UBND TỈNH HẢI DƯƠNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN BẤT ĐẲNG THỨC a + b + c ≥ ab + bc + ca VÀ CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG Bộ môn: Toán học Năm học 2014 - 2015 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: “Bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca và các bài toán áp dụng” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Tác giả: Họ tên: Nguyễn Thị Minh Nam (nữ): Nữ Ngày/ tháng/năm sinh: 12/ 09/ 1983 Trình độ chuyên môn: ĐH sư phạm Toán Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Chu Văn An Điện thoại: 0983967775 Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Trường THCS Chu Văn An Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: - Có thể áp dụng với các điều kiện sở vật chất của nhà trường - Áp dụng với HS khá giỏi lớp 8, Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: năm học 2014 - 2015 TÁC GIẢ XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (ký, ghi rõ họ tên) Nguyễn Thị Minh TÓM TẮT SÁNG KIẾN Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Bất đẳng thức là một chủ đề đa dạng và hấp dẫn Trong quá trình giảng dạy về bất đẳng thức, nhận thấy đa số học sinh gặp bất đẳng thức thường hay lúng túng, không biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải thế nào? Với vai trò là một giáo viên dạy môn Toán, muốn học sinh nắm được các phương pháp và kỹ thuật bản nhất để chứng minh bất đẳng thức, từ đó không thấy sợ gặp dạng toán này mà ngược lại có niềm yêu thích và đam mê tìm hiểu nó Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức Đôi khi, việc ta sử dụng những bất đẳng thức phụ, những bổ đề nhỏ, quen thuộc lại mang đến những hiệu quả bất ngờ Đánh giá a + b + c2 ≥ ab + bc + ca rất bản, phổ biến và thường gặp Nó là công cụ để chứng minh nhiều bất đẳng thức khác Đặc biệt, các cuộc thi học sinh giỏi và các kì thi vào THPT có nhiều bài toán áp dụng bất đẳng thức này Để giúp các em học sinh khá giỏi lớp 8, tự tin chứng minh bất đẳng thức và các bài toán liên quan, đã viết sáng kiến: “ Bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca và các bài toán áp dụng” Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến 2.1 Điều kiện - Phòng học và sở vật chất phục vụ cho dạy học - Kiến thức bản về bất đẳng thức 2.2 Thời gian: tiết học 2.3 Đối tượng áp dụng sáng kiến: HS khá giỏi lớp 8, Sáng kiến gồm những nội dung sau: - Bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca và một số cách khai thác: Phần này sẽ trình bày về bất đẳng thức a + b + c2 ≥ ab + bc + ca một số cách khai thác bất đẳng thức đó để có các bất đẳng thức mới - Một số bài toán áp dụng: Trong thực tế giải toán, các bất đẳng thức ta gặp thường rất đa dạng và không rơi vào dạng các bất đẳng thức ở phần Lúc này ta cần sử dụng khéo léo các kỹ thuật mới giải được Ở phần này sẽ gồm các bài tập củng cố cách sử dụng bất đẳng thức a + b + c2 ≥ ab + bc + ca vào chứng minh các bất đẳng thức phức tạp hơn, đồng thời rèn luyện tư ứng biến tình huống một cách linh hoạt trước những vấn đề đòi hỏi sự sáng tạo - Bài tập luyện tập Phần này đưa một số bài tập tương tự để luyện tập Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến Sáng kiến này được áp dụng với các em học sinh khá giỏi lớp 8, của trường Kết quả là kỹ chứng minh bất đẳng thức của các em tăng lên rõ rệt, đồng thời cũng làm tăng thêm niềm yêu thích và ham mê làm toán, đặc biệt là toán về bất đẳng thức – một dạng toán đa dạng và hấp dẫn Đề xuất kiến nghị để thực áp dụng mở rộng sáng kiến Bất đẳng thức là mảng kiến thức khó và rộng Trong quá trình giảng dạy, giáo viên có thể nồng ghép các giờ luyện tập, ôn tập và các tiết dạy có phần kiến thức liên quan MÔ TẢ SÁNG KIẾN Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Trong quá trình giải toán ở nhà trường, chuyên đề bất đẳng thức là một chuyên đề hay và lý thú Chính vì vậy mà nó thường xuyên có mặt các kỳ thi chọn HSG các cấp, đặc biệt là cấp THCS và kỳ thi vào lớp 10 Đa số học sinh gặp bất đẳng thức thường hay lúng túng, không biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải thế nào? Với vai trò là một giáo viên dạy môn Toán, muốn học sinh nắm được các phương pháp và kỹ thuật bản nhất để chứng minh bất đẳng thức, từ đó không thấy sợ gặp dạng toán này mà ngược lại có niềm yêu thích và đam mê tìm hiểu nó Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức Đối với bậc THCS thì các phường pháp hay dùng là biến đổi tương đương, dùng bất đẳng thức phụ, sử dụng bất đẳng thức Cô-si, Bunhiacopski, phương pháp tổng bình phương, phương pháp làm trội Đôi khi, việc ta sử dụng những bất đẳng thức đơn giản, quen thuộc lại mang đến những hiệu quả bất ngờ Chính vì vậy, đã viết sáng kiến: “ Bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca và các bài toán áp dụng” Cơ sở lý luận vấn đề Hiện nay, bồi dưỡng học sinh giỏi là một những nhiệm vụ trọng tâm của giáo dục và đào tạo Là giáo viên dạy toán trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, nhận thấy người thầy giáo giỏi không phải là người có khả “nhồi nhét” lượng kiến thức đồ sộ cho HS, mà phải là người thời gian ngắn nhất, truyền thụ được cho HS những kiến thức cần thiết nhất một cách hiệu quả nhất và tối ưu nhất Muốn người thầy phải hướng dẫn HS có các kiến thức và kỹ cần thiết nhất để giải toán và vận dụng linh hoạt kiến thức nhiều tình khác từ đó tạo hứng thú cho học sinh học tập và sáng tạo Thực trạng vấn đề Qua thực tê giảng dạy môn Toán 8, 9, nhận thấy chương trình THCS phần bất đẳng thức chuyên đề khó, nhiều học sinh chí giỏi lo ngại tránh né Hơn nữa, thời lượng dành cho nó rất ít Do đó, mạnh dạn làm sáng kiến này với mong muốn là một tài liệu nhỏ giúp học sinh đỡ khó khăn gặp một số bài bất đẳng thức có dạng hoặc có thể vận dụng được bất đẳng thức làm công cụ để giải toán Các giải pháp, biện pháp thực 4.1 Bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca và một số cách khai thác 4.1.1 Bài toán sở: Cho a, b, c là các số thực Chứng minh rằng: a + b + c2 ≥ ab + bc + ca (1) Chứng minh a + b + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≥ ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ đúng 2 Đẳng thức xảy và chỉ a = b = c Đây đánh giá bản, phổ biến thường gặp Song để áp dụng đánh giá “lỏng lẻo” vào toán phức tạp vấn đề Có nhiều cách để khai thác tiếp cận bất đẳng thức qua trình giải toán Sau xin trình bày số ý tưởng khai thác bài toán sau: 4.1.2 Một số cách khai thác * Khai thác 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo thành các bất đẳng thức mới - Từ bất đẳng thức (1), nhân hai vế với ta được: ( a + b + c ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca Sau đó cộng hai vế của bất đẳng thức với a + b + c2 ta được bất đẳng thức sau: ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) hay a + b + c 2 2 2 ( a + b + c) ≥ a + b2 + c2  a + b + c  ≥ hay ÷ 3   - Cộng hai vế của bất đẳng thức (1) với 2ab + 2bc + 2ca , ta được bất đẳng thức sau: ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng sau: a+b+c ab + bc + ca ≥ với a, b, c > 3 Như vậy bất đẳng thức (1) và các bất đẳng thức sau là tương đương: 2 1.1) ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) hay a +b +c 2 ( a + b + c) ≥ hay a + b2 + c2  a + b + c  ≥ ÷ 3   1.2) ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) hay a+b+c ab + bc + ca ≥ với a, 3 b, c > * Khai thác 2: Thay biến để tạo các bất đẳng thức mới +) Từ bất đẳng thức (1), nếu một biến bằng 1, giả sử c = ta có bất đẳng thức: a2 + b2 + ≥ ab + a + b Dấu = xảy a = b = x +) Từ bất đẳng thức (1), nếu thay a = ;b = y;c = −z ta được bất đẳng thức sau: x2 xy xz + y2 + z2 ≥ − yz − 2 +) Thay a = xy, b = yz, c = zx ta có: x y + y z + z x = ( xy ) + ( yz ) + ( zx ) ≥ xy.yz + yz.zx + zx.xy = xyz ( x + y + z ) 2 Đẳng thức xảy xy = yz = zx hay x = y = z hoặc x = y = hoặc y = z = hoặc x = z = +) Từ bất đẳng thức (1.2), thay a = xy, b = yz, c = zx ta có: ( xy + yz + zx ) ≥ ( xy.yz + yz.zx + zx.xy ) = 3xyz ( x + y + z ) Đẳng thức xảy xy = yz = zx hay x = y = z hoặc x = y = hoặc y = z = hoặc x = z = +) Để có các bất đẳng thức dạng phân thức, từ bất đẳng thức (1), thay 1 a = ;b = ;c = ta được bất đẳng thức sau: x y z 1 1 1 + 2+ 2≥ + + (*) x y z xy yz zx Nhân hai vế của bất đẳng thức với xyz dương, ta được bất đẳng thức đẹp sau:   1 1 1  + + ÷ (*) ⇔ xyz  + + ÷≥ xyz  y z  x  xy yz zx  hay xy yz zx + + ≥x+y+z z x y x y z +) Nếu thay a = ;b = ;c = ta có bất đẳng thức: y z x x y2 z2 x z y + + ≥ + + y2 z2 x z y x Như vậy với một số cách thay biến trên, ta có thể tạo các bất đẳng thức thông dụng, hay dùng là sở để chứng minh các bất đẳng thức phức tạp hơn: 2 2 2 1) x y + y z + z x ≥ xyz ( x + y + z ) 2) ( xy + yz + zx ) ≥ 3xyz ( x + y + z ) 3) 1 1 1 + 2+ 2≥ + + x y z xy yz zx x y2 z2 x z y 4) + + ≥ + + y z x z y x 5) xy yz zx + + ≥ x + y + z với x, y, z > z x y * Khai thác 3: Áp dụng bất đẳng thức nhiều lần +) Áp dụng bất đẳng thức (1) hai lần: lần đầu với a = x ; b = y2; c = z2 ta được : x + y4 + z ≥ x y2 + y2z + z x sau đó tiếp tục áp dụng với a = xy, b = yz, c = zx ta thu được bất đẳng thức sau: x + y + z ≥ x y + y z + z x ≥ xyz(x + y + z) Như vậy ta có một bất đẳng thức thông dụng: x + y + z ≥ xyz(x + y + z) với mọi x, y, z + Áp dụng bất đẳng thức (1) ba lần: lần đầu với a = x ; b = y4; c = z4, sau đó tiếp tục áp dụng với a = x2y2, b = y2z2, c = z2x2 , cuối cùng là với a = xy2z, b = xyz2, c = x2yz ta được: x + y8 + z ≥ x y + y z + z x ≥ x y z + y z x + z x y ≥ x y z + x y z + x y z 8 2 Hay x + y + z ≥ x y z ( xy + yz + xz ) Chia hai vế của bất đẳng thức cho xyz dương ta thu được bất đẳng thức sau: x + y8 + z 1 ≥ + + với x, y, z dương x y3z x y z (Đề tuyển sinh vào THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP.HCM 2001 – 2002) * Khai thác 4: Đặc biệt hóa Bằng cách cho thêm điều kiện của biến, ta sẽ được các bất đẳng thức mà vế phải là các số +) Cho x + y + z = Chứng minh rằng xy + yz + zx ≤ +) Cho x + y + z = -3 Chứng minh rằng x2 + y2 + z2 ≥ Hai bất đẳng thức ta dễ dàng chứng minh được nhờ bất đẳng thức (1.1) và (1.2): ( x + y + z) xy + yz + zx ≤ x +y +z 2 ( x + y + z) ≥ 32 = =3 =3 Dấu bằng xảy x = y = z = Tổng quát, ta có bài toán sau: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = a a) Tìm GTLN của biểu thức A = xy + yz + zx b) Tìm GTNN của biểu thức B = x2 + y2 + z2 4.2 Một số bài toán áp dụng Khi nắm được một số dạng bản của bất đẳng thức sở, ta sẽ có cái nhìn và định hướng tốt chứng minh các bất đẳng thức có liên quan 10 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a+b+c 1 ≥ + +1 + + + + (*) abc a b2 c2 Chứng minh Ta có (*) ⇔ a+b+c 1 − ≥ +1 + + + +1 abc a b2 c2 1 1+ a2 + b2 + c2 ⇔ + + −3≥ + + bc ac ab a2 b2 c2 ab + bc + ca + a ab + bc + ca + b   1    ⇔  − 1÷ +  − ÷+  − ÷ ≥ + a2 b2  bc   ac   ab  ab + bc + ca + c + c2 ( ab + bc + ca = 1) ⇔ − bc − ac − ab (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) + + ≥ + + bc ac ab a2 b2 c2 ⇔ ab + ca bc + ab ac + bc (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) + + ≥ + + 2 bc ac ab a b c2 ⇔ a(b + c) b(c + a) c(a + b) (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) + + ≥ + + (*) 2 bc ac ab a b c2 Đặt x = a(b + c) b(c + a) c(a + b) ;y = ;z = với x, y, z > bc ac ab Khi đó: xy = a(b + c) b(c + a) (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) (a + b)(b + c) = ; yz = ;zx = 2 bc ac c a b2 (*) ⇔ x + y + z ≥ xy + yz + zx ta được bất đẳng thức đúng => đpcm 17 Đẳng thức xảy và chỉ x = y = z ⇔ a = b = c = + Kết hợp với việc sử dụng các bất đẳng thức kinh điển Côsi hay Bunhiacopxki ta chứng minh được các bài toán sau: Bài toán 11: Cho ba số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 2 1  1  1  Tìm GTNN của biểu thức: P =  a + ÷ +  b + ÷ +  c + ÷ a  b  c  Chứng minh P = a + b + c2 + 1 + + +6 a b2 c2 Áp dụng bất đẳng thức (1) và các bất đẳng thức triển khai để sử dụng giả thiết a + b + c = Ta có: a + b + c Mà 2 ( a + b + c) ≥ 2 1 1 1 1 1 = ; 2+ 2+ 2≥  + + ÷ a b c 3 a b c  1 1 1 + + =  + + ÷( a + b + c ) (do giả thiết a + b + c = 1) a b c a b c 1 1 1 Dễ dàng chứng minh được:  + + ÷( a + b + c ) ≥ ⇒ + + ≥ a b c a b c 1 1 1 1 => + + ≥  + + ÷ ≥ 27 a b c 3 a b c  2 => P = a + b + c + 1 1 + + + ≥ + 27 + = 33 a b c 3 1 Vậy GTNN của P là 33 a = b = c = 3 Bài toán 12: 18 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: Chứng minh rằng: ab + bc + ca = a2 b2 c2 + + ≥ b+c c+a a+b Chứng minh Ta có: a + b + c = ( a) +( b) +( c) 2 ≥ ab + bc + ca = Ta đưa bài toán ban đầu về bài toán quen thuộc sau: Chứng minh: a2 b2 c2 a +b+c + + ≥ b+c c+a a+b Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a2 b+c a2 b + c + ≥ =a b+c b+c b2 c+a b2 c + a + ≥2 =b c+a c+a c2 a+b c2 a + b + ≥2 =c a+b a+b a2 b2 c2 a+b+c Suy ra: + + + ≥a+b+c b+c c+a a+b a2 b2 c2 a +b+c + + ≥ hay: => đpcm b+c c+a a+b Bài toán 13: Cho ba số a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ a + b + c3 Chứng minh Theo bất đẳng thức (1) ta có: 19 a +b +c 2 a +b +c 4 ( a + b + c) ≥ (a ≥ 2 =3 + b2 + c2 ) =(a +b +c 2 ) (a + b + c2 ) ≥ a + b2 + c2 (vì a + b + c2 ≥ ) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a + a ≥ a ≥ 2a b + b ≥ b3 ≥ 2b3 c4 + c ≥ c3 ≥ 2c3 Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta có: (a + b + c4 ) + (a + b + c ) ≥ 2(a + b + c3 ) Mặt khác a + b + c ≥ a + b + c (chứng minh trên) Suy 2(a + b + c4 ) ≥ 2(a + b3 + c3 ) Hay a + b + c ≥ a + b3 + c3 (đpcm) + Một những kỹ thuật quan trọng chứng minh bất đẳng thức là kỹ thuật đặt ẩn phụ Chú ý rằng các nhóm a + b + c2 và ab + bc + ca có liên hệ với nhờ hằng đẳng thức ( a + b + c) = a + b + c2 + ( ab + bc + ca ) Bằng phép đặt ẩn phụ và sử dụng bất đẳng thức (1) để đánh giá ẩn phụ, ta chứng minh được các bài toán sau: Bài toán 14: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2 Tìm GTNN của biểu thức: P = a + b + c + Chứng minh 20 ab + bc + ca a + b2 + c2 Đặt a2 + b2 + c2 = t Suy ra: 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 – (a2 + b2 + c2) 9−t => ab + bc + ca = Theo bất đẳng thức (1) ta có a + b + c 2 ( a + b + c) ≥ = 3⇒ t ≥ Đến đây, ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si với kỹ thuật chọn điểm rơi: P=t+ 9−t t t t t 3 = t + − = + + − ≥ + − ≥ + − = 2t 2t 2 2t 2 2t 2 2 Vậy GTNN của P là t = ⇔ a = b = c = Bài toán 15: Cho x, y là các số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( x + y + 1) A= xy + x + y + xy + x + y ( x + y + 1) (Đề thi HSG lớp tỉnh Hải Dương 2009 – 2010) Chứng minh ( x + y + 1) Đặt t = xy + x + y Ta có: ( x + y + 1) ≥ ( xy + x + y ) Suy t ≥ 8t  t  t 10 Ta có: A = t + = +  + ÷≥ + = t 9 t  9 t Vậy GTNN của A là 10 x = y = Bài toán 16: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 21 Chứng minh rằng: + > 14 xy + yz + zx x + y + z (THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng 2003 – 2004) Chứng minh Đặt t = xy + yz + zx thì x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = – 2t (x + y + z) Theo bất đẳng thức (1.1) ta có: xy + yz + zx ≤ = 3 Suy ≤ t ≤ Với phép đặt ẩn phụ này, ta đưa bài toán ba biến về dạng bài toán một biến đơn giản là chứng minh: + > 14 với ≤ t ≤ t − 2t ⇔ 3(1 − 2t) + 2t > 14t(1 − 2t) ⇔ − 4t > 14t − 28t ⇔ 3(1 − 3t) + t > (luôn đúng, dấu bằng không xảy ra)=> đpcm Bài toán 17: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 2009 + ≥ 670 a + b + c ab + bc + ca (Đề thi HSG Tỉnh Đồng Nai 2009 – 2010) Chứng minh ( a + b + c) Ta có: ab + bc + ca ≤ ⇒ ≤ (do giả thiết a + b + c ≤ ) 2007 ≥ 669 ab + bc + ca 22 2009 2007 + = + + 2 2 a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca Áp dụng bất đẳng thức: 1 + + ≥ với a, b, c dương, ta có: a b c a+b+c 1 + = + + 2 2 a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ≥ ≥ (do a + b + c ≤ 3) (a + b + c) 2 Suy 2009 2007 + = + + a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ≥ + 669 = 670đpcm ( ) Bài toán 18: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2 Tìm GTNN của biểu thức: P = a + b + c + ab + bc + ca a b + b c + c 2a (THPT chuyên Phân Bội Châu, Nghệ An 2009 – 2010) Chứng minh Chú ý tạo a b + b 2c + c 2a bằng cách: (a + b + c ) ( a + b + c ) = a + b + c + a b + b c + c a + a 2c + b 2a + c b ( a + b + c ) = ( a b + b 2c + c 2a ) + ( a + b a ) + ( b + c b ) + ( c + a 2c ) (do giả thiết a + b + c = 3) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có: a + b 2a ≥ 2a b ;b3 + c b ≥ 2b 2c ;c3 + a 2c ≥ 2c 2a 3 2 2 => ( a + b a ) + ( b + c b ) + ( c + a c ) ≥ ( a b + b c + c a ) 23 ⇒ ( a + b + c ) = ( a b + b c + c a ) + ( a + b 2a ) + ( b + c b ) + ( c + a c ) ≥ ( a b + b 2c + c2a ) hay a + b + c ≥ a b + b 2c + c 2a 2 Suy P ≥ a + b + c + ab + bc + ca ≥ (theo bài toán 14) a + b2 + c2 Vậy GTNN của P là t = ⇔ a = b = c = Bài toán 19: Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có: ( xyz x + y + z + x + y + z (x +y +z 2 ) ( xy + yz + zx ) ) ≤ 3+ Chứng minh 2 Ta có: ( x + y + z ) ≤ ( x + y + z ) => x + y + z ≤ ( x + y + z ) Suy ra: ( xyz x + y + z + x + y + z (x + y + z ) ( xy + yz + zx ) ) ≤ xyz ( ≤ 3( x + y2 + z ) + x + y2 + z (x + y + z ) ( xy + yz + zx ) xyz ( ) +1 x + y + z ( xy + yz + zx ) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với số dương ta có: x + y + z ≥ 3 x y 2z ; xy + yz + zx ≥ 3 x y 2z => x + y + z ( xy + yz + zx ) ≥ 3xyz Suy ra: 24 ) ( xyz x + y + z + x + y + z (x ≤ + y + z ) ( xy + yz + zx ) xyz ( )= +1 3xyz )≤ +1 + = 3 xyz ( ) +1 x + y + z ( xy + yz + zx ) ( đpcm ) 4.3 Bài tập luyện tập Bài 1: Tìm GTNN của A = xy yz zx + + với x, y, z là các số dương thỏa mãn: z x y a) x + y + z = b) x2 + y2 + z2 = Bài 2: Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c ≤ 27 Chứng minh rằng: a + b + c + ab + bc + ca ≤ 36 Bài 3: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 + z2 = Chứng minh: xy yz zx + + ≥3 z x y Bài 4: Với mọi x, y, z dương, chứng minh rằng: x y3 z + + ≥x+y+z yz xz xy (Canada MO 2002) Bài 6: Cho abc là các số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1+ ≥ a + b + c ab + bc + ca Bài 7: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 25 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = ab + bc + ca ( ab + bc + ca ) Bài 8: Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ab + bc + ca ( a + b + c ) P= + a + b + c2 abc Bài 9: Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng: a + b3 + c3 a + b b + c c + a + + + ≥ 2abc c + ab a + bc b + ca Bài 10: Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: 1 1 1 12  + + ÷≤ + + + b c  a b c a Chứng minh rằng: 1 1 + + ≤ 4a + b + c a + 4b + c a + b + 4c (THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ 2013- 2014) Kết đạt Khi chưa thực nghiệm đề tài này, em học sinh thường tỏ chán lản lúng túng gặp dạng toán chứng minh bất đẳng thức Sau thời gian áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy, thấy hứng thú học tập học sinh nâng lên rõ rệt đối tượng học sinh em đội tuyển Các em định hướng phương pháp chứng minh tốt hơn, từ đó trở lên tin tưởng hơn, vững vàng hơn, say mê hăng hái học môn toán Điều chứng tỏ có phương pháp dạy phù hợp cho dạng toán ,với đối tượng học sinh chắn kết giáo viên thu tốt, hiệu giáo dục nâng lên Trước triển khai sáng có kiểm tra 20 học sinh giỏi với đề bài 26 ĐỀ BÀI (Thời gian làm 30') Chứng minh với số nguyên dương n ta có: 1) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = abc 1 1 Chứng minh rằng: a + b + c ≥  + + ÷ a b c 2) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2 Tìm GTNN của biểu thức: P = a + b + c + ab + bc + ca a + b2 + c2 Sau triển khai đề tài, lại cho 20 học sinh giỏi làm kiểm tra với mức độ đề khó hơn: ĐỀ BÀI (Thời gian làm 30') Chứng minh với số nguyên dương n ta có: 1) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: abc = Chứng minh rằng: ab + bc2 + ca ≥ ab + bc + ca 2) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng: ( a + b + c4 ) a + b2 + c2 + ab + bc + ca ≥2 a + b2 + c2 *) Kết quả: a, Khi chưa áp dụng sáng kiến: điểm < 20 HS SL % 20 b, Sau ¸p dông s¸ng kiÕn: 27 £ điểm < 8 £ điểm £ 10 SL SL 14 % 70 % 10 điểm < 20 HS SL % 0 £ điểm < 8 £ điểm £ 10 SL SL 11 % 55 % 45 *) Nhận xét: Sau triển khai đề tài trình bồi dưỡng học sinh giỏi, thấy so với trước triển khai đề tài học sinh có số tiến rõ rệt Tỉ lệ HS đạt giỏi tăng từ 10% lên 45%, HS đạt yếu giảm từ 20% xuống còn 0% Học sinh định hướng tốt chứng minh bất đẳng thức, trình bày lời giải ngắn gọn, rõ ràng Học sinh hứng thú với bất đẳng thức nói riêng và Toán học nói chung Điều kiện để sáng kiến nhân rộng: 6.1 Đối với giáo viên: - Nghiên cứu kỹ việc đổi phương pháp dạy môn toán, nghiên cứu chương trình khối lớp mà phụ trách nói chung dạng nói riêng Xác định rõ mục tiêu dạng cho đối tượng học sinh - Cần tăng cường giáo dục học sinh tinh thần tự học, tự nghiên cứu kiến thức đường làm chủ chiếm lĩnh tri thức cách hiệu - GV cần thường xuyên trau dồi kiến thức chuyên môn nghiệp vụ đáp ứng yêu cầu đổi mới của ngành 6.2 Đối với học sinh: - Tự giác, tích cực học tập, ôn luyện lý thuyết tập có liên quan đến dạng toán chứng minh bất đẳng thức - Báo cáo kết học tập qua việc giải tập - Suy nghĩ tập tương tự, mạnh dạn đề xuất toán 28 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận Trên sáng kiến “ Bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca và các bài toán áp dụng” mà áp dụng giảng dạy trình ôn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi Tôi nghĩ với vấn đề , chuyên đề toán học dạy theo dạng, sâu dạng tìm hướng tư duy, hướng giải phát triển toán chắn học sinh nắm vững vấn đề tin toán học niềm say mê với tất học sinh Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm mang lại nhiều hiệu Phần đông em học sinh hứng thú giải toán thuộc dạng giải toán có liên quan Thông qua nghiên cứu đề tài này, thân thực rút nhiều kiến thức quý báu, giúp hoàn thành tốt cho công việc giảng dạy Với kinh nghiệm ỏi nên kinh nghiệm chắn không tránh khỏi hạn chế định.Vậy mong đóng góp ý kiến của bạn đồng nghiệp để rút kinh nghiệm trình giảng dạy năm học sau Khuyến nghị Để thực đề tài ngày có hiệu xin mạnh dạn nêu số đề xuất, kiến nghị sau: 29 * Đối với nhà trường: - Tiếp tục đẩy mạnh phong trào tự học, tự bồi dưỡng giáo viên - Tiếp tục đạo kiểm tra, đánh giá việc thực chuyên đề tổ - Mạnh dạn mở giao lưu liên trường để giáo viên có điều kiện trao đổi, học hỏi kinh nghiệm giảng dạy đồng nghiệp * Đối với ngành (Sở Phòng): Tăng cường tổ chức các chuyên đề bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên Cuối cùng xin được chân thành cảm ơn giúp đỡ đồng chí Ban giám hiệu thầy cô giáo tổ toán nhà trường đã giúp hoàn thành chuyên đề này 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nâng cao và phát triển Toán – Vũ Hữu Bình Tuyển chọn đề thi vào lớp 10 chuyên môn Toán – Nguyễn Ngọc Đạm Sáng tạo bất đẳng thức – Phạm Kim Hùng 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Phan Huy Khải Bất đẳng thức suy luận và khám phá – Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ Bất đẳng thức và những lời giải hay – Võ Quốc Bá Cẩn , Trần Quốc Anh Tạp chí Toán tuổi thơ, Toán học và tuổi trẻ 31