intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp PTM

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

85
lượt xem
4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp PTM được biên soạn với các nội dung: Nội dung phương pháp, các ví dụ, một số bất đẳng thức. Để hiểu rõ hơn về nội dung chi tiết mời các bạn cùng tham khảo tài liệu. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn tư liệu bổ ích cho các bạn trong quá trình học tập.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp PTM

  1. BẠN ĐỌC TÌM TÒI                CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP PTM                                                                                          Kiều Đình Minh                                                                           (Gv.THPT.Thanh Ba, Phú Thọ)                                                                                         ĐT: 0989.848.965 Hiện nay có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức hay và hiệu quả. Trong   quá trình làm toán tác giả  đã bắt gặp một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà   theo   tác   giả   là   mới   lạ.   Tác   giả   tạm   gọi   là  phương   pháp   PTM   (  viết   tắt   của  :  Perpendicular Tetrahedron Method ), nghĩa là Phương pháp Tứ diện vuông. Xin giới  thiệu cùng bạn đọc I. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP Giả sử cần chứng minh một bất đẳng thức đại số có ba biến  a, b, c 0 Khi đó ta làm như sau: +) Dựng Tứ  diện  OABC  vuông tại  O  có   OA a , OB b , OC c . Gọi  A, B, C  là ba góc  của tam giác  ABC , thế thì AB 2 AC 2 BC 2 a b a c b c a cos A 2 AB. AC 2 (a b)(a c) (a b)(a c ) ab bc ca ab bc ca sin A 1 co s 2 A tan A (a b)(a c) a Tương tự cũng có b ab bc ca ab bc ca cos B ; sin B ; tan B (b a )(b c) (b a )(b c) b c ab bc ca ab bc ca cos C ; sin C ; tan C (c a )(c b) (c a )(c b) c +) Đưa bất đẳng thức đại số đã cho về bất đẳng thức lượng trong tam giác, chứng minh   bất đẳng thức lượng giác đó. Từ đó suy ra được bất đẳng thức cần chứng minh * Chú ý: Tam giác  ABC  là tam giác nhọn II. CÁC THÍ DỤ     Thí dụ1.  Cho  a, b, c 0 : ab bc ca (a b)(b c)(c a) Chứng minh rằng a b c 3 3                          (*)    a b b c c a 4
  2. Lời giải Từ giả thiết  a, b, c 0 : ab bc ca (a b)(b c)(c a)   ta biến đổi  (*)  như sau a ab bc ca b ab bc ca c ab bc ca 3 3 (*) a b ( a b)(b c )(c a) b c (a b)(b c)(c a ) c a (a b)(b c )(c a) 4 a ab bc ca b ab bc ca c ab bc ca 3 3 (**) (a b)(a c) (b a )(b c) (b a )(b c) (c b)(c a ) (c a )(c b) (a b)(a c) 4 Dựng Tứ diện  OABC  vuông tại  O  có  OA a , OB b , OC c . Gọi  A, B, C  là ba góc của  tam giác  ABC  (tam giác  ABC  nhọn), thế thì AB 2 AC 2 BC 2 a b a c b c a ab bc ca cos A sin A 1 cos 2 A 2 AB. AC 2 (a b)(a c) ( a b)(a c) (a b)(a c ) Tương tự cũng có b ab bc ca c ab bc ca cos B sin B cos C sin C (b a )(b c) (b a )(b c) (c a )(c b) (c a)(c b) Khi đó  (**)  trở thành                sin A cos C sin C cos B sin B cos A 3 3 (* * *) 4 Nhận   xét   rằng   với  0 x   thì   f ( x) sin x 1 sin 2 x 3 3 .   Thật   vậy  2 2 4 3 3 f ( x) cos x cos 2 x, f ( x) (cos x 1)(2 cos x 1) 0 0 x f ( x) f( ) 3 3 4 Đặt  P sin A cos C sin C cos B sin B cos A . Giả  sử   A min A; B; C . Khi đó xảy ra hai trường  hợp sau +)  A B C . Thế thì  (sin C sin B)(cos B cos A) 0  và  0 B 2 Suy ra  P sin A cos C sin C cos A sin BcosB sin B 1 sin 2 B 3 3 2 4 +) A C B . Thế thì  (sin A sin C )(cos C cos B) 0  và  0 C 2 Suy ra  P sin A cos B sin B cos A sin C cos C sin C 1 sin 2C 3 3 2 4 (* * *)  được chứng minh chứng tỏ  (**)  được chứng minh. Vậy bất đẳng thức  (*)  đã được  chứng minh xong.■ Thí dụ 2:  Cho hai bất đẳng thức  (Iran MO ­ 1996).  Với mọi số thực dương  a, b, c , ta có 1 1 1 9                                           ab bc ca (I ) ( a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 4 (Hojoo Lee).  Với mọi tam giác nhọn  ABC , ta có 2 2 2 sin A. sin B sin B. sin C sin C. sin A 9                                           (H ) sin C sin A sin B 4
  3.                     Chứng minh rằng hai bất đẳng thức trên  tương đương Lời giải Dựng Tứ diện  OABC  vuông tại  O  có  OA a , OB b , OC c  như trên  Khi đó ab bc ca ab bc ca ab bc ca 9                  ( H ) ( I ) .□ ( a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 4 Về  chứng minh  (I )  và  (H )  các bạn có thể  tìm thấy trong: Vd.3.2.5 tr.238.  Sáng tạo bđt  của Phạm Kim Hùng, Vd.5.7 tr.120. Một số phương pháp mới trong chứng minh bđt của  Ngô Thế  Phiệt, Vd. 3.3.tr.94.  Chuyên đề  chọn lọc lượng giác và áp dụng  của Nguyễn  Văn Mậu chủ biên. Tác giả  tự  hỏi bất đẳng thức nào có trước? phải chăng Hojoo Lee đã từ  bất đẳng thức  Iran MO ­ 1996 để suy ra bất đẳng thức của mình hay ngược lại? Các tác giả của nó có đi   theo con đường này không?  Nếu ai đó thoạt nhìn thì tưởng chỉ cần áp dụng định lý Sin trong tam giác là ổn. Nhưng đã  lầm vì khi đó   a, b, c   bị  ràng buộc bởi điều kiện là các cạnh của một tam giác và cũng  không từ   (H )  suy ra  (I )  được. Tuy nhiên từ   (H ) chúng ta lại suy ra được một bất đẳng  thức khá đẹp của tác giả Trần Nam Dũng a 2b 2 b2c 2 c2a2                                             9R 2   (Theo Mathlinks.ro) c2 a2 b2 III.MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC  Bây giờ chúng ta sẽ xét bài toán ngược, tức là đi xây   dựng các bất đẳng thức. Từ một số bất đẳng thức cơ bản trong tam giác 3 5 2 cos A cos B cos C ; cos A 2 cos B cos C 2; 2 cos A cos B cos C 2 4 1 1 1 1 1 1   2 3 cos A 6 cos B cos C 5 3; 6; 12 cos A cos B cos C cos 2 A cos 2 B cos 2 C 1 1 1 3 3 3 3 12; sin A sin B sin C ; sin A. sin B. sin C cos 2 A cos 2 B cos 2 C 2 8 9 1 1 1 sin 2 A sin 2 B sin 2 C ; 2 3; tan A tanB tanC 3 3 4 sin A sin B sin C tan 2 A tan 2 B tan 2 C 9 Ta suy ra một số bất đẳng thức đại số sau Với mọi số thực dương  a, b, c  thì a b c 3 (a b)(a c) (b a )(b c ) (c a)(c b) 2 a 2b 2c 2 (a b)(a c) (b a )(b c ) (c a)(c b)
  4. 2a b c 5 2 ( a b)(a c ) (b a )(b c) (c a )(c b) 4 2 3a 6b 6c 5 3 (a b)(a c) (b a )(b c ) (c a)(c b) (a b)(a c) (b a )(b c ) (c a)(c b) 6 a b c (a b)(a c ) (b a )(b c) (c a )(c b) 12 a2 b2 c2 1 1 1 3 3 (a b)(a c) (b a )(b c ) (c a)(c b) 2 ab bc ca ab bc ca 3 3 (a b)(b c)(c a ) 8(ab bc ca) 1 1 1 9 (a b)(a c ) (b a )(b c) (c a)(c b) 4(ab bc ca) (a b)(a c) (b a )(b c ) (c a)(c b) 2 3(ab bc ca) 1 1 1 3 3 1 1 1 9 ;  a b c ab bc ca a2 b2 c2 ab bc ca Bình luận:  *) Trong  thí dụ 1 chúng ta đã khéo léo đưa bất đẳng thức cần chứng minh về  bất đẳng  thức   lượng giác. Điểm mấu chốt trong chứng minh bất đẳng thức bằng PTM là đưa  được các bất đẳng thức đại số  đã cho về  dạng lượng giác, công việc còn lại là chứng   minh các bất đẳng thức lượng giác đó. Vì vậy cần phải tinh tế để nhận ra được các bất   đẳng thức lượng giác đó. Việc chứng minh các bất đẳng thức lượng giác được thực hiện   bằng nhiều cách khác nhau như: Biến đổi lượng giác, xét hàm , vectơ  hoặc sử  dụng các  bất đẳng thức đại số cơ bản... *) Nếu trong các bất đẳng thức ở trên có thêm điều kiện ràng buộc thì ta thu được các bất   đẳng thức rất đẹp, chẳng hạn Cho  a, b, c 0 : ab bc ca 1  thì a b c 3                         2 a2 1 b2 1 c2 1 1 1 1 9                         2 2 2 a 1 b 1 c 1 4 Cho  a, b, c 0 : a b c abc  thì 1 1 1 3                       1 a2 1 b2 1 c2 2                                                          (Korea MO ­ 1998)
  5. *) Từ các bất đẳng thức trong tam giác các bạn sẽ suy ra được nhiều bất đẳng thức khác  hay và khó hơn. Hy vọng các bạn thấy được cái đẹp của phương pháp PTM ! Rất mong  được trao đổi cùng  bạn đọc để PTM được hoàn chỉnh hơn.                 Niềm vui của cuộc sống là không ngừng sáng tạo!
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2