ung dung va khai thac bat dang thuc nestbit

Bài toán 1 ứng dụng khá rộng rãi vơi việc nhìn bài toán dưới góc độ khác bằng cách biến đổi các điều kiện của các biến số mở ra một lớp các bài toán về bất đẳng thức khá hay và đẹp cũ[r]

(1)

I CƠ SỞ LÍ LUẬN

1 Lí chọn đề tài.

Một mục tiêu việc dạy học phát triển học sinh lực trí tuệ, giúp học sinh tiếp cận có khả phát hiện, đặt giải vấn đề Điều có nghĩa yêu cầu em tiếp thu kiến thức cách thụ động mà phải phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo suốt trình học tập Dạy học cần phải phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo phù hợp với q trình phát triển tâm lí học sinh, tính tích cực, chủ động sáng tạo dẫn đến tự giác từ khơi dậy tiềm to lớn em Dạy học phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo yêu cầu trình phát triển đất nước bước vào thời kì mới, thời kì cơng nghệ đại địi hỏi người động sáng tạo tự chủ

Yêu cầu dạy học đòi hỏi em biết nhìn nhận vấn đề theo nhiều góc độ khác nhau, tìm tịi chung từ riêng biệt Qua em củng cố kiến thức cũ, khai thác sâu để hình thành kiến thức đặc biệt học sinh giỏi hình thành thói quen tổng qt hóa đưa hệ thống kiến thức riêng giúp giải theo logic theo dạng có phát triển

Về phía giáo viên, việc tìm tịi sáng tạo điều khơng thể thiếu trình tự học tự bồi dưỡng giáo viên, qua phần chương trình sách giáo khoa không đào sâu nghiên cứu thêm tài liệu khơng có ứng dụng q trình dạy học hiệu khơng mong muốn Để phát huy tính tích cực học sinh địi hỏi người thầy phải có phương pháp dẫn dắt tốt, chủ động trường hợp đặt học sinh vào tình có vấn đề cách sáng tạo tình vấn đề nảy sinh trước nội dung gặp điều lại thực cần thiết q trình dạy học mơn tốn Đứng trước thực trạng với cương vị giáo viên dạy toán, nhiều giáo viên khác trăn trở suy nghĩ làm để học sinh hứng thú học tốn u thích mơn tốn Bên cạnh tơi có hội tiếp cận học sinh giỏi tìm cách định hướng em biết khai thác sâu nhiều khía cạnh khác toán, thay đổi yếu tố phát triển tốn theo nhiều hướng khác có hệ thống từ dễ đến khó từ quay lại ứng dụng cho tập liên quan cách làm tơi thí điểm nhiều năm đặc biệt giai đoạn thay sách cac khối lớp mà phân công giảng dạy có tác dụng rõ rệt

(2)

phát thông qua phương pháp đặc biệt hóa tổng quát hóa thêm bớt giả thiết đề xuất toán nối tiếp thành hệ thống suy luận giúp học sinh tích cực thơng qua ứng dụng đưa lời giải mẻ thú vị Chúng ta thấy bất đẳng thức Nestbit biết đến nhiều có tính ứng dụng tương đối hay cho nhiều toán Nhiều tác giả phát triển toán theo ứng dụng nhiều toán khác đa số phát rời rạc không sâu trực tiếp vào bất đẳng thức Ở cố gắng cho học sinh thấy hệ thống vấn đề xảy logic trình tư duy, việc thêm bớt nhìn nhận linh hoạt tạo hệ thống toán có bước tổng quát lên số kinh nghiệm q trình giải tốn bất đẳng thức mà thân tơi cảm thấy có nhiều nét thú vị thực tế chứng tỏ trình bồi dưỡng học sinh giỏi đưa em hứng thú Với mục đích viết cho thầy cô học sinh tham khảo mong đề tài giúp mang lại vài điều mẻ q trình dạy học, có vấn đề đề cập việc trình bày chưa ý mong q thầy bạn đóng góp thêm để tơi hồn thiện thêm

2 Các kiến thức sử dụng

Cho n số thực không âm a a1; ; an ta có 2

n n

n

a a a

a a a n

  



dấu xảy a1a2  an b, Bất đẳng thức Bunhia – copxki

Cho hai số a a1; ; an b b1; ; bn ta có



a b

a bn n





a

an

 

b

bn



1

n n

a a a b b  b

c Bất đẳng thức Trê bư sep

Cho hai số thứ tự giống a1a2  an b1b2  bn ta có

1 n. n 1 2 n n

a a a b b b a b a b a b

n n n

        

(3)

Nếu hai dãy thứ tự ngược chiều ta bất đẳng thức với chiều ngược lại Dấu xảy và a1a2  an

1 n

b b  b

(4)

II.

NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Bài toán 1 ( Bất đẳng thức Nestbit):

Cho a,b,c >0 chứng minh ta ln có

3

a b c

b c c a   a b  (1)

Có nhiều cách chứng minh tơi trình bày số cách chứng minh sau

Lời giải

Cách 1:

Ta có

3 ( 1) ( 1)

1 1 1 1

( )( ) ( )( )

2

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b

a b c b c c a a b

b c c a a b b c c a a b

 

        

       

             

     

Vậy

2

a b c

b c c a    a b  dấu xảy a=b=c

Cách 2:

Đặt x=b+c; y=c+a; z=a+b suy ; ;

2 2

y z x x z y x y z a   b   c   với x,y,z>0

ta có

1

( )

2

1 3

( ) ( )

2 2

a b c y z x x z y x y z b c c a a b x y z

y z x z x y y x y z x z x y z x y z y z x

     

    

  

          

mặt khác y x 2;y z 2;x z

x  y  z  y  z  x  (theo bđt cô si)

suy y x y z x z

x  y  z  y  z  x 

3

a b c

b c c a   a b 

Cách 3

Không tổng quát ta cho a b c 1

b c c a a b

      

  

Áp dụng bất đẳng thức Trê bư sep cho hai dãy số chiều ta có

1 1

(a b c)( ) 3( a b c )

b c c a a b b c c a a b

      

(5)

mặt khác





1 1

( )( )

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

2

a b c

b c c a a b b c c a a b

b c c a a b

   

  

        

  

Vậy

2

a b c

b c c a   a b 

Bây ta mở rộng vấn đề

Nhân hai vế (1) với a+b+c ta có





2 2

3 ( ) ( ) 2

a b c

a b c a b c b c c a a b

a b c

a b c a b c b c c a a b

a b c a b c b c c a a b

                                    

Từ ta có tốn

Bài tốn 2.

Cho a,b,c số dương ta ln có

2 2

2

 

  

   (2) ( Đề thi thử đại học lần THPT Đô Lương 2)

Lời giải:

Nhận xét vừa lời giải Cách Theo bđt si ta có

2 4

a b c a b c

b c a b c a

c a b c a b            

Cộng tương ứng bất đẳng thức ta có

2 2

2

a b c a b c

a b c b c c a a b

 

     

  

2 2

2

 

   

  

Dấu xảy a=b=c

(6)

2

(a b c) ( a b c b c a c a b)

b c c a a b

       

  

2 2

( )( )

2( )( )

a b c

b c c a a b b c c a a b

a b c

a b c b c c a a b

       

  

    

  

2 2

2

 

   

  

Cách Không tổng quát ta cho a b c a b c

b c c a a b

      

  

2 2

(a b c)( a b c ) 3( a b c )

b c c a a b b c c a a b

      

     

mặt khác

2

a b c

b c c a    a b  Vậy

2 2

2

 

  

  

Bây ta thêm giả thiết a,b,c>0 a.b.c=1 theo bđt si ta có

3

a b c   abc  dấu a=b=c=1 Từ ta suy toán sau

Bài toán

Cho a,b,c số dương thỏa mãn a.b.c=1 ta ln có

2 2 3

2

a b c

b c c a    a b 

Bây quay lại toán ta thử đặt

1 1

; ;

a b c x y z

   x,y, z >0 thi ta có bất đẳng thức ln là

( ) ( ) ( )

yz xz xy

x y z  y z x  z x y  (*)

Để có toán ta thêm giả thiết x.y.z=1 Thay vào (*) ta có

(*) 2

3

( ) ( ) ( )

xyz xyz xyz x y z y z x z x y

   

  

2 2

1 1

( ) ( ) ( )

x y z y z x z x y

   

(7)

Khai thác kĩ suy nghĩ vào tốn ta đặt

1 1

; ;

a b c x y z

   x,y, z >0 x.y.z=1

Thay vào (2) ta có 2

3

( ) ( ) ( )

yz xz xy

x y z  y z x  z x y  biến đổi thêm chút ta có

3 3

3

( ) ( ) ( )

1 1

( ) ( ) ( )

xyz xyz xyz x y z y z x z x y

x y z y z x z x y

  

  

   

  

Như ta có thêm tốn

Bài toán 4

Cho a,b,c số dương thỏa mãn a.b.c=1 ta ln có 2

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b 

Bài toán 5 Cho a,b,c số dương thỏa mãn a.b.c=1 ta ln có 2

3

( ) ( ) ( )

bc ca ab a b c b c a  c a b 

( Đây đề thi vào ĐH Ngoại ngữ -1998)

Bài toán 6 ( Để kì tháng 5-2010 Tốn học tuổi trẻ)

Cho a,b,c số dương thỏa mãn a.b.c=1 ta ln có 3

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a  c a b  Cách giải cho học sinh gặp hai toán Đặt x 1;y 1;z

a b c

  

Một phát thú vị mối quan hệ gần giống toán toán với giả thiết hai bđt

2 2 3

2

a b c

b c c a    a b 

và 2

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b  Đặt câu hỏi tương tự cho tốn có bđt

3 3

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a  c a b  Như liệu có bất đẳng thức

3 3 3

2

a b c

(8)

Bài toán 7( Đề thi học kì tốn 10 THPT Đơ lương -2010)

Cho a,b,c số dương thỏa mãn a.b.c=1 ta ln có

3 3 3

2

a b c

b c c a    a b 

Lời giải Cách 1

Áp dụng bđt Cô si cho số dương ta có

3

1

4 2

1

4 2

1

4 2

a b c

b c a

c a b

c a b               

Cộng tương ứng bđt ta có





3 3 3 3

2 2

a b c a b c

a b c b c c a a b

 

      

  





3 3 3

2

a b c

a b c b c c a a b

      

  

Mà ta có a b c 33 abc 3

    dấu a=b=c=1 Vậy

3 3 3

2

a b c

b c c a    a b  dấu xảy a=b=c=1

Cách 2

Không tổng quát ta cho

a b c 0 a2 b2 c2 0

      

2 2

0

a b c

b c c a a b

   

  

2 2 3

(a b c)( a b c ) 3( a b c )

b c c a a b b c c a a b

      

     

mặt khác

2 2 3

2

a b c

b c c a    a b 

3

a b c   abc  Vậy

3 3 3

2

a b c

b c c a   a b 

Cách 3 Nhân hai vế bất đẳng thức

2 2 3

2

a b c

(9)

Như qua cách giải thứ ta suy nghĩ đến bđt tổng quát sau Ta có

2 2 3

(a b c)( a b c ) 3( a b c )

b c c a a b b c c a a b

      

     

mặt khác

2 2

2

 

  

   vào ta có

3 3 ( )2

6

 

  

  

Bài toán 8

Cho a,b,c số dương ta có

3 3 ( )2

6

 

  

  

Đến bạn thấy từ toán cần đặt thêm điều kiện cho a,b c xuất thêm nhiều tốn khó tương đối đẹp dành cho kì thi hay kiểm tra hoc sinh giỏi

Chẳng hạn ta thêm điều kiện ta có toán

Bài toán Cho a,b,c số dương thỏa mãn a2 b2 c2 1

  

ta ln có

3 3 1

2

a b c

b c c a   a b 

Lời giải :

a b c 0 a2 b2 c2 0

       a b c

b c c a a b

   

  

3 3

2 2

(a b c )( a b c ) 3( a b c )

b c c a a b b c c a a b

      

     

mặt khác

2

a b c

b c c a    a b 

2 2 1

a b c  Vậy

3 3 1

2

a b c

b c c a   a b 

Tiếp tục mạch suy nghĩ ta hoàn tồn giải tốn tương đối hay mà đồng nghiệp đề cập

Bài toán 10

Cho a,b,c số dương thỏa mãn a2 b2 c2 1

  

ta ln có

2 2 3

2

a b c

(10)

Đây tốn làm tơi nhiều thời gian mà nhờ q trình giải xây dựng vấn đề cốt lõi hệ thống

Ở rõ ràng ta thấy vấn đề rõ ràng có liên quan hệ thống toán vận dụng cho hợp lí vấn đề tồn số ta thấy dấu xảy a=b=c=

3 điều nghĩ đến phải sử dụng bình phương vế trái

Lời giải

Ta có

2 2

2

 

  

   (2)

a b c 0 a2 b2 c2 0

       1

b c c a a b 

2 2

2 2 1

(a b c )( ) 3( a b c )

b c c a a b b c c a a b

      

     

mặt khác a2 b2 c2 1

   nên ta suy

2 2 1 1 1 1

3

a b c

b c c a a b b c c a a b

 

      

        (4)

Nhân hai vế (2) (4) ta có









2

2 2 1 1 1 1

6

1 1

( ) ( )

12 12

a b c

a b c

b c c a a b b c c a a b b c c a a b

b c c a a b

   

      

   

       

 

 

            

  

 

Vậy ta chứng minh

2 2 3

2

a b c

b c c a   a b  dấu xảy a=b=c=

3

Ở tốn đặt độc lập khơng theo hệ thống tốn thật không đơn giản

Các thầy cô em cịn phát triển thêm toán riêng tổng quát sau

Cho số dương a,b,c thỏa mãn a.b.c=1 ta có

4 4 3

2

a b c

b c c a   a b 

4 4

1 1

( ) ( ) ( )

(11)

Tổng quát

3

n n n

a b c

b c c a   a b  với n1

1 1

( ) ( ) ( )

n n n

a b c b c a c a b  với n2

Từ toán 10 tổng quát lên ta có tốn

Bài tốn 11

Cho n (n 3) số dương

a a

; ;

a

n

a

an

1

n

a a

  

a

3 3

1 2 1 n n

a a a

S a S a   S a n

Bây ta lại chuyển hướng suy nghĩ ứng dụng cho toán tam giác từ toán

Với tam giác ABC ta ln có sinA, sinB, sinC số dương nên hoàn toàn tương tự ta có bất đẳng thức góc đẹp

a sin sin sin

sin sin sin sin sin sin

A B C

B C  C  A A B  (5)

Ta lại có sin sin 2sin cosB-C 2cos cosB-C

2 2

B C A

B C   

2sin osA

2

A

SinA c suy

sin

sin 2

B-C

sin sin os

2

A A

B C c

tương tự

sin

sin 2

C-A

sin sin os

2

B B

C  A c ;

sin

sin 2

A-B

sin sin os

2

C C

A B c thay vào (5)

ta có

sin sin sin 3

2 2

B-C C-A A-B 2

os os os

2 2

A B C

c c c

   (5')

b

2 2

A B C A B C

B C C A A C

 

  

   (6)

c

3 3

sin sin sin (sin sin sin )

A B C A B C

B C C A A B

 

  

   (7)

Nhưng với tam giác ta lại có

B C

sin sin sin 4cos cos cos

2 2

A

(12)

Bài toán 12

Với tam giác ABC ta ln có bất đẳng thức sau

2 2

sin sin sin B C

2cos cos cos

sin sin sin sin sin sin 2

A B C A

B C  C A  A C 

3 3

2 2

sin sin sin B C

cos cos cos

A B C A

B C  C A A B 

Các toán ta đặc biệt hóa cho trường hợp a.b.c=1 ta xét trường hợp a+b+c=1 ta có bất đẳng thức

Bài tốn 13 Cho số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1 ta có

2 2 1

2

a b c

b c c a   a b 

3 3 1

6

a b c

b c c a   a b 

Nếu thay a+b=1-c; b+c=1-a; c+a= 1-b ta có bất đẳng thức đẹp

Bài toán 14:

Cho số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1 Chứng minh ta ln có

2 2 1

1 1

a b c a b c 

  

3 3 1

1 1

a b c a b c 

  

Đây bất đẳng thức hay thông qua hệ thống phát triển việc phát chứng minh khơng khó hoàn toàn tự nhiên dễ đem lại hứng thú cho học sinh

Tuy kì thi người ta ẩn tốn giả thiết tam giác có chu vi

Ví dụ 1.Cho ABC có cạnh BC=a; CA=b; AB=c với chu vi chứng minh rằng

2 2 1

2

a b c

b c c a    a b 

3 3 1

6

a b c

b c c a    a b  Tiếp tục vận dụng định lí sin

a= 2R sinA; b= 2R sinB ; c=2R.sin C ( R bán kính đường trịn ngoại tiếp) thay vào tốn ta có bất đẳng thức tương đối lạ

2 2

sin sin sin

A B C

(13)

3 3

2

sin sin sin

A B C

B C  C A A B  R

Như đứng trước toán ta chịu khó biến đổi tốn cho ta nhiều kết thật thuyết phục

Bài tốn 15 Trong tam giác ABC với cạnh a,b,c với nửa chu vi là

2

a b c p  

ta có

3

2 2

a b c

p a  p b  p c 

2 2

a b c

p p a  p b  p c 

3 3 2

2 2

a b c p

p a  p b  p c 

Cách chứng minh sử dụng bđt Trê bư sep Một số toán tương tự

1 Cho số thực x,y,z Chứng mịnh

a 4 2 2 2

2 2 2

x y z

y z z x x y

  

    

  

b





2

2 2

8 8

2 2 2

x y z

y z z x x y

 

  

  

2 Cho số thực x,y,z thỏa mãn x+y+z=0 Chứng minh

a 4

2 2 2 2

x y z

y z  z x  x y 

  

b 8

2 2 2 2

x y z

y z  z x  x y 

  

c 4

2 2 2 2

x y z

y z z x x y

  

  

(14)

d 8

2 2 2 2

x y z

y z z x x y

  

  

  

HD Bằng cách đặt a=2x; b = 2y ; c = 2z ta có a, b ,c >0 a.b.c=1

ta đưa bất đẳng thức vừa chứng minh

Tổng qt hóa tốn 1

Đến ta lại chuyển suy nghĩ sang hướng khác

Cho a,b,c >0 ta có

2

a b c

b c c a    a b  sửa thành biểu thức

2 2

a b c

b c c  a a b giá trị nhỏ ?

Ta thấy a=b=c

2 2

a b c

b c c  a a b  phải ta có

1

2 2

a b c

b c c  a a b

Bài toán 16: Cho a,b,c >0 chứng minh ta ln có

2 2

a b c

b c c  a a b

Giải: Đặt A=b+2c ; B=c+2a ; C= a+2b ta suy A,B,C>0

2

9

A B C

a   ;

B C A

b   ;

C A B c   Thay vào vế trái ta có

1 4

( 2 )

2 2

a b c B C C A A B

b c c  a a b    A  A  B  B  C C

2

( ) ( )

3 9

C A B B A C A B C A C B

      

Mặt khác A,B,C >0 theo bất đẳng thức cô si ta có

3

C A B C A B A B C A B C B A C B A C A C B A C B

     

Dấu = xảy A=B=C

Vậy

2 2

a b c

(15)

Tiếp tục mạch suy nghĩ từ bất đẳng thức

2 2

2

 

  

   ta suy

ra bất đẳng thức sau

Bài toán 17

Cho a,b,c số dương ta ln có

2 2

a b c a b c b c c a a b

 

  

  

Lời giải:

Theo bđt cô si ta có

2

a b c a b c

b c a b c a

c a b c a b



 



 



 



Cộng tương ứng bất đẳng thức ta có





2 2 2

2 2 3

a b c a b c a b c

b c c a a b

   

   

  

2 2

a b c a b c b c c a a b

 

   

  

Dấu xảy a=b=c

Lưu ý với học sinh bất đẳng thức kiểu vận dụng cô si phải lưu ý dấu xảy để chọn hệ số cho chẳng hạn tốn ta muốn có dấu xảy a=b=c

2

a a

b c  nên ta phải ghép với biểu thức

2

9

b c a a a

  kinh nghiệm tuyệt vời sử dụng cho toán

liên quan đến bđt cô si mà ta cần triệt tiêu mẫu

Một câu hỏi đặt thay số tự nhiên m n ( khơng đồng thời ) vào vế trái biểu thức

a b c

mb nc  mc na  ma nb có giá trị nhỏ bao nhiêu? Dự đốn a=b=c biểu thức nhận giá trị

m n nên phải ta có

a b c

mb nc  mc na  ma nb m n .

(16)

Cho a,b,c >0 chứng minh với hai số tự nhiên m, n tùy ý (không đồng thời 0 ) ta ln có a b c

mb nc  mc na  ma nb m n

Lời giải :

Đặt A=mb+nc ; B=mc+na ; C= ma+nb ta suy A,B,C>0

2

3

mnA n B m C a

m n

  



 ;

2

3

mnB n C m A b

m n

  



 ;

2

3

mnC n A m B c

m n

  



 Thay vào vế trái ta có

2

3

1

[ ( ) ( )]

a b c B C A C A B

mn n m

mb nc  mc na  ma nb m n   A B C  A B C

Mặt khác A,B,C >0 theo bất đẳng thức si ta có

3

C A B C A B A B C A B C B A C B A C A C B A C B

     

Dấu = xảy A=B=C

Vậy a b c

mb nc mc na ma nb m n dấu = xảy a=b=c Hồn tồn tương tự ta có bất đẳng thức

2 2

a b c a b c

mb nc mc na ma nb m n

 

  

   

Đến ta thấy hóa bất đẳng thức Trê bư sép trường hợp riêng tốn 18 bất đẳng thức đẹp

Nếu ta đặc biệt hóa cho trường hợp a.b.c=1 hay a+b+c=1 ta hồn tồn sáng tạo tốn dành cho đề thi hay khó

Chẳng hạn ta cho số ví dụ

1 Cho a,b, c số dương thỏa mãn a.b.c=1 chứng minh a,

2 2

1

2 2

a b c

b c c  a a b 

b,

2 2 1

2009 2009 2009 670

a b c

(17)

2 Cho a,b, c số dương thỏa mãn a.b.c=1 tìm giá trị nhỏ

2 2

2008 2009 2008 2009 2008 2009

a b c

P

b c c a a b

  

  

Hướng dẫn:

Đây trường hợp riêng toán 18 m=2008 , n= 2009 áp dụng thêm bđt cô si a b c 33 abc 3

    dấu = xảy a=b=c=1 kết giá trị nhỏ

1339

Ta lại đặt vấn đề cho trường hợp số dương thay số toán

a b c d

b c c d    d a a b đạt giá trị nhỏ bao nhiêu? Ta đặc biệt hóa a=b=c=d dự đốn kết sau

Bài toán 19 :

Cho a,b,c >0 chứng minh ta ln có a b c d

b c c d   d a  a b 

Lời giải

Áp dụng bđt Bunhia –coxki ta có

2

(a b c d) [ a a b c( ) b b c d( ) c c d a( ) d d a b( )]

b c c d d a a b

          

   

( a b c d )[ (a b c) b c d( ) c d a( ) d a b( )]

b c c d d a a b

          

   

2

( )

a b c d a b c d

b c c d d a a b ab bc cd da ac bd ca db

  

    

          

Mặt khác ta lại có

2

2 2 2

( )

2

2 ( ) ( )

a b c d

ab bc cd da ac bd ca db

a b c d ac bd a c b d

  



      

           

(18)

Vậy ta có a b c d

b c c d    d a a b 

và dấu = xảy a=b=c=d (điều phải chứng minh.)

Tiếp tục thay biểu thức với hệ số khác ta xuất bất đẳng thức theo dự đoán

Bài toán 20 :

Cho a,b,c,d >0 , chứng minh ta có

P=

2 3 3

a b c d

b c d c d  a d  a b a b c 

Lời giải

Ta áp dụng bđt Bunhiacoxki

2

[ ]

[ ( ) ( ) ( ) ( )]

2 3 3

a b c d

a b c d

a b c d b c d a c d a b d a b c

b c d c d a d a b a b c

   

          

       

.[a(b+2c+3d)+b(c+2d+3a)+c(d+2a+3b)+d(a+2b+3c)]

P

 Suy

2

[ ]

a(b+2c+3d)+b(c+2d+3a)+c(d+2a+3b)+d(a+2b+3c)

a b c d

P   

Ta chứng minh

2

[ ]

a(b+2c+3d)+b(c+2d+3a)+c(d+2a+3b)+d(a+2b+3c)

a b c d  



2 2

2 2 2

3 3 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a b c d ab ac ad bc bd cd a b a c a d b c b d c d

          

            

Điều với a, b,c,d dấu xảy a=b=c=d

Từ ta đưa bất đẳng thức tổng quát

Bài toán 21

Cho n số dương a a1, an với n-1 số tự nhiên không đồng thời

1, 2, , n

(19)

1

1 2 1 1 1 2 1

1

n

n n n n n n n

n

a

a a

m a m a m a m a m a m a m a m a m a m a

n

m m m

    



   

         

  

(20)

Phần KẾT LUẬN

Như điều cốt lõi đề tài thơng qua tốn bât đẳng thức đẹp quen thuộc phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic Điều tạo nên tính mẻ nhìn ý tiềm tàng tốn Bài tốn ứng dụng rộng rãi vơi việc nhìn tốn góc độ khác cách biến đổi điều kiện biến số mở lớp toán bất đẳng thức hay đẹp ứng dụng nhiều kì thi chọn học sinh giỏi kì bồi dưỡng học sinh giỏi , toán liên quan tốn mở rộng tam giác cho đa giác, tổng quát hóa để có thêm nhiều bất đẳng thức đẹp tơi nghĩ cịn khai thác rộng ứng dụng cho toán khác.Trong q trình dạy học thói quen tổng qt hóa , đặc biệt hóa để đào sâu nghiên cứu góc cạnh tốn học kiểu điều rât cần thiết cho phát triển tư kích thích tính tích cực khám phá em học

sinh.Việc sử dụng hệ thống toán cho ta cách giải tập liên quan cách đơn giản tiếp tục sáng tạo khai thác sâu chắn ta tìm nhiều vấn đề thú vị mà thân chưa làm phạm vi đề tài

(21)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI

KHAI THÁC TỪ MỘT BẤT ĐẲNG

THỨC QUEN THUỘC

Cao Tiến Trung Tổ Toán

(22)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI

KHAI THÁC TỪ MỘT BẤT ĐẲNG

THỨC QUEN

THUỘC