Đang tải... (xem toàn văn)
Kỹ năng “tìm tòi và phát triển, xây dựng lớp các bài tương tự làm tăng thêm kỹ năng linh hoạt trong giải toán BĐT và các dạng toán có liên quan đến bất đẳng thức” Lê Bá Hoàng – Phòng GD ĐT Thị xã Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh I. Đặt vấn đề: Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những dạng toán khó của toán học phổ thông nói chung và THCS nói riêng. Đối với những ai đam mê toán học thì BĐT là một trong những dạng toán hấp dẫn và lý thú, tạo nền tảng để giải tốt các dạng toán khác liên quan đến BĐT. Ngày nay, do phát triển kinh tế, nhu cầu dạy và học càng cao do đó để người học người dạy có được kỹ năng giải toán BĐT tốt, ngoài việc nắm vững các BĐT cơ bản (BĐT gốc) và khả năng linh hoạt trong việc phối hợp nhiều phương pháp. Đối với học sinh, đặc biệt là cấp THCS người học và người dạy chưa thực sự quan tâm đến việc tìm tòi phát triển các bài toán mới trong bất đẳng thức và tìm tòi phương pháp giải các toán mới. Trong nhiều năm liền, hầu hết các đề thi học sinh giỏi cũng như các đề thi vào các lớp chuyên, chọn; các kỳ thi chọn giáo viên giỏi đều có dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức và các dạng toán liên quan. Khi gặp các dạng toán này thí sinh thường lúng túng hoặc chưa tìm ra phương giáp giải hiệu quả. Ở chương trình THCS (phần nâng cao) học sinh đã làm quen với số bất đẳng thức: như Côsi, Bunhiacopski,… Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như dạy các lớp chuyên đề cho giáo viên nòng cốt tôi nhận thấy việc dụng bất đẳng thức vào giải toán một số học sinh cũng như giáo viên đã vận dụng tương đối tốt bất đẳng thức để giải toán. Một số giáo viên dạy bồi dưỡng chỉ mới chú trọng kỹ năng sử dụng bất đẳng thức chưa quan tâm đến việc khai thác và mở rộng bài toán,
Kỹ năng “tìm tòi và phát triển, xây dựng lớp các bài tương tự làm tăng thêm kỹ năng linh hoạt trong giải toán BĐT và các dạng toán có liên quan đến bất đẳng thức” Lê Bá Hoàng – Phòng GD ĐT Thị xã Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh I. Đặt vấn đề: Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những dạng toán khó của toán học phổ thông nói chung và THCS nói riêng. Đối với những ai đam mê toán học thì BĐT là một trong những dạng toán hấp dẫn và lý thú, tạo nền tảng để giải tốt các dạng toán khác liên quan đến BĐT. Ngày nay, do phát triển kinh tế, nhu cầu dạy và học càng cao do đó để người học người dạy có được kỹ năng giải toán BĐT tốt, ngoài việc nắm vững các BĐT cơ bản (BĐT gốc) và khả năng linh hoạt trong việc phối hợp nhiều phương pháp. Đối với học sinh, đặc biệt là cấp THCS người học và người dạy chưa thực sự quan tâm đến việc tìm tòi phát triển các bài toán mới trong bất đẳng thức và tìm tòi phương pháp giải các toán mới. Trong nhiều năm liền, hầu hết các đề thi học sinh giỏi cũng như các đề thi vào các lớp chuyên, chọn; các kỳ thi chọn giáo viên giỏi đều có dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức và các dạng toán liên quan. Khi gặp các dạng toán này thí sinh thường lúng túng hoặc chưa tìm ra phương giáp giải hiệu quả. Ở chương trình THCS (phần nâng cao) học sinh đã làm quen với số bất đẳng thức: như Côsi, Bunhiacopski,… Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như dạy các lớp chuyên đề cho giáo viên nòng cốt tôi nhận thấy việc dụng bất đẳng thức vào giải toán một số học sinh cũng như giáo viên đã vận dụng tương đối tốt bất đẳng thức để giải toán. Một số giáo viên dạy bồi dưỡng chỉ mới chú trọng kỹ năng sử dụng bất đẳng thức chưa quan tâm đến việc khai thác và mở rộng bài toán, tìm tòi phương pháp để giải các bài toán tương tự phân tích những sai lầm cho học sinh (người học), qua đó khắc sâu kiến thức và khả năng vận dụng, khai thác để giải các bài toán tương tự. Qua nhiều năm trực tiếp bồi dưỡng HSG toán tôi đã viết nhiều chuyên đề về BĐT trên các tạp chí Toán học và tuổi trẻ, tuổi thơ 2, là tiền đề của kỹ năng “tìm tòi và phát triển, xây dựng lớp các bài tương tự làm tăng thêm kỹ năng linh hoạt trong giải toán BĐT và các dạng toán có liên quan đến bất đẳng thức” tạo hứng thú cho học sinh ở THCS làm tiền đề cho học sinh giỏi THPT. -1- II. Một số bất đẳng thức thường gặp: 1.1. Bất đẳng thức Côsi: (AM – GM) Cho a 1 , a 2 , … , a n ≥ 0 ta luôn có: 1 2 1 2 n n n a a a a a a n + + + ≥ Dấu “=” xảy ra a 1 = a 2 = … =a n 1.2. Bất đẳng Bunhiacopxki: (Cauchy-Schwarz) Cho các dãy 1 2 n a ,a , ,aL và 1 2 n b ,b , ,bL với * n NÎ khi đó ta luôn có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 n n 1 2 3 n 1 2 3 n a b a b a b a b a a a a b b b b+ + + + + + + + + + + +£L L L Dấu “=” xảy ra: 1 2 3 n 1 2 3 n a a a a b b b b = = = =L với giả thiết 1 2 n b ,b , ,bL khác 0 1.3. Bất đẳng thức Svac-xơ Với các số dương * 1 2, , , (n N ) n b b b ∈ L và các số bất kỳ * 1 2, , , (n N ) n a a a ∈ L ta luôn có: ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 n n n n a a a a a a b b b b b b + + + + + + ≥ + + + L L L Dấu “=” xảy ra 1 2 1 2 n n a a a b b b ⇔ = = = L III. Một số phương pháp chứng minh BĐT 1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi và một số sai lầm trong giải toán: Tìm Max, Min của một biểu thức. Phương pháp Tìm Max, Min của một biểu thức. Sơ đồ Tìm Max của S . Chứng minh S ≤ M trong đó M là hằng số và chỉ ra được S = M là tồn tại giá trị các biến trong S. Kết luận M là Max của S Sơ đồ tìm Min của S : Chứng minh S ≥ m trong đó m là hằng số và chỉ ra được S = m là tồn tại giá trị các biến trong S . Kết luận m là Min của S. Bài toán xuất phát: Cho a, b > 0 . Ta luôn có a b a b S 2 . 2 b a b a = + ≥ = . Đẳng thức xảy ra khi a = b. Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể thay đổi mở rộng miền xác định để có một số bài toán sau: -2- Ví dụ 1. Cho a ≥ 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 P a a = + Bình luận và lời giải Sai lầm thường gặp: 1 P a 2 a = + ≥ . Vậy P min = 2 Nguyên nhân sai lầm: P min = 2 ⇔ 1 a ;a 0 a 1 a = > ⇔ = trái với giả thiết Phân tích và tìm lời giải dự đoán giá trị Min của P bằng bảng dưới đây: a 4 5 6 7 8 9 10 11 12 … 45 … P 17 4 Nhìn bảng trên ta thấy khi a tăng thì S càng lớn và từ đó khi a = 4 thì S nhận giá trị nhỏ nhất. Để dể hiểu và tạo sự ấn tượng ta sẽ nói rằng Min S = tại “ Điểm rơi : a = 4 ”. Do bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia phải bằng nhau, nên tại “ Điểm rơi: a = 4 ” ta không thể sử dụng bất đẳng thức Côsi trực tiếp cho 2 số: a và 1 a . Lúc này ta sẽ “giả định” sử dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số a 1 ; α a ÷ sao cho tại điểm a = 4 thì a 1 α a = . Tức là ta có sơ đồ điểm rơi sau đây: a 1 α a α 16 1 1 a 4 = ⇒ = = Lời giải đúng: 1 a 1 15a a 1 15.4 17 P a 2 . a 16 a 16 16 a 16 4 = + = + + ≥ + = ÷ . Vậy P min = 17 4 khi a = 4 17 4 -3- Ví dụ 2: Cho a 3 ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 P a a = + Bình luận và lời giải: Sơ đồ điểm rơi: 2 a 3 = 1 3 α α a = 3 =α = 27 1 1 9α = a 9 ⇒ ⇒ ⇒ Sai lầm thường gặp: ≥ ÷ ≥ 2 2 2 1 a 1 26a a 1 26a 2 26a S = a + = + + 2 + = + a 27 a 27 27 a 27 27 27a 2 26.3 2 26 28 28 + = + = . VËy víi a = 3 th × Min cña P = 27 9 9 9 9 27.3 Nguyên nhân sai lầm: Dù đã chọn điểm rơi đúng, đáp số đúng nhưng cách giải trên mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số với a 3 ≥ thì 2 2 2 = 9 27a 27.3 ≥ là sai Lời giải đúng: 3 2 2 2 1 a a 1 25a a a 1 25a 3 25 28 P = a + = + + + 3 + + = a 27 27 a 27 27 27 a 27 9 9 9 ≥ ≥ ÷ 28 VËy víi a = 3 th × Min P = . 9 Ví dụ 3. Cho 1 0 a 2 < ≤ .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 1 S 2a a = + Sai lầm thường gặp: 1 1 1 2 3.3 . . 3 3 2 2 2 = + = + + ≥ = ⇒ = S a a a a a Min S a a a 1 3 1 2 = ⇔ = = = Min S a a a trái với giả thiết. Phân tích và tìm lời giải dự đoán giá trị Min của S bằng bảng dưới đây: a 2.a 100 81 64 49 36 25 16 9 4 S -4- Nhìn bảng biến thiên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán thì S đạt giá trị nhỏ nhất khi 1 a 2 = . Ta có sơ đồ điểm rơi: 1 4 2 8 1 2 4 ⇒ ⇒ = ⇒ = = α α α α 2 a = 1 a = 2 a Lời giải đúng: 3 2 2 2 1 1 1 1 8 8 -14 3. 8 .8 . -14. 12 -14 12 -14. 5. 2 2 + + ≥ = ≥ = ÷ = + = a a a a a a a a a a S a Vậy GTNN của S = 5 khi 1 a 2 = Ví dụ 4. Cho a ≥ 8, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = + 2 12 a a Ta có sơ đồ điểm rơi: 2 64 64 12 32 2 8 12 12 3 8 8 = = ⇒ ⇒ = ⇒ = = a a a α α α α Lời giải đúng: 2 2 2 2 2 2 2 12 12 1 12 1 1- 2 1- 32 2 32 2 32 2 32 2 3 3 3 3 . 1 8. 8 1 6. 1- 6. 1- 8 12 2 64-3 2 64 9 2 2 2 32 2 2 2 32 2 3 3 ÷ ÷ ÷ ÷ = + = + + ≥ + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = + ≥ + = + = + ÷ ÷ ÷ ÷ a a Q a a a a a a a a a Vậy GTNN của Q = 64 9 2 + khi a = 8. Ví dụ 5. a > 0; b > 0 và a + b = 1. Tìm GTLN của 2 2 ab P 1 a b = + Sai lầm thường gặp: 2 2 2 2 ab ab 1 1 a b 2ab 0 P 1 a b 2ab 2 + ≥ > ⇒ = ≤ = + nên GTLN của P = 1 2 Khi P = 1 2 2 (a b) 1 1 ab 4 4 + ⇔ = ≤ = vô lý -5- Lời giải đúng: Do ab > 0 nên P > 0. Xét Q = 1 1 1 ab t P ab t = + = + với t = ab suy ra 1 0 t 4 < ≤ . Ta có Q = 1 1 15 1 15 1 15 1 15 17 t t 2 t. 1 t 16t 16t 16t 16t 2 16t 2 4 16. 4 + = + + ≥ + = + ≥ + = ÷ Do đó P 4 17 ≤ . Vậy GTLN của P = 17 4 khi a = b = 1 2 Bài tập vận dụng. Bài 1: Cho a, b, c >0 và a + b + c = 3 2 . Tìm GTNN của biểu thức 1 P = abc+ abc Bài 2: Cho a 16 ≥ . Tìm GTNN của biểu thức 2 4 Q a a = + Bài 3: Cho a, b > 0. Tìm GTNN của biểu thức: a b ab M a b ab + = + + Bài 4: a, b > 0 và a + b = 1. Tìm GTLN của 2 2 3 3 a b P 1 a b = + 2. Tìm tòi lời giải qua đó tìm cách giải tổng quát cho bài toán tương tự: Bài toán cơ bản : Cho 1 3 5 2n 1 A . . 2 4 6 2n − = L . Chứng minh rằng: a) 1 A 2n 1 < + b) 1 A 3n 1 < + Lời giải: Ta thấy nếu chứng minh được câu b thì câu a hiển nhiên đúng. Nhưng chúng ta hãy bắt đầu từ cách giải câu a. a) Cách 1: Ta có với mọi k 1,k N ≥ ∈ , ta dễ dàng có 2k 1 2k 2k 2k 1 − < + nên -6- 1 2 0 2 3 3 4 0 4 5 5 6 0 6 7 2n 1 2n 0 2n 2n 1 < < < < < < − < < + LLL Do đó 2 1 3 5 2n 1 2 4 6 2n 1 1 1 A A.A . . . . . A 2 4 6 2n 3 5 7 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 − = < = ⇒ < = + + + + L L Cách 2: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức (*) với mọi k 1,k N ≥ ∈ 2k 1 2k 1 2k 2k 1 − − < + (*). Ta chứng minh bất đẳng thức (BĐT) (*) Ta có BĐT (*) tương đương 2 2 2k 1 2k 1 2k 1 1 2k 2k 1 4k 2k 1 − − − < ⇔ < ÷ + + 2 2 4k 1 4k ⇔ − < (hiển nhiên) Do đó 1 1 0 2 3 3 3 0 4 5 5 5 0 6 7 2n 1 2n 1 0 2n 2n 1 < < < < < < − − < < + LLL Nhân các vế trên ta được 1 3 5 2n 1 1 3 5 2n 1 1 A . . . . 2 4 6 2n 3 5 7 2n 1 2n 1 − − = < = + + L L (đpcm) Trở lại cách giải 2 câu hỏi đặt ra là: Làm sao ta tìm ra được BĐT (*). Rõ ràng ta nhận thấy điều cần chứng minh là 1 A 2n 1 < + và A lại là tích của các phân số có dạng 2k 1 2k − -7- nên ta có thể dự đoán P(k) 2k 1 2k 2k 1 − < + để tích rút gọn được ta phải chọn P(k) sao cho P(k+1) = 2k + 1 => P(k) = 2k – 1 do đó ta có BĐT (*). b) Với cách giải 2 ở câu a ta hoàn toàn có thể dự đoán được BĐT cần chứng minh là: 2k 1 3k 2 2k 3k 1 − − < + (**) với k 2,k N ≥ ∈ (**) 2 2 2 2 (2k 1) 3k 2 (4k 4k 1)(3k 1) 4k (3k 2) 4k 3k 1 − − ⇔ < ⇔ − + + < − + 3 2 3 2 12k 8k k 1 12k 8k k 1 0 ⇔ − − + < − ⇔ − > hiển nhiên vì k 2,k N ≥ ∈ Do đó 1 1 0 2 4 3 4 0 4 7 5 7 0 6 10 2n 1 3n 2 0 2n 3n 1 < = < < < < − − < < + LLL Nhân các vế trên ta được 1 3 5 2n 1 1 4 7 3n 2 1 A . . . . 2 4 6 2n 4 7 10 3n 1 3n 1 − − = < = + + L L (đpcm) Bài tập vận dụng Bài 1: Chứng minh 1 3 5 2n 1 1 B . . 4 7 10 3n 1 14n 1 − = < + + L với mọi n 1;n N ≥ ∈ . Bài 2: Chứng minh 5 8 11 3n 1 6 C . . 7 10 13 3n 1 5n 1 − = < + + L với mọi n 2;n N ≥ ∈ . 3. Vận dụng linh hoạt phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng vai trò như nhau của các biến, phương pháp hình học trong chứng minh BĐT. a) Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1: Cho ba số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 a b c 3 + + ≥ . -8- Lời giải: Đặt 1 1 1 a x; b y;c z 3 3 3 = + = + = + . Từ a + b + c = 1 suy ra x + y + z = 0. Khi đó: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 a b c x y z 3 3 3 3 3 + + ≥ ⇔ + + + + + ≥ ÷ ÷ ÷ 2 2 2 2 2 2 2 x y z (x y z) 0 x y z 0 3 ⇔ + + + + + ≥ ⇔ + + ≥ hiển nhiên đúng. Từ đó ta có điều cần chứng minh. Ví dụ 2: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn a b c d 0 ≥ ≥ ≥ ≥ . Chứng minh 2 2 2 2 2 a b c d (a b c d)− + − ≥ − + − (2) Lời giải: Do a b c d ≥ ≥ ≥ nên tồn tại x 0;y 0;k 0 ≥ ≥ ≥ sao cho a = b + x; b = c + k; (2) 2 2 2 2 2 (b x) b (d y) d (x y)⇔ + − + + − ≥ + 2 2 2 2 2 2 2 2 b 2bx x b d 2dy y d x 2xy y⇔ + + − + + + − ≥ + + bx dy xy ⇔ + ≥ (*) Mặt khác từ b ≥ c nên b ≥ d + y => bx ≥ (d + y )x = dx + xy ≥ xy nên bx dy xy + ≥ do đó (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Ví dụ 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn a + b + c = 2. Chứng minh bất đẳng thức 2 2 2 a b c 2abc 2 + + + < (3) Lời giải: Từ giả thiết suy ra 0 a 1;0 b 1;0 c 1; < < < < < < đặt a 1 x; b 1 y; c 1 z = − = − = − với 0 x 1; 0 y 1; 0 z 1; < < < < < < Do a + b + c = 2 => x + y + z = 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với 2 2 2 (1 x) (1 y) (1 z) 2(1 x)(1 y)(1 z) 2− + − + − + − − − < [ ] 2 2 2 3 2(x y z) x y z 2 1 (x y z) xy yz xz xyz 2 ⇔ − + + + + + + − + + + + + − < [ ] 2 2 2 3 2.1 x y z 2 1 1 xy yz xz xyz 2 ⇔ − + + + + − + + + − < (Vì x + y + z = 1) 2 2 2 2 2 2 2 1 x y z 2xy 2yz 2xz 2xyz 2 (x y z 2xy 2yz 2xz) 2xyz 1 (x y z) 2xyz 1 1 2xyz 1 2xyz 0 ⇔ + + + + + + − < ⇔ + + + + + − < ⇔ + + − < ⇔ − < ⇔ > (hiÓn nhiª n ®óng ) Do đó BĐT đã cho được chứng minh. -9- Nhận xét: Nếu bài toán đã cho thay đổi điều kiện là a, b, c là các số thực nằm trong khoảng [0; 1] thoả mãn a + b+ c = 2 thì 2 2 2 a b c 2abc 2 + + + ≤ lời giải tương tự. Ví dụ 4. Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện: 2 2 2 a 4;b 5;c 6 a b c 90 ≥ ≥ ≥ + + = Chứng minh rằng : a b c 16 + + ≥ . Lời giải: Đặt a = 4 + x ; b = 5 + y; c = 6 + z; Từ giả thiết suy ra: x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0. Giả sử a b c 16 x y z 1 + + < ⇔ + + < . Mặt khác từ 2 2 2 a b c 90 + + = 2 2 2 2 2 2 (x 4) (y 5) (6 z) 90 x y z 4x 10y 12z 13 (*)⇔ + + + + + = ⇔ + + + + + = Do 2 2 2 2 2 2 2 0 x y z 1 (x y z) 1 x y z 2(xy yz zx) 1 x y z 1≤ + + < ⇔ + + < ⇒ + + + + + < ⇒ + + < (vì x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0). Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 x y z 8x 10y 12z x y z 12(x y z) 4x 2y 1 12 13( )+ + + + + = + + + + + − − < + = . Điều này mâu thuẫn với đẳng thức (*) từ đó ta có điều cần chứng minh. Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x y z x y z + + ≥ − − − . (IMO 2008) Lời giải: Do xyz = 1 nên đặt 2 2 2 ; ; a b c x y x bc ca ab = = = . Khi đó BĐT thức cần chứng minh trở thành ( ) ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 a b c a bc b ca c ab + + ≥ − − − (*) . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a bc b ca c ab a bc b ca c ab + + + + ≥ − − − − + − + − , để chứng minh (*) ta cần chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 a b c a bc b ca c ab + + ≥ − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0a b c a bc b ca c ab ab bc ca⇔ + + ≥ − + − + − ⇔ + + ≥ luôn đúng. Bài toán được chứng minh. -10- [...]... minh Bi tp vn dng Bi 1: Cho n s 2 a1 + a 2 + L + a 2 2 n a1 , a 2, L , a n tha món iu kin a1 + a 2 + L + a n = 1 Chng minh rng 1 n 2 2 Bi 2: Chng minh rng nu a 3; b 3, a + b 25 thỡ a + b 7 Bi 3: Cho a > c > 0; b > c Chng minh rng: c(a c) + c(b c) ab Bi 4: Cho ba s a, b, c tho món 0 a 2;0 b 2;0 c 2 v a + b + c = 3 Chng minh rng: 2 2 2 3 3 3 a) a + b + c 5 ; b) a + b + c 9 Bi 5: Cho. .. tp vn dng -15- k k k Bi 1 Cho a, b, c 0 Chng minh a (a - b)(a - c) + b (b - c)(b - a) + c (c - a)(c - b) 0 Bi 2 Cho cỏc s thc a, b, c ụi mt khỏc nhau thuc on [ 0;2 ] Chng minh rng 1 ( a - b) 2 + 1 ( b - c) 2 + 1 ( c - a) 2 9 4 a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2 + + Ê7 bc ca Bi 3 Cho ba s a, b, c thuc on [ 1;2 ] Chng minh ab c) Phng phỏp hỡnh hc Vớ d 1: Cho a, b l cỏc s dng Chng minh a + b < a + b a + b Li... b, c l cỏc s nguyờn Chng minh rng nu a + b + c chia ht cho 4 thỡ P chia ht cho 4 (t a + b + c = 4k vi k l s nguyờn) Bi 6: Cho x, y, z l cỏc s thc khỏc 1 tha món xyz = 8 Chng minh rng: -12- x2 y2 z2 + + 1 x 2 + 2x + 4 y 2 + 2 y + 4 z 2 + 2 z + 4 ( thi chn i tuyn Vit Nam d thi Olympic Toỏn hc Quc t 2005) Bi 7: Cho x, y, z l cỏc s thc khỏc 2 tha món iu kin xyz = 8 1 x + 2) Chng minh rng: ( 2 + 1 ( y +... Du ng thc xy ra khi a = b = c = 2 Bt ng thc ó c chng minh Bi tp vn dng: Bi 1: Cho a > b > 0 Chng minh a b > a b 2 2 2 2 2 2 2 2 Bi 2: Cho a, b, c, d > 0 Chng minh (a + c )(b + c ) + (a + d )(b + d ) (a + b)(c + d) Bi 3: Chng minh rng vi mi s dng a, b, c, d ta luụn cú 2 2 2 2 a) a + b b + c b(a + c) b) (a + b)(c + d) ac + bd 2 2 2 Bi 4: Cho ba s dng a, b, c tho món a + b + c = 1 Tỡm giỏ tr... gn ta c BT (4) Bi tp vn dng Bi 1 Cho x, y, z >0 v xy + yz + zx = 1 Chng minh rng x 2y 2 + yz + 3z 2 + y 2z 2 + zx + 3x 2 + z 2x 2 + xy + 3y 2 6 Bi 2 Cho x, y, z >0 v xyz = 1 Chng minh rng x 3y 2 + yz + 4z 2 + y 3z 2 + zx + 4x 2 + z 3x 2 + xy + 4y 2 6 2 a 2 + b2 b 2 + c2 c2 + a 2 + + a+ b+ c b+ c c+ a a+ b Bi 3 Cha a, b, c > 0 Chng minh rng: Bi 4 Cho x, y, z >0 Chng minh rng: x3 y3 z3 x+ y+ z + 2 +... Chng minh tng t nh trờn ta cng cú: a + 3b b + 3c c + 3a 16 Do ú 3A 3 3 15 15 A 16 16 Vy GTLN ca A bng 16 khi a = b = c Bi tp vn dng 3 3 3 a b c 1 ữ + ữ + ữ a + 2b b + 2c c + 2a 9 Bi 1 Cho a, b, c > 0 Chng minh BT Bi 2 Cho a, b, c > 0 Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 4 4 4 a b c ữ + ữ + ữ a + 2b b + 8c c + 16a P= a2 b2 c2 + 2 + 2 1 2 2 2 2 Bi 3 Cho a, b, c > 0 Chng minh. .. cn chng minh 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + 4 xy 2 2 ) 2 2 + 4 xy ) 2 3 25 22( x 4 + y 4 + z 4 ) + 2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) 24 xyz ( x + y + z ) (**) Chng minh tng t nh bi toỏn trờn ta cng cú BT (**) bi toỏn 1 c chng minh Vi cỏch khai thỏc nh trờn hon ton ta chng minh bi toỏn tng quỏt theo nhiu cỏc khỏc nhau chng hn (bi toỏn 2) Bi toỏn 2: Cho x, y, z l cỏc s dng thay i v 6 s thc dng cho trc... xy z + xyz + x yz = 6 xyz ( x + y + z ) ( ) Du = xy ra khi v ch khi x = y = z a = b = c >0 Cỏc phộp bin i trờn l tng ng, do ú BT thc ó cho c chng minh Hng khai thỏc 1: Thay i h s cho cỏc s a, b,c thỡ cho ta bi toỏn mi 2 2 2 3 a b c ữ + ữ + ữ Bi toỏn 1: Chng minh BT a + 2b b + 4c c + 8a 25 (*) vi mi a, b, c >0 2 2 1 ữ 1 ữ 1 ữ + ữ + 1 + 2b ữ 1 + 4c ữ 1 + 8a c Gii: Ta cú (*)... a2 b2 c2 + 2 + 2 1 2 2 2 2 Bi 3 Cho a, b, c > 0 Chng minh BT a + ab + b b + bc + c c + ca + a Bi 4 Cho 3 s thc dng x, y, z Chng minh BT: ( x + y) ( y + z) 2 x2 + y 2 + 2 z 2 + 2 y 2 + z 2 + 2x2 + ( z + x) 2 z 2 + x2 + 2 y2 3 5 Vn dng linh hot tỡm ra hng gii cho mt s bi tng t Vớ d 1 Cho x, y, z > 0 Chng minh rng x 2 + xy + 2y2 + y 2 + yz + 2z 2 + z 2 + zx + 2x 2 2 ( x + y + z ) (1) -25- Li gii: Vi... gii c chng minh mt cỏch n gin Tựy theo bi dng ny m i bin cho phự hp, i vi dng toỏn m xyz = k3 vi k l hng s dng cho trc thng cú ba cỏch i bin c bn sau: Cỏch 1: t Cỏch 2: t Cỏch 3: t x= ka 2 kb 2 kc 2 ;y= ;x = bc ca ab ; (vớ d 5) x= kab kbc kca ; y = 2 ;x = 2 2 c a b ; (vớ d 6) x= ka kb kc ; y = ;x = b c a ; (vớ d 7) Vớ d 6: Cho x, y, z l cỏc s thc khỏc 1 tha món iu kin xyz = 8 1 x + 1) Chng minh rng: