Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10

Chia sẻ: Behodethuonglam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:25

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của sáng kiến là rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán qua việc khai thác một số bài toán cơ bản giúp cho học sinh có khả năng phát triển tư duy toán học một cách tốt nhất, nâng cao khả năng nhạy bén trong mọi tình huống và sự phát triển toàn diện.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN GỐC NHẰM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP TOÁN CHO HỌC SINH LỚP 10 Lĩnh vực: PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC BỘ MÔN
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN GỐC NHẰM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP TOÁN CHO HỌC SINH LỚP 10 Lĩnh vực: PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC BỘ MÔN Người thực hiện: TRƯƠN XUÂN SƠN Tổ: TOÁN TIN – VP Điện thoại:0964887818
Nghệ An, 3/2021
MỤC LỤC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI………………………………………………………....1 II. NỘI DUNG………………………………………………………………….......2 II.1. Từ một bài toán đơn giản đến việc tìm tòi và ứng dụng nó trong giải toán......2 II.1.1. Bài toán cơ bản 1……………………………………………………….......2 II.1.2. Bài toán cơ bản 2……………………………………………………….…..7 III.1.3.Bài toán cơ bản 3………………………………………………………......12 II.2. Một vài kinh nghiệm đúc kết qua việc dạy học sinh khai thác bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10........................17 III. KẾT LUẬN......................................................................................................16 III.1. Đối với giáo viên………………………………………………………..….16 III.2. Đối với học sinh…………………………………………………………....17 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………..18
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đổi mới chương trình, nội dung, phương pháp dạy và học là một trong những luận điểm cơ bản của đổi mới căn bản toàn diện giáo dục và đào tạo đã được Đại hội Đại biểu toàn quốc của Đảng lần thứ XI chỉ rõ đó là tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học; Tập trung dạy cho học sinh cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự học, tự cập nhật kiến thức và đổi mới tri thức, kỹ năng nhằm phát triển năng lực cho học sinh. Môn Toán trong trường phổ thông cũng là một môn học như các môn học khác nhưng là môn học có tiềm năng rất phong phú trong việc khai thác và phát triển năng lực toán học cho học sinh. Thực trạng dạy học môn Toán trong những năm gần đây cho thấy nhiều giáo viên chỉ làm công tác truyền lại những vấn đề, điều có sẵn trong sách giáo khoa, trong tài liệu tham khảo mà chưa quan tâm nhiều về việc rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán thông qua việc khai thác một số bài toán gốc cơ bản. Nhiều giáo viên khi dạy chỉ làm nhiệm vụ cung cấp cho cho học sinh các công thức, các khái niệm, để làm sao các em vận dụng và nhớ một cách máy móc, thuộc lòng là được. Điều đó không phù hợp với xu thế đổi mới cách dạy, cách học của Bộ giáo dục và đào tạo đề ra hiện nay. Vì thế rất nhiều học sinh, chẳng hạn như đội ngũ học sinh khá giỏi khi đi thi gặp đúng bài, đúng dạng(một cách dễ thấy) thì làm được. Còn nếu thay đổi giả thiết, tổng quát lên một chút thì không làm được. Đặc biệt là trong chương trình môn Toán lớp 10 hiện hành phần vectơ, bất đẳng thức,.. luôn là một vấn đề quan trọng và khó. Thế nên rất nhiều học sinh khi gặp các bài toán thuộc loại đó thường bỡ ngỡ, không làm được như trong các kỳ thi học sinh giỏi..? Tại sao có điều đó, là do giáo viên chưa thực sự quan tâm đến nó, chưa đổi mới, chưa biết khai thác tiềm năng vốn có của sách giáo khoa, chưa đọc được ý đồ của người viết sách. Với lý do đó, tôi cũng suy nghĩ rất nhiều làm thế nào để bản thân các em học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi không xem thường các kiến thức của bài học, bài tập sách giáo khoa, đồng thời các em học sinh trung bình cũng không e ngại kiến thức của mình. Đây là vấn đề cần đặt ra? Trong phạm vi bài viết này bản thân tôi cũng không có tham vọng lớn mà chỉ có một mong muốn là trao đổi với đồng nghiệp một số kinh nghiệm nhỏ từ việc khai thác tiềm năng sách giáo khoa qua đề tài "Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10". Qua đó nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10 ở trường trung học phổ thông. Tuy nhiên, vì kiến thức còn hạn hẹp, vì khuôn khổ bài viết, do đó bản kinh nghiệm còn nhiều hạn chế. Tôi thành thật mong nhận sự trao đổi góp ý của độc giả để bản thân ngày một tốt hơn. 1
II. NỘI DUNG II.1. Từ một số bài toán đơn giản đến việc tìm tòi và ứng dụng nó trong giải toán. II.1.1. Bài toán cơ bản 1 Cho G là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi uuur uuur uuur r GA + GB + GC = 0 (I) (SGK Hình học 10, tr. 11NXBGD) Chứng minh: A Gọi M là trung điểm BC uuur uuur uuur r Ta có: GA + GB + GC = 0 uuur uuur uuur uuur ( � GA = − GB + GC ) uuuur uuur uuuur r G � GA = −2GM � GA + 2GM = 0 B M C G là trọng tâm tam giác ABC uuur Nhận xét 1: Như vậy để chứng minh bài toán trên ta biểu thị GA qua 2 vectơ uuur uuur GB,GC. Chúng ta nhận thấy G là trọng tâm tam giác ABC nên G thuộc miền trong tam giác ABC, vì thế G chia diện tích tam giác ABC thành 3 phần bằng nhau có diện tích là S1, S2, S3 lần lượt là diện tích tam giác GBC, GCA, GAB và 1 uuur uuur uuur r bằng SABC Vì vậy từ (I) S1 GA + S2 GB + S3 GC = 0 . Điều này cho ta liên 3 tưởng giả sử G là điểm bất kỳ thuộc miền trong tam giác ABC. Khi đó ta có thể vận dụng phương pháp chứng minh bài toán gốc trên để chứng minh cho bài toán sau, qua việc biểu thị một vectơ qua hai vectơ khác. Bài 1: Cho ABC, M thuộc miền trong tam giác. Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích tam giác MBC, MAC, MAB. uuuur uuur uuur r Chứng minh rằng: S1 MA + S2 MB + S3 MC = 0 (1) Giải: Như vậy để chứng minh bài toán 1, ta vận dụng phương pháp biểu thị một vectơ qua hai vectơ còn lại uuur S1 uuuur S2 uuur Ta có (1) MC = − MA − MB S3 S3 Kéo dài AM, MB cắt BC, AC lần lượt tại A1, B1. Dựng hình bình hành MB'CA' uuur uuuur uuuur MC = MA ' + MB' 2
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu A, C lên BM B'C B1C KC B'C KC MA ' KC = = � = � = (vì B'C = MA') AM B1A AH AM AH AM AH 1 A S1 2 MB.KC KC MA ' = = = B' S2 1 MB.AH AH MA B1 K 2 M H uuuur S1 uuuur MA ' = − MA (*) S3 B C A1 uuuur S2 uuur Tương tự MB' = − MB (**) A' S3 uuur S1 uuuur S2 uuur Từ (*) và (**) ta suy ra MC = − MA − MB S3 S3 uuuur uuur uuur r � S1 MA +S2 MB +S3 MC = 0 Nhận thấy rằng đây là một dạng khác của bài toán gốc 1 và tổng quát hơn. Khi ta khai thác bài toán đó dưới dạng diện tích tam giác, nhưng rất nhiều học sinh không làm được vì vấn đề ở đây là học sinh không biết bắt nguồn từ đâu, không biết mấu chốt của bài toán. Do vậy để hướng dẫn học sinh biết giải những dạng toán này thì phải hướng dẫn cho học sinh biết “quy lạ về quen”. Nhật xét 2: Ở bài 1 kết quả không phụ thuộc vào điểm M, do đó ta thay M bởi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì học sinh có thể sử dụng bài toán 1 để giải bài toán sau. Bài 2: Cho ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Đặt BC = c, BC = a, uur uur uur r CA = b. Chứng minh rằng aIA + bIB + cIC = 0 (2) Giải vắn tắt: Áp dụng bài 1, ta có: uur uur uur S1IA + S2 IB + S3 IC 1 uur 1 uur 1 uur r A � raIA + rbIB + rcIC = 0 2 2 2 uur uur uur r � aIA + bIB + cIC = 0 I r S1 B a C 3
Nhận xét 3: Nếu ta nhìn các cạnh dưới "góc độ" góc, thì ta lại có bài toán sau. Bài 3: Cho ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Đặt AB = c, BC = a, uur uur uur r CA = b. Chứng minh rằng: IA sinA + IBsinB + ICsinC = 0 Nhận xét 4: Ta thấy vị trí M thuộc miền trong tam giác, vậy ABC nhọn thì tâm O đường tròn ngoại tiếp ABC thuộc miền trong. Do đó, ta có bài toán mới. Bài 4: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. G uuur uuur ọi O là tâm đ uuur ường tròn ngoại r tiếp ABC. Chứng minh rằng: OA sin2A + OBsin2B + OCsin2C = 0 (4) Nhận xét 5: Từ kết quả bài 2, nếu ta bình phương vô hướng (2) khi đó xuất hiện uur uur uur uur uur uur uuur uuur 1 IA.IB,IB.IC,IC.IA . Và sử dụng công thức AB.AC = (AB2 + AC2 − BC2 ) . 2 uuur uuur uuur uuur uuur (Thật vậy CB = (AB − AC) � CB2 = (AB − AC)2 ). Ta lại có bài toán mới sau. Bài 5: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội IA 2 IB2 IC2 tiếp ABC. Chứng minh rằng: + + =1 (5) bc ca ab uur uur uur Giải vắn tắt: Từ (2) (aIA + bIB + cIC)2 = 0 uur uur uur uur uur uur � a2IA 2 + b2IB2 + c2IC2 + 2cbIA.IB + 2caIC.IA + 2abIA.IB = 0 1 � a2IA 2 + b2IB2 + c2IC2 + 2ab (IA 2 + IB2 − a2 ) + 2 1 1 2ca (IC2 + IA 2 − b2 ) + 2ab (IA 2 + IB2 − c2 ) = 0 2 2 (a2 + ab + ac) IA2 + (b2 + ba + bc) IB2 + (c2 + ca + cb) IC2 abc(a + b + c) = 0. a(a + b + c) IA2 + b(a + b + c) IB2 + c(a + b + c) IC2 = abc (a + b + c) aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc. IA 2 IB2 IC2 + + = 1. bc ca ab 4
Nhận xét 6: Từ công thức (2) nếu ta thay I bởi M bất thì ta luôn có uuuur uuur uuur (aMA + bMB + cMC)2 0 và biến đổi hoàn toàn tương tự như bài toán 5, ta suy ra aMA2 + bMB2 + cMC2 abc(***) Dễ thấy dấu "=" xảy ra M I. Từ đó ta có thể vận dụng giải bài toán sau: Bài 6: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng t ồn t ại duy nhất điểm M sao cho aMA2 + bMB2 + cMC2 abc (6) Hướng dẫn: Từ (***) và (6) aMA2 + bMB2 + cMC2 = abc M I, với I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Vậy M duy nhất. Nhận xét 7: Cũng bài toán 6, ta có thể phát biểu dưới dạng khác. Nhằm rèn luyện năng lực sáng tạo trong toán học cho học sinh từ đó quy lạ về quen sau. Bài 7: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Tìm vị trí M sao cho P = aMA 2 + bMB2 + cMC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Nhận xét 8: Qua dạng bài toán trên, nếu biết vận dụng linh hoạt kết hợp các bài toán lại, thì ta có thể vận dụng giải các bài toán tương tự sau, nhưng ở mức độ cao hơn. Bài 8: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c, nội tiếp đường tròn (O; 1). Chứng minh rằng với mọi M ta luôn có a2(b2 + c2 a2) MA + b2 (c2 + a2 b2) MB + c2 (a2 + b2 c2) MC a2b2c2. uuur uuur uuur r Giải vắn tắt: Theo bài 4, ta có OA sin2A + OBsin2B + OCsin2C = 0 Và OA = OB = OC = 1, a = 2RsinA = 2sinA, b = 2sinB, c = 2sinC. uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur MA = OA. MA = OA . MA OA.MA = OA(OA − OM) = (1 − OA.OM) (****) uuur uuuur Dấu bằng xảy ra của (****) khi và chỉ khi OA,MA cùng hướng. uuur uuuur Ta có: a2 (b2 + c2 a2) MA = 2abc sin2A. MA 2abcsin2A(1 OA.MA ), tương tự cho 2 trường hợp còn lại. Ta suy ra uuuur uuur uuur uuur VT 2abc (sin2A + sin2B + sin2C) 2abc. OM(OA sin2A + OBsin2B + OCsin2C) = 2abc. 4sinA. sinB. sinC = a2b2c2 Mấu chốt của bài toán này, là xuất hiện a2(b2 + c2 a2) = 2abc cosA.sinA, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nhọn. Do đó, ta liên tưởng và vận dụng bài 4. Nhận xét 9: Từ bài toán trên có sự xuất hiện a2(b2 + c2 a2) khi đó ta nghĩ ngay đến cosA . Do vậy, nếu biết kết hợp với cách giải bài toán 1, ta có thể vận dụng giải bài toán sau. Bài 9: Cho ABC nhọn, BC = a, CA = b, AB = c. Gọi H là trực tâm ABC. 5
1 uuur 1 uuur 1 uuur r Chứng minh rằng HA + HB + HC = O. b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 Giải sơ lược: Tương tự bài toán 1. Kéo dài AH, BH cắt BC, AC lần lượt tại A1, B1. B' Dựng hình bình hành HB' CA' A uuur uuuur uuuur B1 HC = HA ' + HB' H CB' B1C acosC Ta có: = = AH AB1 ccosA B C A1 uuuur uuur acosC uuur � HA ' = −CB' = − HA (9') ccosA A' uuuur uuuur bcosC uuur tương tự HB' = −CA ' = − HB (9'') ccosB uuur acosC uuur bcosC uuur Từ (9') và (9'') ta suy ra HC = − HA − HB ccosA ccosB a uuur b uuur c uuur r � HA + HB + HC = 0 cosA cosB cosC 1 uuur 1 uuur 1 uuur r � 2 2 2 HA + 2 2 HB + HC =0 b +c −a c + a − b2 a2 + b2 − c2 Nhận xét 10: Qua việc giải quyết các bài toán trên, ta thấy rằng điểm M luôn thuộc miền trong tam giác. Đây có thể là vấn đề đặc trưng, cái mấu chốt cho các bài dạy thuộc loại trên. Khi gặp các bài toán có liên quan đến điểm M và các vectơ, hay cạnh. Giáo viên có thể hướng cho các em học sinh cách liên tưởng định lý đã học. Các độc giả có thể từ bài toán cơ bản trên khai thác thêm vận dụng sáng tạo, giải quyết bài toán thuộc loại này, hay sử dụng các bài toán cơ bản khác. Việc khai thác tiềm năng Sách giáo khoa là điều cực kỳ quan trọng. II.1.2. Bài toán cơ bản 2: Chứng minh rằng nếu a 0, b 0 thì a 3 b3 ab(a b) .(II) Đẳng thức xảy ra khi nào ? Chứng minh. Cách 1: (II) a3 a 2b b 3 ab 2 0 6
a 2 (a b) b 2 (a b) 0 (a b)(a 2 b2 ) 0 (a b) 2 ( a b) 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Cách 2: Ta có: a 3 b3 (a b)(a 2 b2 ab) (a b)(2ab ab) ab( a b) ( vì a 2 b2 2ab ). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b. Nhận xét 1: Vì a, b là hai số dương nên, từ (II) ta có thể suy ra một bất đẳng a 3 + b3 thức mới a +b +� ab+(a b) 3 3 a b (1) ab Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng a 3 + b3 b 3 + c 3 c 3 + a 3 + + 2(a + b + c) (1) ab bc ca Hướng dẫn: Bất đẳng thức (1) giải được nhờ việc áp dụng nhận xét 1, ba lần Bài 2: Cho a, b, c là ba số thực không âm. Chứng minh rằng a 3 b3 c3 a 2 bc b 2 ac c 2 ab . Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b) b3 + c3 ≥ bc(b + c) a3 + c3 ≥ ac(a + c) Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có 2(a3 + b3 + c3) ≥ a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a + b) (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số thực không âm ta được a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a + b) ≥ 2a 2 bc 2b 2 ac 2c 2 ab (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Nhận xét 2: Thực chất đây là một dạng khai thác bài toán trên. Tuy nhiên nếu như người GV không biết khai thác,vận dụng bài toán trên dưới nhiều khía cạnh thì liệu bài toán trên giải được đối với HS không phải dễ chút nào. Và ở bài 7
toán sau đây, chúng ta có thể đặt thêm một vấn đề nhằm khai thác bài toán trên với việc ab=1. Ta lại có bài toán sau dưới góc độ khác. a3 b3 Bài 3: Cho a > 0, b > 0 và ab = 1. Chứng minh rằng 1 1 b 1 a Chứng minh. a 3 b3 a 4 b 4 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 2 a b Áp dụng bất đẳng thức (II) và bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có a 3 + b3 + a 4 + b 4 ab(a + b) + 2a 2b 2 2 + a + b = = 1 (đpcm). 2+ a+ b 2+ a+ b 2+ a+ b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. Bài 4: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 3 �1 1 1 � 3 �b + c c + a a + b � (a + b + c ) � 3 + 3 + 3 � � + + 3 3 �a b c � 2 � a b c � � Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b) b3 + c3 ≥ bc(b + c) a3 + c3 ≥ ac(a + c) Suy ra 2(a3 + b3 + c3) ≥ bc(b + c) + ac(a + c) + ab(a + b) (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 1 1 1 3 (2) a3 b3 c3 abc Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài 5: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 5b3 − a 3 5c 3 − b 3 5a 3 − c 3 + + a +b+c . ab + 3b 2 cb + 3c 2 ac + 3a 2 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (II) ta có 8
a3 + b3 – 6b3 ≥ ab(a + b) 6b3 = b(a2 + ab 6b2) = (ab + 3b2)(a 2b) 5b 3 a3 (ab 3b 3 )(2b a ) 5b 3 a 3 2b a ab 3b 2 5c 3 b 3 5a 3 c 3 Tương tự 2c b , 2a c cb 3c 2 ac 3a 2 Cộng các bất đẳng thức trên vế với vế ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài 6: Chứng minh rằng với ba số dương a, b, c bất kì ta có a3 b3 c3 a+b+c 2 + + a + ab + b2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ac + a 2 3 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b) ۳ a3 a 2b + ab2 − b3 ۳ 3a3 a 2b + ab 2 + a 3 + a 3 − b3 ۳ 3a3 a( a 2 + ab + b 2 ) + ( a − b)(a 2 + ab + b 2 ) a3 2a − b ۳ 2 a + ab + b 2 3 b3 2b − c c3 2c − a Tương tự 2 , 2 b + bc + c 2 3 c + ac + a 2 3 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài 7: Cho x, y, z là ba số thực dương và xyz =1. Chứng minh rằng 2 x9 + y 9 2 y9 + z9 2 z 9 + x9 + + 3 x 6 + x3 y 3 + y 6 y 6 + y 3 z 3 + z 6 z 6 + z 3 x 3 + x 6 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được (x3)3 + (y3)3 ≥ x6y3 + x3y6 9
� 2 x9 + y 9 �x 6 y 3 + x3 y 6 + x9 � 2 x9 + y 9 �x3 ( x 6 + x3 y 3 + y 6 ) 2 x9 + y 9 ۳ 6 3 3 6 x3 x +x y +y 2y 9 + z 9 2z 9 x9 Tương tự 6 y 3 , z3 y + y3 z3 + z 6 z 6 z3 x3 x6 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 2x 9 y 9 2y9 z9 2z 9 x9 6 x3 y3 z 3 (1) x x3 y3 y6 y6 y3z3 z6 z 6 z3 x3 x6 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x3 + y3 + z3 ≥ 3xyz = 3. (2) Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y =z =1 Bài 8: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng 1 1 1 1 3 . a abc b 3 b 3 abc c 3 a 2 abc c 3 abc Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được a3 + b3 ≥ ab(a + b) a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) 1 c a3 abc b 3 abc(a b c) 1 a 1 b Tương tự , 2 b 3 abc c 3 abc(a b c) a abc c 3 abc(a b c) Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Nhận xét 3: Nếu ở bài toán trên chứng ta cộng điều kiện nữa abc=1. ta có bài toán mới sau đây. Bài 9: Cho a, b, c là ba số thực dương và abc=1. Chứng minh rằng 1 1 1 + 3 3 + 3 3 1. a + b +1 b + c +1 a + c +1 33 10
Nhận xét 4: Nếu ta lại đặt a3 = x; b3 = y; c3 = z. Ta lại có bài toán mới sau. Bài 10: Cho x, y, z là ba số thực dương và xyz = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 1. x y 1 y z 1 z x 1 Nhận xét 5: Ta lại bỏ đi điều kiện xyz=1. Ta lại có bài toán mới khó hơn Bài 11: Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng 1 1 1 1 . x y 3 xzy y z 3 xyz z x 3 xyz 3 xyz a3 b3 c3 Bài 12: Cho a, b, c >0 thoả mãn + + =1. a 2 + b 2 + ab b 2 + c 2 + bc a 2 + c 2 + ca Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c Nhận xét 6: Việc chứng minh các bài 10, 11, 12 không khó, nếu biết sử dụng linh hoạt các bài toán tương tự bài 8. Nếu HS không biết vận dụng bài 9 (tức vận dụng bài toán 1). 3 3 3 a b c a b c Bài 13: Chứng minh rằng . Trong đó a, b, c là b c a b c a các số thực dương. Chứng minh. 3 a a a a a Áp dụng bất đẳng thức (II) ta được 1 1 b b b b b 3 3 b b b c c c Tương tự 1 , 1 . c c c a a a Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 3 3 3 a b c a b c a b c 3 (1) b c a b c a b c a 11
a b c Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 3 (2) b c a Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài 14: (bài toán tổng quát) Cho a1, a2,..,an là các số thực không âm, n N * . Chứng minh rằng a1n+1 + a2n+1 + .. + ann+1 ≥ a1a2..an(a1 + a2 + .. + an). Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số thực không âm ta có a1n+1 + a1n+1 + a2n+1 + .. + ann+1 ≥ (n + 1)a12a2…an a1n+1 + a2n+1 + a2n+1 + …. + ann+1 ≥ (n + 1)a1a22a3…an ………………………………………. a1n+1 + a2n+1 + …. + ann+1 + ann+1 ≥ (n + 1)a1a2….an2 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = …. = an . Áp dụng bất đẳng thức (II) và bất đẳng thức tổng quát vào chứng minh các bất đẳng thức sau. Nhận xét 8: Từ những ví dụ minh hoạ thêm chúng ta có thể khai thác bài toán trên bằng nhiều cách nhiều hướng khác nhau. Biết nhìn nhận vấn đề trong nhiều hướng khác nhau. Để làm được điều đó ắt hẳn người Giáo viên phải tìm mọi cách hướng dẫn khai thác các ứng dụng của nó dưới nhiều góc độ. Chẳng hạn ta có bài toán cơ bản sau đây. III.1.3. Bài toán cơ bản 3: Chứng minh rằng nếu a 0, b 0 thì a 4 b4 ab(a 2 b 2 ) .(III) . Đẳng thức xảy ra khi nào ? Chứng minh. (III) a4 b4 a 3 b ab 3 0 a 3 ( a b) b 3 ( a b) 0 (a b)(a b)(a 2 ab b 2 ) 0 ( a b) 2 ( a 2 ab b 2 ) 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Bài 1: (bài toán tổng quát). Cho a1, a2,….,an là các số thực không âm, n N * . Chứng minh rằng 12
a1n+2 + a2n+2 + …. + ann+2 ≥ a1a2….an(a12 + a22 + …. + an2). Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n + 1 số thực không âm ta có a1n+2 + a1n+2 + a1n+2 + a2n+2 + …. + ann+2 ≥ (n + 2)a13a2….an a1n+2 + a2n+2 + a2n+2 + a2n+2 + …. + ann+2 ≥ (n + 2)a1a23a3….an ………………………………… a1n+2 + a2n+2 + ….+ ann+2 + ann+2 + ann+2 ≥ (n + 2)a1a2….an3 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = …. = an . Áp dụng bất đẳng thức (III) và bất đẳng thức tổng quát vào chứng minh các bất đẳng thức sau. a a b b Bài 2: Cho hai số dương a, b. Chứng minh rằng a b. b a Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 b 2 a b (a b) . Đây chính là bất đẳng thức (III) cho hai số dương a và b nên ta được điều phải chứng minh. Bài 3: Chứng minh rằng a 4 b 4 c 4 a 3 bc b 3 ac c 3 ab . Trong đó a, b, c là ba số thực không âm. Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức (III) ta có a4 + b4 ≥ a3b + ab3 b4 + c4 ≥ b3c + bc3 a4 + c4 ≥ a3c + ac3 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 2(a4 + b4 + c4) ≥ a3(b + c) + b3(a + c) + c3(a + b). (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có a3(b + c) + b3(a + c) + c3(a + b) 2a 3 bc 2b 3 ac 2c 3 ab (2) Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 2 2 2 a b c a b c Bài 4: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng b c a b c a 13
Chứng minh. 4 a a a Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 1 1 b b b 4 b b b 1 1 c c c 4 c c c 1 1 a a a Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c 3 (1) b c a b c a b c a a b c Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 3 (2) b c a 3 3 3 a b c a b c và áp dụng kết quả Bài 9. ta được (3) b c a b c a Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài 5: Chứng minh rằng 2 x 16 y 16 2 y 16 z 16 2 z 16 x 16 x4 y4 z 4 x 12 x 8 y 4 y 12 y 12 y 8 z 4 z 12 z 12 z 8 x 4 x 12 trong đó x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh. 4 4 Áp dụng bất đẳng thức (III) ta có x 4 y4 x12 y 4 x 4 y 12 14
2 x16 y16 x12 y 4 y 12 x 4 x16 2 x16 y16 x 4 ( x12 x8 y 4 y12 ) 16 16 2x y 12 8 4 x4 x x y y12 2 y 16 z 16 2 z 16 x16 Tương tự 12 y 4 , z 4 . y y 8 z 4 z 12 z 12 z 8 x 4 x 12 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Bài 6: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng 5 5 5 1 1 1 a b c 3(a 2 b 2 c 2 ) a3 b3 c3 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức (**) cho n = 3 ta được a5 + b5 + c5 ≥ abc(a2 + b2 + c2) (1). 1 1 1 3 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có (2) a3 b3 c3 abc Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Nhận xét 1: Từ bài toán 6, chúng ta có thể khai thác bậc 5, đối với 2 số bằng một bất đẳng thức a 5 b 5 (a b)a 2 b 2 (IV) rõ ràng việc chứng minh bất đẳng thức này quả thật không khó. Tuy nhiên, nêu người thầy biết khai thác bài toán cơ bản trên thì việc nhận ra và chứng minh bài toán này là một việc làm đơn giản. Cũng chính vì thế việc vận dụng chính bài toán này, và nhìn nó dưới góc độ “biện chứng” thì ta lại có một bài toán mới. Bài 7: Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh rằng: xy yz zx 5 5 5 5 5 1. x xy y y yz z z zx x5 Chứng minh: áp dụng (IV), ta có: x 5 y5 xy (x y) x 2 y 2 xy xy xy 1 z 5 5 2 2 x xy y xy ( x y) x y 1 (x y ) xy x y z 15