Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức

Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ 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 phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán. Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả năng tư duy toán học cho học sinh. Thế nhưng qua việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã có rất nhiều phương 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 dưỡng học sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã có gặp nhiều khó khăn, vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương pháp giải đã có trước tôi đã tìm kiếm thêm được một phương 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.Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức ( Thường 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 như 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 phương pháp trong lượng giác b.nội dung đề tài */ Bài toán: Xét bài toán : với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng p=f(x,y,z,...) A (hoặc A) phương pháp giải:  Chứng minh p )(tg với Dt  Chứng minh Atg )( với t D  Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh Atg )( - Việc chứng minh Atg )( ở đây tôi chỉ sử dụng cách biến đổi ( dự đoán dấu bằng xảy ra),ngoài ra đối với hoc sinh lớp 12 có thể làm một cách nhanh chóng hơn bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải. - Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụn g bất đẳng thức cổ điển bunhiacopki,côsi,....) . Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ 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 nxxx  ...21 b. Bất đẳng thức bunhiacopxki: 2 2211 22 2 2 1 22 2 2 1 )...()...)(...( nnnn yxyxyxyyyxxx  đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n n y x y x y x  ... 2 2 1 1 c. Bất đẳng thức svac-xơ(hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki ) : với )2(,...,, 21 nyyy n là số dương: n n n n yyy 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 y x  ... 2 2 1 1 2.Tính chất: a. Nếu p có giá tri không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z.. chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y) . khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x=max(x,y,z,...) hoặc x=min(x,y,z,...) b. Nếu p có giá trị không đổi khi ta hoán vị một cách bất kì các biến x,y,z... chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(x,z,y)=f(y,x,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y)=f(z,y,x) . khi đó không mất tính tổng quát ta có thể sắp xếp các biến theo một thứ tự .... zyx I. một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z,...). Sau đây là một số ví dụ mở đầu Bài toán 1:Với x,y là số dương chứng minh rằng: 2233 yxxyyx  (1) Giải: Vì x là số dương nên: (1)  x y x y x y      23 1 . đặt x y =t thì t>0 (1) trở thành t 3 -t 2 -t+10 (t-1) 2 (t+1)0 (đúng với mọi t>0)  đpcm Tổng quát ta có bài toán sau: Cho x,y là số dương. Cmr: ),2(11 Nnnyxxyyx nnnn   Chứng minh hoàn hoàn tương tự! Bài toán 2: Với x,y khác không chứng minh rằng: Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 3 - )2(2 2 2 2 2 4 4 4 4      x y y x x y y x x y y x Giải: Đặt t= x y y x  thì 2 x y y x x y y x t (áp dụng bđt côsi) khi đó (2) trở thành: 02)2(2)2( 222  ttt  (t+2)(t 3 -2t 2 -t+3)0(2') +) Với t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 2222  zyx .Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức xyzzyxP 3333  -Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN,NN đạt được kh i x=y=z hoặc tại các điểm biên.Thử vào ta có phán đoán 2222  P Giải: Từ đẳng thức 2222 )()(2 zyxzxyzxyzyx  ))((3 222333 zxyzxyzyxzyxxyzzyx  và điều kiện ta có: ) 2 2)(2)(())(( 2 222  zyxzyxzxyzxyzyxzyxp đặt 60  tzyxt 2222)22()2( 2 13 2 ) 2 22( 2 32  ttttttp dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2t vậy Pmin= 22 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị Pmax= 22 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vịSau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ Bài toán 4: Cho      2 3 0,, zyx zyx Cmr: 2 15111  zyx zyx Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: zyx zyx xyz zyx zyx zyx  913111 3 Đặt 2 30  tzyxt Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 4 - Vậy: 2 15 2 3 .4 27 4 9 .2 4 27 4 99111  t t tt t t t zyx zyx dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z= 2 1  đpcm Tổng quát ta có bài toán: Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương ; )(... *21 Rkkxxx n  22;0 bnakb  . Cmr : k akbn xxx bxxxa n n 22 21 21 ) 1 ... 11()...(  (*) Sơ lược lời giải: k akbn k bn ak k bn k bn at k t t bn t bn at xxx bn xxxa xxx bxxxa n n n n 22 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 21 21 21 )(1.2.)()1( ... )...()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)111(4  zyx zyx kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán 2':(olimpic-toán sơ cấp -Đại Học Vinh) Cho      2 3 0,, zyx zyx C mr: 2 2 22 2 21 1 1 173. 2x y zy z x      Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có )4( 17 114)41)(1( 222222 yxyxyxyx  tương 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,, zyx zyx CMR : 82111 222222  zzyyxx (đề thi đại học ,cao đẳng năm 2003 -2004) 2.với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có bài toán : Cho     2 0, yx yx Cmr: 2)(11  yx yx bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta có bài toán 2'': Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 5 - cho     1 0, yx yx Cmr: 2 11  y y x x Thật vậy: bằng cách đặt: a= x1 ; b= y1 và kết hợp bất đẳng thức bunhacopxki và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh Tổng quát: (tạp chí crux ) )2(,...,, 21 nxxx n là số dương và mxxx n  ...21 ,m>0: Cmr:: 1 ... 2 2 1 1  n mn xm x xm x xm x n n Chứng minh hoàn toàn tương tự ! - Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*))thì bài toán thay đổi như thế nào? Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương; )(... *21 Rkkxxx n  22;0 bnakb  . Cmr : k akbn xxx bxxxa n n 22 21 21 ) 1 ... 11()...(  (**) từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị ... *)Như vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu bài toán_ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là :bài toán cụ thể tổng quátđặc biệt (phân tích , so sánh...)bài toán mới tổng quát. (chú ý tổng quát có nhiều hướng :theo hằng số ,theo số biến hoặc số mũ)  Bài toán 5:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z là số dương và xyz 1 Cmr: 2 3      xyz z xzy y yzx x (5) Giải: Đặt a= x , b= y , c= z Bài toán trở thành : a,b,clà số dương và abc 1 cmr 2 3 2 2 2 2 2 2       abc c acb b bca a (4') áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có: VT 2 (5')    abcacbbca cba   222 2)( 2  =  2222 4)( abcacbbca cba   ]3)[(3 )( )](3)[(3 )( )(3 )( 2 4 2 4 222 4     cba cba cabcabcba cba cabcabcba cba {vì ab+bc+ca  3 2)(3 abc 3} đặt t=(a+b+c) 2 thì t9 { vì a+b+c  33 abc 3} Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 6 - ta có )3(3 2 t t = 3 3 . 12 32 12 159.3 3 3 12 3 12 153    t t t tt = 2 9 VT 2 (5')  2 9 VT(4')  2 3 dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1  đpcm Tổng quát ta có bài toán sau:với )2(,...,, 21 nxxx n dương và 1...21 nxxx Cmr: 2 ... ... ..... 1211432 2 321 1 n xxxx x xxxxx x xxxx x nn n nn         Bài toán 6: Cho     1 0,, zyx zyx Cmr: 10 9 111 222  z z y y x xP Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ nhưng ở đây chiều của bất đẳng thức lại ngược.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để là m đổi chiều bất đẳng thức ? Giải : Ta có :   333 2222 3 4 3 4 3 4 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 1)(1 ) 111 (1) 1 1() 1 1() 1 1( zyxzyx zyx zz z yy y xx x z z y y x x z z z y yy x x xP    Đặt 222 zyxt  từ đk 3 1 t áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và côsi ta có: 32 1 2 3) 3 (3)](1[ 2 1 3))(( 3 222 222222 222333 t tt zyx zyxzyx xyzzxyzxyzyxzyxzyx   Vậy 10 9 10 9 3103 )957)( 3 1( 10 9 10 9 3103 3103 3 13 21 3 231 21 22 2 2 22         tt tt tt tt t tt t t tt tP dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= 3 1  đpcm Khi gặp bài toán có điều kiện phức tạp khó sủ dụng thì phải xử lí điều kiện . Ta xét bài toán sau: Bài toán 7:(Tạp chí toán học tuổi thơ) Cho     )1)(1)(1)(1( )1;0(,, zyxxyz zyx Cmr: x 2 +y 2 +z 2  4 3 Giải: Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 7 - (1) 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz  x 2 +y 2 +z 2 =2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4xyz áp dụng bđt Côsi ta có : xyzzyx     3 3 nên x 2 +y 2 +z 2 2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4 3 3     zyx Đặt t=x+y+z thì 30  t .Khi đó: x 2 +y 2 +z 2 3 2 24 1 15 3 32 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 đpcm Nhận xét 2 : Từ ý tưởng phương pháp giải ở trên ta có thể sáng tạo các bất đẳng thức : chẳng hạn -Từ bất đẳng thức cô si 1.C ho x,y là số dương.Cmr: xyyxyx 888)( 22322  2.(THTT-248 - 1998):Cho x,y,z là số dương không lớn hơn 1. Cmr: a. 3 )1)(1)(1( 3 11 zyx zyx  b. )1)(1)(1( 3 11 zyx zyx  Từ đó ta có bài toán tổng quát : (chú ý: câu b chặt hơn câu a) Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương 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     )...())...()(( 2121 bất đẳng thức trở thành: 1 1 1 1 ( ) 0(*) nn n n n n n a a na t na t n a t na t t n n n tn                    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 hơn sau: Cho )2(,...,, 21 nxxx n là số dương không lớn hơn a .Cmr: ))...()((1 ... 1 21 1 21 11 n nn n nn xaxaxa n a n n xxx a n n         Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 8 - chứng minh hoàn toàn tương tự ! 3.Cho     3 0,, 222 zyx zyx Cmr: 3027  xyzzyx 4.Cho     2 0,, zyxxyz zyx Cmr: 6 zyx - Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức 2222 )()(2 zyxzxyzxyzyx  1. Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] .Cmr : 6)(0  zyxzxyzxy 2. Cho     1 0,, xyz zyx Cmr: 3 101222  zxyzxyzyx 3. Cho     0,, 1 zyx xyz Cmr: 43 222  zyxx z z y y x 4. Cho      2 1 0,, zyx zyx Cmr: 5 108111 222  zzyyxx 5.(THTT- 346/2006) Cho     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       yx z xz y zy x - Hay từ bất đẳng thức schur : 2)(9)(40))(())(())(( zyx zyx xyz zxyzxyyzxzzxyzyyzxyxx  1: Cho xyz là số không âm . Cmr: )(212 222 zxyzxyzyxxyz  sơ lược lời giải: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với 12)()(4)(412)( 22  xyzzyxzxyzxyhayzxyzxyxyzzyx 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:     cba cba 2 0,, thì: Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 9 - )(233)()( 222 zxyzxyacbazyxcbxyzzyxa  với a=3 b=5 c=1 ta có bài toán: 2.Cho x,y,z là số không âm . chứng minh rằng : )(61)(5)(3 222 zxyzxyzyxxyzzyx  Bằng cách tương tự ta có bài toán: 3.Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng )(58)(2 222 zyxzyxxyz  (THTT-số 356) 4.Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng )1)(1)(1(32222 zyxxyzzyx  5.Cho      ] 3 4 ;0[,, 3 zyx zxyzxy Cmr: 13)(4  zyxxyz Từ đẳng thức ,bất đẳng thức cơ bản,đơn giản ta có thể tạo vô số bài toán! để kết thúc phần I tôi xin đưa ra thêm một số bài toán làm theo phương pháp này: *--------------Một số bài toán----------* I1.Chứng minh rằng: 4444 2 27 2 1 12 27 2 1   yx yx với mọi x,y thuộc R HD: yxt  I2.Cho     )2;0(,, 3 zyx zyx Cmr: 222222 4 1 4 1 4 1 )2)(2)(2( 27 zyxzyx        HD: t = 2)( zyx  : I3.Cho     1 0,, zyx zyx Cmr : 12 1)()()( 444  yxzxzyzyx HD: Giả sử 0 zyx đặt )( zyxt  ta chứng minh được )31()()()( 444 ttyxzxzyzyx  I4 . Cho     0,, 4222 zyx xyzzyx Cmr: 3 zyx I5. Cho     ]1;0(,, zyx zyxzxyzxy Cmr: 3 )()()( 2 2 2 2 2 2       zyx z yxz y xzy x I6. Cho ),2(,...,, 21 Nnnxxx n  là số dương và )0(...21  knkxxx n . Chứng minh rằng: )( 1 ... 11 3 22 22 2 11 knk n xxxxxx nn   Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 10 - I7 . Với )2(,...,, 21 nxxx n dương và 1...21 nxxx . Cmr: n n xxx xxx n n 1 ... 1 ... 2 21 21  Nhận xét 3: - Nếu chứng minh g(t) 0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên phải dự đoán được dấu bằng xảy ra tại đâu để đánh giá hay tách nhóm hợp lý . -Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t)0 bằng phương pháp đạo hàm. II. Một biến là x(y hoặc z): ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z 1.Đưa về một biến nhờ điều kiện : Bài toán 8: Cho     0,, 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     z (1-z)= 4 123  zzz = 27 8 27 8) 3 5() 3 1( 4 1 2  zz với mọi z, 10  z dấu bằng xảy ra khi x=y=z= 3 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 4 230)3(2)2() 2 3(5 0)(2)2() 2 (50)(2)2(5)9( 23 2 2   zzzz zzz z yxzzyxyxzzxy đúng với ]1;0[z . Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 đpcm Nhận xét4: - 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 được biểu thức . Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ 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 zyx zyx Cmr: 0)3()(  babxyzzxyzxya HD: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z) từ điều kiện dễ thấy 043;010  b a zbzaz ta có: 0)43()1( 4 1)3()3( )( 4 )3()3()()()3()( 2 2   b a zzbbazaz bzazbayxazbzaxybabxyzzxyzxya 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 đưa bài toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác : chẳng hạn bài 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương : Cho     0,, 3 zyx zyx (THTT-2006) Cmr: 4222  xyzzyx hay sử dụng đẳng thức )](3))[((3 2333 zxyzxyzyxzyxxyzzyx  bài toán 9 có thể được phát biểu dưới dạng : Cho     0,, 3 zyx zyx Cmr: 93)(2 333  xyzzyx - Đặt ẩn phụ : a=mx;b=my;c=mz hoặc a= x 1 ;b= y 1 ;c= z 1 ..v..v.. chẳng hạn: bài toán 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương  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: xyzzyx 3333  ta có bài toán     0,, 3 zyx zyx Cmr: )(615333 zxyzxyzyx  *)Từ cách chứng minh bài toán tổng quát trên ta có bài toán Tương tự Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 12 - bài toán9'' Cho        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 Sau đây ta xét tiếp một số bài toán sử dụng tính chất này để làm hạn chế phạm vi của biến: Bài toán 10: Cho     3 ]2;0[,, zyx zyx Cmr: 9333  zyx Giải: Không mất tính tổng quát , giả sử z=max(x,y,z) Từ điều kiện 21  z . Ta có:  333 zyx x 3 +y 3 +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 gia _bảng B_1996;USAMO_2001) Cho     4 0,, xyzzxyzxy zyx Cmr: x+y+zxy+yz+zx(11) Giải: Giả sử z=min(x,y,z) , từ điều kiện ta có : 100)2)(1(34 223  zzzzzxyzzxyzxy (11') xy+yz+zx+xyz=4  (x+y)z=4-xyz-xyx+y= z xyxyz 4 (11'') Mặt khác : 0=xy(1+z)+z(x+y)-4xy(1+z)+2 xy .z-4  1 2 0)2)( 1 2(  zxyxyzxy (11''') (11) 0)1)((  xyzzyx Từ (11'),(11''),(11''') ta có : Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 13 - 0)1( )1(1 2)( 1 244 )(44)1(4)1)(( 2 2 2 2 2 2 22           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     0,, 3 zyx zyx Cmr: 7)(2 222222  zyxzyx Giải: Ta có 0)]1)(1)(1[()]1)(1)][(1)(1)][(1)(1[( 2  zyxxzzyyx Do đó trong ba số )1)(1();1)(1();1)(1(  xzzyyx có ít nhất một số không âm . Giả sử 10)1)(1(  yxxyyx Ta có: 77)22()1(9674 )2(2)3()1(2)()(2 22234 22222222222222   zzzzzzz zzzzzyxzyxzyxzyx dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi        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 1[,, 1 zyx xyz Cmr: 4 17 zxyzxy *..............Một số bài toán..................* II11. Cho     0,, 1 zyx zyx Cmr: a. xyzzy 16 b. xyzzxyzxy 9 c. )(419 zxyzxyxyz  II12. Cho     3 0,, zxyzxy zyx Cmr: 10)(3  xyzzyx II13. Cho ]2 2 ;0[, yx . Cmr: 3 22 11 22  x y y x HD: Giả sử 0 2 2  yx ta đi chứng minh: 222 1 2 11 x x x y y x  Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 14 - II14. Cho     0,, 1 zyx zyx Cmr: a. 2 7 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2     x z z y y x (bài T5 - THTT - 10/2004) b. 2 7 1 1 1 1 1 1     n n 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 1 2 2 2 2 2 22 2 22 2 2 2 2 2 2               x xx x zy x zy x zy x z z y y x Câu b tương tự! II15. Cho     3 ]2;0[,, zyx zyx Cmr : 12  nnnn zyx (Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!) 2. Đưa dần về một biến: Từ biểu thức p có n biến ta đánh giá đưa về (n -1) biến .... và cuối cùng đưa về 1 biến. sau đây ta xét một số ví dụ đặc trưng thể hiện phương pháp này: Bài toán 13: Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] Chứng minh rằng : xyzzyx 5333  Giải: Đặt ),,( zyxf xyzzyx 5333  Không mất tính tổng quát giả sử : 12  zyx 0)51)(1()51(5)1,,(),,( 23  xyzzzxyxyzzyxfzyxf Vì : 013)1(4415151;01 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: )(25 zxyzxyxyz  Giải Đặt xyzzxyzxyzyxp  )(2),,( Ta cần chứng minh 5),,( zyxf . Do vai trò của x,y,z trong f như nhau nên theo tính chất 2 ta giả sử zyx 0 kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 10  x Xét Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 15 - 4 23) 2 3 , 2 3 ,() 2 , 2 ,(),,(0))(2( 4 1 4 )() 24 )( 2 (2)(2) 2 , 2 ,(),,( 3 2 22   xxxx xfzyzyxfzyxfzyx zy x zy x zyzy xxyzzxyzxyzyzyxfzyxf 10;5 4 )2()1(555 4 23),,( 23  xxxxxxzyxf 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 dương Chứng minh rằng: xyzzyx 3333  Giải: Không mất tính tổng quát giả sử 0 xyz Đặt ),,( zyxf xyzzyx 3333  Tacó: 0)2)(()(3)(),,(),,( 233  xyxyzzxyzzxyxyxyzxyyxfzyxf vì xyz  Mặt khác: Đặt ),( yxg 333 )(2),,( xyyxxyyxf    0))((2),(),( 2336333  xyxxyxyxxgyxg Vậy 0),(),(),,(),,(  xxgyxgxyyxfzyxf dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi zyx yx xyz      đpcm Bài số 16:(Bất đẳng thức nesbit) Cho x,y,z là số dương . Chứng minh rằng : 2 3 yx z xz y zy x Giải: Đặt ),,( zyxf yx z xz y zy x  . Giả sử z=min(x,y,z) Ta có :  ),,(),,( xyyxfzyxf yx xy xxy y xyy x yx z xz y zy x  0 )( . ))(( 11 )()( 1 1 ))(())(( 1 ))(( ))(( )( ))(( )( ))(( )( 2                 xy yx yxyxyxx y yxy x yx yxxxyxy y xyyxy x yxxxyxz y xyyzy x zxy yx xyz xxyxz zxyy xyyzy zxyx Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 16 - Ta có :        11 1),,( x y x y x y x y x y x yyx xy xxy y yxy x xyyxf   2 3 2 3 )1(2 221 11 1 2 2 2 2 2 2   tt tt t t t t t tt với )0(  t x y t dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : x=y=z=1 đpcm Nhận xét : - Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu thức của bất đẳng thức và biểu thức đó với x(hoặc y hoặc z) thay bởi trung bình nhân hoặc trung bình cộng . - Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được * ............Một số bài toán............* II21. Cho     0,, 1 zyx xyz Cmr : )1(4))()((  zyxxzzyyx II22. Cho     0,, 96 zyx xyzzxyzxy Cmr: 63  xyzzyx II23. Cho     3 0,, 222 zyx zyx Cmr: a. xyzzxyzxy 9 b. )(419 zxyzxyxyz  II24. Cho ]2 2 ;0[, yx chứng minh rằng: 3 22 11 22  x y y x II25. Cho ]3;3 1[,, zyx chứng minh rằng: 5 7 xz z zy y yx x (THTT-số 357) II26. Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng: )(58)(2 222 zyxzyxxyz  (THTT-số 356) II27. Cho     3 0,, zxyzxy zyx Cmr: 10)(3  xyzzyx II28. Cho     3 0,, 222 zyx zyx Cmr: 222222 xzzyyxzyx  II29. Cho     3 0,, 222 zyx zyx Cmr: xyzzxyzxy 912)(7  II20 Chứng minh rằng : Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 17 - 2 2 21      y xz x zy z yx (OLIMPIC 30-4) HD: Không mất tính tổng quát ta giả sử : 1 2 1  xyz Đặt : z=ax ; y=bx 1 2 1  ba sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b . III. khai thác phương pháp trong lượng giác: ở trên là những bất đẳng thức trong đại số . vậy trong lượng giác liệu có thể đánh giá đươc không? sau đây ta xét một số ví dụ trong lư ợng giác Bài toán17:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có: sinA+sinB+ 3 sinC 6 3 4 (17) Giải: CCCBABACBA sin3 2 cos2sin3 2 cos 2 sin2sin3sinsin)17(  Đặt 01 2 cos  ttC Ta có: ))1(31(2) 2 sin31( 2 cos2sin3 2 cos2 2ttCCCC  áp dụng bđt côsi : )'17(6 3 46 3 4)623() 3 6( 63)]1 3 1( 2 31[2))1( 3 12. 2 31(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             2cos 3 6 2 cos 1 2 cos C BA C BA đpcm Bài toán18: Cho tam giác ABC chứng minh rằng: (1-cosA)(1-cosB)(1-cosC)cosAcosBcosC (18) Giải: +) Nếu tam giác có góc vuông hoặc 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 Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 18 - A AA A A A AVT CBCB CBCB A A cos 2 sin2 2 sin42 1 )cos1( 2 1 2 sin21 cos cos1)'18( )'18(11 )cos()[cos( 2 1 2 cos 2 cos21 cos cos1 2                         Ta có: 0 cos ) 2 sin21( 0 cos 2 sin4 2 sin41 1 cos 2 sin2 2 sin42 222       A A A AA A AA (18'') Vì tam giác nhọn nên (18'') luôn đúng.Do đó(18) đúng dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CBAA CB       0 2 sin1 1 2 cos đpcm Trong tam giác ABC ta có điều kiện là A+B+C=180  nên gợi ý cho chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế phạm vi biến từ đó có thể đánh giá được biểu thức , Sau đây là một số ví dụ: Bài toán 19: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có 3(cosA+cosB+cosC) 2(sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA) (19) Giải: Khi hoán vị (A,B,C) thì bđt (19) không thay đổi do đó không mất tính tổng quát Giả sử A=min(A,B,C. Vì A+B+C=180   3A nên 1 2 cos 2 3600  AA  )cos(] 2 cossin4 2 sin6[ 2 coscos2 2 cos 2 sin2.sin2)cos()cos() 2 cos 2 cos2(cos3 )sinsinsinsinsin(sin2)coscos(cos3 CBAAACBA CBCBACBCBCBCBA ACCBBACBAT    Ta có: vì 0) 2 cos43( 2 sin2 2 cossin4 2 sin61 2 cos 2 3 ,0 2 sin 2  AAAAAAA Mặt khác 1)cos(,1 2 cos  CBCB nên 00)12()12(1248 1) 2 sin1( 2 sin8 2 sin6) 2 sin21(21 2 cossin4 2 sin6cos2 223 22   tttttt AAAAAAAAT Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 19 - trong đó 2 sin At  .Vì vậy (cosA+cosB+cosC) 2(sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi CBA A CB CB        1 2 sin 1)cos( 1 2 cos 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 11 )]cos()[cos(sin 2 3)]cos()[cos(cos 2 11 sinsinsin3coscoscos1 2 AACBAAA CBCBACBCBAT CBACBAT    Từ (20') ta có: 0)60cos(sin 2 3 cos 2 1  AAA và 1)cos(  CB nên 0)]60cos(1)[1(cos)sin3(cos 2 1]cossin3cos 2 1[1 2  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: III31.Nếu tam giác ABC nhọn: 33 133 2 cot 2 cot 2 cot 1 tantantan  CBA CBA III32. 2 15 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 2 sin 2 sin  CBA CBA III33. 1 31 c o s c o s c o s c o s c o s c o s (c o s c o s c o s ) 2 c o s c o s c o s A B B C C A A B C A B C         Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 20 - III34. 2 33cos3cos3cos  CBA III35. 4 231sin 2 1 sinsin 222  CBA III36. 33 216 3 2 sin 2 sin 2 sin CBA III37 . 2cot2cotcot  CBA III38. Nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù thì a. 4)sin1)(sin1)(sin1( 222  CB b. 2 21 coscoscos sinsinsin   CBA CBA Nhận xét 5: Ta có thể chuyển bất đẳng thức có điều kiện trong đại số sang lượng giác bằng cách: *) Từ đẳng thức lượng 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 : II12. Cho     3 0,, zxyzxy zyx Cmr: 10)(3  xyzzyx chứng minh bài này tương tự bài toán 11(hoặc sử dụng đưa dần về một biến) từ (1) bằng cách đặt : C z B y A x tan 3 ; tan 3 ; tan 3  ta được bài toán tương đương bài toán II12 : cho tam giác ABC nhọn . Cmr: CBAACCBBA tantantan 33 101tantantantantantan  tương 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     4 0,, xyzzxyzxy zyx Cmr:x+y+z xy+yz+zx Đặt x=2cosA ; y=2cosB ; z=2cosC ta có bài toán: Chứng minh rằng với tam giác nhọn ABC thì: cosA+cosB+cosC 2(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA) đây là bài toán khá đẹp *) Từ bất đẳng thức lượng giác cơ bản : Ta xét bài toán 9: Dễ thấy từ cách chứng minh có thể thay điều kiện của bài toán như sau Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 21 - Cho        3 4 0;0 0,, 3 b a ba zyx zyx hay        3 4 0;0 0,, 3222 b a ba zyx zyx Cmr: 0)3()(  babxyzzxyzxya Đặc biệt hóa ta có bài toán : 1. a=-2;b=1 .     0,, 3 zyx zyx Cmr: )(25 zxyzxyxyz  2.a=-4;b=3 .     0,, 3222 zyx zyx Cmr: )(439 zxyzxyxyz  Kết hợp bất đẳng thức cơ bản trong lượng giác chẳng hạn 1. 2 3 coscoscos  CBA ta có bài toán: Cho tam giác nhọn ABC . Chứng 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  tương tự đối với tang,cotang và bài toán khác chú ý: Giải bài toán đại số thông qua giải bài lượng giác người ta gọi l à phương pháp lượng giác hóa. Làm ngược lại gọi là phương pháp đại số hóa. C. Kết luận Trên đây là một trích dẫn về sự vận dụng phương pháp đưa về một biến trong vấn đề chứng minh bất đẳng thức. Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em có học lực từ khá trở lên. Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập một cách say mê hứng thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giỏi vừa qua. Vì tác dụng tích cực trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi nên kính mong Hội đồng khoa học và quý thầy ( cô) góp ý bổ sung để đề tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng hơn trong quá trình dạy học ở trường THPT. Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức . . Kỳ _ Xỏc - 22 - Xin chân thành cảm ơn! ngày 10 tháng 5 năm 2007 Người thực hiện Kỳ_Xác Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí toán học và tuổi trẻ 2.Sáng tạo bất đẳng thức _pham kim hùng 3.Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần tuấn Anh 4.Các bài toán chọn lọc về hệ thức lượng trong tam giác tứ giác phan huy khải_nguyễn đạo phương 5.Olimpic 30_4