“Sử dụng một bất đẳng thức đơn giản trong việc chứng minh bất đẳng thức”
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (173.26 KB, 14 trang )
MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do thực hiện đề tài:
1, Cơ sở lý luận:
Bất đẳng thức là một trong những phần rất quan trọng trong chương
trình toán phổ thông. Nó có mặt trong tất cả các bộ môn Số học, Hình học,
Đại số, Lượng giác và Giải tích. Các bài toán về bất đẳng thức tỏ ra có sức
hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc đáo của các phương pháp giải chúng. Chính vì
thế bất đẳng thức là chuyên đề được mọi người quan tâm đến rất nhiều.
Tuy nhiên, việc giải quyết một bài toán về chứng minh bất đẳng thức
không hề đơn giản, yêu cầu không chỉ nắm vững các kiến thức cơ bản, mà
còn phải biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo các phương pháp đã học kết hợp
với kỹ năng biến đổi, suy luận, dự đoán,
2, Cơ sở thực tiễn:
Khi học toán, học sinh thường thấy “sợ” khi nhắc đến bất đẳng thức,
cho rằng bất đẳng thức là một phần rất khó không thể giải được. Nguyên nhân
là học sinh không biết cách lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. vì vậy
một bài toán đơn giản cũng trở nên “vô cùng khó” đối với các em.
Với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy và học về
bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn mới về bất đẳng thức, tôi
nghiên cứu đề tài:
“Sử dụng một bất đẳng thức đơn giảntrong việc chứng minh bất đẳng
thức”.
II. Phương pháp nghiên cứu:
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận;
2. Phương pháp điều tra thực tiễn;
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm;
4. Phương pháp thông kê.
1
III. Đối tượng nghiên cứu:
Các bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức
( )
2
21
21
1
11
n
aaa
aaa
n
n
≥
++++++
,
∀
a
1
, a
2
, , a
n
> 0.
B. PHẦN NỘI DUNG
I. Bất đẳng thức Côsi:
Cho a
1
, a
2
, , a
n
là các số không âm. Khi đó ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa
21
21
≥
+++
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a
1
= a
2
= = a
n
Ví dụ áp dụng:
Cho a
1
, a
2
, , a
n
> 0. Chứng minh rằng:
( )
2
21
21
1
11
n
aaa
aaa
n
n
≥
++++++
(*)
Bài giải:
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
n
n
n
aaa
n
aaa
21
21
≥
+++
(1)
n
n
n
aaan
aaa
1
1
11
21
21
≥
+++
(2)
Do cả hai vế của (1) và (2) đều là số dương, nên nhân từng vế của (1) và
(2) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra
n21
21
n21
a a a
1
11
a a a
===⇔
===
===
⇔
n
aaa
Hai dạng riêng của bất đẳng thức trên. Đó là khi a, b, c > 0, ta có:
(a + b)
+
ba
11
≥ 4 (**) (Ứng với n = 2)
2
(a + b + c)
++
cba
111
≥ 9 (***) (Ứng với n = 3)
Bất đẳng thức (*) tuy rất đơn giản nhưng nó lại vô cùng thông dụng.
Để thấy rõ hiệu lực của bất đẳng thức đó tôi đưa ra một loạt các bài toán
minh họa sau đây
II. Các bài toán:
Bài toán 1:
Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh
rằng:
++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111
Chứng minh:
Áp dụng (**), ta có:
=
−+−
≥
−
+
−
=
−+−
≥
−
+
−
=
−+−
≥
−
+
−
acpbpcpbp
bcpapcpap
cbpapbpap
4
)()(
411
4
)()(
411
4
)()(
411
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên suy ra:
++≥
−
+
−
+
− cbacpbpap
111
2
111
Dấu bằng xẩy ra
⇔
p - a = p - b = p - c
⇔
a = b = c
⇔
ABC là tam giác đều.
Bài toán 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có:
h
a
+ h
b
+ h
c
≥ 9r, trong đó h
a
, h
b
, h
c
là ba chiều cao của tam giác còn r là bán
kính đường tròn nội tiếp.
Chứng minh: Ta biết rằng trong mọi tam giác đều có hệ thức sau:
rhhh
cba
1111
=++
3
Áp dụng (***) suy ra:
( )
9
111
≥
++++
cba
cba
hhh
hhh
⇒
h
a
+ h
b
+ h
c
≥ 9r
Dấu bằng xẩy ra
⇔
h
a
= h
b
= h
c
⇔
a = b = c
⇔
ABC là tam giác đều.
Bài toán 3: Chứng minh bất đẳng thức Nesbit sau đây: Cho a, b, c > 0. Chứng
minh:
2
3
≥
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb
a
Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
sau:
2
9
111
≥+
+
++
+
++
+
ba
c
ac
b
cb
a
⇔
9
111
)(2 ≥
+
+
+
+
+
++
baaccb
cba
⇔
[ ]
9
111
)()()(
≥
+
+
+
+
+
+++++
baaccb
baaccb
(1)
(1) hiển nhiên đúng vì đó chính là (***)
⇒
đ.p.c.m.
Dấu bằng xẩy ra
⇔
b + c = c + a = a + b
⇔
a = b = c
⇔
ABC là tam giác đều.
Bài toán 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
2
222
cba
ba
c
ac
b
cb
a
++
≥
+
+
+
+
+
(1)
Chứng minh:
Đặt:
>=++
>=+
>=+
>=+
0
0
0
0
pcba
zba
yac
xcb
⇒
x + y + z = 2p
4
Khi đó a = p – x; b = p – y; c = p – z
Vậy:
( ) ( ) ( )
2
222
p
z
zp
y
yp
x
xp
≥
−
+
−
+
−
2
)(6
111
2
p
zyxp
zyx
p ≥+++−
++⇔
p
zyx
p 9
111
2
2
≥
++⇔
9
111
)( ≥
++++⇔
zyx
zyx
(2)
(2) luôn đúng theo (***)
⇒
(1) đúng
⇒
đ.p.c.m.
Bài toán 5: Cho tam giác ABC với a, b, c là các cạnh tương ứng với các đỉnh
A, B, C và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng
2
1111
R
cabcab
≥++
Chứng minh: Ta luôn có
(ab + bc + ca)
9
111
≥
++
cabcab
(Theo (***))
⇒
cabcabcabcab
++
≥++
9111
Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunyakovski
(ab + bc + ca)
2
≤ (a
2
+ b
2
+ c
2
)(b
2
+ c
2
+ a
2
)
Dẫn đến ab + bc + ca ≤ a
2
+ b
2
+ c
2
Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức
a
2
+ b
2
+ c
2
≤ 9R
2
⇒
2
1111
R
cabcab
≥++
(đ.p.c.m)
Bài toán 6: Cho
≤++
>
1
0,,
cba
cba
.
5
Chứng minh rằng:
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+
abccabbca
Chứng minh: Theo BĐT (***) thì
[(a
2
+ 2bc) + (b
2
+ 2ca) + (c
2
+ 2ab)]
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+ abccabbca
⇔
(a + b + c)
2
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+ abccabbca
Mà 0 < (a + b + c)
2
≤
1
⇒
9
2
1
2
1
2
1
222
≥
+
+
+
+
+
abccabbca
Bài toán 7: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AA
1
, BB
1
, CC
1
và trực
tâm H. Chứng minh rằng:
6
111
≥++
HC
CH
HB
BH
HA
AH
Chứng minh: A
6
111
≥++
HC
CH
HB
BH
HA
AH
C
1
B
1
9111
111
≥
++
++
+⇔
HC
CH
HB
BH
HA
AH
9
1
1
1
1
1
1
≥++⇔
HC
CC
HB
BB
HA
AA
B A
1
C
9
AB.
2
1
AB.
2
1
.
2
1
.
2
1
.
2
1
.A
2
1
1
1
1
1
1
1
≥++⇔
HC
CC
CAHB
CABB
BCHA
BCA
9
≥++⇔
HAB
ABC
HCA
ABC
HBC
ABC
S
S
S
S
S
S
( )
9
111
≥
++++⇔
HABHCAHBC
HABHCAHBC
SSS
SSS
hiển nhiên đúng vì đó chính là (***)
⇒
đ.p.c.m.
6
H
Bài toán 8: (Đề thi chọn HSG toán lớp 10 Tỉnh Thái Nguyên năm 2010)
Cho tam giác ABC và điểm G ở trong tam giác đó. Các đường thẳng AG,
BG, CG cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P.
Chứng minh rằng nếu
6=++
PG
CG
NG
BG
MG
AG
thì G là trọng tâm tam giác ABC.
Chứng minh: A
Theo định lí Seva ta có: P N
1=++
PC
PG
NB
NG
MA
MG
. G
Áp dụng (***), ta có: B M C
9≥
++
++
PC
PG
NB
NG
MA
MG
PG
PC
NG
NB
MG
MA
9≥++⇒
PG
PC
NG
NB
MG
MA
9≥
+
+
+
+
+
⇒
PG
CGPG
NG
BGNG
MG
AGMG
6≥++⇒
PG
CG
NG
BG
MG
AG
Dấu bằng xẩy ra
3
1
===⇔
PC
PG
NB
NG
MA
MG
⇔
G là trọng tâm tam giác ABC.
Bài toán 9:
Chứng minh rằng: log
b+c
a
2
+ log
c+a
b
2
+ log
a+b
c
2
≥ 3 ,
∀
a, b, c > 2.
Chứng minh:
Vì b, c > 2
⇒
bc > 2.max(b, c) ≥ b + c
Do đó: log
b+c
a
2
=
cb
a
bc
a
cb
a
lnln
ln2
ln
ln
)ln(
ln
22
+
=≥
+
Tương tự: log
c+a
b
2
ac
b
lnln
ln2
+
≥
log
a+b
c
2
ba
c
lnln
ln2
+
≥
7
Từ đó ta có:
log
b+c
a
2
+ log
c+a
b
2
+ log
a+b
c
2
≥
cb
a
lnln
ln2
+
+
ac
b
lnln
ln2
+
+
ba
c
lnln
ln2
+
≥ 2.
2
3
= 3
(Ở đây sử dụng bài toán 3:
0,,
2
3
>∀≥
+
+
+
+
+
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
)
⇒
đ.p.c.m.
Bài toán 10: (Vô địch Nam Tư năm 1976)
Chứng minh rằng: 2
cbaba
b
ac
a
cb
c
acb
++
≥
+
+
+
+
+
9
logloglog
với mọi a, b, c > 1
Chứng minh: 2
cbaba
b
ac
a
cb
c
acb
++
≥
+
+
+
+
+
9
logloglog
[ ]
9
logloglog
)()()( ≥
+
+
+
+
+
+++++⇔
ba
b
ac
a
cb
c
baaccb
acb
Theo bất đẳng thức CôSi ta có:
)()()( baaccb +++++
3
)()()(3 baaccb +++≥
3
)()()(
log.log.log
3
logloglog
baaccb
bac
ba
b
ac
a
cb
c
acbacb
+++
≥
+
+
+
+
+
Nhân từng vế hai bất đẳng thức trên ta được:
[ ]
9log9
logloglog
)()()(
3
=≥
+
+
+
+
+
+++++ b
ba
b
ac
a
cb
c
baaccb
b
acb
Suy ra đ.p.c.m.
Bài toán 11: Đặt S =
∑
=
2010
1i
i
a
. Chứng minh rằng
20102010
2
2010
1
−≥
−
∑
=i
i
i
a
aS
với mọi a
1
, a
2
, , a
2010
> 0.
Chứng minh:
22
2010
1
2
2010
1
2010201020102010120102010 =+−≥
−
+⇔−≥
−
∑∑
== i
i
i
i
i
i
a
aS
a
aS
2
2010
1
2010
1
2
2010
1
2010
1
.2010 ≥⇔≥⇔
∑∑∑
=== i
i
i
i
i
i
a
a
a
S
Đúng theo BĐT (*) ứng với n = 2010.
8
Bài toán 12: (Vô địch UCRAINA)
Cho
=++
>
1
0 ,,
1
1
n
n
aa
aa
Chứng minh rằng:
122
1
−
≥
−
∑
=
n
n
a
a
n
i
i
i
Chứng minh:
12
2
122
1
122
2
11
−
=+
−
≥
−
+⇔
−
≥
−
∑∑
==
n
n
n
n
n
a
a
n
n
a
a
n
i
i
i
n
i
i
i
122
1
12
2
2
2
2
1
2
1
−
≥
−
⇔
−
≥
−
⇔
∑∑
==
n
n
an
n
a
n
i
i
n
i
i
( )
2
11
2
1
2
1
.2
2
1
)12( n
a
an
a
n
n
i
i
n
i
i
n
i
i
≥
−
−⇔≥
−
−⇔
∑∑∑
===
Bất đẳng thức này đúng theo (*)
⇒
đ.p.c.m.
Bài toán 13: (Đề thi đề nghị Olympic 30 tháng 4 lần thứ VIII)
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:
cosA + cosB + cosC
cp
cp
bp
bp
ap
ap
+
−
+
+
−
+
+
−
≥
2
2
2
2
2
2
(1) (p là nửa chu vi)
Lời giải:
Ta chứng minh cosA + cosB + cosC
2
3
≤
Ta có:
cosA + cosB + cosC + cos
3
π
= 2cos
2
BA +
cos
2
BA −
+ 2cos
2
3
π
+C
cos
2
3
π
−C
+
+
+
≤
2
3
cos
2
BA
cos2
π
C
3
cos4
4
3
cos
4
3
cos2.2
π
π
π
≤
+−+
+++
≤
CBA
CBA
⇒
cosA + cosB + cosC
3
cos3
π
≤
=
2
3
9
Vì 0 < cos
2
BA −
≤
1; 0 < cos
−
62
π
C
≤
1; 0 < cos
4
3
π
−−+ CBA
≤
1
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi
=
+
=
=
1
4
3
-C-BA
cos
1
2
3
-C
cos
1
2
B-A
cos
π
π
⇔
A = B = C
Vậy cosA + cosB + cosC =
2
3
⇔
ΔABC đều.
Ta chứng minh
cp
cp
bp
bp
ap
ap
+
−
+
+
−
+
+
−
2
2
2
2
2
2
2
3
≥
(2)
(2)
⇔
1
2
2
1
2
2
1
2
2
+
+
−
++
+
−
++
+
−
cp
cp
bp
bp
ap
ap
2
9
≥
⇔
cp
p
bp
p
ap
p
+
+
+
+
+ 2
4
2
4
2
4
2
9
≥
⇔
+
+
+
+
+ cpbpap
p
2
1
2
1
2
1
4
2
9
≥
⇔
( )
+
+
+
+
+
+++++
cpbpap
cpbpap
2
1
2
1
2
1
222
2
1
2
9
≥
(Vì 2p = a + b + c)
Bất đẳng thức này đúng theo (***)
Vậy (2) đúng
Do đó (1) xẩy ra
⇔
VT = VP =
2
3
⇔
ΔABC đều.
Bài toán 14: Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên đôi một vuông góc với
nhau. Gọi α, β, γ là các góc giữa đường cao xuất phát từ đỉnh và các cạnh bên
của hình chóp. Chứng minh:
4
3
sinsin
cos
sinsin
cos
sinsin
cos
22
2
22
2
22
2
≤
+
+
+
+
+
βα
γ
γα
β
γβ
α
10
Chứng minh:
Vẽ chiều cao SH.
Đặt ASH = α; BSH = β, CSH = γ.
Rõ ràng ta có:
2222
1111
SCSBSASH
++=
(1) A C
Nhân cả hai vế của (1) với SH
2
ta có
cos
2
α + cos
2
β + cos
2
γ = 1 (2) B
Đặt sin
2
β + sin
2
γ = a; sin
2
α + sin
2
γ = b; sin
2
α + sin
2
β = c,
Khi đó dựa vào (2) ta có a + b + c = 2(sin
2
α + sin
2
β + sin
2
γ) = 4
Ta có cos
2
α = 1 - sin
2
α = 1 – (2 - sin
2
β - sin
2
γ) = a – 1.
Tương tự cos
2
β = b – 1; cos
2
γ = c – 1.
Vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
4
3
111
≤
−
+
−
+
−
c
c
b
b
a
a
hay
4
9
11
1
≥++
cba
(3)
Theo (***) có: (a + b + c)
++
cba
111
≥ 9, mà a + b + c = 4,
Vậy (3) đúng
⇒
đ.p.c.m.
Dấu “=” xẩy ra
⇔
a = b = c
⇔
α = β = γ
⇔
SA = SB = SC.
Bài toán 15: Cho tứ diện ABCD, M là một điểm ở trong tứ diện. Các đường
thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D của
hình chóp tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh:
12
''''
≥+++
MD
MD
MC
MC
MB
MB
MA
MA
Chứng minh:
11
H
S
A
B
D
α
1
'
11
1
−=
−
=⇒
V
V
V
VV
MA
MA
Tương tự:
1
'
2
−=
V
V
MB
MB
;
1
'
3
−=
V
V
MC
MC
;
1
'
4
−=
V
V
MD
MD
Từ đó suy ra:
4
1111
''''
4321
−
+++=+++
VVVV
V
MD
MD
MC
MC
MB
MB
MA
MA
= (V
1
+ V
2
+ V
3
+ V
4
)
+++
4321
1111
VVVV
- 4 ≥ 16 – 4 = 12 (đ.p.c.m).
III. Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
cbabaaccb ++
≥
+
+
+
+
+
9222
Bài 2: Cho tam giác ABC. Gọi O
1
, O
2
, O
3
là tâm các đường tròn bàng tiếp
các góc A, B, C . Gọi S
1
, S
2
, S
3
là diện tích các tam giác O
1
BC,
O
2
CA, O
3
AB. Chứng minh: S
1
+ S
2
+ S
3
≥ 3S.
Bài 3: Cho tam giác ABC. Chứng minh: absin
2
C
+ bcsin
2
A
+ casin
2
B
≥
S32
Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba chiều cao
AA’, BB’, CC’ cắt đường tròn tâm O tại A
1
, B
1
, C
1
. Chứng minh:
Gọi H, I lần lượt là hình chiếu
của A, M lên mp(BCD). Ta có H, I,
A’ thẳng hàng. Gọi V, V
1
, V
2
, V
3
, V
4
lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD
và hình chóp đỉnh M với các đáy là
các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC
Ta có:
1
.
3
1
.
3
1
'
'
V
V
SMI
SAH
MI
AH
HA
AA
BCD
BCD
===
M
A’
H I
12
C
4
9'''
111
≥++
CC
CC
BB
BB
AA
AA
.
Bài 5:
∀
a
1
, a
2
, ,a
2010
> 0. Chứng minh rằng:
2009
2010
200921
2010
201031
2
201032
1
≥
+++
++
+++
+
+++ aaa
a
aaa
a
aaa
a
Bài 6: Đặt S =
∑
=
n
i
i
a
1
. Chứng minh rằng:
Sn
n
aS
n
i
i
)1(
1
2
1
−
≥
−
∑
=
∀
a
1
, a
2
, ,a
n
> 0.
C. KẾT LUẬN
I. Kết quả ứng dụng:
Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng từ một bất đẳng thức
đơn giản, quen thuộc đã được tôi vận dụng khi bồi dưỡng cho học sinh về bất
đẳng thức. Kết quả là các em đã có thiện cảm hơn đối với chuyên đề này, một
số em còn tỏ ra hào hứng khi làm các bài toán về bất đẳng thức.
II. Lời kết:
Trên đây là những nghiên cứu và kinh nghiệm của bản thân tôi. Hy vọng
đề tài này góp phần để việc dạy và học về bất đẳng thức đạt hiệu quả hơn.
Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn!
Sông Công, ngày 15 tháng 05 năm 2010
Người viết
Phạm Thị Ánh Tuyết
13
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phan Đức Chính, Bất đẳng thức, Nhà xuất bản Giáo dục – 1995.
2. Vũ Đình Hòa, Bất đẳng thức hình học, Nhà xuất bản Giáo dục – 2006.
3. Phan Huy Khải, 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức, Nhà xuất bản Hà
Nội – 1997.
4. Phan Huy Khải, Toán nâng cao cho học sinh đại số 10, Nhà xuất bản Đại
học Quốc gia Hà Nội – 1998.
5. Trần Phương, Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức,
Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí Minh – 2000.
6. Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh, trường THPT chuyên Lê Hồng
Phong, Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 Toán 10 lần thứ VIII - 2002, Nhà
xuất bản Giáo dục – 2002.
14
