Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 1 -
A. lý DO CHọN Đề TàI
Trang bị những tri thức cơ bản ,cần thiết ,tiên tiến nhất đặc biệt là
những tri thức phơng ph áp và phát triển trí tuệ cho họ c sinh là các mục
tiêu đợc đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán.
Bất đẳng thức là một vấn đề đợc giáo viên và học sinh thâm nhập
với một lợng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả
năng t duy toán học cho học sinh.
Thế nhng qua
việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã
có rất nhiều phơng pháp giả i cho những bài toán bất đẳng thức điển hình
cụ thể có nhiều dạng. Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dỡng
học sinh khá giỏi việc sử dụng những phơng pháp đã có gặp nhiều khó
khăn, vì thế với hớng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phơng pháp
giải đã có trớc tôi đã tìm kiếm thêm đợc một phơng pháp tiện lợi để
giải quyết những bài toán khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh
và giáo viên trong quá trình tự học, khơi dậy lòng say mê tìm kiếm những
cái mới.
Vì những lý do đó. Dới đây tôi xin đợc trao đổi với quý đồng
nghiệp một phơng pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức ( Thờng
là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học si nh giỏi, thi
Đại học). Và trong một số bài tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt
động trí tuệ nh tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa.
Nội dung đề tài gồm ba phần :
Phần I: một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, )
Phần II: Một biến là x(y hoặc z)
Phần III: Khai thác phơng pháp trong lợng giác
b.nội dung đề tài

.
K _ Xỏc - 2 -
*/ kiến thức bổ sung
1.Bất đẳng thức cơ bản :
a.Bất đẳng thức côsi:
cho
)2(, ,,
21
nxxx
n
số không âm khi đó:
n
nn
xxxnxxx
2121

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
xxx
21
b. Bất đẳng thức bunhiacopxki:
2
2211
22
2
2
1
22
2
2

xxx
y
x
y
x
y
x




) (

21
2
21
2
2
2
2
1
2
1
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
n
n
y
x
y
x

x
y
x
y















23
1
. đặt
x
y
=t thì t>0
(1) trở thành t
3
-t
2
-t+1

2
4
4
4
4










x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
Giải:
Đặt t=
x

2: ta có t
3
-2t
2
-t+3=(t-2)(t
2
-1)+1>0
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t

-2: ta có t
3
-2t
2
-t+3=(t+2)[(t-2)
2
+3] - 11 > 0
và t+2

0 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t= -2 hay x=-y

đpcm

Bài toán 3:(Đề chọn đội tuyển dự thi HSG toán QG 2006-2007)
x,y,z là số thực thỏa mãn
2
222
zyx
.Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu

2
)
2
2
2(
2
32


ttt
tt
tp
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2t
vậy P
min
=
22
khi x=
2
,y=z=0 hoặc hoán vị
P
max
=
22
khi x=
2
,y=z=0 hoặc hoán vị
Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy đợc ẩn
phụ

3
111
3
Đặt
2
3
0 tzyxt
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 4 -
Vậy:
2
15
2
3
.4
27
4
9
.2
4
27
4
99111

t
t
tt
t

n
22
21
21
)
1

11
() (


(*)
Sơ lợc lời giải:
k
akbn
k
bn
ak
k
bn
k
bn
at
k
t
t
bn
t
bn
at

1

11
() (




Nhận xét1:
- Từ bài toán (*) ta Đặc biệt hóa
1.Với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2
3
ta có bài toán :
Cho







2
3
0,,
zyx
zyx
Cmr:
2
51

)
4
(
17
114
)41)(
1
(
2
222
2
2
y
x
y
x
y
x
y
x
tơng tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh
Với a=1;b=9;n=3;k=1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán
Cho





1
0,,

yx
yx
Cmr:
2)(
11
yx
yx
bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta có bài toán 2'':
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 5 -
cho





1
0,
yx
yx
Cmr:
2
11



y
y




n
mn
xm
x
xm
x
xm
x
n
n
Chứng minh hoàn toàn tơng tự !
- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*))thì bài toán thay đổi
nh thế nào?
Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : Cho
)2(, ,,
21
nxxx
n
là số dơng;
)(
*
21
Rkkxxx
n

22
;0 bnakb

bài toán mới

tổng quát.
(chú ý tổng quát có nhiều h ớng :theo hằng số ,theo số biến hoặc số mũ)

Bài toán 5:(THTT/ T4/352/2007 ) Với x,y,z là số dơng và xyz

1
Cmr:
2
3





xyz
z
xzy
y
yzx
x
(5)
Giải:
Đặt a=
x
, b=
y
, c=
z


abcacbbca
cba


222
2
)(
2



=

2
222
4
)(
abcacbbca
cba


]3)[(3
)(
)](3)[(3
)(
)(3
)(
2
4

9 { vì a+b+c

3
3 abc

3}
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 6 -
ta có
)3(3
2
t
t
=
3
3
.
12
3
2
12
159.3
3
3
12
3
12
153


đpcm
Tổng quát ta có bài toán sau:với
)2(, ,,
21
nxxx
n
dơng và
1
21

n
xxx
Cmr:
2
1211432
2
321
1
n
xxxx
x
xxxxx
x
xxxx
x
nn



z
z
y
y
x
x
P
Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ
nhng ở đây chiều của bất đẳng
thức lại ngợc.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để là m đổi chiều bất đẳng thức ?
Giải : Ta có :

333
2
222
3
4
3
4
3
4
2
3
2
3
2
3
2

z
z
y
y
y
x
x
xP





















Đặt

Vậy
10
9
10
9
3103
)957)(
3
1
(
10
9
10
9
3103
3103
3
13
2
1
3
231
2
1
22
2
2
22








)1)(1)(1)(1(
)1;0(,,
zyxxyz
zyx
Cmr: x
2
+y
2
+z
2

4
3
Giải:
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 7 -
(1)

1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz

x
2
+y

3
3






zyx
Đặt t=x+y+z thì
30 t
.Khi đó:
x
2
+y
2
+z
2
3 2 2
4 1 15 3 3
2 2 (2 3) ( )
27 27 4 4 4
t t t t t
dấu bằng xảy ra khi t=
2
3
hay x=y=z=
2
1


21
nxxx
n
là số dơng không lớn hơn

: Cmr:
)) ()((

21
21
1
n
n
n
n
xaxaxa
n
a
xxx
a



Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
n
n
n
n
xxxna
xaxaxa
áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
nnnnn
n
antnatan
n
nan
tnatnatnatn
11
)()1(
)1(
)) ()(()1(










kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức
(*)
đúng
ngoài ra từ cách chứng minh ta có bất đẳng thức chặt h ơn sau:
Cho
)2(, ,,
21


















Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 8 -
chứng minh hoàn toàn tơng tự !
3.Cho





3
0,,

xyz
zyx
Cmr:
3
101
222



zxyzxy
zyx
3. Cho





0,,
1
zyx
xyz
Cmr:
4
3
222



zyx
x





0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
))((8
222222222
xzzyyxzyxzxyzxy
6. Cho





]2;1[,, zyx
zyxzxyzxy
Cmr:
4
3
)(4)(4)(4
2
2
2
2
2
2

kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1
27
)29(
2

tt
với
zyxt
2
9
, t
{ còn
2
9
t
hiển nhiên đúng}
Bằng cách thêm bớt các biểu thức vào ta có nhiều bài toán khác nhau
Chẳng hạn:
zyxtctbxyz
t
axyz
ctbxyzzyxzxyzxya ;
9
])()(4[
2
ta có: Chọn a,b sao cho:











]
3
4
;0[,,
3
zyx
zxyzxy
Cmr:
13)(4 zyxxyz
Từ đẳng thức ,bất đẳng th ức cơ bản,đơn giản ta có thể tạo vô số bài toán!
để kết thúc phần I tôi xin đa ra thêm một số bài toán làm theo phơng pháp
này:
* Một số bài toán *
I
1
.Chứng minh rằng:
4
44
4
2
27
2
1

1
4
1
)2)(2)(2(
27
zyxzyx






HD: t =
2
)( zyx
:
I
3
.Cho





1
0,,
zyx
zyx
Cmr :
12






]1;0(,, zyx
zyxzxyzxy
Cmr:
3
)()()(
2
2
2
2
2
2





zyx
z
yxz
y
xzy
x
I
6
. Cho



Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 10 -
I
7
. Với
)2(, ,,
21
nxxx
n
dơng và
1
21

n
xxx
. Cmr:
n
n
xxx
xxx
n
n
1

1


zyx
zyx
Cmr:
27
8
xyzzxyzxy
Giải:
Từ đk bài toán ta thấy
0110 zz
áp dụng bđt côsi ta có:
xy+yz+zx-xyz=z(x+y)+xy(1 -z)

z(x+y)+
2
2






yx
(1-z)

xy+yz+zx-xyz=z(1-z)+
2
2
1



1

đpcm

Bài toán số 9: Cho





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
)9()(25 zxyzxyxyz
Giải: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy
10 z
0
4
)2()1(
0
4
23
0)3(2)2()
2
3
(5
0)(2)2()

- Nếu lấy điều kiện
30 z
thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là không
đúng. ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để
có thể đánh giá đợc biểu thức .
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 11 -
- Ta có bài toán Tổng quát của bài 9 sau:
bài toán 9' cho











3
4
0;0
0,,
3
b
a
ba

a
zzbbazaz
bza
z
bayxazbzaxybabxyzzxyzxya
Chú ý: Nếu
3
b
a
thì việc chứng minh bài toán tổng quát không cần sử dụng
tính chất 1
Thay đổi hình thức bài toán:
- Sử dụng đẳng thức
2222
)()(2 zyxzxyzxyzyx
ta có thể đa bài
toán trên về bài toán tơng đơng nhng hình thức khác :
chẳng hạn bài 9 có thể phát biểu dới dạng tơng đơng :
Cho





0,,
3
zyx
zyx
(THTT-2006) Cmr:
4

v v
chẳng hạn: bài toán 9 có th ể phát biểu dới dạng tơng đơng

Cho





0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
)(18275 zxyzxyxyz

Cho





0,, zyx
zxyzxyxyz
Cmr:
)(18275
222222
zyxxyzzyx
-Sử dụng tính chất bắc cầu và bất đẳng thức đã có:
chẳng hạn bài 9: Từ bất đẳng thức côsi:





3
2
0;0
0,,
3
b
a
ba
zyx
zyx
chứng minh rằng:
0)3()( babxyzzxyzxya
Chú ý : Để chứng minh : sử dụng tính chất 1 với z=max(x,y,z)
Đặc biệt hóa ta có bài toán:
Với a=1; b=-2 : Cho





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
12 xyzzxyzxy

+3xy(x+y) +z
3
=(x+y)
3
+z
3
=(3-z)
3
+z
3
=
=9z
3
-27z+27=9(z-1)(z-2)+9

9 với mọi z,1

z

2
dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó

đpcm

Bài toán 11 : (Đề thi toán quốc gi a _bảng B_1996;USAMO_2001)
Cho





0)2)(
1
2
(




z
xyxy
z
xy
(11''')
(11)

0)1)(( xyzzyx
Từ (11'),(11''),(11''') ta có :
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 13 -
0
)1(
)1(
1
2
)(
1
2
44








z
zz
z
z
z
zz
z
z
z
zxyzzxyz
xyzz
z
xyxyz
xyzzyx
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

đpcm

Bài toán 12: Cho













1
0)22()1(
0)1)(1(
3
22
zyx
zzz
yx
zyx

đpcm
Bằng cách sử dụng tính chất trên ta c ó thể tạo ra các bài toán mới
chẳng hạn: cho







]4;
2

12
. Cho





3
0,,
zxyzxy
zyx
Cmr:
10)(3 xyzzyx
II
13
. Cho
]
2
2
;0[, yx
. Cmr:
3
22
11
22



x
y





0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
a.
2
7
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2







n
n
n
n
x
z
z
y
y
x
HD:Giả sử x=max(x,y,z)
1
1
42
1
1
)(3
1
1
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1






x
xx
x
zy
x
zy
x
z
y
x
z
z
y
y
x
Câu b tơng tự!
II
15
. Cho





3

22222
zzzzzzzxyzzz
Mặt khác :
0)51)(1()51(5)1,1,()1,,(
23
xyyyxxyyxfyxf
Vì
01)2)(1(145151;01
222
yyyyyyyyxyyy
Vậy
21,0)2)1)[(2(25)1,1,(),,(
23
xxxxxxxfzyxf
dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của
(2,1,1)

đpcm

Bài toán14:(Đây là bài toán số 9 ) Cho





0,,
3
zyx
zyx
Chứng minh rằng:

,(),,(0))(2(
4
1
4
)(
)
24
)(
2
(2)(2)
2
,
2
,(),,(
3
2
22














dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
1
0))(2(
2






zyx
x
zyx

đpcm

Bài toán15: (Bất đẳng thức côsi): Cho x,y,z là số dơng
Chứng minh rằng:
xyzzyx 3
333

Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử
0 xyz
Đặt
),,( zyxf
xyzzyx 3
333



Bài số 16:(Bất đẳng thức nesbit) Cho x,y,z là số dơng .
Chứng minh rằng :
2
3





yx
z
xz
y
zy
x
Giải:
Đặt
),,( zyxf
yx
z
xz
y
zy
x






1
1
)()(
1
1
))(())((
1
))((
))((
)(
))((
)(
))((
)(
2




















xy
yx
yxyxyxx
y
yxy
x
yx
yx
xxyxy
y
xyyxy
x
yx
xxyxz
y
xyyzy
x
zxy
yx
xyz
xxyxz
zxyy
xyyzy
zxyx
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.

x
y
yx
xy
xxy
y
yxy
x
xyyxf

2
3
2
3
)1(2
22
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2





21
. Cho





0,,
1
zyx
xyz
Cmr :
)1(4))()(( zyxxzzyyx
II
22
. Cho





0,,
96
zyx
xyzzxyzxy
Cmr:
63 xyzzyx
II
23
. Cho

x
y
y
x
II
25
. Cho
]3;
3
1
[,, zyx
chứng minh rằng:
5
7





xz
z
zy
y
yx
x
(THTT-số 357)
II
26
. Cho x,y,z là số dơng chứng minh rằng:
)(58)(2

Cmr:
222222
xzzyyxzyx
II
29
. Cho





3
0,,
222
zyx
zyx
Cmr:
xyzzxyzxy 912)(7
II
20
Chứng minh rằng :
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 17 -
2
2
2
1


sau đó đánh giá tiếp ta đa về 1biến là b .
III. khai thác phơng pháp trong lợng giác :
ở trên là những bất đẳng thức trong đại số . vậy trong lợng giác liệu có thể
đánh giá đơc không? sau đây ta xét một số ví dụ trong l ợng giác

Bài toán17:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:
sinA+sinB+
3
sinC
6
3
4

(17)
Giải:
C
C
C
BABA
CBA sin3
2
cos2sin3
2
cos
2
sin2sin3sinsin)17(


Đặt
01

1
(
2
3
1[2))1(
3
1
2.
2
3
1(2))1(31(2
2
3222


tt
tttttttt
(17') đúng với mọi t>0 ; vì vậy: sinA+sinB+
3
sinC
6
3
4

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi






Bài toán18: Cho tam giác ABC chứng minh rằng:
(1-cosA)(1-cosB)(1-cosC)

cosAcosBcosC (18)
Giải:
+) Nếu tam giác có góc vuông ho ặc góc tù thì bđt luôn đúng
+) Nếu tam giác là nhọn ,ta có:
1
coscos
coscos)cos(cos1
.
cos
cos1
)18(


CB
sCBCB
A
A
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 18 -
A
AA
A
A
A
A



































A
A
A
AA
A
AA
(18'')
Vì tam giác nhọn nên (1 8'') luôn đúng.Do đó(18) đúng
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
CBA
A
CB









0
2
sin1
1
2
cos

2
sin6[
2
coscos2
2
cos
2
sin2.sin2)cos()cos()
2
cos
2
cos2(cos3
)sinsinsinsinsin(sin2)coscos(cos3
CB
A
A
ACB
A
CBCB
ACBCB
CBCB
A
ACCBBACBAT








nên
00)12()12(1248
1)
2
sin1(
2
sin8
2
sin6)
2
sin21(21
2
cossin4
2
sin6cos2
223
22


tttttt
AAAAA
A
A
AT
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 19 -
trong đó
2


đpcm

Bài toán20: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
1+cosAcosBcosC
3
sinAsinBsinC (20)
Giải:
Khi hoán vị (A,B,C) thì bđt ( 20) không thay đổi do đó không mất tính tổng
quát . ta giả sử A=max(A,B,C)
Khi đó
60 (20')A

. Xét
]sin
2
3
cos
2
1
)[cos(]cossin3[cos
2
1
1
)]cos()[cos(sin
2
3
)]cos()[cos(cos
2
1



AAAAAAAT
Vì vậy 1+cosAcosBcosC
3
sinAsinBsinC
dấu bằng xảy ra khi
CBA
A
CB






1)60cos(
1)cos(


đpcm
* Một số bài toán *
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:
III
31
.Nếu tam giác ABC nhọn:
33
1
33
2

CBA
III
33
.
13
1 cos cos cos cos cos cos (cos cos cos )
2
cos cos cos
A B B C C A A B C
A B C


Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 20 -
III
34
.
2
3
3cos3cos3cos CBA
III
35
.
4
23
1sin
2
1

2
2
1
coscoscos
sinsinsin



CBA
CBA
Nhận xét 5: Ta có thể chuyển bất đẳng thức có điều kiện trong đại số sang
lợng giác bằng cách:
*) Từ đẳng thức lợng giác cơ bản :
+) Từ đẳng thức:
)1(tantantantantantan CBACBA
)2(1
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
ACCBBA
kết hợp bài toán : II

ta đợc bài toán tơng
đơng bài toán II
12
: cho tam giác ABC nhọn .
Cmr:
CBAACCBBA tantantan
33
10
1tantantantantantan
tơng tự ta có :
330
2
tan
2
tan
2
tan)
2
tan
2
tan
2
(tan9
CBACBA
+) Từ đẳng thức:
1coscoscos2coscoscos
222
CBACBA
và
Bài toán 11: Cho








3
4
0;0
0,,
3
b
a
ba
zyx
zyx
hay











3


0,,
3
222
zyx
zyx
Cmr:
)(439 zxyzxyxyz
Kết hợp bất đẳng thức cơ bản trong lợng giác chẳng hạn
1.
2
3
coscoscos CBA
ta có bài toán:
Cho tam giác nhọn ABC . C hứng minh rằng:
)coscoscoscoscos(cos8coscoscos85 sACcBBAsCsBA
2.
4
9
sinsinsin
222
CBA
ta có bài toán:
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC thì:
)sinsinsinsinsin(sin16sinsinsin839 ACCBBACBA
tơng tự đối với tang,cotang và bài toán khác
chú ý: Giải bài toán đại số thông qua giải bài lợng giác ngời ta gọi l à phơng
pháp lợng giác hóa. Làm ngợc lại gọi là phơng pháp đại số hóa.
C. Kết luận
Trên đây là một trích dẫn về sự vận dụng phơng pháp đa về một biến