Phương pháp cơ bản chứng minh bất đẳng thức ở THCS

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT HÀ TRUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRUNG HỌC CƠ SỞ Người thực hiện: Nguyễn Việt Dung Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Lý Thường Kiệt SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HỐ NĂM 2021 PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ở BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ Mở đầu : 1.1 Lý chọn đề tài Dạng toán chứng minh bất đẳng thức dạng toán xuất nhiều đề thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH đặc biệt thiếu đề thi HSG lớp cấp huyện, cấp Tỉnh Trong chương trình tốn THCS bất đẳng thức phần gây cho học sinh nhiều bối rối nhất, với học sinh giỏi Tuy nhiên, phần quyến rũ học sinh say mê với tốn học mong muốn giỏi tốn, địi hỏi phải động não tìm tịi sáng tạo Mỗi người chúng ta, đặc biệt bạn yêu tốn, dù hay nhiều đau đầu trước bất đẳng thức khó có cảm giác tự hào mà chứng minh bất đẳng thức Khơng biết bạn nghĩ theo quan điểm tơi, ta học tốt bất đẳng thức học tốt lĩnh vực khác tốn học bất đẳng thức địi hỏi phải có kiến thức tổng hợp tương đối vững vàng Có lẽ bạn biết anh Phạm Kim Hùng, sinh viên hệ CNTN khoa Toán, trường ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, người tham dự hai kì thi IMO đạt kết cao đội tuyển Việt Nam Trong thời học phổ thơng, anh nói anh chuyên tâm rèn luyện bất đẳng thức mà thơi Hiện có nhiều phương pháp giải toán Bđt chẳng hạn SOS, hay dồn biến, hay EV Nhưng với kiến thức THCS vấn đề tìm lời giải theo cách cổ điển ln đánh giá cao I.2 Mục đích nghiên cứu : Trong thời đại nay, công nghệ thông tin phát triển, học sinh cấp không làm quen với cách học thông thường, thi quen thuộc thi học kì, thi vượt cấp, thi chọn học sinh giỏi…mà em học trực tuyến mạng, tham gia thi mạng Internet… Dù hình thức học nào, để đạt kết cao trình học tập yêu cầu học sinh phải nắm vững kiến thức bản, phương pháp giải dạng toán, học sinh phải tư lơgic, có sáng tạo, biết chuyển toán “lạ” thành toán quen thuộc Vì vậy, để có kỹ giải tập học sinh phải qua trình luyện tập Việc luyện tập có hiệu quả, biết khéo léo khai thác từ tập sang loạt tập tương tự nhằm vận dụng tính chất hay phương pháp chứng minh Để giúp em học sinh làm quen đến thích thú tốn chứng minh bất đẳng thức, tơi viết SKKN nhằm cung cấp cho em học sinh vài phương pháp kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức, phù hợp với chương trình tốn THCS, đặc biệt phù hợp học sinh tham gia học đội tuyển HSG dự thi HSG cấp trường, cấp Huyện 1.3 Đối tượng nghiên cứu : Các toán bất đẳng thức phương pháp giải 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết 1.5 Những điểm SKKN : Thầy dẫn dắt trò từ tập cụ thể dẫn đến khái quát hóa thành dạng tổng quát Chỉ rõ kỹ thuật phương pháp giải với dạng Trò nắm vững phương pháp, vận dụng giải tập từ đơn giản đến phức tạp Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lý luận : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức dạng tốn khó học sinh bậc trung học sở, để giải loại toán em cần phải biết vận dụng phương pháp khác cách linh hoạt Với phương pháp hướng dẫn học sinh từ tập cụ thể đến khái qt hố thành dạng tổng qt từ học sinh nắm phương pháp vận dụng để giải toán từ đơn giản đến phức tạp Với ý nghĩa vậy, việc hướng dẫn học sinh nắm phương pháp toán chứng minh bất đẳng thức vấn đề quan trọng Qua thực tế giảng dạy thân ứng dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức Vận dụng tốt phương pháp phù hợp để giải bất đẳng thức, tiết kiệm thời gian, giải gọn Bất đẳng thức kiến thức khó thiếu vốn kiến thức học sinh bậc trung học sở, học sinh giỏi Khi vận dụng phương pháp phù hợp , em biến đổi nhanh gọn bất ngờ, đầy hứng thú, kích thích phát triển tinh thần say mê, thích thú học tốn 2.2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: * Đối với giáo viên: Đây dạng Tốn khó thường chiếm 0.75 -1.0đ kỳ thi Học sinh giỏi thi vào THPT nên GV dạy cho đối tượng học sinh đại trà Với đối tượng HSG chuyên đề bắt buộc phải dạy dạy dạng toán mà chưa kỹ thuật phương pháp * Đối với học sinh: Thực tiễn cho thấy nhiều em học tốn cịn chưa ý đến phương pháp giải nên lúng túng gặp tốn có cách giải tương tự chưa nói đến việc khai thác vận dụng từ tốn biết vào tốn khác có liên quan Chính vậy, chất lượng học tốn cịn hạn chế, tỉ lệ học sinh yếu tốn cịn cao, kỳ thi học sinh giỏi cấp Huyện tỉ lệ học sinh có điểm 10 (thang điểm 20) cịn Trong tốn Bất đẳng thức dạng tốn tương đối khó, địi hỏi kiên nhẫn, tính sáng tạo kỹ trình bày tư lôgic nên học sinh ngại Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề : CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ở BẬC THCS 2.3.1 Phương pháp dựa vào định nghĩa: Để chứng minh A �B ta làm sau: - Lập hiệu A-B - Biến đổi biểu thức A-B chứng minh A-B �0 - Kết luận A �B trường hợp A=B Ví dụ 1.1 Cho a, b > chứng minh : a3  b3 �a 2b  ab HD Giải Xét hiệu : (a  b3 )  (a 2b  ab )   a3  a 2b    ab  b3   a  a  b   b2  a  b    a  b   a  b    a  b   a  b  �0 Ví dụ 1.2 Chứng minh rằng: a) a  b  c  d �ab  ac  ad ; HD Giải a Xét hiệu : a  b  c  d  ab  ac  ad b) a  4b  4c �4ab  4ac  8bc �a a2 a2 2� � 2� � 2� a = �  ab  b � �  ac  c � �  ad  d � �4 � �4 � �4 � 2 2 �a � �a � �a � a  �  b � �  c � �  d � �0 �2 � �2 � �2 � b Xét hiệu : a  4b  4c  4ab  4ac  8bc   a  4ab  4b   4c   4ac  8bc    a  2b   4c  4c  a  2b    a  2b  2c  �0 Ví dụ 1.3 Chứng minh rằng: 3 a)  a  b  � a  b  với a, b > 2 3 b)  a  b  c  � a  b    b  c    c  a  với a, b, c > 3 c)  a  b  c  �a  b3  c  24abc với a, b, c �0 HD Giải a) Ta có :  a  b3    a  b    a  b  �  a  ab  b    a  b  � � �   a  b   a  b  �0 b) Ta có :  a  b3  c    a  b    b  c    c  a  3 3 3 �  a  b3    a  b  � �  a  c    c  a  � �  b3  c3    b  c  � � �� �� �   a  b   a  b    a  c   a  c    b  c   b  c  �0 2 c) Ta có :  a  b  c   a  b3  c3  24abc   a  b    a  b  c   a  b  c  c  a  b  c  24abc  a  3a 2b  3ab2  b3  3a c  6abc  3b2c  3ac  3bc  a3  b3  24abc  3b  a  c  2ac   3c  a  b  2ab   3a  b  c  2bc   3b  a  c   3c  a  b   3a  b  c  �0 Ví dụ 1.4 2 Với a, b, c > Chứng minh rằng: 1  � a b ab 1 b)   � a b c abc a b c c)   � bc ca ab a) HD Giải 1  a  b   4ab   a  b  �0 a) Ta có :    a b ab ab a b �1 1 � �a b � �b c � �a c � b)Ta có :  a  b  c  �   �  �   � �   � �   � �a b c � �b a � �c b � �c a �  a  b  ab c)Ta có :  b  c  bc  a  c  ac 2 �0 a b c �a 1� � b 1� � c 1�    �  � �  � �  � b  c c  a a  b �b  c � �c  a � �a  b �   a  b   a  c   b  a   b  c   c  a    c  b 2 b  c 2 c  a 2 a  b  1 �1 �1 � �1 �1     a  b � � �  b  c  � �  c  a  � � �b  c c  a � �a  c a  b � �a  b b  c � 2 � b  c a  c �  a  b    �   ��0 2� a  c b  c a  c a  b a  b b  c             � � � Cách Ta có : a b c �a 1� �b 1� � c 1�    �  � �  � �  � b  c c  a a  b �b  c � �c  a � �a  b � 1�  a  b    a  c    a  b    b  c    a  c    b  c   6�  � � 2� bc ac ab � 1� � �a  b b  c � �b  c a  c � �a  c a  b �  �   � �   � �   2� � ��0 2� �b  c a  b � �a  c b  c � �a  b a  c � � Ví dụ 1.5 a) Cho a, b �0 CMR: a + b �2 ab b) Cho a, b, c �0 CMR: a + b + c �3 abc c) Cho a �b �c x �y �z CMR :  a  b  c   x  y  z  �3  ax  by  cz  (Bất đẳng thức AM - GM) (Bất đẳng thức AM - GM) (Bất đẳng thức Trê bư sép) HD Giải a)Ta có: a  b  ab   a b  �0 b) a  b  c  3 abc  a  b  c �3 a  b  c  b � � c)  a  b  c   x  y  z    ax  by  cz          a  c ��0 � �   y  x   a  b    z  x   b  c    x  z   c  a  �0 Ví dụ 1.6 Cho a, b, c > Chứng minh: bc ac ab a)   �a  b  c a b c bc ac ab b)   � 3 a  b2  c  a b c HD Giải 2 bc ac ab  a  b  a  c  b  c a)     a  b  c  c  b  a �0 a b c ab ac bc �bc ac ab � b) �   �  a  b  c  b c � �a 2� �c a2 b2 2 2 2  � 2  a  b   2  c  b   2  a  c  ��0 2� ab cb ac � Ví dụ 1.7 Chứng minh 1 a)  � ab �0 2  a  b  ab 1 b)  � a2 + b2 < 2  a  b  ab 1 c)  � -1 < a, b < 2  a  b  ab 1 d)  � a, b > 2   a    b   ab HD Giải 1 �� 1 � �1 a)   =�  +�  � � 2  a  b  ab �  a  ab � �  b  ab �  a  b   ab  1    a    b   ab  1 a  b2 b) ab  �� �0 ab  �0 � � ab  �0 �  a  b   ab  1   a    b2   ab  1 c)  1 �� 1 � �1   =  +  � � � �  a  b  ab �  a  ab � �  b  ab � 1 a b     b   ab  1  a  b   a2 2 2 �0 ab  a  b    ab  1 d)   = �0 2 2  ab  a  b  a  b  ab           2.3.2 Phương pháp biến đổi tương đương  Để chứng minh: A �B B A1 B1 K An Bn (đây bất đẳng thức đúng) Ta biến đổi A �۳�� Hoặc từ bất đẳng thức An �Bn , ta biến đổi An �۳��۳ Bn An 1 Bn 1 K A1 B1 A B Ví dụ 2.1 CMR : a)  a  b  � a  b  2 b) a  b  c �ab  bc  ca (2) (1) HD Giải 2 a)  1 �  a  b    a  b  �0 � a  b  2ab �0 �  a  b  �0 (3) Do bất đẳng thức (3) nên bất đẳng thức (1) chứng minh b)   �  a  b  c    ab  bc  ca  �0 �  a  2ab  b    b  2bc  c    c  2ca  a  �0 �  a  b    b  c    c  a  �0 (4) Bất đẳng thức (4) suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.2 Cho số a, b, c > CMR: a) a3c + b3a + c3 b  a2bc +b2ac + c2ab (1) b) a4 + b4  a3b + ab3 (2) HD Giải a) a3c + b3a + c3 b  a2bc +b2ac + c2ab (1)  1 � a3c  b3a  c3b  a 2bc  b2ac  c 2ab �0 2 � ac  a  2ab  b   ab  b  2bc  c   bc  c  2ca  a  �0 � ac  a  b   ab  b  c   bc  c  a  �0 b) a4 + b4  a3b + ab3 � 2a  2b   a  a 3b  ab3  b  �0 2 �  a  a 3b    ab3  b3  �0 � a  a  b   b  a  b  �0 �  a  b   a  b3  �0 �  a  b  a  ab  b  �0  2 Do bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.3 CMR : a)  a  b   x  y  � ax  by  (1) b) a  b  c  d �  a  c    b  d  (2) HD Giải a)  1 � a x  a y  b x  b2 y �a x  2abxy  b y 2 � a y  2abxy  b2 x �0 �  ay  bx  �0 b)   � a  b  c  d  � a a  b   c  d  � a  c    b  d   b   c  d  �ac  bd (2) Nếu ac + bd < (2) Nếu ac  bd �0   �  a  b2   c  d  � ac  bd  � a 2c  a 2d  b 2c  b d �a 2c  2abcd  b 2d �  ad  bc  �0 Suy đpcm a b2 c2 Ví dụ 2.4: Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng:   �a  b  c b c a HD Giải  1 � a3c  b3a  c3b  a 2bc  b2ac  c 2ab �0  1 � ac  a  2ab  b   ab  b  2bc  c   bc  c  2ca  a  �0 � ac  a  b   ab  b  c   bc  c  a  �0 � đpcm Ví dụ 2.5 2 Cho a, b, c > CMR: a  b  c  a   b  a  c  b   c  b  a  c  �3abc (1) HD Giải G / s a, b �c  2  1 � 3abc  a  b  c  a   b  a  c  b   c  b  a  c  �0 � a  a  ab  ac  bc   b  b  bc  ba  ac   c  c  ac  bc  ab  �0 � a  a  b   a  c   b  b  c   b  a   c  c  a   c  b  �0 �  a  b   a  ac  b  bc   c  a  c   b  c  �0 �  a  b   a  b  c   c  a  c   b  c  �0 Suy ĐPCM 2.3.3.Phương pháp sử dung tính chất bất đẳng thức Cơ sở phương pháp tính chất bất đẳng thức số bất đẳng thức như: 1 a) a  � b,b� c�  a c b) a b a.b > a b a �b �0 � c) � � ac bd d )  a b  c �d �0 � e) a , b  � 1  � a b ab 4 Ví dụ 3.1: Cho a + b > Chứng minh: a +b > HD Giải  a  b  a  b �0 � a  b � a  b2   1 4  �a b �  2 2 Ví dụ 3.2 : Với a, b, c > CMR a b3 c a3 b3 c3 a)   �ab  ac  bc; b)   �a  b  c b c a b c a HD Giải x3 a) Ta có : �x  xy  y  x, y   y a3 b3 c3 �   � a  ab  b    b  bc  c    c  ac  a   ab  ac  bc b c a x3 b) Ta có : �3x  y  x, y   y a3 b3 c3   � 3a  2b    3b  2c    3c  2a   a  b  c b2 c a Ví dụ 3.3 : Cho a, b, c > CMR: bc ac ab a2 b2 c2 a bc   �a  b  c   � a) b) a b c bc ca ab HD Giải bc ac  �2c � đpcm a) Dễ dàng chứng minh a b a2 bc  �a � đpcm b) Dễ dàng chứng minh bc Ví dụ 3.4 1 1 1 a) Cho x, y, z >0,    CMR :   �1 x y z 2x  y  z x  y  z x  y  2z b) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác � 10 1 1 1   �   a b c a c b b c a a b c c) Cho a, b, c > thỏa mãn: abc = ab + bc + ca 1   � CMR: a  2b  3c b  2c  3a c  2a  3b 16 CMR: HD Giải 1  � a b ab 1 1� 1 � �2 1 � �  � �  � �  � x  y  z  x  y    x  zx  �x  y x  z � � 16 �x y z � a) Ta có : a, b  � 1 �1 � 1 �1 � � �  � ; � �  � x  y  z 16 �x y z �x  y  z 16 �x y z � 1 �1 1 �   � �   � x  y  z x  y  z x  y  z 16 �x y z � 1 b) Ta co ' :  �  a  b  c a  b  c 2a a 1 1 TT :  � ;  � abc bca b abc bc a c 1 1 1 �   �   a b c a b c b c  a a b c Tương tự: � 1 1 �1 1  � �    �� a  2b  3c  a  c    b  c  � a  c  b  c  � 16a 32b 32c Tương tự ta có : 1 1 �   ; �   3a  b  2c 32a 16b 32c 2a  3b  c 32a 32b 16c 1 �1 1 � �   � �   � a  2b  3c 3a  b  2c 2a  3b  c 32 �a b c � 16 Ví dụ 3.5 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c a b c a b c a)    2; b)   �   2 a b b c c a b  c c  a a  b 1 a 1 b 1 c2 HD Giải y y +t < a) Áp dụng BĐT: x >y >0, t >0 � x x +t c) 11 a ac b ba c cb  ;  ;  ab abc bc bca ca abc a b c �   2 ab bc ca a a b c b) a �12�� a   a 1 a  b2  c2  a b c mà   � bc ca ab Suy điều phải chứng minh 2.3.4 Phương pháp sử dung bất đẳng thức AM- GM (Hay gọi bất đẳng thức Cauchy) Bất đẳng thức AM - GM ? Bất đẳng thức AM- GM nhà tốn Ta có : học Schwar, Bunhiacopxki Cauchy phát minh Tuy nhiên, người thường gọi bất đẳng thức Cauchy nhiều thường nhầm lẫn Cauchy tìm bất đẳng thức Có lẽ ơng người đưa cách chứng minh bất đẳng thức AM-GM hay độc đáo Bất đẳng thức AM-GM tên chuẩn quốc tế viết tắt từ Arithmetic Means- Geometric Means Trong toán học, Bất đẳng thức AM- GM bất đẳng thức so sánh trung bình cộng trung bình nhân n số thực khơng âm phát biểu sau: Trung bình cộng n số thực khơng âm ln lớn trung bình nhân chúng, trung bình cộng trung bình nhân n số Cho a1 , a2 , , an �0, ta có : a1  a2   an �n n a1.a2 an Dấu “=” xảy a1  a2   an �0 CÁC ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM Chứng minh bất đẳng thức Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ tốn hình học Các ứng dụng khác (giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh mệnh đề tốn học…) Ví dụ 4.1 2 Cho a, b > thỏa mãn ab = CMR:  a  b  1  a  b   HD Giải Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có �8 a b 12 a  b �2ab  a  b �2 ab  4 ab 4 �  a  b  1  a  b   �2  a  b  1  ab a b � � � ab �  a  b   �4    ab� � Ví dụ 4.2: Chứng minh rằng: a  b  ab a)  �a b  b a với a, b �0 ab �2 ab  a  b a b c + + >2 với a,b,c > b +c c +a a +b HD Giải a  b  ab ab� 1� 1� � a) Ta có :   a  b  �� ab � ab � � � 2� 2� � 1 1� � mà a  � a , b  � b � � a  b  �� a  b 4 2� � b)  a  b �   b) bc ‫ ף‬1 a ab �a b  b a �b  c � a  b  c 1� � 2� a a �  a �� bc a b b c c ; TT : ; abc a c abc ab abc a b c   �2 Cộng vế với vế ta được: bc ca ab abc � � b  a  c � a  b  c  vơ lí Dấu “=” xảy � � c ab � Vậy dấu “=” khơng xảy Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4.3 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 13 a2 b2 c2 a3  b3  c3 a)   � b  c c  a a  b2 2abc 1 a  b3  c b)   �  3; (a  b  c  1) 2 2 a b b c c a 2abc HD Giải a2 a2 b2 b2 c2 c2 a) Ta có : � ; � ; � b  c 2bc a  c 2ac a  b 2ab a2 b2 c2 a2 b2 c2 a  b3  c �   �    b  c a  c a  b 2bc 2ac 2ab 2abc 1 1 � � b) Ta có :     a2  b2  c2  �   � 2 2 a b b c c a c  a2 � �a  b b  c c2 a2 b2 a  b3  c    3� 3 a  b2 b2  c c2  a2 2abc Ví dụ 4.4 Cho a, b, c > Chứng minh 1 1   � a  b3  abc b3  c3  abc c3  a3  abc abc HD Giải Ta có : a  b �2ab � a  b3 �ab  a  b   abc abc c a  b3  abc ab  a  b   abc a  b  c abc a abc b tt: 3 � ; � b  c  abc a  b  c c  a  abc a  b  c Cộng vế với vế suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.5 Cho a, b, c > thỏa mãn a2 +b2 + c2 = Chứng minh rằng: ab bc ca   �3 (1) c a b HD Giải a 2b b 2c c a �     a  b  c  �3  a  b  c    c a b 2 2 2 ab bc ca ab bc ab ac bc ca mà :   � �  �  �  a  b2  c c a b c a c b a b Suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.6 Cho x, y, z > thỏa mãn xyz = Chứng minh x3 y3 z3 a)   �  1 y  1 z  1 z  1 x 1 x  1 y  b) xy yz zx   �1 5 x  xy  y y  yz  z z  zx  x 5 14 HD Giải a) Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có: x3  y  z 3x   � 1 y 1 z x  y  z 3 xyz 3 Tương tự suy VT �  �   4 2 5 2 b) Ta có : x  y �2 xy � x  y �x y  x  y   xy xy z �   x  xy  y xy  x y  x  y   xy  x  y  x  y  z yz x zx y � ; � 5 y  yz  z x  y  z z  xz  x x yz xy yz zx �   �1 5 x  xy  y y  yz  z z  xz  x Ví dụ 4.7 x3 y z   �x  y  z Cho x, y, z > Chứng minh: yz zx xy HD Giải Áp dụng Bất đẳng thức AM- GM ta có: x3 y3 z3 x3 y3 z  z  y �3x;  z  x �3 y;  x  y �3z �   �x  y  z yz zx xy yz zx xy 2.3.5 Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski Bất đẳng thức Bunhiacopxki có tên gọi xác bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopxki – Schwarz, bất đẳng thức ba nhà toán học độc lập phát đề xuất, có nhiều ứng dụng lĩnh vực toán học Ở nước ta, phù hợp với chương trình sách giáo khoa, tài liệu gọi bất đẳng thức Bunhiacopxki, gọi theo tên nhà Toán học người Nga Bunhiacopxki Đây bất đẳng thức cổ điển tiếng quen thuộc phần lớn giáo viên học sinh Nó ứng dụng nhiều toán bất đẳng thức cực trị Trong phạm vi chương trình Tốn THCS, quan tâm đến trường hợp riêng bất đẳng thức Bunhiacopxki tt: a  kx � 2 2 *)  a  b   x  y  � xa  by  dấu “=” xảy � b  ky � 2 2 2 *)  a  b  c   x  y  z  � xa  by  cz  a  kx � � b  ky dấu “=” xảy � � c  kz � 15 Tổng quát:  a12  a22   an2   x12  x22   xn2  � a1x1  a2 x2   an xx  dấu “=” xảy = kxi Ví dụ 5.1 Cho a, b > Chứng minh : 1 n2 m2  m  n  a)  � ; b)  � a b ab a b a b HD Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 1 �1 � �1 �  a  b  �� a  b � �  � � � a b ab b �a b � �a � �n m � m n2 m2  n  m  �n � b) �   a  b  �� a  b �  n  m  �  � � a b a b ab b �a � � � Tổng quát: a12 a22 an2  a1  a2   an  �Cho bi >0, i =1, n    � (1) b1 b2 bn b1  b2   bn 2  a  a   an  (2) a a a �Với ci >0 với i =1, n    n � c1 c2 cn a1c1  a2c2   ancn Thật vậy: �a1 � �a12 a22 an2 � a2 an b1  b2   bn �  b1  b2   bn  �� �    � � � b b b b b b n � �1 n � �   a1  a2   an  a12 a22 an2  a1  a2   an  �    � b1 b2 bn b1  b2   bn đặt aici = bi > thay vào (1) (2) Ví dụ 5.2 Cho a,b,c số thực dương Chứng minh a2 b2 c2 a2 b2 c2 a b c a)   �a  b  c b)   � b c a bc c a a b 3 3 3 a b c a b c a  b2  c2 2 c)   �a  b  c d )   � b c a bc c a a b HD Giải 16 a b2 c2  a  b  c  a) Ta có :   � abc b c a abc a2 b2 c2  a  b  c  a  b  c b)   � b  c c  a a  b 2 a  b  c  2 2 a3 b3 c3 a b4 c  a  b  c  c)      � �a  b  c b c a ab bc ca ab  bc  ca a3 b3 c3 a4 b4 c4 a  b2  c d)      � b  c a  c a  b ab  ac ab  bc ac  bc Ví dụ 5.3 25a 16b c + + >8 Cho a, b, c > Chứng minh: b +c c +a a +b HD Giải �a � �b � c Ta có : VT  25 �  1� 16 �  �   42 �b  c � �c  a � a  b 16 �    1  42  �25   a  b  c �   � 42 � a  b  c  2 a  b  c �b  c c  a a  b � bc ac ab   � a  vơ lí � điều phải chứng minh Dấu “=” xảy Ví dụ 5.4 x2 y z x y z Cho x, y, z > Chứng minh:   �   y z x y z x HD Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có �x y z � x y z x y z �x y z � �x y z �   �   �   � � � �y  z  x ��y  z  x y2 z x2 � �y z x � �y z x � � � 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục , với thân, đồng nghiệp nhà trường Với cách đặt vấn đề giải vấn đề trên, truyền thụ cho học sinh thấy học sinh lĩnh hội kiến thức cách thoải mái, rõ ràng, có hệ thống Học sinh rèn luyện nhiều kỹ phân tích, kỹ tính tốn, kỹ suy luận, kỹ tổng quát hoá,… Qua rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng tạo phẩm chất trí tuệ khác, xố cảm giác khó phức tạp tốn chứng minh Bất đẳng thức giúp học sinh có hứng 17 thú giải dạng toán Trong kỳ thi HSG cấp tỉnh năm học 2018 - 2019 có tìm GTLN chiếm điểm Nếu học sinh áp dụng bất đẳng thức AM - GM nhanh gọn dễ hiểu cách làm khác nhiều Đề bài: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y - z +1 =0 Tìm GTLN biểu thức P x3 y3  x  yz   y  xz   z  xy  Đây tốn khó, để áp dụng bất đẳng thức AM - GM cịn phải biến đổi tổng tích ( x + yz) ( y + xz) ( z + xy)2 sau: Từ x+y +1 = z � z+ xy = x + y +1 + xy = ( x+1) ( y+1) Tương tự : x + yz = x + y ( x +y + 1) = x+ xy + y2 +y = ( x+y) ( y +1) y + xz = y +x ( x +y +1) = ( x+y) ( x+1) Do P  x3 y  x  y   x  1  y  1 3 Lại có nên �  x  y  �4 xy � � �x  �y  � x3 y x2 y P�  3 3 xy  x  1  y  1  x  1  y  1 Đến dễ dàng áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho ba số thực dương sau : x x x2 27 x x2 3 x     �3 �  x  1 � �0 � 2 4  x  1 27 Tương tự ta có: 0 y2  x2 y2 4 � P  �  Do 3 27 27 27 729 y  1  x  1  y  1 �x y �x  y  �  1 �� Dấu " = " xảy � �2 �z  � �z  x  y  Vậy Max P  �x  y  �� 729 �z  Bài cách giải khác nội dung xin trình bày cách áp dụng định lý AM- GM, cách thực ngắn gọn, dễ hiểu 18 Kết luận kiến nghị Kết luận : Sau thời gian đưa vào áp dụng giảng dạy cho học sinh tự nhận thấy rút số kết luận sau 1- Sau hướng dẫn phương pháp kỹ thuật nói đa số em nắm phương pháp chứng minh, biết vận dụng phương pháp, kỹ thuật chứng minh hợp lý vào cụ thể 2- Mức độ u thích tốn chứng minh Bất đẳng thức học sinh nâng lên, em không cịn thấy ngại dạng tốn mà trở nên hứng thú say sưa 3- Từng bước tự thân em có nhu cầu tìm tịi khai thác tốn cho thành tốn khó nhằm mở rộng rèn luyện kiến thức 4- Nếu người giáo viên chịu khó trọng lựa chọn hệ thống tập theo yêu cầu dạy học đề khơng ngừng nâng cao hiệu chất lượng, tạo niềm say mê học toán cho học sinh Kiến nghị Chuyên đề soạn để tham gia dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Tỉnh mơn Tốn năm học 2014- 2015, sửa chữa bổ sung để sử dụng làm tài liệu giảng dạy đội tuyển HSG lớp tham gia thi HSG, tơi mà nói mang lại hiệu định việc bồi dưỡng học sinh đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Trường, cấp Huyện Rất mong góp ý chân tình đồng nghiệp để đề tài tơi hồn thiện hơn, nhằm mục đích cuối mang lại hiệu cao cho việc bồi dưỡng học sinh nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn nói riêng Rất mong SGD, PGD tổ chức cho giáo viên học tập SKKN xếp loại A cấp tỉnh để nhân rộng mơ hình, áp dụng cho việc giảng dạy ngày tốt Tôi xin chân thành cảm ơn 19 DUYỆT CỦA BAN GIÁM HIỆU CAM KẾT KHÔNG FOTO COPI Ngày 05 tháng 03 năm 2021 Người thực Nguyễn Việt Dung 20 ... nắm phương pháp toán chứng minh bất đẳng thức vấn đề quan trọng Qua thực tế giảng dạy thân ứng dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức Vận dụng tốt phương pháp phù hợp để giải bất đẳng thức, ...PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ở BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ Mở đầu : 1.1 Lý chọn đề tài Dạng toán chứng minh bất đẳng thức dạng toán xuất nhiều đề thi tuyển... phải chứng minh 2.3.4 Phương pháp sử dung bất đẳng thức AM- GM (Hay gọi bất đẳng thức Cauchy) Bất đẳng thức AM - GM ? Bất đẳng thức AM- GM nhà tốn Ta có : học Schwar, Bunhiacopxki Cauchy phát minh