Tổng hợp bài tập Toán cơ sở

Chia sẻ: Lê Phú Trường | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:138

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu cung cấp với 20 bài tập Toán cơ sở kèm theo phương pháp, hướng dẫn và câu trả lời. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để nắm chi tiết nội dung các bài tập.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp bài tập Toán cơ sở

TỔNG HỢP BÀI TẬP TOÁN CƠ SỞ (THẦY HOÀNG) CÂU HỎI THẢO LUẬN Nội dung Trang Câu 1: Xây dựng một mô hình hóa toán học từ một nội dung thực tiễn 2 trong chương trình toán phổ thông. Câu 2: Lấy ví dụ về mở rộng bài toán theo các con đường: Khái quát hóa, 10 Tương tự hóa, đặc biệt hóa, con đường khác. Câu 3: So sánh hệ tiên đề Hilbert, hệ tiên đề Pogorelov, hệ tiên đề hình 22 học phổ thông. Câu 4: Hệ tiên đề phổ thông được thể hiện như thế nào trong SGK phổ 30 thông. Câu 5: Xác định và trình bày lời giải của các dạng toán 1, 2, 3 (trang 69) 41 trong phương trình hàm. Câu 6: Phân tích cấu trúc logic của chương trình toán phổ thông. 46 Câu 7: So sánh chương trình toán hiện hành với chương trình toán sau 58 2019. Câu 8: Nêu những sai lầm về logic thường gặp ở học sinh khi học khái 66 niệm. Phân tích nguyên nhân những sai lầm này bằng logic toán. Câu 9: Nêu những sai lầm về logic thường gặp ở học sinh khi học định lí. 71 Phân tích nguyên nhân những sai lầm này bằng logic toán. Câu 10: Nêu những sai lầm về logic thường gặp ở học sinh khi giaỉ bài 74 tập toán. Phân tích nguyên nhân những sai lầm này bằng logic toán. Câu 11: Dùng công thức của đại số vị từ để diễn đạt các định lí trong môn 84 toán phổ thông. Câu 12: Xây Dựng một mô hình Toán học theo quy trình 7 bước. 86 1
Câu 13: Cơ sở định nghĩa phép nhân sô t ́ ự nhiên qua phép cộng các số 89 hạng bằng nhau. Câu 14: Vấn đề thực tiễn được phản ảnh trong các kiến thức: Cấp số cộng, cấp số 90 nhân, hàm số, quan hệ tương đương, quan hệ thứ tự, quan hệ ánh xạ. Câu 15: Vận dụng các phép suy luận logic trong dạy học định lí 95 Câu 16: Chứng minh nếu Q là tập đếm được thì QxQ là tập đếm được 104 Câu 17: Chứng minh một số định lý hình học 10; 11; 12 dựa trên tiên đề 104 hình học phổ thông. Câu 18: Quan điểm hàm số trong chương trình Toán phổ thông? Thực hiện dạy học một nội dung của chương trình Toán phổ thông theo quan 105 điểm hàm số? Câu 19: Cơ sở logic của chương trình toán 10;11;12. So sánh mục tiêu nội 110 dung chương trình hiện hành với chương trình mới sau 2019. Câu 20: Chứng minh một số định lý giải tích 11, 12 theo ngôn ngữ không 117 gian topo, không gian metric và ngôn ngữ toán phổ thông? 2
Câu 1. Xây dựng một mô hình hóa toán học từ một nội dung thực tiễn trong chương trình toán phổ thông. Nhóm 1 Bước 1: Vấn đề thực tiễn. Nhân dịp mừng xuân Mậu tuất 2018, nhiều quận (huyện) của các tỉnh thành đều có trang trí một cái cổng để mừng năm mới. Ở một huyện X, thiết kế một cái cổng như hình vẽ sau với chiều rộng là 8m, chiều cao là 3,5m. Xác định đường cong thiết kế cổng và tính diện tích phần xe đi qua giới hạn bởi cổng và mặt đất. 3,5m 8m Bước 2: Lập giả thuyết. Các tham số xuất hiện trong bài toán là chiều rộng, chiều cao của cổng và đường cong có dạng hình parabol. Bước 3: Xây dựng bài toán. Trong măt phẳng Oxy, Chọn O(0; 0), A(4; 3,5), B(8; 0) như hình vẽ y A 3,5m A O x 8m a. Xác định parabol (P): y = ax2 + bx + c đi qua O, A, B. b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số (P), trục hoành và 2 đường thẳng x = 0, x = 8. Bước 4: Giải bài toán. a. Vì (P) đi qua O, A, B nên ta có hệ phương trình. 3
 Vậy (P) b. Diện tích hình phẳng cần tìm là Bước 5: Hiểu lời giải bài toán. Để tính được diện tích hình phẳng giới hạn, ta cần xác định được đường cong có dạng hình parabol, để xác định được đường cong parabol ta cần chọn hệ trục tọa độ phù hợp. Bước 6: Kiểm nghiệm mô hình. Thực tế việc thiết kế có dạng đường cong ứng dụng rất nhiều trong thực tế và chọn số liệu phù hợp để ít tốn chi phí. Bước 7: Thông báo, giải thích, dự đoán. 4
Nhóm 2 Việc vận dụng kiến thức toán học vào giải quyết các vấn đề thực tiễn và ngược lại là một vấn đề quan trọng trong dạy và học toán ở trường phổ thông. Điều này giúp học sinh càng say mê học toán từ đó kết quả của việc giảng dạy sẽ thu được nhiều kết quả mong muốn. Do đó, một vấn đề được đặt ra là dạy học toán nên quan tâm những ví dụ xuất phát từ thực tế giúp học sinh thấy được mối liên hệ giữa toán học và cuộc sống thường ngày. Mô hình hóa toán học cho phép học sinh kết nối toán học với thế giới thực. Ví dụ: a/ Thực tế : Tính chiều cao cổng dạng Parabol. b/ Toán học : Xác định Parabol y ax 2 bx c a 0 biết Parabol đi qua 3 điểm. Bước 1 : Tìm hiểu vấn đề thực tiễn. Rất nhiều công trình kiến trúc, biểu tượng ở Việt Nam nói riêng và trên cả thế giới được thiết kế dạng hình Parabol. Vấn đề đặt ra là làm thế nào để đo được chiều cao cổng Acxơ khi không đo đạc trực tiếp, vì cổng cao sẽ gây nguy hiểm khi đo đạc. Bước 2 : Lập giả thuyết. Đo đạc khoảng cách của 2 trụ cổng. Tìm 3 điểm nằm trên cổng và có tọa độ (các độ dài đo được) Bước 3 : Xây dựng bài toán. Bài toán trên thực tế chúng ta gắn hình ảnh cổng Acxơ đó vào một phương trình của hàm số bậc hai dạng y ax 2 bx c a 0 và từ đó sẽ tìm được tọa độ đỉnh của b Parabol là S ; . 2 a 4a Bước 4 : Giải bài toán. Đơn giản vấn đề : Chọn hệ trục tọa độ 0 xy sao cho gốc tọa độ 0 trùng một chân của cổng (như hình vẽ) y M B x O 5
Như vậy vấn đề được giải quyết nếu ta biết hàm số bậc hai nhận cổng Acxơ làm đồ thị . Phương án giải quyết : Ta biết hàm số bậc hai có dạng: y = ax 2 + bx + c . Do vậy muốn biết được đồ thị hàm số nhận cổng làm đồ thị thì ta cần biết ít nhất tọa độ của 3 điểm nằm trên đồ thị chẳng hạn 0, B, M. Rỏ ràng 0(0;0); M ( x; y ); B(b;0) . Ta phải tiến hành đo đạc để nắm số liệu cấn thiết. Đối với trường hợp này ta cần đo: Khoảng cách giữa hai chân cổng, và một điểm M bất kỳ chẳng hạn b 162; x 10; y 43 . 43 2 3483 Ta viết được hàm số bậc hai lúc này là : y x x 1320 700 Đỉnh : S(81m;185,6m) Vậy trong trường hợp này cổng cao 185,6m. Bước 5 : Hiểu lời giải bài toán. Trên thực tế cổng Acxơ cao 186m. Bước 6 : Kiểm nghiệm mô hình. Nếu đo đạc thật sự chính xác (đo đạc với sai số nhỏ) thì kết quả sẽ đúng với thực tế. Bước 7 : Thông báo, giải thích, dự đoán. ứng dụng : Xác định a, b, c biết parabol y ax 2 bx c a 0 a/ Đi qua ba điểm A(0 ;1), B(1 ;1), C(1 ;1). b/ Có đỉnh I(1 ;4) và đi qua điểm D(3 ;0) ( Sách Đại Số 10 – NXBGD trang 51) Trên đây là một mô hình hóa toán học xuất phát từ thực tiễn mà chúng ta hay bắt gặp hằng ngày khi đi trên đường, trong cuộc sống thường nhật mà kiến thức toán học sơ cấp thuần túy đã giải quyết một cách trọn vẹn giúp cho học sinh có cái nhìn sinh động hơn về toán học và sức mạnh của nó. 6
Nhóm 3 Ví dụ về Bài toán mô hình hóa Người ta cần thiết kế một lối đi vào một khu rừng nguyên sinh để phục vụ khách du lịch. Để đến được bìa rừng, người ta cần làm một đường đi xe đạp qua một công viên, sau khi gửi xe, khách du lịch phải đi bộ qua một khu đất trống đến phòng hướng dẫn viên. Em hãy thiết kế một phương án để làm hai đoạn đường đó. Để tổ chức hoạt động MHH bài toán này, ta thực hiện theo quy trình gồn 7 bước như sau: * Bước 1: Tìm hiểu vấn đề thực tiễn. Đây là bài toán mở, các điều kiện ban đầu của bài toán chưa rõ ràng. Do vậy, trước hết GV đã tổ chức cho học sinh suy nghĩ và thảo luận về những số liệu cần thiết cần thu thập nhằm đơn giản hóa bài toán. GV hướng dẫn học sinh liệt kế các từ khóa: công viên, khu đất trống, xe đạp, đi bộ, đoạn đường. Để hiểu được vấn đề, học sinh có thể sử dụng một sơ đồ hoặc vẽ một bản phác thảo để biểu diễn cho tình huống. * Bước 2: Lập giả thiết: Học sinh cần phải thực hiện một số giả thiết và thu thập thông tin như: • Kích thước của công viên và khu đất trống; • Tốc độ đi bộ trung bình và tốc độ đi xe đạp; • Giới hạn tốc độ khi đi xe đạp trong công viên; • Mục tiêu thiết kế (ví dụ: con đường ngắn nhất, thời gian tối thiểu, vv.) * Bước 3: Xây dựng bài toán: Hs cần phải xác định các khái niệm toán học liên quan trước khi xây dựng các mô hình. Trong trường hợp này, các vấn đề liên quan đến các khái niệm về khoảng cách, tốc độ và thời gian. Việc xây dựng các mô hình toán học sẽ phụ thuộc vào các giả thiết đặt ra. Ví dụ, nếu học sinh sử dụng thời gian tối thiểu là mục tiêu thiết kế, biểu thức cho thời gian sẽ là như sau: Tổng thời gian di chuyển: T Hình 1 cho thấy một bức phác họa có thể tượng trưng cho các sơ đồ với các giả định sau đây: Hình dạng cho công viên và khu đất trống là hình chữ nhật Kích thước và tốc độ được dựa trên thông tin từ internet Mục tiêu thiết kế: Thời gian tối thiểu 7
D F C G Tốc độ đi bộ 1m/s Công viên 200m Khu đất trống 200m Tốc độ xe đạp 5m/s A 300m E 150m B Hình 1: Phác họa tượng trưng cho bài toán thực tiễn * Bước 4: Giải bài toán Học sinh có thể sử dụng phần mềm hình học động như GSP để di chuyển điểm G đến vị trí khác nhau và đo khoảng cách, lập bảng quan sát và xác định vị trí của G mà tại đó cho ta giá trị nhỏ nhất về thời gian. Học sinh có thể xây dựng một biểu thức khoảng cách bằng cách sử dụng định lý Pythago và xây dựng các hàm thời gian. Tổng thời gian di chuyển, T = 300 + (200 − x) + 150 + x , x kí hiệu cho 2 2 2 2 5 1 khoảng cách FG. Học sinh có thể sử dụng phần mềm vẽ đồ hoặc phầm mềm Excel để giúp họ tìm giá trị của x, tương ứng với giá trị tối thiểu của T. Sử dụng bảng tính Excel, Hs có bảng một số giá trị sau: x (mét) 15,4 15,5 15,6 15,7 15,8 15,9 16 221,237 221,237 221,237 221,237 221,237 221,237 T (giây) 221,2373 6 4 2 1 1 2 * Bước 5: Hiểu lời giải bài toán: Từ kết quả ta thấy, thời gian tối thiểu là 221,2371s 3,69 phút, khi mà x = 15,7 (m) hoặc x = 15,8 (m) * Bước 6: Kiểm nghiệm mô hình Sau khi tìm thấy vị trí của nơi để xe đạp, học sinh cần phải kiểm tra xem nó là khả thi để xây dựng nơi để xe đạp tại vị trí thực tế hay không và xem xét nếu có bất kỳ hạn chế khác nào không. Học sinh có thể xem xét các giả thiết của mình. Công viên có thể là hình tròn? Điều gì xảy ra nếu công viên và các khu đất trống là đa giác không đều? Phương pháp của Hs có thể áp dụng trong mọi trường hợp hay không? Thiết kế có phù hợn thực tế? Hs có thể khảo sát người dân để tìm hiểu xem mọi người muốn có một giải pháp làm tối thiểu thời gian hoặc họ thích đi bộ với khoảng cách ngắn nhất để thay thế? 8
Công việc này thực sự có thể được thực hiện bằng cách sử dụng các phương pháp khác nhau. Học sinh có thể suy nghĩ về bài toán mà mình đã sử dụng để giải quyết các vấn đề và liệu có những phần mềm mạnh hơn có thể được sử dụng để giải quyết vấn đề này hay không. * Bước 7: Thông báo, giải thích dự đoán: Thông báo do nhóm hoặc đại diện nhóm trình bày nhằm giúp GV đánh giá sản phẩm và năng lực giải quyết vấn đề của từng nhóm. Từ đó GV hướng dẫn HS biết sử dụng ngôn ngữ và các công cụ toán học để mô tả các ý tưởng Toán học, biểu diễn các vấn đề trong thực tiễn. 9
Nhóm 4 Bài toán 1. Hãy xác định cách cắt đi ở 4 bốn góc tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 80cm x 50cm bốn hình vuông bằng nhau để khi gập lại được một chiếc hộp không nắp có dung tích lớn nhất. Bước 1: Tìm hiểu vấn đề thực tiễn. GV cho HS suy nghĩ và thảo luận về những số liệu của bài toán. Từ khoá đưa ra: hình chữ nhật, hình vuông, khối hộp chữ nhật, kích thước, dung tích. Vấn đề có thể diễn đạt lại: Tạo một chiếc hộp không nắp từ hình chữ nhật kích thước 80cm x 50cm có thể tích lớn nhất. Bước 2: Lập giả thuyết Gọi x là kích thước của các hình vuông bị cắt đi, x tính bằng cm và x thuộc ( 0;25) . Khi đó đáy của hình hộp được tạo ra có các kích thước là 80 - 2x ; 50 - 2x và chiều cao là x . Bước 3: Xây dựng bài toán Mô hình toán mô tả dung tích của hình hộp không nắp là: V ( x ) = x ( 80 - 2x ) ( 50 - 2x ) ; x ￎ ( 0;25) ( *) Bài toán trên mô hình này là tìm giá trị lớn nhất của V(x) trên khoảng ( 0;25) . Bước 4: Giải bài toán Cách 1: Dùng kiến thức lớp 10. V đạt được GTLN khi và chỉ khi 12V đạt GTLN hay 6x ( 80 - 2x ) ( 100 - 4x ) ; x ￎ ( 0;25) đạt GTLN. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 3 ￎ 6x + 80 - 2x + 100 - 4x ￎￎ 6x ( 80 - 2x ) ( 100 - 4x ) ￎￎￎￎￎ = 603 ￎￎ 3 ￎￎ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6x = 80 - 2x = 100 - 4x khi và chỉ khi x = 10cm . Cách 2: Dùng kiến thức lớp 12 Biến đổi mô hình ( *) thành: V ( x ) = 4x 3 - 260x 2 + 4000x ; x ￎ ( 0;25) Bằng kiến thức về đạo hàm, tìm được GTLN của V bằng 18000 khi x = 10cm Bước 5: Hiểu lời giải bài toán Cách 1: Dùng kiến thức lớp 10, cách giải chưa được định hình rõ ràng. Đây là cơ hội để cho GV phát triển trí tuệ cho HS qua công đoạn tìm tòi lời giải. Nếu HS đã lập luận như sau: V ( x ) đạt giá trị lớn nhất khi và chi khi 4V ( x ) đạt GTLN hay 4x ( 80 - 2x ) ( 50 - 2x ) đạt GTLN với x trong khoảng ( 0;25) . Vì 4x ; 80 - 2x ; 50 - 2x là các số dương nên theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 10
3 3 ￎ 4x + 80 - 2x + 50 - 2x ￎￎￎ 130 ￎￎ 4x ( 80 - 2x ) ( 50 - 2x ) ￎￎￎￎￎ = ￎￎￎￎￎￎ 3 ￎￎￎￎ 3 ￎￎ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 4x = 80 - 2x = 50 - 2x . Điều này không xảy ra. Vậy không thể cắt được 4 góc 4 hình vuông, để gập lại được một chi ếc hộp không nắp có dung tích lớn nhất. GV để cho HS thảo luận cách giải quyết ở trên. Đa số HS “cảm nhận” được cách giải quyết ở trên sai ở khâu: tìm GTLN của V ( x ) nhưng không phát hiện ra cụ thể là sai ở điểm nào. GV đã đặt ra câu hỏi cho HS: khẳng định 3 ￎ 10 đúng hay sai? Thực tiễn cho thấy, nhiều HS khẳng định là “sai”; một số khác còn lưỡng lự không trả lời. Qua đó, có thể thấy được nguyên nhân dẫn đến sai lầm của HS trong tình huống này là do không nắm chắc mặt ngữ nghĩa của kí hiệu toán học A ￎ B . A ￎ B có nghĩa là A < B hoặc A = B . Trong trường hợp A ￎ B , có thể A ￎ B . Do đó trong trường hợp bất đẳng thức: 3 3 ￎ 4x + 80 - 2x + 50 - 2x ￎￎￎ 130 ￎￎ 4x ( 80 - 2x ) ( 50 - 2x ) ￎￎￎￎￎ = ￎￎￎￎￎￎ 3 ￎￎￎￎ 3 ￎￎ đã không xảy ra dấu "=". Qua sai lầm này của HS, ta thấy được vai trò quan trọng của ngôn ngữ trong dạy học Toán nói chung và trong việc phát triển năng lực toán học hóa tình huống thực tiễn nói riêng. Chỉ ra sai lầm của HS ở trên là hết thức cần thiết, nhưng không nên phủ định sạch tất cả những gì mà HS đã trình bày. GV nên lần lại lời giải của HS để giúp HS tìm tòi lời giải. Rõ ràng, suy nghĩ của HS trong cách giải trên, tuy chưa hoàn hảo nhưng đã có những sáng tạo. HS đã biết biến đổi mô hình bài toán, từ việc tìm GTLN của V qua việc tìm GTLN của 4V để vế trái của nó là tích của các thừa số có tổng 130 không đổi. Phát hiện điều này GV nên có tác động: suy nghĩ của các em đã đúng hướng, hãy tạo nên một bất đẳng thức dạng trên nhưng dùng được bất đẳng thức Côsi trong việc tìm giá trị lớn nhất. Mong muốn của GV là HS nhận thức ra được vấn đề và tiếp tục công việc như sau: V đạt được GTLN khi và chỉ khi 12V đạt GTLN hay 6x ( 80 - 2x ) ( 100 - 4x ) ; x ￎ ( 0;25) đạt GTLN. Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 3 ￎ 6x + 80 - 2x + 100 - 4x ￎￎ 6x ( 80 - 2x ) ( 100 - 4x ) ￎￎￎￎￎￎ = 603 ￎ 3 ￎￎ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6x = 80 - 2x = 100 - 4x khi và chỉ khi x = 10cm . Cách 2: Dùng kiến thức lớp 12 thì HS đã có cách giải rõ ràng. V ( x ) = 4x 3 - 260x 2 + 4000x ; x ￎ ( 0;25) Bằng kiến thức về đạo hàm, GTLN của V bằng 18000 khi x = 10cm Bước 6: Kiểm nghiệm mô hình Cho học sinh thảo luận về những kiến thức đã sử dụng trong quá trình giải quyết vấn đề. 11
Kiểm nghiệm lại lời giải bài toán bằng thực tế, có thể mô phổng trên máy tính. GV giới thiệu cho học sinh kiến thức toán học như: thể tích khối hộp chữ nhật. Bước 7: Thông báo, giải thích, dự đoán Thông báo nhóm hoặc đại diện nhóm trình bày nhằm giúp GV đánh giá sản phẩm và năng lực giải quyết vấn đề của từng nhóm. GV hướng dẫn HS biết sử dụng ngôn ngữ và công cụ toán học để mô tả ý tưởng toán học, biểu diễn các vấn đề trong thực tiễn. GV phân tích cho HS thấy việc học giúp cho chúng ta giải quyết các vấn đề trong cuộc sống dễ dàng hơn. Câu 2: Lấy ví dụ về mở rộng bài toán theo các con đường: khái quát quá, tương tự hóa, đặc biệt hóa, con đường khác. Nhóm 1 Ví dụ 1: Cho a, b > 0 . Chứng minh rằng: a 3 +b3 a 2b+b 2a. (1) Chúng ta có thể giải bài toán này theo 2 cách sau: Cách 1 Ta có a 3 +b3 a 2 bb 2a = a 2 ( ab ) b 2 ( ab ) = ( ab ) ( a+b ) 2 0. a 3 +b3 a 2 b+b 2a. Cách 2 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 3 a 3 +a 3 +b3 3 a 6b3 = 3a 2b 2a 3 +b 3 3a 2b. Tương tự 2b3 +a 3 3ab 2 . Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ĐPCM. Chúng ta có thể đề xuất bài toán mới như thế nào? * Nhìn theo góc độ số mũ của hai vế của BĐT (1): Xét riêng a 3 và a 2 b ta thấy trong số hạng a 3 số mũ của a là 3, trong số hạng a 2 b thì số mũ của a là 2, số mũ của b là 1. Như vậy số mũ của a đã giảm đi 1 đơn vị nhưng tổng số mũ của a và b trong số hạng a 2 b bằng số mũ của a trong a 3 . Từ đó ta có những BĐT tương tự sau: a 4 +b 4 a 3b+b3a. (2) a 5 +b5 a 4b+b 4a. (3) Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán như sau: Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: a n +b n a n1b+b n1a ( n ￎ *) . (4) 12
* Cũng nhìn theo góc độ số mũ của từng số hạng ở hai vế, ta thử mở rộng bằng cách thay a n1b bởi a m b nm có nghĩa là chỉ cần tổng số mũ của a và b bằng n là đủ. Như vậy bài toán trên lại được khái quát hóa như sau: Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: a n +bn a mb nm +b ma nm ( m, n ￎ , n m ) . (5) Đặc biệt hóa các giá trị của m, n ta lại có những BĐT mới. Chẳng hạn m = n = 2 ta thu được BĐT quen thuộc a 4 +b 4 2a 2b 2 . (6) n = 5, m = 2 ta thu được BĐT a 5 +b5 a 3b 2 +b3a 2 . (7) * Tiếp tục quan sát số biến của các BĐT, các bài toán trên chỉ áp dụng cho 2 biến ta hoàn toàn có thể mở rộng cho 3 biến, 4 biến, …và khái quát hóa lên n biến. Ta có thể xây dựng những BĐT tương tự sau: Cho a, b, c > 0 , chứng minh rằng: a 3 +b3 +c3 a 2 b+b 2c+c 2a. (8) a 4 +b 4 +c4 a 2 b 2 +b 2c 2 +c 2a 2 . (9) Khái quát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến Cho n số dương a1 , a 2 , a 3 ..., a n , m, k ￎ , m k . Chứng minh rằng: a1m +a 2 m +...+a n m a1k a 2 mk +a 2 ka 3mk +...+a n ma1mk . (10) BĐT này chứng minh tương tự như ở cách giải 2. Bằng những cách làm đó ta có thể hướng học sinh độc lập suy nghĩ để không ngừng rèn luyện trí thông minh và sự sáng tạo. Ta có thể sáng tạo được BĐT (2), (3), (4), (6), (7) nhờ sự tương tự với BĐT (1). Đối chiếu sự tương ứng giữa các BĐT tìm ra dấu hiệu bản chất của chúng để xây dựng được bài toán tổng quát. Từ đó bằng khái quát hóa để được BĐT (4), (5) và (10), ta thấy mức độ khái quát hóa ở đây cũng tăng dần. Tính sáng tạo sẽ phát triển cao hơn nếu ta biết đề xuất và giải quyết các bài toán mới từ những bài toán đã biết. a1 +a 2 +a 3 3 Ví dụ 2: Chứng minh BĐT: a1a 2a 3 với mọi a1 , a 2 , a 3 0 . (1) 3 BĐT này chỉ nêu lên trong SGK đại số 10 và được phép ứng dụng, tuy nhiên không có chứng minh. Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh chứng minh BĐT trên như sau: Cách 1: Sử dụng đặc biệt hóa Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy cho hai số để đánh giá a1 +a 2 ?, a 3 + b ? . Từ đó suy ra a1 +a 2 +a 3 +b ? ( ∀b 0) . Học sinh: 13
a1 +a 2 +a 3 +b = ( a1 +a 2 ) + ( a 3 +b ) 2 a1a 2 +2 a 3b = 2 ( a1a 2 + a 3b ) a1 +a 2 +a 3 +b 2 ( a1a 2 + a 3b , ∀b ) 0 Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy để đánh giá vế phải của BĐT trên 4 Học sinh: a1a 2 + a 3b 2 a1a 2a 3b . Giáo viên: Từ đó ta có được điều gì? 4 Học sinh: a1 +a 2 +a 3 +b 4 a 1a 2a 3b . (*) 3 Giáo viên: Thay b = a1a 2a 3 thì (*) có dạng gì? 4 3 3 Học sinh: a1 +a 2 +a 3 + a1a 2a 3 4 a 1a 2a 3 a 1a 2a 3 . 3 3 a1 +a 2 +a 3 + a1a 2a 3 4 a1a 2a 3 . 3 a1 +a 2 +a 3 3 a1a 2a 3 . a1 +a 2 +a 3 3 a1a 2a 3 . 3 Giáo viên: Như vậy BĐT trên được chứng minh nhờ thao tác đặc biệt hóa. Cách 2: Sử dụng tương tự và đặc biệt hóa. Chúng ta có thể biểu diễn (1) dưới dạng: 3 a1 +a 2 +a 3 a1a 2a 3 . (2) 3 Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với (2), nhưng đơn giản hơn 2 a +a Học sinh: 1 2 a1a 2 . (3) 2 Giáo viên: Hãy chứng minh (3) ( a1 a 2 ) 2 Học sinh: (3) 0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 . Vấn đề là sự tương tự giữa (2) và (3) có giúp gì cho việc chứng minh hay không? Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm mối liên hệ giữa (2) và (3). 14
3 a +a 2 a1 +a 2 + 1 2 a +a 2 a1 +a 2 Giáo viên: 1 2 a1a 2 a1a 2 . 2 3 2 a1 +a 2 Em có nhận xét gì khi đặt a 3 = . 2 a1 +a 2 Học sinh: Nếu đặt a 3 = thì ta có BĐT (3). 2 Giáo viên: Như vậy (3) không những là một trường hợp tương tự của (2) mà còn là một a1 +a 2 trường hợp đặc biệt của (2) khi a 3 = . 2 Mặc dù vậy, việc phát hiện ra mối liên hệ này vẫn chưa giúp ta tìm ra lời giải của bài toán. Áp dụng (3) cho các cặp số không âm ( a1; a 2 ) , ( a 3 ; a 4 ) ta được điều gì? Học sinh: 2 a1 +a 2 a1a 2 2 2 2 a1 +a 2 a 3 +a 4 � a1a 2a 3a 4 . (1’) a 3 +a 4 2 2 2 a 3a 4 2 a1 +a 2 a +a Giáo viên: Tiếp tục áp dụng (3) với và 3 4 ta có: 2 2 Học sinh: 2 a1 +a 2 a 3 +a 4 + 2 a1 +a 2 a 3 +a 4 2 2 a +a +a +a . = 1 2 3 4 . (2’) 2 2 2 4 Giáo viên: Từ (1’) và (2’) ta có điều gì? 4 a +a +a +a Học sinh: 1 2 3 4 a1a 2a 3a 4 . (4) 4 Giáo viên: Như vậy ta đã chứng minh được BĐT (4) nhờ BĐT (3). Cũng như quan hệ giữa (2) và (3), ngoài sự tương tự giữa (2) và (4), có thể (2) cũng là trường hợp đặc biệt a1 +a 2 +a 3 của (4) khi a 4 = . 3 a1 +a 2 +a 3 Giáo viên: Chúng ta hãy kiểm tra nghi vấn bằng cách thay a 4 = vào BĐT (4). 3 15
Học sinh: 4 a +a +a a1 +a 2 +a 3 + 1 2 3 4 a +a +a 3 a +a +a a1a 2a 3 1 2 3 = 1 2 3 3 4 3 3 a1 +a 2 +a 3 a1a 2a 3 . Như vậy (2) đã được chứng minh. 3 Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 = a 3 . Quá trình trên là cả một chuỗi từ KQH TT ÐBH KQH ÐBH . Sau khi tìm được lời giải, học sinh cần kiểm tra lời giải. Kiểm tra lại lời gi ải bài toán tức là xem xét lời giải có sai lầm hay thiếu sót gì không? Sai lầm khi chứng minh BĐT thường bắt nguồn từ việc vận dụng các BĐT cổ điển mà không để ý đến điều kiện để BĐT đúng hoặc sử dụng sai sót các quy tắc suy luận khi từ BĐT này suy ra BĐT kia. Nhóm 2  Xét bài toán 1: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng : a 3 + b3 a 2b + ab 2 Chúng ta có thể giải bài toán theo hai cách sau: Cách 1: ( sử dụng phép biến đổi tương đương). Ta có: a 3 + b3 − a 2b − ab 2 = a 2 ( a − b ) − b 2 ( a − b ) = ( a − b ) ( a + b) 2 Vì ( a − b ) ( a + b ) 2 0 Nên a 3 + b3 a 2b + ab 2 (đpcm) Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a 3 + a 3 + b3 3 3 a 6b3 = 3a 3b 2a 3 + b 3 3a 3b Tương tự: 2b3 + a 3 3b3 a Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh  Bài toán tương tự hóa , ta có bài toán : Cho a, b > 0. Chứng minh rằng : a 4 + b4 a 3b + ab3 a 5 + b5 a 4b + ab 4 16
Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán tổng quát như sau: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng : a +b n n a n −1b + ab n −1 (n N∗) Cho a, b > 0. Chứng minh rằng : an + bn a mb n − m + a n − mb m ( n, m N ∗, n m )  Bài toán đặc biệt hóa: Với n = 4, m = 2 ,ta có được bài toán bất đẳng sau : a 4 + b 4 2a 2b 2 Tương tự: n = 5, m = 2 ,ta có được bài toán bất đẳng sau : a 5 + b5 a 3b 2 + a 2b3  Từ khái hoát hóa đó , ta có các bài toán t ương tự như sau : Cho a, b,c > 0. Chứng minh rằng : a 3 + b3 + c 3 a 2b + b 2c + c 2 a Cho a, b,c > 0. Chứng minh rằng : a 4 + b 4 + c 4 a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2  Khái hoát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến Cho n số dương a1 , a2 ,..., an , m, k N,m k . Chứng minh rằng: a1m + a2m + ... + anm a1k a2m −k + a2k a3m −k + ... + anm a1m −k  Xét Bài toán 2: “Chứng minh rằng tổng số các khoảng cách từ bất kỳ một điểm nào trong tam giác đều tới các cạch của nó là không đổi”. Giải quyết bài toán không phải đơn giản, ta không biết được tổng các khoảng cách đó là gì? Để tính được tổng đó ta lấy một trường hợp riêng: chọn điểm đó trùng với đỉnh của tam giác. Dễ dàng nhận thấy tổng đó bằng đường cao của tam giác đều. Vấn đề bây giờ là chứng minh tổng số các khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến các cạnh của tam giác đều bằng đường cao. Khó khăn tiếp theo là làm sao liên hệ được tổng ba khoảng cách ấy với đường cao. Để giải quyết ta tiếp tục xét trường hợp riêng sau: Điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác: Lúc này ta chỉ cần tính MI MJ vì d M , AC 0.Từ M vẽ MN // BC, N BC. Gọi O = MN AH. Rõ ràng AMN đều MJ= AO. Mặt khác MI = OH, nên MI + MJ = OH + AO = AH. 17
Từ những trường hợp đặt biệt đó ta bước vào trường hợp tổng quát: M là điểm bất kỳ: Qua M kẻ đường thẳng song song BC cắt AB và AC lần lượt tại P và Q. MI BC, MJ AB, MK AC. Xét tam giác đều APQ: MK + MJ = AO (Vì M PQ). Mặt khác: MI = OH. (vì PQ // BC) Vậy: MK + MJ + MI = AO + OH = AH. Vậy ta đã giả quyết được trường hợp tổng quát dựa vào các trường hợp đặt biệt. Vận dụng tương tự hoá ta tìm cách xây dựng bài toán tương tự trong không gian: cái gì tương tự với tam giác đều trong không gian? Dễ dạng nhận ra đó là tứ diện đều; còn đường cao của tam giác đều ứng với đường cao của tứ diện đều. Vậy có thể chứng minh được bài toán: “Tổng khoảng cách từ một điểm bất kỳ bên trong tứ diện đều tới các mặt bằng đường cao của tứ diện”. Nhóm 3 Ví dụ: Xét bài toán sau Cho a, b 0 CMR: a3 + b3 a2b +ab2 (*) Chúng ta có thể giải bài này bằng 2 cách sau Cách 1. Ta có : a3 +b3 – a2b – ab2 = a2(a – b) –b2(a – b) = (a2 – b2)(a – b) = (a – b)2(a+b) 0 Suy ra a3 + b3 a2b +ab2 Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy cho 3 số không âm ta có: a3 + a3 + b3 3 3 a 6b3 = 3a2b 2a3 + b3 3a2b tương tự ta có b3 + b3 + a3 3 3 b 6 a 3 = 3b2a 2b3 + a3 3ab2 Cộng vế theo vế ta có a3 + b3 a2b +ab2 a. Mở rộng bài toán theo con đường tương tự : Bài toán: Cho a, b 0. CMR: a4 +b4 a3b + ab3 Cách 1. a4 +b4 – a3b – ab3 = a3(a – b) –b3(a – b) = (a3 – b3)(a – b) = (a – b) 2(a2+ab+b2) 0 Suy ra a4 + b4 a3b +ab3 Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy cho 4 số không âm ta có: a4 + a4 + a4 + b4 4 4 a12b4 = 4a3b 3a4 + b4 4a3b tương tự ta có b4 + b4 + b4 + a4 4 4 b12 a 4 = 4b3a 3b4 + a4 4b3a 3b4 + a4 4ab3 18
Cộng vế theo vế ta có a4 + b4 a3b +ab3 Bài toán: Cho a, b 0. CMR: an + bn an – 1b + abn – 1 ( n N*) Cách 1. an +bn – an1b – abn1 = an1(a – b) –bn1(a – b) = (an1 – bn1)(a – b) = (a – b)2 (an2 + an3b + ... +abn3 + bn2) 0 Suy ra a4 + b4 a3b +ab3 Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy cho n số không âm ta có: a1n 4+ 4 a n2+4 + a n + bn ... 43 n n a ( n −1) n b n = na n −1b n −1 th￵a s￵a n +4 b1n 4 b n2+ 4 ... + 43bn + an n n b ( n−1) n a n = nb n −1a = nab n−1 n −1 th￵a s￵a n Cộng theo ta được điều chứng minh an + bn an – 1b + abn – 1 b. Mở rộng bài toán theo con đường đặc biệt hóa. Đặc biệt hóa bài toán bằng cách cho a 0 , b = 2. Khi đó ta được bài toán mới: Bài toán: Cho a 0 . Chứng minh rằng: a3 + 8 2a2 +4a . Cách 1. Ta có: a3 + 8 – 2a2 – 4a = a2(a – 2) –4(a – 2)= (a2 – 4)(a – 2) = (a – 2)2(a + 2) 0 Hoặc có thể nhóm cách khác: a3 + 8 – 2a2 – 4a = (a + 2)(a2 – 2a + 4) – 2a(a + 2) = (a – 2) 2(a + 2) 0 Suy ra: a3 + 8 2a2 +4a Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy c. Mở rộng bài toán theo con đường khái quát Từ bài toán ban đầu, ta có thể khái quát bài toán trong trường hợp 3 số không âm a, b, c Bài toán: Cho a, b, c 0 CMR: a3 + b3 + c3 ≥ a2b + b2c + c2a Chứng minh Áp dụng BDT Cauchy ta có a3 + a3 + b3 3 3 a 6b3 = 3a2b 2a3 + b3 3a2b b3 + b3 + c3 3 3 b6 c3 = 3b2c 2b3 + c3 3b2c c3 + c3 + a3 3 3 c 6 a 3 = 3c2a 2c3 + a3 3c2a Cộng vế theo vế ta có 3a3 + 3b3 + 3c3 ≥ 3a2b + 3b2c + 3c2a a3 + b3 + c3 ≥ a2b + b2c + c2a (đpcm)  Khái quát bài toán trong trường hợp 4 số không âm a, b, c, d Bài toán: Cho a, b, c, d 0 CMR: a3 + b3 + c3 + d3≥ a2b + b2c + c2a + d2a Chứng minh: Áp dụng BDT Cauchy ta có a3 + a3 + b3 3 3 a 6b3 = 3a2b 2a3 + b3 3a2b b3 + b3 + c3 3 3 b6 c3 = 3b2c 2b3 + c3 3b2c c3 + c3 + d3 3 3 c 6 d 3 = 3c2d 2c3 + d3 3c2d d3 + d3 + a3 3 3 d 6 a3 = 3d2a 2c3 + d3 3d2a Cộng vế theo vế ta có 3a3 + 3b3 + 3c3 + 3d3 ≥ 3a2b + 3b2c + 3c2a + 3d2a a3 + b3 + c3 + d3 ≥ a2b + b2c + c2a + d2a (đpcm) 19
 Khái quát hóa bài toán trong trường hợp n số không âm a1, a2, … , an Bài toán: Cho n số không âm a1, a2, … , an và n N*. CMR: a13 + a23 + ... + an3 a12a2 + a2 2 a3 + ... + an 2a1 Chứng minh Áp dụng BDT Cauchy ta có a13 + a13 + a 23 3 3 a16a 23 = 3a12a 2 2 a13 + a 23 = 3a12a 2 a 23 + a 23 + a 33 3 3 a 2 6a 33 = 3a 2 2a 3 2 a23 + a 33 = 3a 2 2a 3 .................................................................................... a n 3 + a n3 + a 13 3 3 a n 6a13 = 3a n 2a1 2 an 3 + a 13 = 3a n 2a 1 Cộng vế theo vế ta có 3a13 + 3a23 + ... + 3an3 3a12 a2 + 3a2 2 a3 + ... + 3an 2 a1 a1 + a2 + ... + an a1 a2 + a2 a3 + ... + an a1 (đpcm) 3 3 3 2 2 2 d. Mở rộng bài toán theo con đường khác Bài toán: Cho n số không âm a1, a2, … , an và m, k N*, m ≥ k CMR: a1m + a2m + ... + anm a1k a2m −k + a2k a3m−k + ... + ank a1m −k Áp dụng BDT Cauchy ta có k m−k a + m 1 a2m m m a1km a2(m − k ) m = ma1k a2m −k 1 1 k m −k a2m + a3m m m a2km a3( m −k ) m = ma2k a3m − k 1 1 ................................................................ k m−k anm + a1m m m ankm a1( m− k ) m = mank a1m −k 1 1 Cộng vế theo vế ta được: ma1m + ma2m + ... + manm ma1k a2m −k + ma2k a3m −k + ... + mank a1m −k a1 + a2 + ... + an a1 a2 + a2 a3 + ... + an a1 (đpcm) m m m k m −k k m −k k m −k Nhóm 4 1. Khái quát hóa: Ví dụ : Ở lớp 9, đối với định lí : ‘‘ Trong hình tròn, số đo của một góc nội tiếp bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung ’’. 20