Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp PTM

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

Thêm vào BST

Báo xấu

95
lượt xem 6
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:

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

Lưu

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

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
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
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)
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)
*) 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!