

 2xyz  z(1-z)

 2xy  1-z (V× z > )



z+2xy-4



4

(1) Ta sÏ chøng minh x2+y2+z2 

z+2xy-4

(2) ThËt vËy:

(2)4(x-y)2 + (2z-1)2 0 ,đúng.

Tõ (1) vµ (2) suy x2+y2+z2 

(Điều phải chứng minh)

Ví dơ 7.Cho ba sè thùc x,y,z tho¶ m·n xyz=1.Chøng minh r»ng

x2y2 + y2z2 + z2x2 + 3  2(x+y+z)

Chøng minh

Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bìn h đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

  

 

1

2

y x

hc

  

 

1

2

y x

.Khi theo Bổ đề ta có x2 y2 x2 + y2-1

 x2y2 + y2z2 + z2x2 + 3  x2 + y2 + y2z2 + z2x2 + (1)

Ta sÏ chøng minh x2 + y2 + y2z2 + z2x2 + 2  2(x+y+z) (2)

ThËt vËy:

(2) x2 + y2 + y2z2 + z2x2 + -2x-2y-2zxyz  0 ( V× xyz =1 )

 (x-1)2 + (y-1)2 + (xz-yz)2  ,đúng.

Tõ (1) vµ (2) suy x2y2 + y2z2 + z2x2 + 3 2(x+y+z) (Điều phải

chứng minh)

Ví dơ 8.Cho ba sè thùc bÊt k× x,y,z.Chøng minh r»ng

(x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  3(x+y+z)2

Sơn _ kều - 18 Theo bổ đề vai trị x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng qt ta giả sử

  

 

1

2

y x

hc

  

 

1

2

y x

.Khi theo Bổ đề ta có x2 y2 x2 + y2-1

 x2 y2 +2x2 + 2y2 +4  3(x2 + y2 +1)

(x2 +2) (y2 +2)  3(x2 + y2 +1)

(x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  3(x2 + y2 +1) (z2 +2) (V× z2 +2 > ) (1)

Ta sÏ chøng minh 3(x2 + y2 +1) (z2 +2)  3(x+y+z)2 (2)

ThËt vËy:

Theo bất đẳng thức Bunhiac ơpxki ta có (x2 + y2 +1) (1+1+z2 )  (x+y+z)2

 3(x2 + y2 +1) (z2 +2)  3(x+y+z)2

Tõ (1) vµ (2) suy (x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  3(x+y+z)2 (§iỊu ph¶i chøng

minh)

Nhận xét 8.1.Bất đẳng thức chặt bất đẳng thức sau Cho ba số thực không âm x,y,z.Chứng minh

(x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  9(xy+yz+zx) (Đề thi Châu Thái Bình Dương-2000)

(Vì với x,y,z ta ln có 3(x+y+z)2  9(xy+yz+zx)) Nhận xét 8.2.Tương tự ví dụ ta giải tốn sau: “ Cho ba số thực x,y,z.Chứng minh

(x2 +3) (y2 +3) (z2 +3)  4(x+y+z+1)2”

NhËn xÐt 8.3.Từ ví dụ toán Tôi tìm cách chứng minh toán tổng quát sau

Ví dơ 9.Cho n sè thùc bÊt k× x1,x2, ,xn Chøng minh r»ng (x2

1+m) (x

2+m) (x

n+m)  (m+1)

n-2 (x

1 + x2 + + xn +m-n+1)

Trong m,n hai số tự nhiên thoả mãn m  n-1 n  Chứng minh

1) Khi m2

Xét bổ đề “Cho số thực a bốn số thực khơng âm b,x,y,z bất kì. Đặt Pxyz = (x+b)(y+b)(z+b), Sx = (a+b)(y+z+b-a)(x+b),

Sy = (a+b)(x+z+b-a)(y+b), Sz = (a+b)(x+y+b-a)(z+b),

Sxyz = minSx,Sy,Sz

Chøng minh r»ng Pxyz  Sxyz ”

Chứng minh bổ đề

Theo bổ đề vai trò x,y,z tốn bình đẳng nên khơng tính tổng quát ta giả sử

  

 

a y

a x

hc

  

 

a y

a x

 xy+b(x+y) + b2  a(x+y)-a2 + b(x+y) + b2

(x+b)(y+b)  (a+b)(x+y+b-a)

(x+b)(y+b)(z+b)  (a+b)(x+y+b-a)(z+b) ( V× z+b0 )

 Pxyz  Sz  Pxyz  Sxyz (Điều phải chứng minh)

Xột b “Cho hai số tự nhiên m,n cho m  n-1,m  2, n  n số thực khơng âm x1,x2, ,xn Đặt Sn = 1;2; ;n Khi tồn tập An gồm

an phần tử cho An  Sn , an  bất đẳng thức sau

Pn = (x1 + m)( x2 +m) ( xn+m)

 (m+1)n-2 ( m+1-a

n +

An

i i

x )(m+1-n+an + 

Sn An

i i

x

\

) (*)” Chứng minh bổ đề (bằng phương pháp quy nạp)

Với n=2 (*) trở thành:

P2 = (x1 + m)( x2 +m)  ( m+1-a2 +

A2

i i

x )(m-1+a2 + 

S2\ A2

i i

x ) Trong trường hợp chọn A2 =  1 ta có bổ đề với n=2

Giả sử bổ đề với n=k, k 2, k m nghĩa là: Pk = (x1 + m)( x2 +m) ( xk+m) 

(m+1)k-2 ( m+1-a

k +

Ak

i i

x )(m+1-k+ak + 

Sk Ak

i i

x

\

) Suy

Pk+1 = (xk+1 + m) Pk 

(xk+1 + m) (m+1)k-2( m+1-ak +

Ak

i i

x )(m+1-k+ak + 

Sk Ak

i i

x

\

) (1)

Đặt bk = maxak;kak, x=bk-ak+

Ak

i i

x

y=bk+ak-k+ 

Sk Ak

i i

x

\

, z= xk+1 +bk-1

Khi đó:

(xk+1 + m) (m+1)k-2( m+1-ak +

Ak

i i

x )(m+1-k+ak + 

Sk Ak

i i

x

\

) = (m+1)k-2 (x+m+1-b

k) (y+m+1-bk) (z+m+1-bk) (2)

Tõ (1) vµ (2) suy

Pk+1  (m+1)k-2 (x+m+1-bk) (y+m+1-bk) (z+m+1-bk)

Dễ thấy x,y,z  m+1-bk  0.áp dụng bổ đề cho a= bk ; b=m+1-bk ta có

Pk+1  (m+1)k-2S xyz

NÕu Pk+1  (m+1)k-2Sz hay Pk+1  (m+1)k-1 (x+y+m+1-2bk) (z+m+1-bk)

thì chọn Ak+1 = Sk ta có bổ đề với n= k+1

NÕu Pk+1  (m+1)k-2Sy hay Pk+1  (m+1)k-1 (x+z+m+1-2bk) (y+m+1-bk)

thì chọn Ak+1 = Ak  k1 ta có bổ đề với n= k+1

NÕu Pk+1  (m+1)k-2Sx hay Pk+1  (m+1)k-1 (y+z+m+1-2bk) (x+m+1-bk)

thì chọn Ak+1 = (Sk\Ak)  k1 ta có bổ đề với n= k+1

Sơn _ kều - 20 Vậy bổ đề chứng minh

Vận dụng bổ đề để chứng minh toán trường hợp m áp dụng bổ đề ta có

(x2

1+m) (x

2+m) (x

n+m)

 (m+1)n-2( m+1-a

n +

An

i i

x2 )(m+1-n+an + 

Sn An

i i

x

\

2 ) (3)

(Trong Sn = 1;2; ;n tập An gồm an phần tử cho An  Sn , an  1)

Theo bất đẳng thức Bunhiacơx pki ta có ( m+1-an +

An

i i

x2 )(m+1-n+a

n + 

Sn An

i i

x

\

2 )

= ( + + + + 

An

i i

x2 )( 

Sn An

i i

x

\

2 + + + + )

m+1-an sè m+1-n+ansè

 ( 

Sn An

i i

x

\

+m+1-n+ 

An

i i

x )2 = (x1 + x2 + + xn +m-n+1)2 (4) Tõ (3) vµ (4) suy

(x2

1+m) (x

2+m) (x

n+m)  (m+1)

n-2 (x

1 + x2 + + xn +m-n+1)

(§iỊu ph¶i chøng minh)

2) Khi m=1 n=2 bất đẳng thức trở thành (x2

1+1) (x

2+1)  (x1 + x2 )

III.KÕt luËn

Sau tìm phương pháp để giải tốn ta cần ghi nhớ phương pháp thử vận dụng phương pháp để giải tốn khác;Đồng thời ta nên thử xem liệu đưa tốn khác liên quan hay khơng Tất nhiên khơng có phương pháp vạn để giải toán Nhưng biết vận dụng linh hoạt phương pháp giải nhiều toán phương pháp đó.Cái khó lựa chọn phương pháp để giải toán,vấn đề phụ thuộc vào khả người làm tốn.Nếu nắm “chìa khóa tốn” “phủ lên lớp bụi để dấu chìa khóa đ i ” ,từ ta xây dựng tốn

Vì kinh nghiệm giảng dạy cịn ít,năng lực có hạn nên Tơi mong đóng góp đồng nghiệp để viết hoàn thiện

Sơn _ kều - 22 Người viết: