Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/hocthemtoan
A. Tính chất luỹ thừa bậc hai: Bình phơng hay luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm (*) Dấu = xảy ra khi a = 0. Lớp 8 học sinh đã đợc làm quen với hằng đẳng thức: (A - B) 2 = A 2 2AB + B 2 Nếu sử dụng tính chất (*) thì Việc khai thác và sử dụng sáng tạo bất đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện t duy và hình thành phơng pháp chứng minh cũng nh cách thức để hình thành bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức đã biết. Từ bất đẳng thức (I): (a b) 2 0 a 2 + b 2 2ab ở cả 3 BĐT (I), (II), (III) dấu = xảy ra khi a = b. B. Khai thác tính chất luỹ thừa bậc hai. I/.Khai thác bất đẳng thức (I): (a - b) 2 0 Từ bất đẳng thức (I) ta có thể đổi biến đặt A = ay; B = bx khi đó (I) trở thành: (ay bx ) 2 0 a, b, x, y Dấu = xảy ra khi ay = bx y x b a = Khai triển và biến đổi: a 2 y 2 2axby + b 2 x 2 0 a 2 y 2 + b 2 x 2 2axby a 2 y 2 + b 2 x 2 +a 2 x 2 + b 2 y 2 a 2 x 2 + 2axby + b 2 y 2 (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 Nh vậy ta có bài toán: 1.Bài toán 1: Chứng minh rằng : (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 (Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số a, b, và x, y) Để khắc sâu các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta sẽ chứng minh bài toán bằng nhiều cách - Phơng pháp 1: Dùng định nghĩa : A > B A B > 0. 1 A 2 0 a a b b a + 2 (II) (a + b) 2 4ab (III) (A - B) 2 0 A,B (I) + Lập hiệu A B. + Chứng tỏ A B > 0. + Kết luận A > B. + Cách 1 : Xét hiệu : (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 = a 2 x 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 - a 2 x 2 - b 2 y 2 2axby = a 2 y 2 - 2axby + b 2 x 2 = (ay - bx) 2 0 luôn đúng a, b, x, y. Vậy (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 Dấu = xảy ra khi y x b a = - Phơng pháp 2 : Phép biến đổi tơng đơng. + Biến đổi A > B A 1 > B 1 A 2 > B 2 (*) + Vậy A > B. + Cách 2 : Ta có (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 a 2 x 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 a 2 x 2 + 2ãby + b 2 y 2 a 2 y 2 - 2axby + b 2 x 2 0 (ay bx) 2 0 luôn đúng a, b, x, y. Dấu = xảy ra khi y x b a = Bất đẳng thức cuối cùng là đúng. Vậy (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 - Phơng pháp 3 : Sử dụng bất đẳng thức đã biết + Cách 3 : Ta có (ay - bx) 2 0 a 2 y 2 2aybx + b 2 x 2 0 a 2 x 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 a 2 x 2 + 2ãby + b 2 y 2 (cộng 2 vế a 2 x 2 , b 2 y 2 ). (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 - Phơng pháp 4 : Phơng pháp phản chứng. + Giả sử có điều trái với kết luận. + Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc điều đã biết. + Giả sử sai kết luận đúng. + Cách 4: Giả sử (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) < (ax + by) 2 a 2 x 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 < a 2 x 2 + 2ãby + b 2 y 2 a 2 y 2 2aybx + b 2 x 2 < 0 (ay - bx) 2 < 0. Vô lý Vậy (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (ax + by) 2 2 Bốn phơng pháp trên thể hiện trong 4 cách giải bài toán 1 là 4 phơng pháp thông thờng để chứng minh bất đẳng thức. Khai thác tiếp tục bất đẳng thức (I) ta có: (ay - bx) 2 0 (az - cx) 2 0 (ay - bx) 2 + (az - cx) 2 + (cy - bz) 2 0 (cy - bz) 2 0 Khai triển, chuyển vế cộng vào 2 vế BĐT : a 2 x 2 + b 2 y 2 + c 2 z 2 ta đợc: a 2 x 2 +a 2 y 2 +a 2 z 2 +b 2 x 2 +b 2 y 2 +b 2 z 2 +c 2 x 2 +c 2 y 2 +c 2 z 2 a 2 x 2 +b 2 y 2 +c 2 z 2 +2axby+2axcz+2bycz (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) (ax + by +cz) 2 2.Bài toán 2 : CMR : (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) (ax + by +cz) 2 ( BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ 3 số a, b, c và x, y, z). Giải Xét hiệu : (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) - (ax + by +cz) 2 =a 2 x 2 +a 2 y 2 +a 2 z 2 +b 2 x 2 +b 2 y 2 +b 2 z 2 +c 2 x 2 +c 2 y 2 +c 2 z 2 - a 2 x 2 - b 2 y 2 - c 2 z 2 -2abxy-2acxz-2bcyz =(a 2 y 2 -2abxy+b 2 x 2 )+(a 2 z 2 2acxz+c 2 x 2 )+(b 2 z 2 -2bcyz+ c 2 y 2 ) =(ay - bx) 2 + (az - cx) 2 + (cy - bz) 2 0 Dấu = xảy ra khi z c y b x a == Bằng cách làm tơng tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát: (a 2 1 + a 2 2 ++ a 2 n )(x 2 1 + x 2 2 ++ x 2 n ) (a 1 x 1 + a 2 x 2 ++ a n x n ) 2 Dấu = xảy ra khi n n x a x a x a === . 2 2 1 1 Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x = a 1 ) Từ bài toán 2 ta có thể đặt ra bài toán: 3.Bài toán 3: Cho ba số a, b, c là 3 số dơng Chứng minh rằng: (a + b + c)( a 1 + b 1 + c 1 ) 9 Giải Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki): (a + b + c)( a 1 + b 1 + c 1 ) ) 111 ( c c b b a a ++ 2 (a + b + c)( a 1 + b 1 + c 1 ) 3 2 = 9 Dấu = xảy ra khi a = b = c. 3 Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)( x 1 + y 1 + z 1 ) 9 Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT: 2(a + b + c)( ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ) 9 ( cb a + + ca b + + ab c + +3) 9 cb a + + ca b + + ab c + 2 3 Bài toán tìm đợc: 4.Bài toán 4: Cho a, b, c là 3 số dơng CMR: cb a + + ca b + + ab c + 2 3 Giải áp dụng bài toán 2 tacó: (a+b+c+b+c+a)( ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ) ) 111 ( ac ac cb cb ba ba + ++ + ++ + + 2 2(a + b + c)( ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ) 9 ( cb a + + ca b + + ab c + +3) 9 cb a + + ca b + + ab c + 2 3 (1) Ta tiếp tục khai thác bài toán 4 theo 2 bớc sau: - Bớc 1 : Nhân 2 vế của (1) với a+b+c > 0. (a + b + c)( ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ) 2 3 (a + b + c) - Bớc 2 : Khai triển rút gọn vế trái sau đó chuyển vế ta đợc: cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 2 cba ++ Đây là nội dung của bài toán 5 5.Bài toán 5 : Cho a, b, c là 3 số dơng CMR: cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 2 cba ++ Chứng minh bài toán 5 ta có thể dẫn từ bài toán 1 theo hớng khai thác để đi đến kết quả. Nhng ta có thể giải độc lập nh sau: - Phơng pháp 1: áp dụng bất đẳng thức bài toán 2 4 [( 2 ) cb a + + ( 2 ) ab b + +( 2 ) ab c + ][( cb + ) 2 + ( ca + ) 2 + ( ba + ) 2 ] 2 )( ba ba c ca ca b cb cb a + + ++ + ++ + 2(a + b + c)( cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 ) (a + b + c) 2 cb a + 2 + ac b + 2 + ab c + 2 2 cba ++ (đpcm) - Phơng pháp 2: áp dụng bất đẳng thức Cô si cb a + 2 + 4 cb + 2 4 . 2 cb cb a + + = a ac b + 2 + 4 ac + b ab c + 2 + 4 ab + c Vậy cb a + 2 + ac b + 2 + ab c + 2 2 cba ++ (cộng theo vế 3 BĐT trên ) Ta tiến hành khai thác bài toán 5 bằng cách: +Trang bị thêm cho bài toán 5 điều kiện : abc = 1. + áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dơng : a + b + c 3 3 abc = 3x1 = 3 6.Bài toán 6: Cho a, b, c là 3 số dơng thoả mãn : abc = 1. CMR cb a + 2 + ac b + 2 + ab c + 2 2 3 (2) Giải Theo bài toán 5 cb a + 2 + ac b + 2 + ab c + 2 2 cba ++ 2 3 2 13 2 3 3 == xabc cb a + 2 + ac b + 2 + ab c + 2 2 3 Xem xét bài toán 6 ta nhận thấy: + Nếu đặt a = x 1 ; b = y 1 ; c = z 1 abc = xyz 1 = 1. Khi đó : x + y = a 1 + b 1 = ab ba + = c(a + b). Tơng tự : y + z = a(b + c). z + x= b(c + a). Do đó BĐT (2) )( 3 cba a + + )( 3 cab b + + )( 3 bac c + 2 3 . 5 )( 1 3 zyx + + )( 1 3 xzy + + )( 1 3 yxz + 2 3 . 7.Bài toán 7: Cho x, y, z là 3 số dơng thoả mãn : xyz = 1 CMR : )( 1 3 zyx + + )( 1 3 xzy + + )( 1 3 yxz + 2 3 . Giải Đặt a = x 1 ; b = y 1 ; c = z 1 abc = xyz 1 = 1. Ta có : x+y = c(a+b) y+z = a(b+c) z+x = b(c+a) Do đó : )( 1 3 zyx + + )( 1 3 xzy + + )( 1 3 yxz + = cb a + 2 + ac b + 2 + ab c + 2 2 3 (theo bài toán 6) Nh vậy từ tính chất về luỹ thừa bậc hai ta đã khai thác đợc chùm 7 bài toán từ dễ đến khó hoặc rất khó mặt khác cũng rèn luyện t duy sáng tạo của học sinh. II/.Khai thác bất đẳng thức II. a b b a + 2 Đặt 0 >= x b a thì . 1 xa b = Ta có ngay bài toán: 8. Bài toán 8: Cho số dơng x. Chứng minh rằng: x + x 1 2. Khai thác bài toán 8 ta thấy: x. 1 1 = x . Do đó nếu ta dùng 4 số dơng a, b, c, d thoả mãn : abcd=1. Khi đó: ab= cd 1 (cd= ) 1 ab Ta khám phá đợc bài toán mới: 9. Bài toán 9: Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1 CMR: ab + cd 2 (hoặc ac + bd 2; ad + bc 2) 6 (Chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần đa về bài toán 8 bằng cách dùng điều kiện abcd=1) Lại có: a 2 + b 2 2ab ; c 2 + d 2 2cd. Do đó : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 2ab + 2cd Liên kết với bài toán 9 ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 2(ab + cd) 4 10. Bài toán 10: Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1 CMR: : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 4 Tiếp tục liên kết bài toán 9 và 10 ta có: 11. Bài toán 11: Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mãn abcd=1 CMR: : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + cd + ac + bd 10 Giải Từ điều kiện a. b, c, d > 0 và abcd=1 Ta có: : ab = cd 1 ; ad = bc 1 ; ca = bd 1 Do đó: (ab + cd) + (da + bc) + (ac + bd) = (cd + ) 1 cd + (bc + ) 1 bc + (bd + ) 1 bd 2 + 2 + 2 = 6 (Bài toán 9) Mà a 2 + b 2 + c 2 + d 2 4 (bài toán 10) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + cd + ac + bd 10 Dấu = xảy ra khi a = b = c = d Vây từ bất đẳng thức (II) ta khai thác thành 1 chùm 4 BĐT (8 11 ) III. Khai thác bất đẳng thức III: (a + b) 2 4ab a, b Là bất đẳng thức đa ra mối quan hệ của bình phơng1tổng với tích cuả chúng. Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b là 2 số dơng. Chia 2 vế của (III) cho ab(a + b) ta đợc: ab ba + ba + 4 a 1 + b 1 ba + 4 12. Bài toán 12: Cho a,b là 2 số dơng Chứng minh rằng: a 1 + b 1 ba + 4 Giải Xét hiệu a 1 + b 1 - ba + 4 = )( 4)()( baab abbabbaa + +++ = ( ) ) 2)( baab ba + 0 Vậy a 1 + b 1 ba + 4 Dấu = xảy ra khi a=b 7 Khai thác bài toán 12 tơng tự nh cách khai thác bài toán 1. Ta có: a 1 + b 1 ba + 4 c 2 + d 2 4 b 1 + c 1 cb + 4 c 1 + a 1 ac + 4 Do đó nếu cộng theo vế của 3 BĐT trên ta đợc: ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ( 2 1 + a 1 + b 1 ) 1 c 13. Bài toán 13: Cho a, b, c là 3 số dơng. CMR: ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ( 2 1 + a 1 + b 1 ) 1 c Giải Theo bài toán 12: ba + 1 ( 4 1 + a 1 b 1 ) cb + 1 ( 4 1 + b 1 c 1 ) ac + 1 ( 4 1 + c 1 a 1 ) Cộng theo vế của 3 BĐT trên: ba + 1 + cb + 1 + ac + 1 ( 2 1 + a 1 + b 1 ) 1 c Dấu = xảy ra khi a=b=c Khai thác bài toán 13 bằng cách : + Đặt a= x + y; b= y + z; c= z + x = a 1 yx + 1 ( 4 1 x 1 + y 1 ) = b 1 zy + 1 ( 4 1 y 1 + z 1 ) = c 1 xz + 1 ( 4 1 z 1 + x 1 ) + Thêm điều kiện : + x 1 y 1 + z 1 = 4 Ta hình thành bài toán 14 là một BĐT đã là một bài thi đại học khối A năm 2005. Điều này càng chứng tỏ việc học sinh nắm chắc kiến thức ngay từ lớp dới là vô cùng quan trọng. 14. Bài toán 14: Cho x, y, z là các số dơng thoả mãn: + x 1 y 1 + z 1 = 4 CMR: zyx ++ 2 1 + zyx ++ 2 1 + zyx 2 1 ++ 1 (Đại học khối A năm 2005) 8 Giải - Cách 1 Ta có : zyx ++ 2 1 = )()( 1 zxyx +++ 4 1 ( yx + 1 + zy + 1 ) 16 1 ( x 1 + y 1 + z 1 + z 1 ) Tơng tự: zyx ++ 2 1 16 1 ( x 1 + y 1 + z 1 + z 1 ) zyx 2 1 ++ 16 1 ( x 1 + y 1 + z 1 + z 1 ) Cộng theo vế 3 BĐT trên: zyx ++ 2 1 + zyx ++ 2 1 + zyx 2 1 ++ 16 1 . 4 ( + x 1 y 1 + z 1 ) Mà + x 1 y 1 + z 1 = 4 Vậy zyx ++ 2 1 + zyx ++ 2 1 + zyx 2 1 ++ 1 Dấu = xảy ra khi x = y = z = 3 4 - Cách 2: Ta có zyx ++ 2 1 = )(2 1 zyx ++ 4 1 ( x2 1 + zy + 1 ) x8 1 + 16 1 ( y 1 + z 1 ) = x8 1 + y16 1 + z16 1 Tơng tự: zyx ++ 2 1 x16 1 + y8 1 + z16 1 zyx 2 1 ++ x16 1 + y16 1 + z8 1 Cộng theo vế các BĐT: zyx ++ 2 1 + zyx ++ 2 1 + zyx 2 1 ++ 4 1 ( x 1 + y 1 + z 1 )=1 Vậy zyx ++ 2 1 + zyx ++ 2 1 + zyx 2 1 ++ 1 Khai thác bài toán 14 bằng cách đặt vào tam giác ta có: 15. Bài toán 15: Xét tam giác ABC có: BC = a, CA = b, AB = c, chu vi a+b+c = 2p không đổi. CMR: cba ab 2 ++ + cba bc ++ 2 + cbc ac ++ 2 2 p Giải áp dụng bài toán 12 Ta có: cba ab 2 ++ = )()( cbca ab +++ 4 1 ( ca ab + + cb ab + ) cba bc ++ 2 4 1 ( ba bc + + ca bc + ) cba ac ++ 2 4 1 ( ab ca + + ba ca + ) Cộng theo vế của 3 BĐT ta đợc: 9 cba ab 2 ++ + cba bc ++ 2 + cba ac ++ 2 4 1 ( ca ab + + cb ab + + ba bc + + ca bc + + ab ca + + ba ca + ) = 4 1 (a + b + c) = 4 1 .2p = 2 p Dấu = xảy ra khi ABC đều có a = b =c = 3 2 p Tiép tục khai thác bải toán trong tam giác về mối quan hệ giữa cạnh của tam giác và chu vi của nó ta có: 16. Bài toán 16 Trong ABC có chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c là độ dài 3 cạnh ). CMR : ap 1 + bp 1 + cp 1 2 ( a 1 + b 1 + c 1 ) Giải Nhận xét : p - a = 2 cba ++ - a = 2 acb + > 0 ( vì b + c > a bất đẳng thức tam giác ) Tơng tự : p - b > 0 ; p- c > 0. Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c p - b + p - c = a p - c + p - a = b Do đó ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức bài toán 12 nh sau: ap 1 + bp 1 )()( 4 bpap + = c 4 bp 1 + cp 1 a 4 cp 1 + ap 1 b 4 Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có : ap 1 + bp 1 + cp 1 2 ( a 1 + b 1 + c 1 ) Dấu = xảy ra khi ABC đều 10