Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cauchy

1 I THÔNG TIN CHUNG 1 Tên sáng kiến “Các kĩ thật sử dụng bất đẳng thức Cauchy” 2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Toán học 3 Phạm vi áp dụng sáng kiến Sáng kiến áp dụng tại trường THCS Quang Trung thành phố[.]

1 I THÔNG TIN CHUNG: Tên sáng kiến: “Các kĩ thật sử dụng bất đẳng thức Cauchy” Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Phạm vi áp dụng sáng kiến: Sáng kiến áp dụng trường THCS Quang Trung thành phố Yên Bái, Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng năm 2019 đến Tác giả: Họ tên: Giang Thanh Thủy Năm sinh: 1975 Trình độ chun mơn: Thạc sĩ VLLT&VLT Chức vụ công tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THCS Quang Trung - Thành Phố Yên Bái Địa liên hệ: Tổ - Phường Minh Tân - TP Yên Bái- Yên Bái Điện thoại: 0914976000 Email: gtthuy1975@gmail.com II MƠ TẢ SÁNG KIẾN Tình trạng giải pháp biết: Hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn nhà trường trọng Việc hướng dẫn học sinh giải tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức áp dụng bất đẳng thức Cauchy quan tâm buổi bồi dưỡng học sinh giỏi Tuy nhiên trường áp dụng kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giải tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, mà dạy gọi biết qua, chưa sâu sắc dẫn đến kết học sinh đa phần không làm tốn có liên quan đến bất đẳng thức Cauchy kì thi học sinh giỏi Tốn cấp - Về ưu điểm sáng kiến cũ: Đã hướng dẫn học sinh chứng minh bất đẳng thức , tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức áp dụng bất đẳng thức Cauchy buổi bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn - Về nhược điểm sáng kiến cũ: Chưa đưa kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy hướng dẫn học sinh học dẫn đến học sinh thiếu tự tin, e ngại giải toán liên quan đến bất đẳng thức Cauchy Nắm bắt tình hình thực tế, thân áp dụng “Các kĩ thật sử dụng bất đẳng thức Cauchy” vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi mơn Tốn cấp; học sinh thi vào chuyên Toán năm Nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến 2.1 Mục đích giải pháp: - Giúp học sinh nhanh chóng định hướng giải tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức ứng dụng kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy góp phần phát triển lực phẩm chất người học - Giúp giáo viên tự nâng cao kiến thức bất đẳng thức, ngày nâng cao chất lượng giáo dục mũi nhọn nhà trường 2.2 Nội dung giải pháp: Giải pháp 1: HƯỚNG DẪN HỌC SINH HỌC BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) : Dạng cụ thể ( số, số ) n = 2:  x, y  : n = 3:  x, y, z  : 1.1 x y  xy x y z  xyz 1.2 x  y  xy x  y  z  3 xyz 1.3  x y    xy    x y z   xyz    1.4  x  y   4xy  x  y  z   27 xyz 1.5 1   x y x y 1    x y z x yz 1.6  xy  x  y 2  xyz  x  y  z 3 Đẳng thức xảy x = y Đẳng thức xảy x = y = z Chứng minh công thức 1.1 x y 1  xy  ( x  y  xy )  ( x  y )   x, y  ,ta có : 2 x y  xy Do 2 Đẳng thức xảy dấu : ( x  y ) , tức x = y Hệ 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số Chứng minh: Giả sử hai số dương x y có tổng x + y = S không đổi Khi S x y S  xy nên xy  đó,  Đẳng thức xảy x = y Do 2 đó, tích xy đạt giá trị lớn S2 x = y Hệ 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ hai số Chứng minh: Giả sử hai số dương x y có tích x.y = P khơng đổi Khi đó, x y  xy  P nên x  y  P Đẳng thức xảy x = y Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ P x = y ỨNG DỤNG: Trong tất hình chữ nhật có chu vi, hình vng có diện tích lớn Trong tất hình chữ nhật có diện tích, hình vng có chu vi nhỏ nhỏ Ví dụ : Tìm giá trị nhỏ hàm số : f ( x)  x  với x > x Giải Do x > nên ta có : f ( x)  x  3  x  f ( x)   x   x  x x x Vậy giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  với x > f ( 3)  x Ví dụ Chứng minh x, y, z ba số dương 1 ( x  y  z )(   )  Khi xảy đẳng thức ? x y z Giải Vì x, y, z ba số dương nên x  y  z  3 xyz ( đẳng thức xảy x = y = z ) 1 1 1    33 ( đẳng thức xảy   ) x y z x y z xyz x y z Do ( x  y  z )(   )  xyz 3  xyz x  y  z Đẳng thức xảy :  1 x  y  z  Vậy đẳng thức xảy x = y = z Yêu cầu thực giải pháp: Hướng dẫn học, giao nhiệm vụ học lớp, nhà, kiểm tra đánh giá thực nhiệm vụ, rút kinh nghiệm, bồi dường buổi/tuần Giải pháp 2: GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN HỌC CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 2.1 Quy tắc song hành: hầu hết BĐT có tính đối xứng việc sử dụng chứng minh cách song hành, giúp ta hình dung kết nhanh chóng định hướng cách giiải nhanh 2.2 Quy tắc dấu bằng: dấu “=” BĐT quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi BĐT 2.3 Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: không học sinh mà số giáo viên nghiên cứu chứng minh BĐT thường hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp song hành BĐT không chu ý đến điểm rơi dấu Một nguyên tắc áp dụng song hành BĐT điểm rơi phải đồng thời xảy ra, nghĩa dấu “ = ” phải được thỏa mãn với điều kiện biến 2.4 Quy tắc biên: Cở sở quy tắc biên toán quy hoạch tuyến tính, tốn tối ưu, tốn cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm nhiều biến miền đóng Ta biết giá trị lớn nhất, nhỏ thường xảy vị trí biên đỉnh nằm biên 2.5 Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vai trị biến BĐT dấu “ = ” thường xảy vị trí biến Nếu tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng ta dấu “ = ” xảy biến mang giá trị cụ thể Chiều BĐT giúp ta định hướng cách chứng minh : đánh giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) ngược lại Giải pháp 3: HƯỚNG DẪN HỌC CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY 3.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá BĐT theo chiều “  ”.Đánh giá từ tổng sang tích Bài Chứng minh rằng:  a  b2 b2  c2  c2  a   8a 2b2c a, b, c Giải Sai lầm thường gặp Sử dụng:  x, y x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2   x2 + y2  2xy Do đó: a  b  2ab  2 b  c  2bc c  a  2ca    2  Ví dụ: 3  5 4     a  b2 b2  c2  c2  a   8a 2b2c a, b, c (Sai)  24 = 2.3.4  (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) Lời giải đúng: Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2  x2 y = 2|xy| ta có: a  b2  ab    2 b  c  bc    2 c  a  ca  a  b2 b2  c2  c2  a2   8| a2b2c2 |  8a2b2c2 a, b, c (đú ng) Bình luận  Chỉ nhân vế BĐT chiều ( kết BĐT chiều) vế không không âm  Cần ý rằng: x2 + y2  x2 y = 2|xy| x, y khơng biết âm hay dương  Nói chung ta gặp tốn sử dụng BĐT Cơsi tốn nói mà phải qua vài phép biến đổi đến tình thích hợp sử dụng BĐT Cơsi  Trong tốn dấu “  ”  đánh giá từ TBC sang TBN = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho số, cặp số Bài Chứng minh rằng: Giải   a  b  64ab(a  b)2  a,b   a b       a  b    a  b   ab     2  a  b  ab   24.22.ab  a  b     CôSi  64ab(a  b)2 Bài Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab)  9ab  a, b  Giải Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab)  33 1.a.b 3.3 a.b.ab  9ab Bình luận:  = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số, cặp Mỗi biến a, b xuất ba lần, sử dụng Côsi cho ba số khử thức cho biến Bài Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3  9ab2  a, b  Giải Cơsi Ta có: 3a3 + 7b3  3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3  33 33 a3b6 = 9ab2 Bình luận:  9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để áp dụng BĐT Cơsi ta có b2 Khi có định hướng việc tách hệ số khơng có khó khăn a, b, c, d   Bài Cho:  1 1 1  a   b   c   d   CMR : abcd  81 Giải Từ giả thuyết suy ra:  1      b c d Côsi bcd  1    33   1    1  = 1 a  1 b   1 c   1 d  1 b 1 c 1 d 1  b  1  c  1  d  Vậy:  bcd 3   b 1  c   d 1  a  cda  1  b  3  c  d  a       dca  1  c  3  d  c  a      abc  3 1  d 1  a   b 1  c             0 0  0 1  a  1  b  1  c  1  d   81 abcd 1  a  1  b  1  c  1  d  0 81 Bài toán tổng quát 1: Cho:  abcd   x1 , x2 , x3 , , xn   1  1  x   x   x    x  n  n  CMR : x1 x2 x3 xn   n  1 n Bình luận  Đối với tốn có điều kiện biểu thức đối xứng biến việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng giúp ta xử lí tốn chứng minh BĐT dễ dàng a, b, c  Bài Cho  a  b  c  1    CMR :  1 1 1  (1) a  b  c  Giải  a  b  c b  c c  a a  b Côsi bc ca ab    (đpcm) a b c a b c a b c Bài toán tổng quát 2: Cho:   1   1  n  x1 , x2 , x3 , ., xn  CMR :       1   n  1     x  x  x    xn       x1  x2  x3   xn  VT (1)  Bài.7 CMR: 1  a bc  1     Giải    2      3  1 a  1 b  1 c   1 abc  abc a, b, c    abc     Ta có: 1     1  a    b      1  c   Côsi    1 a  1 b  1 c  (1) Ta có: 1 a  1 b  1 c   1  ab  bc  ca    a  b  c   abc     Côsi    1 33 a2b2c2  33 abc  abc   abc  (2)  Ta có: 1 abc  Côsi     abc     abc (3) Dấu “ = ” (1) xảy  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c Dấu “ = ” (2) xảy  ab = bc = ca a = b = c  a = b= c Dấu “ = ” (3) xảy  abc =1  abc = Bình luận:  Bài toán tổng quát thường sử dụng cho số, áp dụng cho toán BĐT lượng giác tam giác sau  Trong tốn có điều kiện ràng buộc việc xử lí điều kiện mang tính đồng đối xứng quan trọng, giúp ta định hướng hướng chứng minh BĐT hay sai Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có kỹ thuật nhỏ hay sử dụng Đó kĩ thuật tách nghịch đảo Bài 7: Cho số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện: xy  GTNN biểu thức: S  Giải: xz  Tìm yz xz xy   x y z Theo BĐT (I) ta có:  yz xz   yz xy   xy xz  S          3    z  y  x  y  x z   z y  x 2( x  z )  4( x  y )  xz  xy  Vậy MinS = x = y = z = 1/3 3.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo: Bài CMR: a b   a.b  b a Giải Ta có : Bài CMR: a b  b a Côsi  a2  2 a2 1 ab 2 ba a  R Giải a   a 1 1   a2 1  Ta có : a2 1 a2 1 a2 1 Dấu “ = ” xảy  a 1  Bài CMR: a  Côsi  a2 1 a2 1 2  a 1   a  a 1  a  b  b  a  b Giải Ta có nhận xét : b + a – b = a khơng phụ thuộc vào biến b hạng tử đầu a phân tích sau : a Côsi 1  b   a  b   3 b. a  b   a  b  b  a  b b a  b b a  b Dấu “ = ” xảy  b   a  b   Bài CMR: a   a = b = b  a  b 3  a b0  a  b b 1 (1) Giải Vì hạng tử đầu có a cần phải thêm bớt để tách thành hạng tử sau sử dụng BĐT rút gọn cho thừa số mẫu Tuy nhiên mẫu có dạng  a  b  b 1 (thừa số thứ đa thức bậc b, thừa số thứ hai tam thức bậc hai b) ta tách hạng tử a thành tổng hạng tử thừa số mẫu Vậy ta có :  a  b  b  1 = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a thành hai cách sau: 10   2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hc a +1 = a  b  b 1  b 1 2 Từ ta có (1) tương đương : VT + = a 1  b 1 b 1   a  b    2  a  b  b 1b 1  a  b b 1  4.4  a  b  Côsi 2a  3 4b(a  b) Bài CMR : b 1 b 1   đpcm 2  a  b  b 1b 1  a   a 1  b Giải Nhận xét : mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a Chuyển đổi tất biểu thức sang biến a điều mong muốn việc xử lí với biến đơn giản Biến tích thành tổng mặt mạnh BĐT Cơsi Do : Ta có đánh giá mẫu số sau: 4.b  a  b  Vậy: b  4.    a  b    a     a2 2a3 1 Côsi 2a3 1 a3  a3 1 Côsi    a  a   a.a  2 4b(a  b) a a a a b  a  b  Dấu “ = ” xảy    a  a  a    b   3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi: Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” BĐT Côsi quy tắc tính đồng thời dấu “ = ”, quy tắc biên quy tắc đối xứng sử dụng để tìm điểm rơi biến Bài Cho a  Tìm giá trị nhỏ (GTNN) S  a  a Giải Sai lầm thường gặp học sinh: S  a   a =2 a a Dấu “ = ” xảy  a   a =  vơ lí giả thiết a  a Cách làm 15 Bài hồn tồn chia vế cho ab, sau áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC phần trước trình bày, nhiên ta áp dụng phương pháp : phương pháp nhân thêm số Ta có :  a    b  a b 1  b  a 1 b 1  a b 1  Côsi a b 1   ab 2 Côsi  a 1   a 1  b  a 1  b  ab b   Dấu “ = ” xảy   a   a, b, c  Bài Cho  a  b  c    ab ab +  ab 2 b   a  Tìm giá trị lớn nhất: S  a  b  b  c  c  a Giải Sai lầm thường gặp:   ab      bc     ca    a  b  Côsi b  c  Côsi  c  a  Côsi    ab  bc  ca   a  b 1 b  c  1  c  a  1 2a  b  c   2 Nguyên nhân sai lầm Dấu “ = ” xảy  a + b = b + c = c + a =  a + b + c = trái với giả thiết Phân tích tìm tịi lời giải: Do vai trị a, b, c biểu thức điểm BĐT a  b  c  từ ta dự đốn Max S =  a + b = b + c = c + a =  3 số cần nhân thêm Vậy lời giải : 16    ab      bc      ca     a  b  2 b  c   2 c  a  2 Côsi  a  b  3 Côsi b  c   3 Côsi c  a   3  a  b  c   3    ab  bc  ca  2 Bài toán cho đầu theo yêu cầu sau học sinh có định hướng tốt a, b, c  hơn: Cho  Chứng minh rằng: S  a  b  b  c  c  a  a  b  c  Tuy nhiên nắm kỹ thuật điểm rơi việc viết đầu theo hướng giải a, b, c  Bài Cho  a  b  c  Tìm Max S  a  b  b  c  c  a Giải Sai lầm thường gặp a  b   a  b  1.1   a  b 11 b  c  11 b  c   b  c  1.1  c  a  11 c  a   c  a  1.1   S  ab  bc  ca  2a  b  c  8   Max S = 3 Nguyên nhân sai lầm a  b   Max S =  b  c    a  b  c      Vô lý c  a   Phân tích tìm tịi lời giải: 17 Do S biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thường xảy điều kiện :  a  b   a, b, c    a  b  c   b  c  Vậy số cần nhân thêm là:  3 a  b  c    c  a   2 3 2 a  b  3 a  b 3  Ta có lời giải:  2 b  c  3 b  c 3     a  b   23  23  b  c   23  23 3 2 c  a     93 2 3 3 c  a  c  a    3   a bc 4   18 4 S  a b  bc  c a   a  b    Vậy Max S = 18 Dấu “ = ” xảy  b  c   a  b  c  3   c  a   3.6 Kỹ thuật ghép đối xứng: Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm số thao tác sau : 2  x  y  z    x  y    y  z    z  x   Phép cộng :  x y y z z x   x  y  z  2  Phép nhân : x y z   xy  yz  zx  ; xyz= xy yz zx  x, y, z bc ca ab    a  b  c a, b, c  a b c Giải Áp dụng BĐT Cơsi ta có: Bài Chứng minh :  0 18   bc ca  bc ca   c   b a b 2  a  ca ab bc ca ab   ca ab    a     abc   b c b c a b c     bc ab bc ab      c c  a c   a Dấu “ = ” xảy  a = b = c Bài Chứng minh rằng: a b2 c2 b c a      b2 c2 a2 a b c , abc  Giải Áp dụng BĐT Cơsi ta có:   a b2      c  2  b    b2 c      a  2  c  2 1  a  c     b a   a b2  a  a b2 c c c b2 c  b  b c2 a2 a a a2 c2  c  c b2 a b b a  b2  c  b  c  a  b  c  a b2 c a a b c a b c  Bài Cho tam giác ABC với a,b,c số đo cạnh tam giác.CMR a)  p  a   p  b   p  c   abc b)    2      p  a p  b p  c  a b c  Giải a) Áp dụng BĐT Côsi ta có:            p  a  p  b   p  a   p  b c   p  b   p  c  a  p  b  p  c  2  p  a   p  c  b  p  a  p  c   2 b) Áp dụng BĐT Cơsi ta có:   p  a   p  b   p  c   18 abc 19  1  1       2  p  a p b      1       2  p b p  c     1  2  p  a  p  c        p  a p  b     p  b p  c     p  a   p  b  p  b   p  c   p  a  p  c   p  a   p  c  c  a  b    2      p  a p  b p  c  a b c   Dấu “ = ” xảy cho a) b)  : a = b = c a bc ) Bài Cho  ABC, a, b, c số đo cạnh tam giác Chứng minh : ( p chu vi  ABC: p  b  c  ac  a  b a  b  c   abc Giải Áp dụng BĐT Cơsi ta có:  0     0    0     b  c  a c  a  b   c  a  b  a  b  c  b  c  a  a  b  c   b  c  a    c  a  b   b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc Dấu “ = ” xảy   ABC : a = b = c 3.7 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số : Nội dung cần nắm thao tác sau :      x  y  z   1x  1y  1z    c c  a  b   a  b  c   a  b  c  a    a  b  c   b  x, y, z  20 1     n2 x , x , , x   x  x   x  n 1 n  x1 x2 xn   bc c  a a b    a, b, c  a b c Bài Chứng minh : (1) Giải  Ta biến đổi (1) tương đương: 1    bc   c  a   a b   1  1  a   b   c  a bc bc  a c  a b        a  b  c       (đpcm ) a b c a b c 2    a b bc c  a a bc Bài Chứng minh : a, b, c  Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau:  1  2a  b  c       a b bc c a   1    a  b    b  c    a  c       (đpcm )   a b bc c a    c a b    , a, b, c  (BĐT Nesbit) a b bc c a Bài Chứng minh : Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau: c   a   b     3 1   1   1 a b   bc   c  a  2   a bc   a bc   a bc       a b   bc   c a   1       ab bc ca   a  b  c   1    a  b    b  c    a  c       (đpcm)   a b bc c a   c2 a2 b2 a bc    Bài Chứng minh : a b bc ca  ,a, b, c  Giải  Ta biến đổi BĐT sau:  c   c2   a2   b2   a  b  c   a   b   a  b   b  c   c  a 