Sáng kiến kinh nghiệm - 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 làm 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 ... 
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