Xem mẫu

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 cosA AB2 AC2 BC2 2AB.AC a b a c b c 2 (a b)(a c) a (a b)(a c) sin A 1 cos2 A ab bc ca (a b)(a c) tanA ab bc ca a Tương tự cũng có cosB (b cosC (c b a)(b c a)(c c) ; sinB b) ; sinC ab bc ca (b a)(b c) ab bc ca (c a)(c b) ; tanB ab ; tanC ab bc ca b bc ca 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 a ab bc ca b (a b)(b c)(c a) b ab bc ca b c (a b)(b c)(c a) c ab bc ca 3 3 c a (a b)(b c)(c a) 4 a (a b)(a c) ab bc ca (b a)(b c) b (b a)(b c) ab bc ca (c b)(c a) c (c a)(c b) ab bc ca (a b)(a c) 343 (**) 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 cosA AB2 AC2 BC2 2AB.AC a b a c b c 2 (a b)(a c) a (a b)(a c) sin A 1 cos2 A ab bc ca (a b)(a c) Tương tự cũng có cosB (b b a)(b c) sinB ab bc ca (b a)(b c) cosC (c c a)(c b) sinC ab bc ca (c a)(c b) Khi đó (**) trở thành sin AcosC sinCcosB sin Bcos A 343 (***) Nhận xét rằng với 0 x 2 thì f (x) sin x 1sin2x 3 3 4 Thật vậy f (x) cosx cos2x, f (x) (cosx 1)(2cosx 1) 0 0 Đặt P sin AcosC sinCcosB sinBcosA. Giả sử A hợp sau x 3 f (x) f (3) 343 min A;B;C . Khi đó xảy ra hai trường +) A B C. Thế thì (sinC sinB)(cosB cos A) 0 và 0 B 2 Suy ra P sin AcosC sinCcos A sinBcosB sinB 1sin2B 3 3 4 +)A C B. Thế thì (sinA sinC)(cosC cosB) 0 và 0 C 2 Suy ra P sin AcosB sinBcos A sinCcosC sinC 1sin2C 343 (***) 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 ab bc ca 1 1 1 9 (a b)2 (b c)2 (c a)2 4 (I) (Hojoo Lee). Với mọi tam giác nhọn ABC , ta có sin A.sinB 2 sinC sinB.sinC 2 sin A sinC.sin A 2 9 sinB 4 (H) 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 (H) ab bc ca ab bc ca ab bc ca 9 (a b)2 (b c)2 (c a)2 4 (I). 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 a2b2 b2c2 c2a2 9R2 (Theo Mathlinks.ro) 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 cosA cosB cosC 3; cosA 2 cosB cosC 2; 2cosA cosB cosC 5 2 4 2 3cosA 6 cosB cosC 5 3; 1 1 1 cosA cosB cosC 6; 1 1 1 cos2 A cos2 B cos2 C 12 1 1 1 cos2 A cos2 B cos2 C 12; sin A sinB sinC 3 3 2 sin A.sinB.sinC 3 3 8 sin2 A sin2 B sin2 C 9; tan2 A tan2 B tan2 C 9 1 1 1 sin A sinB sinC 2 3; tanA tanB tanC 3 3 Ta suy ra một số bất đẳng thức đại số sau Với mọi số thực dương a,b,c thì a (a b)(a c) a (a b)(a c) b (b a)(b c) 2b (b a)(b c) c (c a)(c b) 2c (c a)(c b) 3 2 2 2a b c 5 2 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) 4 2 3a (a b)(a c) 6b (b a)(b c) 6c (c a)(c b) 5 3 (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c a b c (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b) a2 b2 c2 1 1 1 b) 6 12 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 1 a) 8(ab bc ca) 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 a b c ab bc ca ; 1 1 1 9 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 a2 1 b2 1 c2 1 2 1 1 1 9 a2 1 b2 1 c2 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! ... - tailieumienphi.vn
nguon tai.lieu . vn