Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến” ( Thường là những bài b[r]
(1)
A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trang bị tri thức, phương pháp phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh mục tiêu đặt lên hàng đầu mục tiêu dạy học mơn tốn
Bất đẳng thức vấn đề giáo viên học sinh thâm nhập với lượng thời gian nhiều vấn đề phát triển khả tư toán học cho học sinh
Trong q trình dạy học tơi ln tìm tịi ví dụ điển hình tổng hợp thành phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng toán phát triển tốn
Dưới tơi xin trao đổi với quý đồng nghiệp phương pháp giải cho toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến” ( Thường bất đẳng thức khó, xảy kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học) Và số tốn tơi khai thác sâu thêm hoạt động trí tuệ tổng qt, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa Nội dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: Đưa biến cách biến đổi đặt ẩn phụ t = k(x,y,z, ) Phần II: Đưa biến cách dồn biến
B NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I PHƯƠNG PHÁP
1 Bài toán
: Xét tốn:Với điều kiện R (nếu có) Chứng minh P = f(x,y,z, )A(hoặc A) tìm GTLN; NN PPhương pháp 1:
Chứng minh: Pg(t) t k(x,y,z, )D Chứng minh: g(t)A t D
Chứng minh: P g(t) t k(x,y,z, )D Chứng minh: g(t) A t D
Vấn đề đặt đánh giá biểu thức p để đưa biểu thức biến g(t) chứng minh
A t g()
- Việc chứng minh g(t)A tơi sử dụng cách biến đổi, dùng bất
đẳng thức với hoc sinh lớp 12 làm cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải
- Còn đánh giá P nói chung phong phú tùy thuộc tốn để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điển
bunhiacopki,côsi, )
Phương pháp 2:
a Nếu vai trị biến x,y,z bình đẳng, khơng tính tổng qt ta giả sử : x =
max(x,y,z, ) x = min(x,y,z, ) giả thiết xyz ;và dùng điều kiện toán kết hợp bdt khử dần biến đưa biến x
b Đánh giá biến, giả thiết thêm điều kiện biến đưa:
(2)
Sau chứng minh f1(x) A
PHẦN I Đưa biến cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, ).
Bài toán 1
:Với x,y số thực dương chứng minh rằng:
x3 y3 xy2 yx2
(1)
Giải:
V
ì x số dương nên: (1) x y x y x
y
2
1 Đặt
x y
=t ( t >0)
C1: Ta có: (1) trở thành : t -t2- t+ 10 (t-1)2(t+1)0 (đúng với t>0). C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t3 -t2- t+ (0; ).
f’(t)= 3t2- 2t -1=0 t= ; t= -1
3
t
f’(t) - +
f(t)
Suy f(t) 0 với t > (đccm)
T
ổng quá
tTa có toán 1’:
Cho x,y số thực dương; Chứng minh rằng: xn yn xyn xn 1y(n 2,n N)
Chứng minh hoàn hồn tương tự!
Bài tốn 2:
Giải:
Đặt t = yx xy 2
x y y x x y y x
t (áp dụng bđt côsi).
C1: Ta có: (2) trở thành: )
2 ( )
( 2
t t
t (t+2)(t3-2t2-t+3)0(2')
+) Với t2: ta có t3-2t2-t+3=(t-2)(t2-1)+1>0
nên bất đẳng thức (2')
+) Với t-2: ta có t3-2t2-t+3=(t+2)[(t-2)2+3] - 11 >
và t+20 nên bất đẳng thức (2')
Với x,y số thực khác không chứng minh rằng:
) ( 2
2 2
4 4
x y y x x
y y x x
(3)
vậy bất đẳng thức (2) dấu xảy t=-2 hay x=-y
đpcm.
C2: Xét hàm số: f(t) = t3 – 2t2 – t + ( ; -2] [2; ).
Bài toán 3
:Cho x, y, z số thực thay đổi Tìm GTNN biểu thức:
A (x 1)2 y2 (x 1)2 y2 y 2
Giải:
Từ đẳng thức: x2 y2 z2 2(xy yz zx) (x y z)2
;
x3 y3 z3 3xyz (x y z)(x2 y2 z2 xy yz zx)
điều kiện ta có:
2
2 2 ( )
( )( ) ( )(2 )
2 x y z P x y z x y z xy yz zx x y z
Đặt: t x y z 0 t
C1: (2 2) 3 1( 2) (2 2 2) 2 2 2
2 2
t t
P t t t t
Dấu xảy t
Vậy: Pmin= 2 x= ,y=z=0 hoán vị Pmax=2 x= ,y=z=0 hoán vị
C2: Đặt f(t) = (2 2) 3
2
t t
P t t (0 t 6) f’(t)=
2
3 2;
2 t
t t
t
f’(t) - -
f(t)
2
Suy f(t)= P 2 (0 t 6)
Vậy Pmin= 2 x= ,y=z=0 hoán vị
Pmax=2 x= ,y=z=0 hoán vị
Bài toán 4
(Đề thi giáo viên gi i n m 2003- 2004)ỏ ăCho a, b, c số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= CMR:
2 2
2
14
a + b + c ab bc ca
.
Để ý rằng: 1=
a b c
2 a + b + c2 2 2(ab bc ca ); 1=
a b c
2 3(a + b + c )2 2 (4)
Suy ra: Nếu đặt t=
a + b + c ta có: VT= 2 2 f t
1
t t
với
1
t<1
3
f’(t) =
2
2 2
1
2 4 2
- 0
t 1 1 1 3
2
t
t t
t t t
t
BBT
t 13 12
f’(t) - +
f(t)
8 3
Vậy: f(t)
14
( đpcm)
Bài toán 5
Đề thi đ i h c cao đ ng kh i A n m 2006ạ ọ ẳ ố ăCho x, y hai số thực khác khơng thỗ mãn:
x y xy
. x2 y2 xy ;
Tìm GTLN biểu thức: A= 3
1 x y Giải
Đặt: S= x+y; P= x.y (s24p )
Từ gt ta có:
23 2
2
x+y
SP= S - 3P
3
x y x y x y xy xy S P
S P
S
( Lưu ý S = -3 khơng thỗ mãn).
Đánh giá S: S24P => 4. 2 0 3 1
3
S S
S S S v S
S S
Vậy:
A= 3
1 x y
2
2
3
3
3 2
x y x y x y x y xy S
x y S
x y x y x y P S
( với S<-3 v S1)
Xét: f(S) =S
S
( ; 3) [1; )
f’(S)=
0 S
S ( ; 3) [1; )
(5)
BBT:
S -3 1
f’(S) -
-f(S)
4
MaxA = f2(1) = 16 Đạt x= y= 12 ( Khi S= 1; P= 14)
Sau ta xét số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P thấy ẩn phụ
Bài toán 6: Đề thi đại học khối B năm 2006
Cho x, y, z số thực thay đổi Tìm GTNN biểu thức:
A (x 1)2 y2 (x 1)2 y2 y 2
Giải
Áp dụng bdt: a2 b2 c2 d2 (a c)2 (b d)2
Ta có: A (1 x)2 y2 (x 1)2 y2 y 2
4 y2 y Dấu xảy x=0
Đặt f(y)= 4 4y2 y 2
Với y
2: f(y)= 4 y2 2 y f’(y)=3 y .
Lập bảng biến thiên ta có: f(y) 2
3 y
.
Với y
>2: f(y) 2 1 y2 2 2 3 2 1y2 2 2
Vậy GTNN A = 2 x=0;
3 y .
Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008).
Cho x, y số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1 Tìm gTLN, NN biểu thức:
2
2
2
1 2
x xy
P
xy y
Giải
Ta có:
2
2
2
2 x xy P
x xy y
(6)
-) Nếu y 0 Đặt x= ty Suy ra:
2
2
2
t t
P
t t
Xét hàm
2
2
( )
2
t t
f t
t t
8
2 t
t t
t R
f’(t)=
3 t t
( ) 2; ( ) 2; (3) 3; ( 3)
2
t t
f t f t f f
Lim
Lim
Vậy GTLN P : 2
3
;
3 10 10
3
1 ;
10 10
x y
x y
x y x y
GTNN P -6 :
2
3
;
13 13
3
;
13 13
x y
x y
x y
x y
Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai.
Bài toán 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008).
Cho x, y số thực thay đổi thõa mãn : : x2 + y2 =2 Tìm GTLN, NN biểu thức:
P= 2( x3 + y3) – 3xy.
HD: Đặt: t= x + y với : t
2;2
.Bài toán 9: Cho
, ,
z y x
z y x
Cmr: P= 11 1152 z y x z y
x .
Giải:
áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có:P= x y z x y z
xyz z
y x z y x z y x
1 33
Đặt
2 0
x y z t
t
C1: Ta có: f(t)= t t
với:
2 t
f’(t)=
9
1 ;
2
t t
f(t) nghịch biến
3 0;
2
(7)
Dấu xảy ra: x = y = z t =
2 hay x = y = z =
C2: áp dụng BĐT cơsy ta có:
P =
15
27
9 27
9
1 1
t t t t t t t z y x z y x
Dấu xảy x = y = z =
2
đpcm
Chứng minh toán Tổng quát 1 :
Cho
x
1,
x
2, ,
x
n(
n
2
)
số dương ; *1
n
(
)
x
x
x
k k R
b
0
;
ak
2
bn
2Chứng minh rằng:
k ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
1
1 )
1 1 ( )
( (*)
Hướng dẫn giải:
C1: Sử dụng BDT cô sy :
2
1 1
1 1
n
n n n
n n
x x x x x x x
Suy ra:
2
1 2
1 2
1
1
1
(
)
(
)
(
)
n n
n n
bn
VT a x x
x
b
a x x
x
x
x
x
x x
x
Đặt: t =
x
1
x
2
x
n
k
Ta có: VT = f(t) =
2
bn
at
t
vớit k
f’(t)= a bn22 .at2 2bn2 t k
t t
(vì gt: ak2bn2)
Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0<
t k
Vậy: P f t( ) f k( ) ak2 bn2 k
Dấu xảy ra: x = y = z t = k hay x = y = z = k
n
C2: Áp dụng BĐT cơsy ta có:
2
1 2
1 2
2 2 2
2
2 2
1 1
( ) ( ) ( )
1
( ) ( ) ( )
n n
n n
bn
VT a x x x b a x x x
x x x x x x
bn t bn bn bn ak
at bn t a bn k a
t t k k k k k
Dấu xảy ra: x = y = z = k
(8)
Đặc biệt hóa tốn TQ1
ta có:Bài toán 9,1:
Cho
, ,
z y x
z y x
Cmr: 4(1 1)512 z y x z y
x .
Dễ dàng giải toán ta cho toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k= Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại H c Vinh).ọ
Cho
, ,
z y x
z y x
C mr: 2
2 2
1 1 17
3
x y z
y z x
Giải
Thật : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:
( 4)
17 1
) )(
( 2 2
2
y x y
x y x y
x
Tương tự sau cộng vế theo vế:
2
2 2
1 1 1
( ) ( )
17 17
x y z x y z
y z x x y z
Áp dụng toán TQ1 với a= ; ; 3;
2 17 17
a b k n
Suy điều phải chứng minh
Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
Cho
, ,
z y x
z y x
CMR : 1 12 82
2 2
z z y y x
x .
Chứng minh tương tự
Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:
Bài tốn 9* :
Cho
,
y x
y x
Cmr: 1 (xy) y
x
Xem x= 1 a ; y= 1 b ta có:
(9)
Cho a ba b, 01
Cmr:
2
1
a b
a b
Từ dễ dàng chứng minh toánTổng quát 2:
Cho x1,x2, ,xn(n2)là số thực dương x1 x2 xn m, m>0:
Chứng minh rằng:
1
2
1
n
mn x
m x x
m x x
m x
n n
Nếu đổi chiều bất đẳng thức điều kiện toán TQ1 ta có tốn :
Bài tốn TQ3
Cho x1,x2, ,xn(n2) số thực dươngthoả mãn: )
(
*
2
1 x x k k R
x n ; b0;ak2 bn2
Chứng minh rằng:
k ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
1
1 )
1 1 ( )
( (**)
Từ tốn TQ2 tốn TQ3 ta áp dụng chứng minh toán khác tương tự , khai thác ta toán thú vị
Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z số thực dương xyz1:
Chứng minh rằng: P = 32
z xy
z xz
y y yz
x x
Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành :
Cho: a,b,c số thực dương abc 1 Chứng minh rẳng P =
2
2
2
2
c ab
c ac
b b bc
a a
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
P2
ab c ac b bc a
c b a
2
2
2 )
(
=
2
24 ) (
ab c ac b bc a
c b a
] ) [(
3
) (
)] (
3 ) [(
3
) (
) (
3
) (
2
4
2
4
c b a
c b a ca
bc ab c
b a
c b a ca
bc ab c b a
c b a
{vì ab+bc+ca3 abc3 ( )2 3}
(10)
C1: P2 = f(t) =
) (
2 t
t
=1
3t 3(t 3)với t9
f’(t)=
21 27
0 0; 3 3t t t
BBT:
t
f’(t) - - + +
f(t)
9
Vậy P2 = f(t)
Suy ra: P
2
Dấu xảy x=y=z=1 (đpcm).
C2: Ta có : P2 =
) (
2 t
t
=
3 12
3 12
15 3 12
3 12
15
t t t
t t
= P2
2
P
Dấu xảy x= y= z= (đpcm).
Hoàn tồn tương tự ta chứng minh tốn Tổng quát 4
Cho: x1,x2, ,xn(n2) số thực dương x1x2 xn 1
CMR:
2
2 3 4 1 1 2 1
2
2
1 n
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x
x
n n
n
n n
Bài toán 11:
Cho
, ,
z y x
z y x
Cmr: 1 1 1 109
z z y
y x
x
P .
Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ Giải : Ta có :
3 3
2 2
4
4
2 3
3
2
2
2
1 ) (
1
) 1
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 (
z y x z y x
z y x z
z z y y
y x
x x
z z y y x
x z
z z
y y y
x x x
P
(11)
3 3 2
2 2
2 2 2
( )( )
1
[1 ( )] ( )
2
x y z x y z x y z xy yz zx xyz
x y z
x y z x y z
Đặt t x2 y2 z2
từ đk
3 t
C1) Ta có: P = f(t) =
2 2
2
2
16
2 3
1 '( )
1
2 1 3 2
3 3
t t t t t t
t
f t
t t
t t t t
<0
3 t
Suy ra: f(t) nghịch biến [ 1; )
Vậy P = f(t) ( )1 10 f
Dấu xảy x=y=z=
3
(đpcm). C2) Ta có:
10 10
9 10
) 57 )( ( 10
9 10
9 10
3 10 3
3
3
2
1 2 2
2
2
t t
t t t
t
t t t t t
t t
t t
t P
Dấu xảy x=y=z=
3
(đpcm).
Bài tốn 12:(Tạp chí tốn học tuổi thơ).
Cho xyz x y z(1, ,x)(1(0;1)y)(1 z)
(1) CMR: x
2+y2+z2
4
Giải:
Ta có: (1) 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
x2+y2+z2=2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4xyz
áp dụng bđt Cơsi ta có : x y z xyz
3 nên
x2+y2+z2 2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4
3
xyz
Đặt t= x+y+z thì:
0
t
3
Khi đó:x2+y2+z2 2 2 (2 3) (2 15 ) 3
27t t t 27 t t 4
dấu xảy t=
2
hay x=y=z=
2
(đpcm)
*) Từ ý tượng ta khai thác sáng tạo bất đẳng thức :
(12)
Cho x x1, , ,2 x n n
2
số dương không lớn Chứng minh rằng:
1
1
1
n n
n n
a a
a x a x a x x x x n
Lưu ý: Nếu chứng minh g(t) 0
cách biến đổi trước tiên phải dự đốn dấu xảy đâu để giá hay tách nhóm hợp lý- Khi đặt ẩn phụ phải tìm điều kiện tồn xác ẩn phụ đặc biệt chứng
minh g(t) phương pháp đạo hàm
-Bài tập tự luyện
1, Cho x,y,z số thực không âm
Cmr: 2xyz x2 y2 z2 12(xy yz zx)
HD: Bất đẳng thức toán tương đương với
2
(x y z ) 2xyz 1 4(xy yz zx )..4(xy yz zx ) ( x y z ) 2xyz1 kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1 27
)
(
t t
với t x yz
2 , t
2 Cho x,y,z số thực không âm chứng minh : )
( ) (
5 ) (
3 x2 y2z2 xyz xyz xyyzzx
3 Cho x,y,z số thực dương chứng minh
xyz 2(x2 y2 z2) 5(x y z)
(THTT-số 356)
4 Cho x,y,z số thực dương chứng minh x2 y2 z2 2xyz (1 x)(1 y)(1 z)
5 Cho
] ; [ , ,
3 z
y x
zx yz xy
Cmr: xyz4(xyz)13
6 Cho
, ,
2 2 y z
x
z y x
Cmr: xyz27xyz30
7 Cho xyz x y z, ,x y z0 2
Cmr:
6 y z x
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ đẳng thức
2
2 y z 2(xy yz zx) (x y z)
x
8 Chứng minh rằng:
4 4
2 27 1
2 27
y x
y x
với x,y thuộc R HD: t xy
9 Cho
) ; ( , ,
3 z
y x
z y x
Cmr:
2
2
2
4
1
1 )
2 )(
2 )(
2 (
27
z y
x z
y
x
(13)
HD: t =(x y z)2
:
10 Cho , , 2 z y x xyz z y x
Cmr
:
xyz311
Cho
] ; ( , ,y z x z y x zx yz xy
Cmr:
) ( ) ( ) ( 2 2 2
x y z
z y x z y x z y x *****************************************
II
Một biến x(y z):
ví dụ phải làm xuất ẩn phụ.sau ta xét lớp toán mà ẩn phụ x y z
Bài tốn 13
: Cho , , z y x z y x
Cmr
: P =
xyyzzx xyz278.
Giải:
Từ đk toán ta thấy
0z1 1 z0 áp dụng bđt cơsi ta có:
P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)z(x+y)+
2
2 xy
(1-z) P = xy+yz+zx-xyzz(1-z)+
2
z (1-z)=
4 z z z
= 27 27 ) ( ) ( 2
z z với z, 0z1
dấu xảy x= y= z=
đpcm
Có thể xét hàm: f(z) =
4 z z z
với 0 z 1.
Bài toán số 14
:Cho
, , z y x z y x
Cmr: 5xyz2(xyyzzx) (9)
Giải:
Khơng tính tổng qt giả sử z = min(x,y,z) Từ điều kiện dễ thấy: 0z1
0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 z z z z z z z z y x z z y x y x z z xy
(14)
Có thể xét hàm: f(z) = 3
z z với
0 z 1.
Nhận xét:
Nếu lấy điều kiện 0z3 bất đẳng thức đánh giá biểu thức không sử dụng tính chất để làm hạn chế điều kiện biến để đánh giá biểu thứcBài toán tổng quát (Tổng quát 14)
Cho
3 40 ;
0 , ,
3
b
a b
a z y x
z y x
Cmr: a(xy yz zx) bxyz (3a b) 0
HD: Khơng tính tổng qt giả sử: z = min(x,y,z) Từ điều kiện dễ thấy 0 1 0; 40
b a z bz a
z ta có:
0 ) ( ) ( ) ( ) (
) (
4 ) ( ) ( ) ( ) (
) ( )
(
2
2
b a z z
b b a z az
bz a z b
a y x az bz a xy b a bxyz zx
yz xy a
Chú ý: Thay đổi hình thức tốn:
Sử dụng đẳng thức x2 y2 z2 2(xy yz zx) (x y z)2
ta đưa tốn
về tốn tương đương hình thức khác :
chẳng hạn 14 phát biểu dạng tương đương : Cho
0 , ,
3 z y x
z y x
CMR:
2
y z xyz
x
(
THTT-2006).
Tương tự tốn 14* ta chứng minh tốn tổng quát 6.
Cho
3 20 ;
0 , ,
3
b a b a
z y x
z y x
CMR: a(xy yz zx) bxyz (3a b) 0
Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z).
Đặc biệt hóa
ta có tốn: Với a=1; b=-2 : Cho
0 , ,
3 z y x
z y x
(15)
S
au ta xét tiếp toán sử dụng giả thiết: x = max(x,y,z, ) x =min(x,y,z, ) để làm hạn chế phạm vi biến:
Bài toán 15
:Cho
] ; [ , ,
z y x
z y x
Cmr: 3 y z
x .
Giải:
Khơng tính tổng qt, giả sử: z = max(x,y,z) Từ điều kiện 1z2
Ta có:
3
3 y z
x x3+y3+3xy(x+y) +z3=(x+y)3+z3=(3-z)3+z3=
=9z3-27z+27=9(z-1)(z-2)+99 với z t/m : 1z2
dấu xảy (x,y,z)=(0,1,2) hốn vị (đpcm)
Bài tốn 16
Cho ]
2 ; [ , y
x Cmr:
3 2
1 2
x
y y
x
HD: Giả sử :
2
x y ta chứng minh: 2 2 2
1
1 x
x x
y y
x
Xét hàm f(x) : 0; 2
Bài toán 17:
Cho x,y,z nằm đoạn [1;2] ; Chứng minh : x3 y3 z3 5xyz
Giải:
Đặt f(x,y,z)x3 y3z3 5xyz
Khơng tính tổng qt giả sử :2xyz1
0 )
)( ( ) ( )
1 , , ( ) , ,
(
f x y z xyz xy z z z xy
z y x f
Vì : 0;1 5 4( 1)2
z z xy z z z z z z z
z
Mặt khác : ( , ,1) ( ,1,1) (1 ) ( 1)(1 )
f x y xy x y y y x
y x f
Vì 0;1 5 ( 1)( 2)
y y x y y y y y y y y
y
Vậy ( , , ) ( ,1,1) ( 2)[( 1)2 2) ,1
f x x x x x x x
z y x f
dấu bất đẳng thức xảy (x,y,z)=(2,1,1) hoán vị (2,1,1) đpcm
Bài toán18
:(Đây toán số) Cho
0 , ,
3 z y x
z y x
(16)
Chứng minh rằng: 5xyz2(xyyzzx)
Giải
Đặt f x y z( , , ) 2( xy yz zx ) xyz
Ta cần chứng minh f(x,y,z)5 Do vai trò x,y,z f nên theo tính
chất ta giả sử 0xyz kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy 0x1 Xét ) , , ( ) , , ( ) , , ( ) )( ( 4 ) ( ) ) ( ( ) ( ) , , ( ) , , ( 2 x x x x x f z y z y x f z y x f z y x z y x z y x z y z y x xyz zx yz xy z y z y x f z y x f ; ) ( ) ( 5 ) , , (
f x y z x x x x x x
dấu xảy
1 ) )( ( z y x x z y x (đpcm)
Bài tốn 19:
(Bất đẳng thức cơsi): Cho x, y, z số thực dương; Chứng minh rằng: x3 y3 z3 3xyz
Giải:
Không tính tổng quát giả sử zyx0 Đặt f(x,y,z)x3 y3 z3 3xyz
Tacó: ) )( ( ) ( ) ( ) , , ( ) , ,
( 3
f x y xy z xy xy xy z z xy z z xy xy
z y x
f z xy
Mặt khác: Đặt g( yx, )f(x,y, xy) x3 y3 2 (xy)3
) ) ( ( ) , ( ) ,
( 3 3
g x x y x xy x y x
y x g
Vậy f(x,y,z)f(x,y, xy)g(x,y)g(x,x)0
dấu xảy x y z
y x xy z đpcm
Một số toán tương tự
1 Cho , , z y x z y x
Cmr :
( )4 ( )4 ( )4 121 z y z x z x y y
x
HD: Giả sử xyz0 đặt tx(yz) ta chứng minh ) ( ) ( ) ( )
(y z y z x z x y t t
x
2 Cho , , z y x z y x Cmr: a yz16xyz
b xy yz zx9xyz
(17)
3 Cho , , zx yz xy z y x
Cmr: 3(xyz)xyz10
4 Cho
, , z y x z y x Cmr: a 1 1 1 2 2 2 x z z y y x
(bài T5 - THTT - 10/2004) b 1 1 1 n n n n n n x z z y y x
HD:Giả sử x=max(x,y,z)
1 1 ) ( 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x z y x z y x z y x z z y y x
Câu b tương tự! Cho ] ; [ , , z y x z y x
Cmr
: xn yn zn 2 n (Tổng quát 8: chứng minh tương tự!)- Thường ta phải sử dụng tính chất có đánh giá được
4 Cho ;3] [ , ,y z
x chứng minh rằng:
5
z x
z z y y y x x (THTT-số 357)
5 Cho x,y,z số dương chứng minh rằng:
) ( ) (
2 x2 y2 z2 x y z
xyz (THTT-số 356)
6 Cho , , zx yz xy z y x
Cmr:3(x yz) xyz10
7 Cho
, , 2 y z
x
z y x
Cmr:7(xyyzzx)129xyz
8 Chứng minh :
2
2
y x z x z y z y x (OLIMPIC 30-4)
HD: Khơng tính tổng qt ta giả sử:
2
z y x
Đặt : z=ax ; y=bx
2
a b sau đánh giá tiếp ta đưa 1biến b. III Kết quả
(18)
Tuy nhiên với phương pháp người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp, ln khơng ngừng tìm tịi, tham khảo tài liệu, tham khảo đồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại cho học sinh tập định hướng để em học tập, tìm hiểu Đối tượng học sinh học sinh giỏi, tin tưởng thầy, có điều kiện học tập, nghiên cứu
C Kết luận
Trong trình giảng dạy, nghiên cứu thân với giúp đỡ đồng nghiệp đúc rút số kinh nghiệm ; Thông qua đề tài mong hội đồng khoa học đồng nghiệp kiểm định góp ý để đề tài ngày hồn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi q trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh
Xin chân thành cảm ơn! Hà tĩnh, ngày 15 tháng năm 2009
Tài liệu tham khảo
1.Tạp chí tốn học tuổi trẻ
2 Sáng tạo bất đẳng thức _Phạm Kim Hùng
3 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần Tuấn Anh Các toán chọn lọc bất đẳng thức
Phan HuyKkhải_Nguyễn Đạo Phương