Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r" nhằm đưa ra được nhiều lời giải cho một số bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r; Đưa ra một số định hướng để giải bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r

1 I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Bài toán bất đẳng thức (bài toán chứng minh bất đẳng thức; bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức) nói chung và bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r (với p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc ) nói riêng thường hay xuất hiện trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi Học sinh giỏi. Đã có nhiều tác giả nghiên cứu về các bài toán bất đẳng thức dạng này như tác giả Phạm Kim Hùng, tác giả Võ Quốc Bá Cẩn,…; Có một số “phương pháp mạnh” để giải bài toán bất đẳng thức dạng này như phương pháp dồn biến, phương pháp phân tích bình phương S.O.S,… Nhưng chưa có tác giả nào rút ra một số định hướng vận dụng những “kiến thức gần gũi” để giải các bài toán dạng này. Vì vậy, tôi chọn đề tài: “Một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r”. 2. Tính cấp thiết của đề tài Các bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r thường gây ra nhiều khó khăn cho Học sinh và Giáo viên trong quá trình tìm lời giải. Một số Học sinh thường bỏ qua khi gặp bài toán bất đẳng thức dạng này vì các em không nắm được một số định hướng để giải bài toán dạng này. Vì vậy việc nghiên cứu kỹ bài toán dạng này là rất cần thiết. 3. Tính mới của đề tài - Đưa ra được nhiều lời giải cho một số bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r. - Đưa ra một số định hướng để giải bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r. - Vận dụng các định hướng đó để giải một số bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r. 4. Khả năng ứng dụng và triển khai đề tài Đề tài có thể là tài liệu tham khảo bổ ích cho Học sinh, Giáo viên THCS và THPT đặc biệt là Học sinh khá, giỏi.
2 5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 5.1. Đối tượng nghiên cứu - Học sinh khá giỏi THCS và THPT. - Giáo viên trường THCS và THPT. - Các bài toán bất đẳng thức có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r. 5.2. Phạm vi nghiên cứu - Bám sát nội dung chương trình Toán THCS và THPT. - Mở rộng phù hợp với nội dung thi Học sinh giỏi Tỉnh, Quốc gia, Khu vực và Quốc tế. 6. Phương pháp và nhiệm vụ nghiên cứu 6.1. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp phân tích, tổng hợp. - Phương pháp thực nghiệm. 6.2. Nhiệm vụ nghiên cứu Rút ra một số kinh nghiệm để giải bài toán bất đẳng thức có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r.
3 II. NỘI DUNG 1. Cơ sở khoa học 1.1. Cơ sơ lý luận Trong đề tài này có sử dụng một số bất đẳng thức đúng sau 1.1.1. Với hai số thực x, y ta có: +) x 2  y 2  2xy . +)  x  y  4xy . 2 +) 2 x 2  y 2    x  y . 2 Dấu bằng ở các bất đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi x = y. 1.1.2. Với ba số thực x, y, z ta có: +) x 2  y 2  z 2  xy  z  zx . +)  x  y  z  3 xy  yz  zx  . 2 +) 3 x 2  y 2  z 2    x  y  z . 2 Dấu bằng ở các bất đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 1.1.3. Bất đẳng thức Cô – si: Với n số thực không âm a1 , a 2 , ..., a n ta có a1  a 2  ...  a n  n n a1a 2 ...a n . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1  a 2  ...  a n . 1.1.4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Với 2n số thực a1 , a 2 , ..., a n và b1 , b 2 , ..., b n ta có a  a 22  ...  a 2n b12  b 22  ...  b 2n   a1b1  a 2 b 2  ...a n b n  . 2 2 1
4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho: a1  kb1; a 2  kb 2 ;...; a n  kbn . 1.1.5. Bất đẳng thức Schur bậc ba, bậc bốn: +) Bất đẳng thức Schur bậc ba: Với ba số thực không âm a, b, c ta có a a  ba  c  bb  cb  a   cc  a c  b  0 (1) hay a 3  b3  c3  3abc  aba  b  bcb  c  ca c  a  hay a  b  c  9abc  4a  b  cab  bc  ca  . 3 + Bất đẳng thức Schur bậc bốn: Với ba số thực không âm a, b, c ta có a 2 a  ba  c  b2 b  cb  a   c2 c  a c  b  0 (2) hay a  b  c  4ab  bc  ca   6abca  b  c  5a  b  c ab  bc  ca  4 2 2 (Bất đẳng thức (2) đúng với mọi số thực a, b, c). Dấu bằng ở các bất đẳng thức Schur bậc ba, bậc bốn xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị tương ứng. Chứng minh: +) Chứng minh bất đẳng thức Schur bậc ba Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c  0 . Khi đó: (1)  a  b a a  c  bb  c  cc  a c  b  0 (3) Vì a  b  c  0 nên cc  a c  b  0 và a  b a a  c  bb  c  0 . Do đó (3) đúng. Vậy (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
5    a  b a a  c  bb  c  0   a  b  c .    a  b, c  0   cc  a c  b  0  Vậy bất đẳng thức (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị tương ứng. +) Chứng minh Bất đẳng thức (2) đúng với mọi số thực a, b, c Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c . TH1: a  b  c  0 . Khi đó: (2)  a  b a 2 a  c  b2 b  c  c2 c  a c  b  0 (4) Vì a  b  c  0 nên c2 c  a c  b  0 và a  b a 2 a  c  b2 b  c  0 . Do đó (4) đúng. Vậy (2) đúng. TH2: a  b  0  c . Khi đó: (2)  a  b a 2 a  c  b2 b  c  c2 c  a c  b  0  b  3b 2 2     a  b a    2  a  bc  c2 c  a c  b  0 (5)   2 4  Vì a  b  0  c nên  b  2 3b 2  2    c c  a c  b  0 và a  b a    2  a  bc  0 .     2 4  Do đó (5) đúng. Vậy (2) đúng. TH3: a  0  b  c . Khi đó: (2)  a 2 a  ba  c  b  c  b2  b  a   c2 c  a   0  c  3c2 2     a a  ba  c  b  c b    2 2  a b  c  0 (6)   2 4 
6 Vì a  0  b  c nên (6) đúng. Vậy (2) đúng. TH4: 0  a  b  c . Khi đó: Đặt a x, b y, c z với 0  x  y  z . Bất đẳng thức (2) trở thành x 2  x  y x  z  y2  y  x  y  z  z 2 z  x z  y  0 (7) Theo TH1 thì (7) đúng. Vậy (2) đúng. Nhận xét: Với a, b, c là các số thực không âm, đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc . Từ các bất đẳng thức đúng trên ta có một số bất đẳng thức đúng liên quan đến p, q, r hay sử dụng sau: +) pq  9r . +) 3rp  q 2 (Kết quả này đúng với mọi số thực a, b, c). +) p3  9r  4pq . +) p 4  4q 2  6pr  5p 2q (Kết quả này đúng với mọi số thực a, b, c). 1.2. Cơ sơ thực tiễn Trong quá trình tìm hiểu các bài toán bất đẳng thức trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi Học sinh giỏi có một số bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r. Chẳng hạn như: Bài toán. (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 của Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội) Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca . Bài toán. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996)
7 Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  4 . Chứng minh rằng ab  bc  ca  a  b  c . Bài toán. (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Toán Quốc tế năm 2021) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2a 2  b 2  c 2   3ab  bc  ca   5a  b  c . Chứng minh rằng 4a 2  b 2  c 2   2ab  bc  ca   7abc  25 . Tôi đã tìm tòi lời giải các bài toán này, nghiên cứu kỹ các lời giải đó và đúc rút ra một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình dạy học. 2. Thực trạng Bài toán bất đẳng thức dạng này thường hay xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi Học sinh giỏi. Nhưng trong thực tế vấn đề dạy và học bài toán này Giáo viên và Học sinh gặp một số khó khăn và hạn chế như: Học sinh không nắm vững các bất đẳng thức đúng hay sử dụng, Học sinh không biết định hướng để tìm lời giải cho bài toán,…; Khi giải xong bài toán Giáo viên không yêu cầu Học sinh nghiên cứu sâu lời giải,… 3. Phương hướng và giải pháp 3.1. Một số định hướng để giải bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r Bài toán 1. (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 của Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội) Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca . Lời giải 1. Ta chứng minh P  4 . 4a b Từ giả thiết ta có ab  1  0 và c   ab  1
8 Do đó a  b4  a  b P  4  ab  4 ab  1  abab  1  a  b4  a  b  4ab  1  a  b  2  abab  3 2 (1) Từ giả thiết ta lại có ab  0 và a  b  4  ab  3  ab  a  b  1  a 1b 1  abab  3  aba 1b 1 (2) a  b  2  aba 1b 1 2 Ta sẽ chứng minh (3) Thật vậy: TH1: Nếu a 1 b 1  0 thì VT(3)  0  VP(3) . TH2: Nếu a 1 b 1  0 , thì VT(3)  a 1  b 1  4a 1b 1  VP(3) 2 (Vì 4ab  a  b  16  ab  4 ). 2 Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng (Điều phải chứng minh). Suy ra P  4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a  b  2, c  0 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này là: “Từ giả thiết rút 1 biến nào đó theo 2 biến còn lại (có thể hạn chế điều kiện hoặc tìm điều kiện liên quan trước khi rút) thế vào bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức 2 biến. Chứng minh bất đẳng thức này (với điều kiện đã tìm được) và kết luận”. Lời giải 2.
9 Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c (*). TH1: Nếu bc < 1 thì từ (*) và giả thiết a, b, c là ba số không âm suy ra P  3bc  P  3 . TH2: Nếu bc  1 thì từ giả thiết suy ra 4  a  b  c  abc  a  b  c  a  2 a  ba  c  4  a  ba  c  a 2  ab  bc  ca  ab  bc  ca  P4. Suy ra P  4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a  b  2, c  0 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này là: “Phân chia thành các trường hợp một cách hợp lý. Trong các trường hợp đó ta biến đổi một cách thích hợp rồi áp dụng các bất đẳng thức đúng đã biết để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh”. Lời giải 3. Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc . Từ giả thiết ta có p + r = 4 (1) , p  4 và  a  b  c  3 4  a  b  c  abc  a  b  c     3   p3  27p  108  0  p  3 p 2  3p  36  0  p  3. Do đó 3  p  4 (2) Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có
10 p3  9r p3  9r  4pq  q  (3) 4p Từ (1) và (2) suy ra p3  9r p  94  p p  4p  4p  9 3 2    4  4 (4) 4p 4p 4p Từ (3) và (4) suy ra q  4 hay ab  bc  ca  4 . Suy ra P  4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a  b  2, c  0 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. Nhận xét. +) Định hướng để tìm lời giải này là: “Dùng các bất đẳng thức đúng đã biết để đánh giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh một cách hợp lý để dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức một biến (biến p); chứng minh bất đẳng thức này và kết luận (Để chứng minh thì ta phải tìm điều kiện cho p)”. +) Với giả thiết như trong bài toán trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức chặt hơn là ab  bc  ca  a  b  c . Từ đó ta có bài toán sau (bài toán 2) Bài toán 2. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 . Chứng minh rằng ab  bc  ca  a  b  c . 4a b Lời giải. Từ giả thiết ta có ab  1  0 và c   ab  1 Do đó a  b4  a  b 4a b ab  bc  ca  a  b  c  ab  a b ab  1 ab  1  abab  1  a  b4  a  b  a  bab 1  4  a  b  a  b  2  ab a 1b 1 2 (Bất đẳng thức này đúng theo chứng minh trong lời giải 1).
11 Nhận xét. +) Định hướng để tìm lời giải này tương tự ở lời giải 1 của bài toán 1. +) Kết luận ab  bc  ca  a  b  c vẫn đúng nếu ta thay giả thiết “Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 ” bởi giả thiết “Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  4 ”. Do đó ta có bài toán sau (bài toán 3) Bài toán 3. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  4 . Chứng minh rằng ab  bc  ca  a  b  c . Lời giải 1. Nếu a  b  ab  0 thì a  b  0  ab  bc  ca  abc  0 (Trái với giả thiết). 4  ab Do đó, từ giả thiết ta có a  b  ab  0 và c   a  b  ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a  b4  ab 4  ab ab  a b a  b  ab a  b  ab  aba  b  ab  a  b4  ab  a  ba  b  ab  4  ab  a  b  2  ab a 1b 1 2 (1) TH1: Nếu a 1 b 1  0 thì VT(1)  0  VP(1) . TH2: Nếu a 1 b 1  0 , thì VT(1)  a 1  b 1  4a 1b 1  VP(1) 2 (Vì từ giả thiết suy ra ab  4 ). Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này tương tự ở lời giải 1 của bài toán 1.
12 Lời giải 2. Vì a và b là hai số không âm nên luôn tồn tại các số thực không âm x, y, z thỏa 2x 2y mãn y  z  0 , z  x  0 sao cho a  , b  yz zx Nếu x  y  0 thì x  y  0  a  b  0  ab  bc  ca  abc  0 (Trái với giả thiết). Do đó x  y  0 . Nếu a  b  ab  0 thì a  b  0  ab  bc  ca  abc  0 (Trái với giả thiết). Do đó, từ giả thiết ta có a  b  ab  0 và 4xy 4 4  ab  y  zz  x  2z c    a  b  ab 2x  2y  4xy x  y y  z z  x  y  zz  x  Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4xy 4yz 4zx 2x 2y 2z       y  zz  x  z  x  x  y  x  y y  z y  z z  x x  y  2xy x  y  2yz y  z  2zx z  x   x  x  y x  z  y x  y y  z  z x  z y   x 3  y3  z3  3xyz  xy x  y  yz y  z  zx z  x (1) Theo bất đẳng thức Schur bậc ba thì bất đẳng thức (1) đúng. Nhận xét. +) Định hướng để tìm lời giải này là: “Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về bài toán với 3 ẩn mới đơn giản hơn (có thể chứng minh được) và chứng minh bài toán này”. +) Ta có thể nghĩ đến cách đặt ẩn phụ như trên vì: Với ba số thực x, y, z thỏa mãn x  y  0 , y  z  0 , z  x  0 ta có đẳng thức đúng sau
13 xy  x  y  yz  y  z  zx z  x   2xyz 1  x  y y  zz  x  2x 2y 2z 2x 2y 2z 2x 2y 2z hay          4. yz zx xy yz zx xy yz zx xy +) Tương tự phân tích trên, ta có các kết quả sau: 2 + Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  k 2 (với k k  0 ) thì tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho: kx ky kz a , b , c  yz zx xy 2 + Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  abc  k 2 (với k k  0 ) thì tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho: kx ky kz a , b , c  x  y x  z   y  x  y  z z  x z  y k yz k zx k xy hoặc a  , b , c   x  y x  z  y  x  y  z  z  x z  y Từ các bài toán và lời giải trên ta có thể rút ra một số định hướng để giải một số bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r: Định hướng 1. Từ giả thiết rút 1 biến nào đó theo 2 biến còn lại (có thể hạn chế điều kiện hoặc tìm điều kiện liên quan trước khi rút) thế vào bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức 2 biến. Chứng minh bất đẳng thức này (với điều kiện đã tìm được) và kết luận. Định hướng 2. Phân chia thành các trường hợp một cách hợp lý. Trong các trường hợp đó ta biến đổi một cách thích hợp rồi áp dụng các bất đẳng thức đúng đã biết để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
14 Định hướng 3. Dùng các bất đẳng thức đúng đã biết để đánh giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh một cách hợp lý để dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức một biến (Thường dùng các bất đẳng thức đúng đã biết liên quan đến p, q, r để đánh giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh theo 1 trong 3 đại lượng p, q, r một cách hợp lý); chứng minh bất đẳng thức này và kết luận (Để chứng minh được thì ta phải tìm điều kiện cho biến này). Định hướng 4. Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về bài toán với 3 ẩn mới đơn giản hơn (có thể chứng minh được) và chứng minh bài toán này. Nhận xét. Có một số bài toán ta có thể vận dụng phối hợp các định hướng trên. 3.2. Vận dụng các định hướng trên để giải một số bài toán Bài toán 4. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c2  abc  4. Chứng minh rằng a  b  c  3 . Lời giải: Từ giả thiết và các kết quả trên, ta có thể đặt 2x 2y 2z a , b , c   x  y x  z  y  x  y  z  z  x z  y Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2x 2y 2z   3 (1)  x  y x  z   y  x  y  z  z  x z  y Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có x x y y z z VT(1)       =3. xy xz yx yz zx zy Suy ra (1) đúng. Bài toán 5. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  8 . Chứng minh rằng
15 4a  b  c  4  abc . (Nguyễn Phi Hùng) Lời giải. Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc . Từ giả thiết ta có p 2  2q  8 , p 2  8 và p > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4p 16  r (1) Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc bốn, ta có 4q  p p 2 2  q p  4q  6pr  5p q  r  4 2 2 (2) 6p Ta sẽ chứng minh 4q  p p 2 2  q  4p 16 (3) 6p Thật vậy p 2 16p 2  8 (3)   4p 16 (Vì p 2  2q  8 ) 6p p  4 p2  p  8 2   0 (đúng) 12p Do đó (3) đúng. Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 2, c = 0 và các hoán vị tương ứng. Bài toán 6. (Bài toán gốc của Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2002) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  9 . Chứng minh rằng 2a  b  c  abc 10 .
16 Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c (*). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky, ta có  2a  b  c  abc   2a  b2  c2  ab 2 2      a  b  c 2   4  2  ab  2 2     2ab  9 8  4ab  ab  2    2ab  ab  20ab  72 3 2  ab  2 2ab  7  100 (1) 2 Từ giả thiết và (*) suy ra c 2  3 . Do đó 2ab  a 2  b 2  9  c 2  6 (2) Vì vậy, từ (1) và (2) suy ra  2a  b  c  abc 100  2a  b  c  abc 10 (Điều phải chứng minh). 2   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  1, b  c  2 . Vậy 2a  b  c  abc 10 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  1, b  c  2 và các hoán vị tương ứng. Nhận xét. Về mặt hình thức thì bài toán 5 và bài toán 6 tương tự nhau nhưng để giải bài toán 6 ta không thể dung bất đẳng thức Schur bậc bốn (đối với ba số thực bất kỳ) vì khi đó dấu bằng ở bất đẳng thức Schur bậc bốn xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị tương ứng. Khi đó dấu bằng ở bất đẳng thức cần chứng minh không xảy ra.
17 Vì vậy để giải được bài toán bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r thì việc lựa chọn bất đẳng thức đúng để đánh giá là rất quan trọng. Bài toán 7. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2004) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện  x  y  z  32xyz . Hãy tìm giá 3 trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức x 4  y4  z 4 P 4  x  y  z Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x + y + z = 4. Khi đó bài toán trở thành: 1 “Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 4  y4  z 4  khi các 256 biến số dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn điều kiện x + y + z = 4 và xyz = 2”. Đặt Q  x 4  y 4  z 4 và t = xy + yz + zx, ta có Q   x 2  y 2  z 2   2 x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  2   x  y  z  2 xy  yz  zx   2  xy  yz  zx   2xyz  x  y  z 2 2 2      16  2t   2 t 2 16  2t 2  64t  288 (1) 2 2 Từ điều kiện đối với x, y, z ta có y  z  4  x và yz  (2) x 2 Do đó t  x 4  x   (3) x Áp dụng bất đẳng thức  y  z   4yz và điều kiện (2) ta được 2
18 8 4  x    x 3  8x 2  16x  8  0 2 x   x  2 x 2  6x  4  0  3  5  x  2 (Do 0 < x < 4). 2 Xét hàm số t  x   x 4  x   với x  3  5;2 . x   Bằng cách lập bảng biến thiên của hàm số t(x) trên đoạn 3  5;2 , ta tìm được điều    5 5  1 kiện t  5; .  2   5 5  1 Do đó Q  2t 2  64t  288 với t  5; .   2   5 5  1 Xét hàm số f  t   2t  64t  288 với t  5; 2 .   2   5 5  1 Từ bảng biến thiên của hàm số f(t) trên 5;  ta có  2  383 165 5  5 5  1  f  t   9 với mọi t  5; .  2  2  383 165 5 383 165 5 9 Vì vậy  Q  9 hay P  2 256 128 383 165 5 1 5 P , chẳng hạn khi x  3  5, y  z   256 2 9 P , chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1. 128
19 383 165 5 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là và giá trị lớn nhất của P là  256 128 Bài toán 8. (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Toán Quốc tế năm 2021) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2a 2  b 2  c 2   3ab  bc  ca   5a  b  c . Chứng minh rằng 4a 2  b 2  c 2   2ab  bc  ca   7abc  25 . Lời giải: Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc . Từ giả thiết ta có 2p 2  2q   3q  5p hay q  2p 2  5p (1) Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4p 2  2q   2q  7r  25  4p 2  7r  25  6q  4p 2  7r  25  62p 2  5p  7r  8p 2  30p  25 (2) Mặt khác ta có ab  bc  ca   3abc(a  b  c) hay 3rp  q 2 (3) 2 TH1: Nếu p = 0 hay a  b  c  0  a  b  c  0 thì r = 0. Do đó (2) đúng. 7q 2 TH2: Nếu p > 0 thì từ (3) ta suy ra 7r  (4) 3p 7q 2 Ta chứng minh  8p 2  30p  25 (5) 3p Từ (1), ta suy ra (5)  72p 2  5p  3p 8p 2  30p  25 2  pp  32p  514p  5  0 (6)
20 a  b  c  2 p2 Từ giả thiết p > 0, kết quả (1) và kết quả ab  bc  ca  hay q  suy 3 3 ra p2 5 0  2p  5p    p  3 . Suy ra (6) đúng. Do đó (5 ) đúng. 2 3 2 Từ (4) và (5) suy ra (2) đúng (Điều phải chứng minh). 4. Đánh giá và kết quả thực hiện Trong năm học 2021 – 2022 tôi đã dùng đề tài này làm tài liệu giảng dạy cho lớp 12A1 của trường THPT Kim Liên và đã đạt được kết quả rất cao. Sau đây là số liệu so sánh kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài ở trường THPT Kim Liên: Năm học Dùng đề tài này làm tài liệu Số học sinh đạt Học sinh giỏi Tỉnh 2020 - 2021 Không 1 (Giải Ba) 2021 - 2022 Có 2 (2 Giải Ba) Đề tài này đã được các đồng nghiệp ở các trường khác như trường THCS Đặng Thai Mai, THCS Đặng Chánh Kỷ, THCS Kim Liên, THPT chuyên Phan Bội Châu, THPT Hà Huy Tập, PTDTNT THPT Số 2,… sử dụng làm tài liệu và đã đem lại kết quả tốt.