A PHẦN MỞ ĐẦU Bất đẳng thức dạng tốn hay khó học sinh trình học tập kỳ thi, trước hết kỳ thi đại học mà hầu hết học sinh THPT phải vượt qua Ngoài bất đẳng thức dạng thường gặp kỳ thi học sinh giỏi toán cấp: Tỉnh, Quốc gia, Olympic khu vực Olympic quốc tế Để giúp em có thêm số kinh nghiệm trình học tập nhằm nắm vững phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh hoạt việc giải toán bất đẳng thức, định viết đề tài nhằm chia đồng nghiệp, học sinh độc giả số phương pháp, kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức Đề tài gồm phần bản: Phần I: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phần II: Bất đẳng thức lượng giác tam giác Do khuôn khổ đề tài, phần xin miễn nhắc lại kiến thức bất đẳng thức kiến thức trình bày chi tiết sách giáo khoa trung học phổ thông, mà tập trung vào phương pháp biến đổi đồng thời nêu số ví dụ minh họa B NỘI DUNG Phần I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1) Dùng phép biến đổi thích hợp 2) Tam thức bậc 3) Phương pháp đạo hàm, cực trị hàm số 4) Quy nạp 5) Lượng giác hóa 6) Phương pháp hình học 7) Các BĐT thông dụng 8) Một số phương pháp khác I Sử dụng phép biến đổi Ví dụ 1: CM với a,b,c số dương 1< a b c + + a+b a+b+c b b > b+c a+b+c Cộng vế theo vế ta < c c > c+a a+b+c a b c + + a+b b+c c+a Mặt khác ta có a a+c < a+b a+b+c b a+b < b+c a+b+c Cộng vế theo vế ta c b+c < c+a a+b+c a b c + + x − Giải: x 3x 1 x x − x + x − x + = x − 2x + + − x + + 4 3 2   x   + ≥ > ∀x ∈ R = x −  + x−  2  3 3   Do x − x + x > x − (đpcm) Ví dụ 3: CMR 1 + + + 0 với x>0 hay với x>0 sin x < x Ví dụ 2: CMR 0 ∫ dy ⇔ e − > x ⇔ e > + x ∀x > Vậy BĐT với n=1 + Giả sử BĐT với n=k (k ≥ 1) ∀x > tức ex > 1+ x + x2 x3 xk + + + 2! 3! k! Ta c/m BĐT với n=k+1 tức : ex > 1+ x + x2 x3 x k +1 + + + 2! 3! (k + 1)! Thật theo giả thiết quy nạp ta có: ex > 1+ x + x2 x3 xk + + + 2! 3! k! ∀x > y2 y3 yk + + + 2! 3! k! ∀y ∈ ( 0, x ] Như ta có ey > 1+ y + Do ta có: x x ∫ e dy > ∫ (1 + y + y 0 ⇔ ex − > x + y2 yk + + )dy 2! k! x x3 x k +1 + + + 2! 3! (k + 1)! x x3 x k +1 ⇔ e > + x + + + + 2! 3! (k + 1)! x +Vậy theo ngun lí quy nạp ta có BĐT với ∀n ≥ V Sử dụng phương pháp lượng giác hóa Để sử dụng phương pháp lượng giác hóa, trước hết học sinh phải nắm vững tính chất, cơng thức phép biến đổi lượng giác Trên sở đó, số tốn đặt giá trị ẩn thích hợp qua hàm số lượng giác thuận tiện Ví dụ 1: CMR ∀x, y ta có: − ( x − y )(1 − x y ) ≤ ≤ 4 (1 + x ) (1 + y ) Π  Π Giải: Đặt x = tgα y = tgβ  − < α , β <   2 Ta có: A= ( x − y )(1 − x y ) (1 + x ) (1 + y 2) (tg 2α − tg β )(1 − tg 2α tg β ) = (1 + tg 2α ) (1 + tg β ) = (sin α cos β − sin β cos α )(cos α cos β − sin α sin β ) = sin(α + β ) sin(α − βb) cos(α + β ) cos(α − β ) = sin(2α + β ) sin( 2α − β ) ⇒ A ≤ ⇒ dpcm *) Một số tập: CMR ∀x, y ∈ R − ( x + y )(1 − xy ) ≤ ≤ ( x + 1)( y + 1) 2 Cho số thực a, b, c, d thõa mãn a + b =   c + d =  CMR − ≤ ac + bd ≤ VI Phương pháp hình học a) Sử dụng BĐT vectơ u + v ≤ u + v Dấu “=” xảy ⇔ u, v chiều u.v ≤ u v ∨ u v ≤ u v Ví dụ 1: Cho a, b, c số thực CM ( a − b) + c + ( a + b) + c ≥ a + c Giải: Đặt u = (a − b; c) v = (a + b; c) u + v = (2a;2c) Ta có u + v ≥ u + v suy đpcm Ví dụ 2: CM ∀x, y ∈ R x + y + x + + x + y − x − 12 y + 10 ≥ Giải: Đặt u = ( x + 3;2 y ) v = (1 − x;3 − y ) u + v = (4;3) Lại áp dụng u + v ≥ u + v suy đpcm Ví dụ 3: CM ∀a, b, c abc(a + b + c) ≤ a + b + c Chú ý: Phương pháp vectơ áp dụng trường hợp ta biểu diễn thành phần bđt thành đồ dài vectơ nhiên áp dụng thường thi khơng có ràng buộc biên cịn có ràng buộc ta thường dùng phương pháp tọa độ b) Phương pháp tọa độ: Ví dụ 4: Cho a,b thõa mãn a – 2b + = CMR ( a − 3) + (b − 5) + (a − 5) + (b − 7) ≥ Giải: Chọn A(3; 5) B(5; 7) M(a; b) thõa mãn a – 2b + = nên nằm đường thẳng x- 2y + 2=0 (∆) Lấy A’ đối xứng A qua (∆) ta có A’(5; 1) Ta có MA+MB=MA’+MB ≥ A’B Hay (a − 3) + (b − 5) + (a − 5) + (b − 7) ≥ Dấu “=” xảy ⇔ a = ∧ b − A x c) Các phương pháp khác: M A Ví dụ 5: Cho 0 Tìm MIN S = ab + ab a + b ≤ Cho  Sử dụng BĐT Bunhiacopxki(BCS) Với số ( a1 , a , , a n ) ( b1 , b2 , , bn ) ta có ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 ) a a a n Đẳng thức xảy ⇔ b = b = = b n Với quy ước ai=0 bi=0 Chứng minh: +Nếu a12 + a22 + + an =0 suy BĐT luôn +Nếu a12 + a22 + + an >0 Xét tam thức f ( x) = (a1 x − b1 ) + (a x − b2 ) + + (a n x − bn ) 2 2 f ( x) = (a12 + a + + a n ) x − 2(a1b1 + a b2 + + a n bn ) x + (b12 + b2 + + bn ) f ( x) ≥ ∀x ∈ R ⇒ ∆' ≤ 2 2 ⇔ (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a12 + a + + a n )(b12 + b2 + + bn ) Ví dụ 1: Cho số thực x, y thõa mãn x + y = CMR x + y ≥ Giải: Theo BĐT BCS ta có   1  x + y  ≤  + 1 x + y ⇔ x + y ≥  2    ( )  x = 2x 3y  ⇒ Dấu “=” xảy ⇔ = y =  3  Ví dụ 2: a) Cho n số thực ( a1 , a , , a n ) n số dương ( b1 , b2 , , bn ) a ( a + a + + a n ) a2 a2 CMR + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn b) CMR a2 b2 + + ≥ ∀a, b > b + 2a a + 2b + 2ab Giải: a) Áp dụng BĐT BCS cho số dương  a1 a a   ; ; ; n   b bn   b2  ( b1 ; b2 ; ; bn ) Ta có  a2 a2 a2  (a1 + a + + a n ) ≤  + + + n ( b1 + b2 + + bn ) b bn   b2  2 a n (a1 + a + + a n ) a12 a ⇔ + + + ≥ b1 b2 bn (b1 + b2 + + bn ) b) Áp dụng kết a) ta có a2 b2 (a + b + 1) + + ≥ = ⇒ đpcm b + 2a a + 2b + 2ab b + 2a + a + 2b + 2ab + Ví dụ 3: Cho ab+bc+ca=1 a, b, c số dương CMR a b c + + ≥ (a + b + c) b c a Giải: Áp dụng BĐT BCS ta có a, b, c dương nên  a b c a b  ≤ ( ab + bc + ca )  + + (a + b + c) =  ab + bc + ca   b c a b c   a b c ⇒ + + ≥ (a + b + c) b c a “=” ⇔ ab a b bc = b c = ac c a ⇔a=b=c= c  a VII Các phương pháp khác Sử dụng khai triển nhị thức Newton Để c/m A ≥ B ta làm sau a) Nếu đưa A dạng n i A = ( a + b) n = ∑ C n a n −i b i i =0 Ta tìm cách c/m B khơng lớn tổng T số phần tử chuỗi B ≤ T ≤ A (cách ngắt chuỗi dương) b) Nếu đưa B dạng n i B = ( x + y ) n = ∑ C n x n −i y i (*) i =0 Ta tìm cách đánh giá số hạng chuỗi (*) không lớn biểu n n j =0 j =0 thức TJ mà ∑ T j ≤ A lúc B ≤ ∑ T j ≤ A Ví dụ 1: Nếu x < n nguyên, n>1 (1 + x) n + (1 − x ) n < n Giải: Ta có n i n = (1 + x + − x ) n = (1 + x) n + (1 − x) n + ∑ C n (1 + x ) n −i (1 − x) i i =1 Vì x < nên (1 + x) n−i (1 − x) i > ∀i ∈ 1,2, n − Vậy n > (1 + x) n + (1 − x) n Ví dụ 2: CMR ∀m nguyên dương, m ≥ ta có:  m2 −1   m2     m +1   1 +  < (1)  m −1 Giải: m +1   (1) ⇔ 1 + ÷  m −1 m +1     > 1 + ÷ ⇔ 1 + ÷  m −1  m −1 + m − (m − 1) >1+ m +1 1    2 m +1  ⇔ 1+ C + C2 m+1  ÷ + + C2 m+1  ÷ m −1  m −1   m −1 Mặt khác ta có: m +1 > 1+ + m − (m − 1) 4m − > 3m − 2m + m(2m + 1) m(2m + 1)(2m − 1) ⇔ + + > + 2 m −1 m − (m − 1) 3(m − 1) (m − 1) ⇒ đpcm Ví dụ 3: Nếu n số tự nhiên lớn CM n n < 1+ n Giải: Vì n > ⇒ n n > Đặt n n = + x( x > 0) Lúc ta có n = (1 + x) n = + nx + ⇒ x +1 < 1+ n( n − 1) n(n − 1) 2 x + + x n ⇒ n > + x ⇒ x2 < ⇒ x < 2 n n 2 ⇒ n n < 1+ n n Sử dụng phương pháp phân chia a) Nếu hàm số biến thiên phức tạp tập xác định ta chia tập xác định D thành tập D1, D2,….sao cho việc tìm cực trị hàm số tập dễ dàng b) Nếu tính chất hàm thay đổi tập ta phân tích hàm thành tổng hàm đơn giản để tìm cực trị hàm thành phần Ví dụ 1: Tìm Max F ( x, y ) = x 2002 y (4 − x − y ) với x,y số thực thõa mãn x ≥  y ≥ x + y ≤  Giải: + Khi x + y ≥ ta có F ≤ Dấu “=” xảy ⇔ x + y = + Khi x + y < ta có x ≥ 0, y ≥ 0, − x − y ≥ Áp dụng BĐT Cauchy cho 2004 số không âm ta F = 20022002 x x x y.(4 − x − y ) 2002 2002 2002 2004 x    2002 2002 + y + − x − y ÷ ⇒ F ≤ 20022002  ÷ 2004  ÷   20022002 = 5012004 2002   x = 501 x  2002 2002 '='⇔ = y =4− x− y ⇔  Vậy F ≤ 5012004 2002 y =  501  Ví dụ 2: Tìm Min F ( x) = x − 20011 + x − 2002 x∈R Giải: Xét trường hợp: + x ≥ 2002 Lúc F ( x) = x − 4003 ⇒ F ( x ) ≥ ' =' ⇔ x = 2002 + x ∈ ( 2001,2002) ⇒ F ( x) = + x ≤ 2001 ⇒ F ( x) = 4003 − x ≥ ' =' ⇔ x = 2001 Vậy Min F ( x) = ⇔ x ∈ [ 2001,2002] Ví dụ 3: Tìm Min A = x( y + z ) + z ( x + y ) x, y, z số thực thõa mãn x2 + y + z = Giải: Đặt A1 = xy + yz + zx; A2 = zx ⇒ A = A1 + A2 Ta có: ( x + y + z ) ≥ ⇒ x + y + z + A1 ≥ ⇔ A1 ≥ − Đẳng thức xảy x + y + z = ⇔ 2 x + y + z = (1) Ta có 1 1 A2 = z x ≤ ( z + x ) = (1 − y ) ≤ ⇒ − ≤ A2 ≤ 2 2 Đẳng thức xảy y =  ⇔ x = − z x + y + z =  (2)  x=   (1)   1  1 ⇒ A ≥  − ÷+  − ÷ = −1; ' = ' ⇔  ⇔  y =  2  2 (2)  z = −   Sử dụng mối quan hệ bất đẳng thức: Ví dụ từ đẳng thức xy + yz + zx = −1 ta có bđt ( x + y + z ) ≥ ⇒ x + y + z ≥ Từ ta chứng minh dễ dàng BĐT Ví dụ : Đặt x = a+b ; a −b y= b+c c+a ; z= b−c c−a Ta có 2 a +b b+c c+ a   +  +  ≥ (1) a−b b−c c−a a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 ⇒ + + ≥ ( 2) ( a − b) (b − c) (c − a ) 2 ab bc ca (a − b) + (b − c) + (c − a) ≥ − (3) Cộng (2) (3) biến đổi ta có: a3 − b3 b3 − c3 c3 − a3 + + ≥ (a − b) (b − c) (c − a ) Với số mối quan hệ ta có nhiều bđt Vì c/m cần sử dụng khéo léo quan hệ Phần II: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC I Sự liên quan bất đẳng thức tam giác: Trong trình chứng minh BĐT tam giác, phép biến đổi tương đương ta tìm mối quan hệ mật thiết từ bất đẳng thức có vẽ hồn tồn khác Ví dụ 1: Xét BĐT ( p − a)( p − b)( p − c) ≤ abc (1) a, b, c độ dài cạnh tam giác ; p nửa chu vi CM: Theo BĐT Cauchy ta có ( p − a + p − b) c = 4 ( p − b + p − c) a2 ( p − b)( p − c) ≤ = 4 ( p − c + p − a) b2 ( p − c)( p − a) ≤ = 4 ( p − a)( p − b) ≤ Nhân tương ứng theo vế số không âm ta [ ( p − a)( p − b)( p − c)] ≤  abc  suy đpcm     Bây ta biến đổi (1) sau : (1) ⇔ p ( p − a)( p − b)( p − c) ≤ p abc p abc p abc ⇔ pr ≤ abc 4R ⇔ R ≥ 2r (2) ⇔ S2 ≤ (2) BĐT hoàn toàn khác so với (1) CM (2) sau: Ta có ab sin C = R sin A sin B sin C = pr a+b+c ⇒ R sin A sin B sin C = r r sin A sin B sin C sin A sin B sin C A B C ⇔ = = = sin sin sin A B C R sin A + sin B + sin C 2 cos cos cos 2 r ⇔ = cos A + cos B + cos C − ≤ − = ⇒ R ≥ 2r (dpcm) R 2 S= ( cos A + cos B + cos C ≤ BĐT bản) Tiếp tục biến đổi theo hướng khác : p p  abc  (1) ⇔ S ≤ abc ⇔   ≤ abc 8  4R  abc ⇔ ≤ a + b + c (3) R ⇔ sin A sin B sin C ≤ sin A + sin B + sin C ( 4) (4) BĐT liên quan góc CM (4) sau : (4) ⇔ sin A sin B sin C ≤ cos ⇔ sin A B C cos cos 2 A B C sin sin ≤ 2 ⇔ cos A + cos B + cos C ≤ Suy đpcm Tiếp tục biến đổi (1) : a+b+c ≥ abc R h h + hb hc + hc 1 1 ⇔ + + ≥ ⇔ a b ≥ 2 bc ca ab R 4S R 4S ⇔ hb + hb hc + hc ≥ (5) R (1) ⇔ (3) ⇔ (5) BĐT liên quan đến đường cao Ta biến đổi (1) (1) ⇔ ⇔ 2p 8(a + b + c) ≥ ⇔ ≥ ( p − a)( p − b)( p − c) abc ( p − a )( p − b)( p − c) abc ( p − a ) + ( p − b) + ( p − c ) 1   ≥ 8 + + ÷ ( p − a )( p − b)( p − c)  ab bc ca  1 1   + + ≥ 8 + + ÷ ( p − b)( p − c) ( p − c)( p − a ) ( p − a )( p − b)  ab bc ca  rr rr rr h h + h hc + h h ⇔ a 2b + b 2c + c 2a ≥ a b b c a S S S 4S ⇔ rb + rb rc + rc ≥ 2(ha hb + hb hc + hc ) (6) ⇔ ⇔ ( p − a ) + ( p − b) + ( p − c ) 1   ≥ 8 + + ÷ ( p − a )( p − b)( p − c)  ab bc ca  ⇔ 1 1   + + ≥ 8 + + ÷ ( p − b)( p − c) ( p − c)( p − a ) ( p − a )( p − b)  ab bc ca  (6) BĐT liên quan đến bán kính đường tròn bàng tiếp đường cao Từ biến đổi ta thấy BĐT sau tương đương : ( p − a)( p − b)( p − c) ≤ abc (1) R ≥ 2r (2) abc ≤ a+b+c R2 (3) sin A sin B sin C ≤ sin A + sin B + sin C (4) hb + hb hc + hc ≥ 4S R2 rb + rb rc + rc ≥ 2(ha hb + hb hc + hc ) (5) (6) Từ (5) (6) suy 8S rb + rb rc + rc ≥ R (7) Tóm lại, BĐT tam giác trơng khác lại có mối quan hệ tương đương hệ Để dễ nhớ CM BĐT ta thường từ hệ thức BĐT quen thuộc biến đổi BĐT mới, từ suy cách CM BĐT gặp Ví dụ 2: Ta có hệ thức tam giác (1) tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC   A B B C C A tg tg + tg tg + tg tg = (2)  Từ (1) ta suy BĐT tgA + tgB + tgC ≥ 3 (3) tgAtgBtgC ≥ 3 (4) (4) ⇒ tgAtgB + tgBtgC + tgCtgA ≥ 33 tg Atg Btg C ≥ (5) (5) ⇒ tg A + tg B + tg C ≥ tgAtgB + tgBtgC + tgCtgA ≥ (6) Vậy từ (1) có (3),(4),(5),(6) Xuất phát từ (2) ta có: B C B C C A  A  A B  tg + tg + tg  ≥ 3 tg tg + tg tg + tg tg  = 2 2 2   2 A B C ⇒ tg + tg + tg ≥ (7) 2 2 A B C 1 A B C (7) ⇒ tg + tg + tg ≥  tg + tg + tg  = (8) 2 3 2 2 2 B C C A  A B C3  A B 3tg tg tg  ≤  tg tg + tg tg + tg tg  = 2 2  2 2  2 A B C ⇒ tg tg tg ≤ (9) 2 3 A B Từ (3) (9) ⇒ tgA + tgB + tgC ≥ 27tg tg tg C (10) Tóm lại từ số hệ thức ta thấy ẩn chứa nhiều BĐT cần khai thác II Những phương pháp chứng minh chọn lọc BĐT tam giác Việc lựa chọn phương pháp để chứng minh BĐT quen thuộc tam giác giúp rút ngắn thời gian làm Ví dụ : CM BĐT: sin A + sin B + sin C ≤ 3 (1) Giải : (1) CM theo nhiều phương pháp, sau phương pháp ngắn gọn: Ta có sin A + sin B + sin C = cos C A− B C  C  C + sin  ≤  cos  cos 1 + sin  2 2  2 3 2 2  C C  1 1 1  3  C Π  ≤  + 1 =  cos + + sin   =  + cos −  ≤  3 32      Ví dụ : CM BĐT cos A + cos B + cos C ≤ (2) (2) CM đơn giản sau : cos A + cos B + cos C = 2cos A+ B A− B C cos + − 2sin = 2 2sin C A− B C − sin ÷+  cos 2 2 C C 1 C C ≤ 2sin 1 − sin ÷+ ≤  sin + − sin ÷ + = 2 2 2 2 Ví dụ 3: CM BĐT sin A sin B sin C ≤ 3 (3) (3) cm dễ dàng từ (1), ta cm (3) sau sin A sin B sin C = ( cos( A − B) + cos C ) sin C ≤ (1 + cos C ) sin C      2   2 1 sin C  3 Π  3  ≤ 1 + cos C +  3= 1 + cos C −   ≤     4     Ví dụ 4: CM BĐT cos A cos B cos C ≤ (4) Ta có 1 A− B  − cos C  cos C ≤ (1 − cos C ) cos C  cos 2 2  1 ≤ (1 − cos C + cos C ) = cos A cos B cos C = Ví dụ : CM sin Ta có sin A B C + sin + sin ≤ 2 2 A B C A+ B A− B A+ B + sin + sin = sin cos + − sin 2 2 4 A+ B A+ B A+ B 1 3  ≤ sin + − sin = −2 sin −  + ≤ 4 2 2  C KẾT LUẬN Trên số kinh nghiệm đúc rút trình giảng dạy 30 năm qua, đặc biệt trình bồi dưỡng học sinh giỏi Từ vấn đề trình bày rút kết luận rằng: việc nghiên cứu giải toán bất đẳng thức học sinh phải trình thường xuyên đặc biệt phải nghiên cứu chu đáo từ kiến thức lớp 10 Trong phương pháp chứng minh BĐT theo suốt chương trình từ lớp 10 hồn thiện lớp 12 tìm cực trị GTLN, GTNN hàm số BĐT lượng giác tam giác vận dụng BĐT hệ thức lượng tam giác lại ẩn chứa phép biến đổi tinh vi mà người thấy Mặc dù cịn nhiều hạn chế tơi hy vọng đề tài đóng góp tốt cho bạn đồng nghiệp học sinh tìm hiểu sâu sắc bất đẳng thức nhằm nâng cao hiệu giảng dạy học tập Tôi mong nhận ý kiến đóng góp độc giả D TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ sách giáo khoa hợp năm 2000 Bộ sách giáo khoa-Ban khoa học tự nhiên-Bộ sách thứ nhất-NXBGD 2003 Phương pháp tìm GTLN GTNN Phan Huy Khải Tài liệu bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên Bất đẳng thức vấn đề liên quan Trần Nam Dung, Nguyễn Văn Mậu Bất đẳng thức: suy luận khám phá - Phạm Văn Thuận Lê Vĩ 500 Bất đẳng thức Cao Minh Quang Sáng tạo bất đẳng thức - Phạm Kim Hùng ... KẾT LUẬN Trên số kinh nghiệm đúc rút trình giảng dạy 30 năm qua, đặc biệt trình bồi dưỡng học sinh giỏi Từ vấn đề trình bày rút kết luận rằng: việc nghiên cứu giải toán bất đẳng thức học sinh phải... Phần I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1) Dùng phép biến đổi thích hợp 2) Tam thức bậc 3) Phương pháp đạo hàm, cực trị hàm số 4) Quy nạp 5) Lượng giác hóa 6) Phương pháp hình học 7)... hạn chế hy vọng đề tài đóng góp tốt cho bạn đồng nghiệp học sinh tìm hiểu sâu sắc bất đẳng thức nhằm nâng cao hiệu giảng dạy học tập Tôi mong nhận ý kiến đóng góp độc giả D TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ