Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị

Chia sẻ: Chubongungoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của sáng kiến là tìm tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý nhất để dẫn dắt hình thành cho HS một cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán này để dần các em có được một phương pháp giải cơ bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị

1 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc --------------- ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Hội đồng sáng kiến ngành giáo dục thị xã Bình Long. Tôi (chúng tôi) ghi tên dưới đây: Ngày Trình độ Tỷ lệ (%) đóng Số Chức Họ và tên tháng Nơi công tác chuyên góp vào việc tạo TT danh năm sinh môn ra sáng kiến 1 NGUYỄN VĂN 7/10/1977 Trường THCS Giáo ĐHSP 100% HUÂN An Lộc B viên 1. Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: " Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị " 2. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến (trường hợp tác giả không đồng thời là chủ đầu tư tạo ra sáng kiến)3: Không có 3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến4: Toán 9 4. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu 10/2020 5. Mô tả bản chất của sáng kiến5: 5.1. Tính mới của sáng kiến: + Những bài toán về chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị lớn nhất trong chương trình toán THCS là tương đối khó, đặc biệt là trong việc ứng dụng các kiến thức cũng như cách giải . + Trong chương trình đại số lớp 8, phần chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị (chủ yếu là phần vận dụng hằng đẳng thức đáng nhớ ), trong ôn thi tuyển sinh 10, thi các trường chuyên và ôn thi hoc sinh giỏi có nhiều bài nâng cao. Trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ xin đề cập đến một vấn đề cơ bản là " Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị " + Hình thành cho học sinh thói quen suy nghĩ tìm tòi, lựa chọn xử lí thông tin trong các tình huống cụ thể. 5.2. Nội dung sáng kiến: 5.2.1: Thực trạng vấn đề Qua quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi lớp 10, tôi thấy:
2 - Đa số HS sợ toán chứng minh, toán cực trị và không hình dung được cách giải, nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. - HS không áp dụng được các kiến thức đã biết để CM bất đẳng thức và tìm cực trị. - Khả năng tư duy để tìm ra kiến thức áp dụng vào yêu cầu của bài toán rất yếu. Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp. 5.2.2: Cơ sở lí luận NhiÒu n¨m gÇn ®©y trong c¸c kú thi chän läc häc sinh giái c¸c cÊp bËc THCS vµ c¸c kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT thêng cã c¸c bµi to¸n yªu cÇu chứng minh bất đẳng thức và t×m gi¸ trÞ lín nhÊt (GTLN); gi¸ trÞ nhá nhÊt (GTNN) cña mét biÓu thøc nµo ®ã. C¸c bµi to¸n chứng minh bất đẳng thức và tìm cùc trÞ rÊt phong phó vµ ®a d¹ng, nã t¬ng ®èi míi vµ khã ®èi víi häc sinh THCS. §Ó gi¶i c¸c bµi to¸n bất đẳng thức và cực trị häc sinh ph¶i biÕt biến ®æi t¬ng ®¬ng c¸c biÓu thøc ®¹i sè, ph¶i sö dông kh¸ nhiÒu h»ng ®¼ng thøc tõ ®¬n gi¶n ®Õn phøc t¹p... ph¶i tæng hîp c¸c kiÕn thøc vµ kü n¨ng tÝnh to¸n, t duy s¸ng t¹o. VËy lµm thÕ nµo ®Ó häc sinh cã thÓ ®Þnh híng ®îc híng ®i, hay h¬n thÕ lµ h×nh thµnh ®îc mét c«ng thøc "Èn tµng" nµo ®ã khi gÆp mét bµi to¸n chứng minh bất đẳng thức và cùc trÞ ®¹i sè. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy toán trong trường THCS, trong quá trình giảng dạy, đặc biệt ôn thi lớp 10 và học sinh giỏi, tôi luôn trăn trở, tìm tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý nhất để dẫn dắt hình thành cho HS một cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán này để dần các em có được một phương pháp giải cơ bản nhất. Trong khuôn khổ nhỏ này tôi xin nêu ra một kiến thức cơ bản sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị " 5.2.3: Giải pháp Trong đề tài này, tôi xin nêu các định nghĩa cực trị và các kiến thức cơ bản để giải một bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị .  C¸c kiÕn thøc cÇn thiÕt 1. C¸c ®Þnh nghÜa 1.1. §Þnh nghÜa gi¸ trÞ lín nhÊt (GTLN) cña mét biÓu thøc ®¹i sè cho biÓu thøc f(x,y,...) x¸c ®Þnh trªn tập xác định D : M ®îc gäi lµ GTLN cña f(x,y,...) trªn tập xác định D nÕu 2 ®iÒu kiÖn sau ®ång thêi tho¶ m·n : 1. f(x,y,...)  M (x,y,..)  D 2.  (x0, y0,...)  D sao cho f(x0, y0...) = M. Ký hiÖu : M = Max f(x,y,..) = fmax víi (x,y,...)  D
3 1.2. §Þnh nghÜa gi¸ trÞ nhá nhÊt (GTNN) cña mét biÓu thøc ®¹i sè cho biÓu thøc f(x,y,...) x¸c ®Þnh tập xác định D : M ®îc gäi lµ GTNN cña f(x,y,...) trên tập xác định D ®Õn 2 ®iÒu kiÖn sau ®ång thêi tho¶ m·n : 1. f(x,y,...)  M (x,y,..)  D 2.  (x0, y0,...)  D sao cho f(x0, y0...) = M. Ký hiÖu : M = Min f(x,y,..) = fmin víi (x,y,...)  D 2. C¸c kiÕn thøc thêng dïng 2.1. Luü thõa : a) x2  0 x  R  x2k  0 x  R , k  z  - x2k  0 Tæng qu¸t : f (x)2k  0 x  R, k  z  - f (x)2k  0 Tõ ®ã suy ra : f (x)2k + m  m x  R, k  z M - f (x)2k  M b) x  0 x  0  ( x )2k  0 x0 ; k z Tæng qu¸t : ( A )2k  0  A 0 (A lµ 1 biÓu thøc) 2.2. BÊt ®¼ng thøc chøa dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi : a) |x|  0  x|R b) |x+y|  |x| + |y| ; nÕu "=" x¶y ra  x.y  0 c) |x-y|  |x| - |y| ; nÕu "=" x¶y ra  x.y  0 vµ |x|  |y| 2.3. Mét sè bÊt ®¼ng thøc ®¬n gi¶n thêng gÆp ®îc suy ra tõ bÊt ®¼ng thøc (a+b)2  0. a. a2 + b2  2ab b. (a + b)2  4ab c. 2( a2 + b2 )  (a + b)2 a b d.  2 b a 1 1 4 e. b  a  a  b 2.4. BÊt ®¼ng thøc Cauchy : a1  a 2  ....  a n * ai  0 ; i = 1, n :  n a1 . a 2 .....a n nN, n 2. n dấu "=" xảy ra  a1 = a2 = ... = an - Bất đẳng thức này có tên gọi chính xác là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ( Inequality of arithmatic and geometric means ). Ở nhiều nước trên thế giới, người ta gọi bất đẳng thức này theo kiểu viết tắt là bất đẳng thức AM-GM ( AM là viết tắt của arithmatic mean và GM là viết tắt của geometric mean ) - Ở nước ta, bất đẳng thức này được gọi theo tên của nhà Toán học người Pháp Augustin-Louis Cauchy ( 1789-1857 ), tức là bất đẳng thức Cauchy.
4 - Đây là bất đẳng thức cổ điển nổi tiếng và quen thuộc đối với phần lớn học sinh nước ta. Nó được ứng dụng rất nhiều trong các bài toán về bất đẳng thức và cực trị. * Bất đẳng thức này còn được viết ở hai dạng khác tương đương là 2 2  ab  ab   và a  b 2 2   a  b   2  2 Trong phạm vi chương trình toán cấp THCS, chúng ta quan tâm nhiều nhất đến ba trường hợp riêng của bất đẳng thức Cauchy là :  Kỹ thuật sử dụng Cauchy trực tiếp 1 VÝ dô 1 : Cho a > b > 0. T×m GTNN cña M = a + b( a  b) Gi¶i : 1 1 b( a  b) Ta cã : M = a + = b + (a-b) +  3. 3 (theo Cauchy). b( a  b) b( a  b) b.( a  b) 1 a  2 M  3  minM = 3  b = a-b =  b( a  b) b  1 a  2 VËy : minM = 3   b  1 VÝ dô 2 : Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y = 2 . Chứng minh  xy x 2  y 2  2  Gi¶i : 2 ab  Theo bÊt ®¼ng thøc Cauchy dạng : ab    , ta có  2  2 1 2 2 1  2 xy  x  y   x  y 4  2 2 2  xy ( x  y )   2 xy  x  y  . 2 2 2  4  8 2 x  y  2 Dấu " = " xảy ra   2 2  x  y 1  2 xy  x  y  Kỹ thuật ghép đối xứng . Trong bài toán mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng minh trực tiếp trở nên khó khăn thì ta sử dụng kỹ thuật " ghép đối xứng " để bài toán trở nên đơn giản hơn. Ở các bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp phải hai dạng toán sau : +) Dạng 1: Chứng minh X  Y  Z  A  B  C
5 Ý tưởng. Nếu ta chứng minh được X  Y  2 A . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra Y  Z  2 B và Z  X  2C ( nhờ tính chất đối xứng của bài toán ) Sau đó cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta có ngay điều phải chứng minh. +) Dạng 2: Chứng minh XYZ  ABC với X , Y , Z  0 Ý tưởng. Nếu ta chứng minh được XY  A2 . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra YZ  B 2 và ZX  C 2 ( nhờ tính chất đối xứng của bài toán ) Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta có XYZ  A2 B 2C 2  ABC  ABC VÝ dô 1: Cho a, b, c là ba số thực dương . Chứng minh rằng ab bc ca    abc c a b Gi¶i : Bài toán này có dạng X  Y  Z  A  B  C với ab bc ca X ,Y  , Z  , A = a, B = b, C = c c a b ab bc Để ý hai biểu thức và là đối xứng với b ( tức vai trò của a và c là như nhau ) c a Do đó, sử dụng kỹ thuật gép đối xứng, ta dễ dàng chứng minh được : ab bc   2b ( theo Cauchy) c a Từ đó bài toán được giải quyết hoàn toàn . 1 1 1 VÝ dô 2: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn    2. 1 x 1 y 1 z Tìm giá trị lớn nhất của Q = xyz. Gi¶i : 1 1 1 Từ giả thiết    2 , ta suy ra 1 x 1 y 1 z 1  1   1  y z yz 1 yz  1    1    2  2 1 x  1 y   1 z  1 y 1 z 1  y 1  z  1  x 1  y 1  z  1 zx 1 xy Tương tự : 2 ; 2 1 y 1  z 1  x  1  z 1  y 1  x  Nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta thu được 1 8 xyz 1   xyz  1  x 1  y 1  z  1  x 1  y 1  z  8
6  x y z 1  x  1  y  1  z 1  Dấu "=" xảy ra  x yz  1  1  1 2 2 1  x 1  y 1  z 1 1 Vậy maxQ = khi x  y  z  8 2  Kỹ thuật Cauchy ngược dấu . VÝ dô 1: Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của a b c T   1  b 1  c 1  a2 2 2 Gi¶i : Để ý rằng theo bất đẳng thức Cauchy thì a ab 2 ab 2 ab 2 a 2  a a 1 b 1 b 2b 2 b bc c ca Hoàn toàn tương tự 2  b ; 2 c 1 c 2 1 a 2 Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế, suy ra a b c ab  bc  ca ab  bc  ca T 2  2  2  abc  3 1 b 1 c 1 a 2 2 2 Ta lại có ab  bc  ca  3 , điều này hiển nhiên đúng vì ab  bc  ca  a  b  c 3 3 Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1 3 Vậy minT = khi a = b = c = 1 2 VÝ dô 2: Cho các số x, y, z  0 và x+ y + z = 1 . Chứng minh rằng x  2 y  z  4 1  x 1  y 1  z  Gi¶i : Do x+ y + z = 1 nên bất đẳng thức cần chúng minh có thể viết lại thành 2  x  2 y  z  x  y  z   4  x  y  y  z  z  x  Do vai trò của x và z trong bất đẳng thức là như nhau, nên ta hoàn toàn có thể giả sử 2 2 x  z . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng  a  b   4ab , ta có  x  y  z   4 x  y  z  . Sử dụng đánh giá này, dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được x  x  2 y  z   ( x  y )( z  x)  y ( x  z )  0 . Hiển nhiên đúng khi giả sử x  z Bài toán được chứng minh Dấu "=" xảy ra khi x = z = 0,5 và y = 0 5.3. Khả năng áp dụng của sáng kiến: Sáng kiến này có thể áp dụng cho GV bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THCS, phụ đạo nâng cao và ôn thi tuyển sinh lớp 10.
7 6 . Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): 7 . Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Đối với Gv: Nắm vững kiến thức và phối hợp các phương pháp một cách linh hoạt. Đối với Hs: Nắm vững kiến thức, tự tin, năng động, sáng tạo. 8 . Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả1: Kết quả cụ thể: Năm học 2020 – 2021, khi ôn tập và phụ đạo lớp 9. Lớp Sĩ số Biết hướng Tỉ lệ Không biết Tỉ lệ % giải % cách giải Chưa áp 9 38 15 39,5 23 60,5 dụng Áp dụng 9 38 25 65,8 13 34,2 9 . Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có)7: ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... Tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. Phú Thịnh, ngày 28 tháng 01 năm 2021 Người nộp đơn Nguyễn Văn Huân