(LUẬN văn THẠC sĩ) bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học bất đẳng thức ở trường trung học phổ thông

Khách thể và đối tượng nghiên cứu

Quá trình dạy học bài tập bất đẳng thức

Hoạt động giải toán của giáo viên và học sinh khi dạy học nội dung

Giả thuyết khoa học

Trong giảng dạy bất đẳng thức cho học sinh trung học phổ thông, việc tổ chức hoạt động dạy và học theo định hướng sáng tạo sẽ giúp rèn luyện tính sáng tạo của học sinh Qua đó, chất lượng dạy và học tại trường THPT sẽ được nâng cao.

Nhiệm vụ nghiên cứu

Hệ thống hóa những tư tưởng chủ đạo về tính sáng tạo của các nhà nghiên cứu lý luận dạy học và tâm lý học trên thế giới và tại Việt Nam, nhằm làm nổi bật vai trò của sự sáng tạo trong quá trình giáo dục Các nghiên cứu này không chỉ cung cấp cái nhìn sâu sắc về cách thức phát triển tư duy sáng tạo mà còn chỉ ra các phương pháp hiệu quả để khuyến khích sự sáng tạo trong giảng dạy Thông qua việc phân tích các quan điểm khác nhau, bài viết nhấn mạnh tầm quan trọng của việc áp dụng các lý thuyết sáng tạo vào thực tiễn giáo dục, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy và học tập.

Nghiên cứu nội dung dạy học về bất đẳng thức trong chương "Bất đẳng thức và bất phương trình" được thực hiện qua việc phân tích sách giáo khoa và sách bài tập Đại số 10, bao gồm cả phiên bản chỉnh lí hợp nhất năm 2000 và các sách theo chương trình chuẩn và nâng cao.

- Đề xuất biện pháp dạy học giải bài tập bất đẳng thức theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo

Thực nghiệm sư phạm nhằm khám phá những khó khăn mà giáo viên và học sinh gặp phải trong quá trình dạy và học giải bài tập bất đẳng thức Nghiên cứu này cũng nhằm kiểm chứng giả thuyết khoa học liên quan đến việc dạy và học toán bất đẳng thức theo định hướng sáng tạo tại trường THPT.

Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu các sách, báo, tạp chí gồm 4 loại:

- Các văn kiện của Đảng và Nhà nước, của Bộ GD- ĐT, các chủ trương có liên quan đến việc dạy và học toán ở trường phổ thông

- Các sách báo về khao học toán học có liên quan đến đề tài

- Các sách, các bài báo về dạy và học môn toán, về tâm lý học, giáo dục học có liên quan đến đề tài,

- Các công trình nghiên cứu, các vấn đề có liên quan trực tiếp đến đề tài của luận văn

6.2 Phương pháp quan sát - điều tra

- Thăm lớp, dự giờ, quan sát việc dạy của giáo viên và việc học của học sinh trong quá trình dạy học giải bài tập bất đẳng thức

- Điều tra về hứng thú, khó khăn của học sinh trong quá trình học giải bài tập bất đẳng thức

- Điều tra về việc dạy và học giải bài tập bất đẳng thức theo hướng sáng tạo ở học sinh THPT

Tổ chức thực nghiệm sư phạm có đối chứng thông qua các lớp học thực nghiệm và lớp đối chứng trên cùng một đối tượng, nhằm kiểm chứng hai quá trình: dạy và học bất đẳng thức theo định hướng sáng tạo, và dạy học giải bài tập vận dụng bất đẳng thức theo sách hướng dẫn.

- Phân tích, xử lý kết quả thực nghiệm sư phạm

6.4 Phương pháp thống kê toán học

Phương pháp thống kê đóng vai trò quan trọng trong việc xử lý kết quả thực nghiệm sư phạm, đặc biệt là đối với học sinh trong dạy học giải bài toán bất đẳng thức Việc áp dụng phương pháp này giúp phân tích và đánh giá hiệu quả của các phương pháp dạy học theo định hướng sáng tạo và thông thường, từ đó nâng cao chất lượng giáo dục Thống kê không chỉ hỗ trợ trong việc thu thập dữ liệu mà còn giúp giáo viên hiểu rõ hơn về sự tiến bộ của học sinh trong quá trình học tập.

Đóng góp của luận văn

Hệ thống hóa các quan điểm về tư duy và sự sángg tạo

Hoạt động học, hoạt động giải bài tập toán, mối quan hệ giữa hai hoạt động này với sự phát triển trí sáng tạo

Hệ thống lại và minh họa thêm các dạng bài tập

7.2 Về mặt thực tiễn Đề xuất phương án dạy học nội dung bất đẳng thức, bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông.

Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, khuyến nghị, tài liệu tham khảo và phụ lục, nội dung luận văn được trình bày trong ba chương:

Chương 1: Cơ sở lí luận và thực tiễn

Chương 2: Bồi dương tư duy sáng tạo trong dạy học bất đẳng thức cho học sinh ở trường THPT

Chương 3: Thực nghiệm sư phạm

Kết luận chung của luận văn.

CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

Thực trạng hoạt động của dạy học bất đẳng thức trong chương trình toán phổ thông

TRONG DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2.1 Chứng minh bất đẳng thức bằng nhiều cách khác nhau

Bài toán 1 Cho a > c, b > c, c > 0 Chứng minh bất đẳng thức:

Cách giải 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với ac – c 2 + bc – c 2 + 2c ( a  c b c )(  )  ab

     (luôn đúng với a > c, b > c, c > 0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: c = ab a  b

Cách giải 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi hai số

Cộng vế với vế (1) và (2) ta được: ( ) ( ) c a c c b c 1. ab ab

    (đpcm) Đẳng thức xảy ra  c ab

 Cách giải 3: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski

Bài toán bất đẳng thức có thể được chứng minh bằng cả hai phương pháp: bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopski Điều này đặt ra câu hỏi liệu chúng ta có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để chứng minh bài toán này hay không.

BỒI DƯỠNG TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC BẤT ĐẲNG THỨC Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Chứng minh bất đẳng thức bằng nhiều cách khác nhau

Bài toán 1 Cho a > c, b > c, c > 0 Chứng minh bất đẳng thức:

Cách giải 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với ac – c 2 + bc – c 2 + 2c ( a  c b c )(  )  ab

     (luôn đúng với a > c, b > c, c > 0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: c = ab a  b

Cách giải 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi hai số

Cộng vế với vế (1) và (2) ta được: ( ) ( ) c a c c b c 1. ab ab

    (đpcm) Đẳng thức xảy ra  c ab

 Cách giải 3: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski

Bài toán bất đẳng thức có thể được chứng minh bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó có phương pháp sử dụng bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopski Điều này đặt ra câu hỏi liệu bất đẳng thức Bunhiacopski có thể được áp dụng để chứng minh cho bài toán này hay không.

Chọn bộ số ( c b c ;  ) và ( a c  ; c ) p dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta được:

     (đpcm) Đẳng thức xảy ra c b c ab a c c c a b

       Cách giải 4: Do a > c, b > c nên ta có thể đặt: a = c + x; b = c + y; với x, y > 0 Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với:

( ) 2 0. cx cy c x c y cx cy c xy c cx cy xy c xy c xy c xy

Luôn đúng là c x y , với c > 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = xy, tương đương với c = ab/(a + b) Một phương pháp giải khác là coi c là một biến số và áp dụng chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng đạo hàm.

Bảng biến thiên: c 0 Min(a,b) y’ + 0 - y y max

Ta được: y max = y( ab a b  ) = ab Vậy ta có: c a c (   ) c b c (   ) ab (đpcm) Đẳng thức xảy ra  c = ab a b  Cách giải 6: Lượng giác hóa bài toán

Do 0 0

Cách giải 5: Tìm kiếm một phương pháp giải ngắn gọn và tự nhiên hơn Bậc của đa thức cùng với giả thiết và điều kiện đẳng thức sẽ giúp học sinh liên tưởng đến những hằng đẳng thức nào?

Do x+y+z=1  2 2 2 1 x  y  z  3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra 1 x y z 3

Cách giải 6: Hãy vẽ đồ thị hàm số bậc 2 y  x 2 và đường thẳng bậc nhất

3 9 y  x  trên cùng một hệ trục tọa độ Nhận xét tính tương đối cũng như tính chất hình học của các đồ thị

Hàm y  x 2 là hàm số lõm trên tập R, mỗi tiếp tuyến đều ở phía dưới đồ thị Đường thẳng 2 1

3 9 y  x  là tiếp tuyến của parabol y  x 2 tại tiếp điểm A 

Sử dụng kết quả hình học này ta có:

Cộng vế với vế ta được: 2 2 2 2 ( ) 1

Vậy: 2 2 2 1 x  y  z  3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra 1

Bài toán này có thể được tiếp cận từ góc độ sử dụng véc tơ trong không gian ba chiều Để thực hiện điều này, học sinh cần lựa chọn tọa độ véc tơ phù hợp nhằm đảm bảo tính chính xác và hiệu quả trong việc giải quyết bài toán.

. uv    x y z p dụng bất đẳng thức tích vô hướng ta có:

     2 2 2 1 x  y  z  3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra

Cách giải 8: Giả sử P là giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2  y 2  z 2.

(S) là mặt cầu : x 2  y 2  z 2  P Mặt cầu (S) có tâm 0(0;0;0); bán kính R= P (P>0) Để mặt phẳng    và mặt cầu (S) có điểm chung  d(0,mp    )  R

   2 2 2 1 x  y  z  3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra 1 x y z 3

Chứng minh bất đẳng thức dựa vào tính đặc thù

x  n   * Cách giải 1: Sử dụng phương pháp quy nạp:

Với n = 1 VT = x  1  VP Vậy bài toán đúng với n = 1

Giả sử bài toán đúng với n = k Ta có:

Ta chứng minh bài toán đúng với n = k+1

Vậy bài toán được chứng minh

   f(x) là hàm số đồng biến /[0,+  ) và f(0) = ( 1)

Bài toán 5 Giả sử x, y, z là nghiệm của hệ phương trình: 2 2

Chứng minh bất đẳng thức: xy + yz +xz  8

Bài giải: Ta biến đổi từ hệ: 2 2 3

Trong mặt phẳng tọa độ oxy ta chọn:

v 3 xy xz yz u    p dụng bất đẳng thức tích vô hướng ta có: v u v u  3 ( ) 4 3

    Vậy xy + yz +xz  8 (đpcm)

Bài toán 6 Với mọi x y ,  R chứng minh bất đẳng thức: x 2  10 x  4 y 2  28 y  74  x 2  6 x  4 y 2  4 y  10  10

Trong mặt phẳng tọa độ chọn hai véc tơ có tọa độ là:

( 5; 2 7); u x  y  v x (  3; 2 y  1); u v   (8;6) Ta có: u  ( x  5 ) 2  ( 2 y  7 ) 2 v = ( x  3 ) 2  ( 2 y  1 ) 2 ; u v   10 p dụng bất đẳng thức véc tơ ta có: v u v u     x 2  10 x  4 y 2  28 y  74  x 2  6 x  4 y 2  4 y  10  10 (đpcm)

Bài toán 7 Cho Chứng minh rằng: 4 4 2 4 4 4 2

Sử dụng bất đẳng thức:

3 3 3 x x x x x x x  x    x        , Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x     2 x x 1

  trên tập số thực Giả sử y 0 là một giá trị bất kì của hàm số, tồn tại x sao cho:

Với 2 y 0  phương trình   * có nghiệm x=1

Với 2 y 0  phương trình   * có nghiệm khi:

Bài toán 9 Với mọi x  R Chứng minh bất đẳng thức:

Bài toán 10 Với mọi số thực x     1;1 Chứng minh bất đẳng thức: 4 1 4 1 2012 2 1 2012 2 1

Bài giải: Điều kiện:    1 x 1 p dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:

VT  2 Đẳng thức xảy khi và chỉ khi: x=0 (1) p dụng bất đẳng thức cô si hai số ta có:

VP  2 Dấu bằng xảy ra khi x=0 (2)

Từ (1) và (2) ta được điều phải chứng minh

Bài toán 11 Xác định tham số m để hệ sau có nghiệm (x o , y o , z o ) thỏa mãn: x o >0, y o >0, z o >0

Giả sử hệ có nghiệm: x o >0, y o >0, z o >0

 p dụng bất đẳng thức cô si ta được: 1= x o + y o + z o  3 3 x y z o o o

VT = (x-5) 2 + 2  2 Dấu bằng xảy ra khi x = 5 p dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:

Dấu bằng xảy ra khi x = 5

Bài toán 13 Với mọi x y ,  R Chứng minh bất đẳng thức:

Trong nặt phẳng tọa độ chọn hai véc tơ có tọa độ là:

 v u p dụng bất đẳng thức véc tơ ta có: v u v u     9 x 2  16 y 2  8 y   1 9 x 2  6 x  16 y 2  16 y   5 2 (đpcm) Đẳng thức xảy ra

Bài toán 14 Với mọi , x    2 k  k  Z Chứng minh bất đẳng thức: cos 2 4 6

  ; v= tan 2 x; ta được: 3u 4 + 4v 3 =7; u+v = 1+ cos 2 cos 2 x s x

+tan 2 x =2 Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: u 4     1 1 1 4 ; u v 3    1 1 3 ; v

3( u   3) 12 ;4( u v  2) 12  v Cộng vế với vế ta được: 3u 4 + 4v 3  7 Đẳng thức xảy ra

Bài tập về bất đẳng thức có tính mở

Bài toán có bao nhiêu kết quả Câu trả lời là vô số Kết quả gần gũi nhất với học sinh là gì?

Câu trả lời là nội dung bất đẳng thức Cô si 3 số

Bài giải: Ta chứng minh: a    b c 3 abc  4 3 abc Thật vậy áp dụng bất đẳng thức Côsi hai số ta được:

Cộng vế với vế ta được:

3 2 3 4 4 3 4 3 a b c    abc    ab  c abc    abc abc  abc

Vậy ta có: a    b c 3 abc  4 3 abc     a b c 3 3 abc đpcm ( ) Đẳng thức xảy ra    a b c

Phương án 2:  a b c , ,  0 Cmr a b c :    ab  ac  bc

Cộng lại ta có: 2  a   b c   2  ab  ac  bc 

Phương án 3:  a b c , ,  0 Chứng minh rằng:

Cộng vế với vế ta được: 3  a    b c  3   3 a b 2  3 b c 2  3 c a 2  

  Đẳng thức xảy ra    a b c Phương án 4:  a b c , ,   0 n m ,  N * , m  n Chứng minh bất đẳng thức: n n m m n n m m n n m m a b c    a  b  b  c  c  b

Bài giải: p dụng bất đẳng thức Côsi n số ta có:

 VT  VP Đẳng thức xảy ra    a b c

Phương án 5:  a b c , ,  0 ta có: a    b c 3 3 abc   a  b  2 (*)

Bài giải: (*)     a b c 3 3 abc   a 2 ab  b   c 2 ab  3 3 abc p dụng BĐT Côsi 3 số ta có:

3 3 3 c  ab  ab  c ab  abc đpcm Đẳng thức xảy ra    a b c

Bài toán 16 Điền thêm biểu thức thích hợp vào vế trái của bài toán sau và chứng minh bài toán đó

Với mọi , , a b c  0 Chứng minh bất đẳng thức:  4 4 abcd

Phương án 1: a     b c d 4 4 abcd Bài giải: Thật vậy áp dụng bất đẳng thức Côsi 2 số ta có:

       a b c d 2  ab  cd   4 4 abcd Đẳng thức xảy ra     a b c d Phương án 2: a   b 2 cd  4 4 abcd Bài giải: VT  2 ab  2 cd  4 4 abcd Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a   b cd

Phương án 3: a  bc  cd  db  4 4 abcd Bài giải: p dụng bất đẳng thức Côsi 4 số ta có:

4 4 a bc cd db a bcd a bc cd db abcd

Bài giải: Bất đẳng thức (*)    c d 2 ab  4 4 abcd p dụng bất đẳng thức Cô-si 4 số:

4 4 c d ab ab cd ab c d ab ab abcd đpcm

     Đẳng thức xảy ra khi a    b c d

Bài toán 17 Cho: Ax + By =1 (A, B  R) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x 2  y 2 Hãy cho A, B những giá trị cụ thể và giải bài toán này

Phương án 1: A=1,B=2 Ta có bài toán: Cho x+y=1.Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2. x  y p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho hai cặp số: (1; 1), (x; y)

Phương án 2: Cho A = 1, B = 2.Ta có bài toán: Cho x+2y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2  y 2 p dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 cặp số: (1; 2), (x; y)

Bài tập không lời về bất đẳng thức

Hãy so sánh OK và HM, OK  MH đẳng thức xảy ra khi H trùng O

Chứng minh đã trình bày ở trên

Bài toán 19 Một bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: Đề bài: Cho hàm số: y = x + 4  x 2 y      ? Khai thác bài toán trên?

Bài giải: Điều kiện: 2    x 2 Đặt y (x) = x + 4  x 2 y’ (x) = 1-

Hướng khai thác 1: Cho phương trình: x + 4  x 2 =m Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm? Đặt y (x) = x + 4  x 2 Phương trình đã cho có nghiệm min( ) y m max( ) y

Hướng khai thác 2: Tìm m để phương trình: x + 4  x 2 =m có duy nhất một nghiệm Để phương trình có duy nhất một nghiệm thì: -2   m 2 hoặc m = 2 2

Hướng khai thác 3: Tìm m để phương trình: x + 4  x 2 =m có hai nghiệm phân biệt 2   m 2 2

Hướng khai thác 4: Tìm m để bất phương trình: x  4  x 2  m nghiệm đúng  x     2;2   Đặt y (x) = x + 4  x 2 Để bất phương trình nghiệm đúng  x     2;2   thì m  max y(x) /    2;2    m  2 2

Hướng khai thác 5: Tìm m để bất phương trình: x  4  x 2  m nghiệm

    đúng  x     2;2   Đặt y (x) = x + 4  x 2 Để bất phương trình nghiệm đúng  x     2;2   thì m  min y(x) /    2;2    m   2 Hướng khai thác 6: Tìm m để bất phương trình: x  4  x 2  m có nghiệm Đặt y (x) = x + 4  x 2 Để bất phương trình có nghiệm thì m > -2

Hướng khai thác 7: Tìm m để bất phương trình: x  4  x 2  m có nghiệm Đặt y (x) = x + 4  x 2 Để bất phương trình có nghiệm thì m < 2 2.

Bài tập bất đẳng thức khác kiểu

Bài 20a: Với mọi , a b  0; a b   1 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: 20b Bài 20a, 20b cùng kiểu, cách chứng minh hoàn toàn theo các bước tương tự

VT abc abc abc abc

       Đẳng thức xảy ra khi 1 a    b c 3

So với bài 20b, giả thiết của bài 20c vẫn được giữ nguyên, với điều kiện để đẳng thức xảy ra là 1 a = b = c = 3 Để tìm ra cách giải cho bài 20c, chúng ta cần phân tích và áp dụng các phương pháp phù hợp.

Các đẳng thức trong căn bậc hai gợi cho ta nhớ đến bất đẳng thức ở dạng nào?

           p dụng bất đẳng thức hình học, ta có:

Bài toán 21 Với mọi số thực , , a b c  0 Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) 1 1 4

2 1 a a ab   b  c   ab ac  Bài giải: Bất đẳng thức 1 1

Nhân vế với vế ta được: 1 1 1 1 4

      p dụng bất đẳng thức cô si 3 số ta có:

Nhân vế với vế ta đươc:

    c) Nhìn về mặt hình thức bài tập 3 cũng có dạng như ở bài tập 1 và 2, nhưng không thể áp dụng trực tiếp giống hệt được

Ta phải làm bài tập này như thế nào?

Bài tập 1 vế phải xuất hiện biểu thức 4 a b  tử số là số chẵn

Bài tập 2 yêu cầu biểu thức 9abc + c xuất hiện trong tử số là số lẻ Việc áp dụng trực tiếp kiểu hình của bài tập 2 sẽ không đủ để chứng minh bài tập 3.

Ta nghĩ đến một cách làm như sau:

Cộng vế với vế ta được:

   Đẳng thức xảy ra   ABC đều d) Phần d có kiểu hình khác hẳn với 3 phần trên Làm thế nào để đưa bài tập 4 về áp dụng của bài 1

     p dụng bất đẳng thức (1) ta được:

Bài tập về bất đẳng thức có nội dung biến đổi

Bài toán 21 Bài 21a: Chứng minh  a b c , ,  0 ta có: 1 1 1 a+b+c+ 6 (1) a    b c

Bài 21b: Chứng minh  a b c , ,  0,a+b+c 1  ta có: 1 1 1 a+b+c+ 10 (2) a    b c

Rõ ràng so với bài 21a, thì bài 21b chỉ thêm một điều kiện ràng buộc

1 a b c    Nhưng bài 1b để làm được theo cách bài 1a là quá khó khăn

Khi 1 a    b c 3 thì dấu bằng của bất đẳng thức bài 21b mới xảy ra

VT abc abc abc abc

     Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

     Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P  ab bc   ca (2) Bài giải: 22a

Cách 1 p dụng bất đẳng thức cô si hai số ta có: a 2 + b 2 2ab  ; b 2 + c 2 2bc  ; c 2 + a 2 2ac  Cộng vế với vế ta được: 2 a  b 2  c 2  ab ac bc     1 ab ac bc  

Chọn u  ( , , ); a b c v  ( , , ) b c a p dụng bất đẳng thức tích vô hướng ta có:

( ) 1 max 1 1 3 u v u v ab ac bc a b c ab bc ca P a b c

Bài toán 2b có sự khác biệt nhẹ về hệ số so với bài toán 2a, nhưng cách giải của nó phức tạp hơn nhiều Điều này là do không thể tận dụng tính đối xứng của các biến a, b, c như trước.

       f(t) đồng biến trên (0,t 0 ), nghịch biến trên (t 0 ,1)

Bài 23a: Với mọi số thực , , a b c  0 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài 23b: Với mọi số thực , , a b c  0 Chứng minh: 1

Bài 23c: Với mọi số thực a b c , ,  0, thỏa mãn a +b+ c = 3

Chứng minh bất đẳng thức: 1

Bài giải: 23a p dụng bất đẳng thức Svacxơ ta có:

   (đpcm) Đẳng thức xảy ra    a b c Bài giải: 23b

Bài toán 23b có thực sự giống bài toán 23a hay không?

Có thể vận dụng cách chứng minh của bài toán 23a cho bài toán 23b hay không? Muốn làm được như thế thì ta phải có động tác nào?

Ta còn phải chứng minh: ( ) 2 1

  Điều này tương đương với:

(a+b+c) 2  3( ab+ ac+bc)  a 2 + b 2 + c 2 +2ab+2ac+2bc  3( ab ac bc   )

 a 2 + b 2 +c 2  ab ac bc    (a-b) 2 + (a-c) 2 + (b-c) 2  0 (luôn đúng)

Bài toán 3c bổ sung giả thiết a + b + c = 3 so với bài toán 3b Do đó, cần xem xét liệu các bước giải bài toán 3c có tương tự như bài toán 3b hay không, hay liệu nó yêu cầu các biến đổi phức tạp hơn.

 abc c b a c b a  ab ac bc    3 abc Điều này mới nhìn thì rất khó khẳng định được Nhưng nếu ta sử dụng giả thiết: a+ b+ c =3 thì ta có:

(a +b +c)(ab + ac + bc)  9abc p dụng bất đẳng thức côsi ba số ta có:

(a +b +c)  3 3 abc  0 (1) ab+ac+bc  3 3 ( abc ) 2  0 (2) Nhân vế với vế ta có: (a +b +c)( ab + ac + bc)  9abc.(đpcm) Đẳng thức xảy ra  a =b = c = 1

Bài toán 24 Bài 24a: Với mọi x y z , ,  0 ; xyz =1 , Chứng minh bất đẳng thức:

Bài 24b: Với mọi số thực x y z , ,  0 ; xyz =1 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: Bài 24a p dụng bất đẳng thức cô si hai số ta có:

   (đpcm) Đẳng thức xảy ra     x y z 1.

Bài giải: 24b Bài toán chỉ thay số 1 ở trên bằng số 2 nhưng nội dung đã biến đổi cách làm

Ta không thể áp dụng bài 4a được nữa Nó đòi hỏi học sinh phải có sự sáng tạo tìm tòi Đánh giá biểu thức vế trái:

   Để chứng minh VT  1 ta đi chứng minh:

    p dụng bất đẳng thức cô si ba số ta có: x+y+z  3 3 xyz     x y z 3

Do xyz=1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Tìm sai lầm trong chứng minh bất đẳng thức, toán đố

(1)  ab ab c (2  2 )  bc bc (2  a 2 )  ca ca b (2  2 )  a 4  b 4  c 4 (2)

     cộng vào ta có bất đẳng thức (2) được chứng minh

(2 ) (2 ) (2 ) ab ab  c  bc bc  a  ca ca  b  a  b  c

Vậy bất đẳng thức (1) được chứngminh (THTT.12/2002)

Bài toán 26 Với mọi số thực , , a b c  0 Chứng minh bất đẳng thức:

Lấy (1) chia (2) ta được: a 2 b 2 c 2 3 abc a b c

Sai lầm ở bước cuối cùng Ví dụ: 2>1 và 5>2 nhưng 2 1

Bài toán 27 Chứng minh: 2 3 100  3 2 100 Bài giải: Ta có: 2 3 100  8 100 , 3 2 100  9 100

Vậy ta có: 2 3 100  3 2 100 Sai lầm của bài toán là ở chỗ nào?

Cả người ra đề và người giải bài đều hiểu sai công thức toán học

Một khách hàng mua 2 kg cam tại cửa hàng và yêu cầu cân hai lần Lần đầu, người bán đặt quả cân 1 kg bên phải và cam bên trái cho đến khi cân thăng bằng Lần hai, quá trình được thực hiện ngược lại Mặc dù quả cân là chính xác, nhưng nếu cái cân đĩa không chính xác do hai cánh tay đòn không đều nhau, khách hàng có thể không mua được đúng 2 kg cam Điều này xảy ra vì sự không đồng nhất trong cơ chế của cái cân có thể dẫn đến sai số trong kết quả cân.

Chiều dài cánh tay đòn bên trái được ký hiệu là x và bên phải là y, với điều kiện x, y > 0 và x ≠ y Trong lần cân thứ nhất, khi hệ thống ở trạng thái cân bằng, ta có m1 x = y.1, từ đó suy ra m1 = y/x Ở lần cân thứ hai, hệ thống cũng đạt trạng thái cân bằng.

Tổng khối lượng cam sau hai lần cân là: m 1 + m 2 = y x + x y 2 x y

Suy ra: m 1 + m 2 > 2 (Vì đẳng thức không xảy ra) Vậy khách hàng mua được nhiều hơn 2 kg cam

2.8 Một số bài tập bất đẳng thúc rèn luyện các thao tác tưong tự hóa, tổng quát hóa và đặc biệt hóa

2.8.1 Hệ thống bài tập thứ nhất Bài toán 29 Với mọi số thực a, b, c > 0 Chứng minh bất đẳng thức: a+b+c  3 3 abc  ( a  b ) 2 (1) Bài giải: (1)     a b c 3 3 abc   a 2 ab  b

  c 2 ab  3 3 abc p dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương: c  ab  ab  3 3 c ab ab  3 3 abc (đpcm) Với thao tác tương tự hóa, ta được

 a, b, c > 0 Chứng minh: a    b c 3 3 abc  ( b  c ) 2 (2) Bài toán 30 chính là sự hoán vị các biến của bài toán 29

Với thao tác tương tự hóa, ta được

Bài toán 31 Với mọi số thực , , , a b c d  0 ta có:

 ab  cd  2 4 abcd p dụng bất đẳng thức Côsi 2 số suy ra điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d

Với thao tác tương tự hóa, ta được bài toán sau:

Bài toán 32 Với mọi số thực a b c d e f , , , , ,  0 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: Bất đẳng thức (4)

3 6 a b c d e f abcdef a ab b c cd d e ef f ab cd ef abcdef

Từ (2) (3) (4), Bằng thao tác tổng quát hóa ta có thể xây dựng được bài toán sau:

Bài toán 33.Bài tổng quát dạng 1:

     p dụng bất đẳng thức côsi cho n số ta được :

      (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi:

Bài toán 34 Với mọi số thực a b c d e , , , ,  0 Chứng minh bất đẳng thức: a + b + c + d + e  5 5 abcde   a  b   2  c  d  2 (5)

Bài giải: Bất đẳng thức (5)  2 ab  2 cd   e 5 5 abcde p dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số ta được:

5 5 ab  ab  cd  cd   e abcde (đpcm) Đẳng thức xảy ra  a = b= c= d= e

Bằng thao tác tổng quát hóa ta xây dựng được bài toán 35:

Bài toán 35 Bài toán tổng quát

1 2 2 1 a a a n   Chứng minh bất đẳng thức:

          p dụng bất đẳng thức Cô si cho 2n+1 số dương:

(đpcm) Đẳng thức xảy ra  .

Từ bất đẳng thức Côsi 3 số và bài toán 1 ta có thể dưa ra được bài toán tham số sau:

Bài toán 36 Với mọi số thực a b c , ,    0 :  [0;1] ta có:

3 ( ) a    b c abc   a  b Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Bài toán 37 Mở rộng bài toán 36 cho tham số

   2 ta có bài toán nào?

      Điều này là hiển nhiên không cần tìm hiểu thêm nữa

Cá biệt hóa tham số bằng biểu thức chứa biến ta có bài toán sau

Ta có: a b c    3 3 abc   a  b  2  3 abc  a b c   1  a  b  2 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

 ta có bài toán sau:

Bài toán 41 Từ bài toán 33 với thao tác đặc biệt hóa ta có bài toán sau:Với mọi số thực , 0; 1.

1 2 2 1 2 2 a a a a a a n  n  Chứng minh bất đẳng thức:

Bài toán 42 Với mọi số thực , 0

Chứng minh bất đẳng thức:

    Đẳng thức xảy ra khi

Bài toán 43 Bài toán chưa giải được

Ta đã biết cách chứng minh bài toán:

3 3 a    b c abc   a  b Bài toán đặt ra là tìm số  dương lớn nhất sao cho bất đẳng thức:

2.8.2 Hệ thống bài tập thứ 2 Bài toán 44 Cho a, b, c >0 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: p dụng bất đẳng thức côsi hai số ta có:

Cộng vế với vế ta có:

      Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Bài toán 45 Bài toán 45 có được là nhờ thao tác tương tự hóa bài toán 44

Với mọi số thực , , , a b c d  0 Chứng minh rằng:

  Tương tự với các số hạng còn lại Cộng các vế của bất đẳng thức ta có:

VT+VP 2  VP  VT  VP (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d

Bài toán 46 Bài toán 46 là kết quả tổng quát hóa bài toán 44 và bài toán 45

Với mọi số thực , 0. a a 1 2 an  Chứng minh:

 Bài giải: p dụng bất đẳng thức côsi ta có:

Tương tự cho n số hạng Cộng dồn từng vế ta có:

Bài toán 47 Với mọi số thực , , a b c  0,   0 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: p dụng bất đẳng thức Côsi hai số ta có:

Cộng dồn từng vế ta có:

VT  VP  VP  VT  VP (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Bài toán 47 có được là kết quả của thao tác tương tự hóa, khái quát hóa và đưa thêm tham số của bài toán 44

Ta tìm lại được bài toán 44 qua bài toán 47 khi cho a = 1

Bài toán 48 Với mọi số thực  a b c d , , ,    0,  0 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: p dụng bất đẳng thức Côsi hai số ta có:

Tương tự với các số hạng còn lại, cộng dồn vế với vế ta được diều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =d

Bài toán 49 Với mọi , , ; 0 a a 1 2 an   Chứng minh bất đẳng thức:

Tương tự với các số hạng khác, cộng vế với vế ta được:

VT  VP  VP  VT  VP đpcm Đẳng thức xảy ra khi: .

2.8.3 Hệ thống bài tập thứ 3:

Bài toán 50 Với mọi số thực a b c , ,  0 Chứng minh bất đẳng thức:

Cộng dồn từng vế ta được: VT  2 VP  3 VP  VT  VP (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a= b= c

 Cộng vế với vế ta được:

VT  VP  VP  VT  VP (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a= b= c

Cách chứng minh bài toán 51 thể hiện thao tác tư duy tương tự hóa theo phương pháp cân bằng hệ số

Bài 52 Với mọi số thực a b c , ,  0 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài giải: p dụng bất đẳng thức Cô si hai số ta có:

Bài toán 52 có được nhờ kết quả thao tác tương tự hóa của bài toán 51 Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Bài toán 53 Tổng quát hóa bài toán 50, 51, 52 ta có bài toán sau:

2.8.4 Hệ thống bài tập thứ tư

Trong bài toán 54, cho tam giác đều ABC, điểm M nằm trên cạnh BC Hai đoạn thẳng ME và MF lần lượt song song với AB và AC, cắt AB tại E và AC tại F Mục tiêu là tìm giá trị lớn nhất của tích ME và MF.

AB  AC  p dụng bất đẳng thức Cô si hai số ta được:

1 AB.AC Đẳng thức xảy ra khi: 1 ;

AB  AC  Khi M là trung điểm cạnh BC

Bài toán 55 yêu cầu xác định vị trí điểm M bên trong tam giác ABC của tứ diện đều ABCD, sao cho các đường thẳng đi qua M và song song với các cạnh AD, BD, CD cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD) tại các điểm A', B', C' tương ứng Việc tìm ra vị trí này là một thách thức trong hình học không gian.

MA ’ MB ’ MC ’ đạt giá trị lớn nhất

Ta có AM  BC =   A 1 , BM  AC =   B 1 , CM  BA =   C 1

Trong mặt phẳng (ADA 1 ) dựng MA ’ // AD, MA ’  DA 1 = A ’

Cộng vế với vế ta được: 1

MB DA MA p dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

MA MB MC MA MB MC

DA  DB  DC  DA DB DC

Vậy giá trị lớn nhất của MA ’ MB ’ MC ’ là

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

MA M là trọng tâm tam giác ABC

Bài toán 55 có được từ bài toán 54nhờ thao tác tư duy tương tự hóa

Bài toán 57 Cho  ABC và I trong tam giác đó IA, IB, IC giao các cạnh tương ứng tại A’, B’, C’ Chứng minh rằng:

Bài giải: Dựng AF, IE  BC

IA IB IC AA BB CC

AA BB CC IA IB IC

Nhân vế với vế ta có:

IA  IB  IC   (đpcm) Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm của tam giác ABC

Bài tập 57(b): Chứng minh bất đẳng thức: 6.

IA IA IB IB IC IC AA BB CC

IA IB IC IA IB IC

Vậy bài toán 57(b) được chứng minh Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm của tam giác ABC

IA IB IC AA BB CC

AA BB CC IA IB IC

IA IB IC IA IB IC

AA BB CC AA BB CC

AA BB CC AA BB CC

IA IB IC IA IB IC

Nhân vế với vế ta có:

Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tam giác ABC

IA  IB  IC  (kết quả có trong bài tập 57 (c))

IA IB IC  (1) Gọi diện tích  ABC,  BIC,  AIC,  BIA lần lượt là S, S 1 , S 2 , S 3

( S  S )( S  S )( S  S )  8 S S S p dụng bất đẳng thức Côsi 2 số ta có:

Nhân vế với vế ta có: ( S 2  S 3 )( S 3  S 1 )( S 1  S 2 )  8 S S S 1 2 3 (đpcm) Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tam giác ABC

Mà S  S 1  S 2  S 3  (1)  ( S 1  S 2  S 3 ) 3  27 S S S 1 2 3 p dụng bất đẳng thức Côsi 3 số ta có:

    hay I là trọng tâm tam giác ABC

Bài tập 57(g) Chứng minh: AA BB CC ' ' ' 27.

 hay I là trọng tâm tam giác ABC Bài tập 57(h) Chứng minh:

IA  IB  IC  (n  N * ) Bài giải:

IA IB IC IA IB IC n n n n

IA  IB  IC  IA IB IC  3 8 3

IA  IB  IC  Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tam giác ABC

AA BB CC AA BB CC n n n n

IA  IB  IC  IA IB IC

IA  IB  IC  Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tam giác ABC

AA BB CC AA BB CC n n n n

IA  IB  IC  IA IB IC

Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tam giác ABC

Bài toán 58 Cho tứ diện ABCD Cho điểm I ở bên trong của tứ diện AI, BI,

CI, DI lần lượt cắt các mặt đối diện tại A’, B’, C’, D’ Chứng minh: a) ' ' ' ' 1

AA  BB  CC  DD  Bài giải: Hạ AF, IF lần lượt vuông góc với mp (BCD)

AA AF AF S BCD V ABCD

IB IACD IC IABD ID IABC

Cộng vế với vế ta được:

AA  BB  CC  DD  (đpcm)

IA IB IC ID AA IA BB IB CC IC DD ID

AA BB CC DD AA BB CC DD

     = 4-1= 3 (đpcm) p dụng bài tập 58(a), chứng minh: ' ' ' ' 16.

IA  IB  IC  ID  Bài giải: Ta có:

IA IB IC ID AA BB CC DD

AA BB CC DD IA IB IC ID

IA IB IC ID AA BB CC DD

AA BB CC DD IA IB IC ID

IA  IB  IC  ID  (đpcm) Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tứ diện ABCD

IA IA IB IB IC IC ID ID

IA  IB  IC  ID  (đpcm) Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tứ diện ABCD

IA  IB  IC  ID  Bài giải:

IA IB IC ID AA BB CC DD

IA   IB   IC   ID   IA  IB  IC  ID

IA IB IC ID AA BB CC DD

AA BB CC DD IA IB IC ID

IA IB IC ID AA BB CC DD

AA BB CC DD IA IB IC ID

IA  IB  IC  ID  (đpcm) Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tứ diện ABCD

IA IB IC ID AA BB CC DD

AA BB CC DD IA IB IC ID

Bất đẳng thức cuối đúng theo Côsi 4 số

Dấu bằng xảy ra  I là trọng tâm tứ diện ABCD

Nhân vế với vế ta được điều phải chứng minh

Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Côsi 4 số Đẳng thức xảy ra khi I là trọng tâm tứ diện

Bất đẳng thức cuối đúng do áp dụng bất đẳng thức Côsi 4 số

 4 (7) p dụng bất đẳng thức Côsi 4 số:

  VT (7)  4 3 n (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi I là trọng tâm tứ diện ABCD

'     (9) p dụng bất đẳng thức Côsi 4 số:

VT(9)  4 4 n (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi I là trọng tâm tứ diện ABCD

Bài toán 58 có được nhờ thao tác tương tự hóa chuyển kết quả của một bài toán hình học phẳng là bài 57 sang bài toán hình học không gian

CHƯƠNG 3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1 Mục đích, nhiệm vụ, phương pháp, kế hoạch thực nghiệm 3.1.1 Mục đích

Kiểm tra tính đúng đắn của giả thuyết khoa học cho thấy rằng việc tổ chức hoạt động dạy và học giải bài tập toán theo định hướng sáng tạo trong môn bất đẳng thức cho học sinh trung học phổ thông sẽ rèn luyện tính sáng tạo của học sinh, từ đó nâng cao chất lượng dạy và học tại trường THPT.

1 Thiết kế bài giảng theo phương án phát huy tính sáng tạo của học sinh

2 Tiến hành thực nghiệm: Thu thập, phân tích, xử lý kết quả ở lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, đối chiếu, so sánh kết quả để đánh giá hiệu quả của luận văn

3 Đánh giá tính khả thi, điều chỉnh bổ sung, hoàn thiện việc thiết kế bài giảng trong quá trình dạy học nội dung bất đẳng thức

Phương pháp thực nghiệm sư phạm

- Đề tài được tiến hành thử nghiệm, thực nghiệm tại trường THPT Chương Mỹ A, Hà Nội, trong năm học 2011 - 2012

Lớp 10A 5 và 10A 6 của trường THPT Chương Mỹ A, Hà Nội, năm học 2011 - 2012, là hai lớp học sách giáo khoa nâng cao với điểm đầu vào cao nhất khối 10 Cả hai lớp đều có trình độ học lực tương đương nhau.

Học sinh lớp 10A2 và 10A3 tại trường THPT Chương Mỹ A, Hà Nội, trong năm học 2011 - 2012, sử dụng sách giáo khoa ban cơ bản Cả hai lớp này đều có điểm đầu vào trung bình và trình độ học lực tương đương nhau.

Thời gian thực nghiệm sư phạm kéo dài 8 tuần, bắt đầu từ ngày 15/12/2011 đến ngày 15/2/2012, khi các học sinh hoàn thành các chuyên đề cơ bản về Bất đẳng thức và bài toán cực trị Trong thời gian này, các em sẽ được học chuyên đề về bất đẳng thức nâng cao với tần suất hai tuần một buổi, tổng cộng 4 tiết.

3.2 Tiến trình thực nghiệm sư phạm

* Trình tự thực nghiệm gồm:

- Thăm dò đầu vào, cơ sở vật chất, nề nếp dạy học, trình độ học sinh môn Toán

- Kiểm tra đánh giá, xử lý số liệu

* Tiến trình thực nghiệm sư phạm:

- Chuẩn bị phương tiện dạy học

Trao đổi với nhóm giáo viên dạy thực nghiệm về ý tưởng, mục đích và nội dung bài dạy là rất quan trọng để đảm bảo sự hiểu biết chung Việc thảo luận cách thức tiến hành bài dạy giúp giáo viên nắm rõ phương pháp giảng dạy hiệu quả Phân tích điểm khác biệt giữa dạy thực nghiệm và dạy truyền thống sẽ làm nổi bật những ưu điểm của phương pháp mới, từ đó nâng cao chất lượng giáo dục.

- Tác giả dạy thử nghiệm, giáo viên tham gia dạy thực nghiệm dự giờ

- Sau buổi dạy cả nhóm rút kinh nghiệm

Trong nghiên cứu này, lớp thực nghiệm được giảng dạy theo bài giảng đã thiết kế, trong khi lớp đối chứng áp dụng phương pháp dạy truyền thống Tác giả tiến hành dự giờ, theo dõi và quan sát hoạt động của giáo viên cùng học sinh trong suốt quá trình học tập.

- Sau mỗi buổi dạy tổ chức rút kinh nghiệm trong nhóm giáo viên, trao đổi với học sinh để sơ bộ đánh giá định tính kết quả thực nghiệm

- Tiến hành làm các bài kiểm tra để đánh giá định lượng kết quả thực nghiệm

3.3 Nội dung thực nghiệm sư phạm 3.3.1 Bài giảng số 1: Bất đẳng thức Bunhiacopski

Mục đích: Xây dựng và chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpski hai cặp số, ba cặp số và n cặp số

Chứng minh các hệ quả và bất đẳng thức svacxơ, áp dụng vào bài tập bất đẳng thức

Bài 1 Với mọi số thực a, b, x, y Chứng minh bất đẳng thức:

( ax + by ) 2  (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (1) Chứng minh: Bất đẳng thức (1) được chứng minh bằng cách xét hiệu:

(a 2 +b 2 )(x 2 + y 2 ) - ( ax + by ) 2 = (ay – bx) 2  0 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y a  b

(ax + by + cz) 2  (a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) (2) Chứng minh: Bất đẳng thức (2) được chứng minh bằng cách xét hiệu:

(a 2 + b 2 + c 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) - ( ax + by + cz ) 2 = (ay – bx) 2 + (az - cx) 2 + (bz – cy) 2  0 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z a   b c

Bài 3 Hãy phát biểu và chứng minh bất đẳng thức trên cho 2n số thực?

Với mọi số thực a 1 , a 2 , ,a n , b 1 , b 2 , b n Chứng minh bất đẳng thức:

Chứng minh: Cách 1: Xét hiệu

   0. Đẳng thức xảy ra   k sao cho a i = kb i i=1…n

Bài 4 Hệ quả 1 (Bất đẳng thức Schwart).

Phát biểu: Với hai dãy số: a 1 , a 2 , … , a n và b 1 , b 2 ,…b n ta có:

1 2 b b bn p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:

   Đẳng thức xảy ra   k sao cho a i = kb i i = 1…n

Bài 5 Hệ quả 2: Với mọi số thực a 1 , a 2 , …,a n ta có :

Với hai dãy số: a 1 , a 2 , … , a n và b 1 , b 2 ,…b n ta có bất đẳng thức:

Cách 1: Sử dụng phương pháp quy nạp

2 2 2 u  a b … u n  ( a b n n , ) p dụng bất đẳng thức hình học ta được:

               Đẳng thức xảy ra   k sao cho a i = kb i i = 1…n

Bài 1 Cho x, y thỏa mãn ax + by = c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Viết P = ( A x) 2 +( B y) 2 Chọn bộ số hàng trên là: A x và B y Để sử dụng được giả thiết chọn hang dưới là: a

B p dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:

A  B Đẳng thức xảy ra khi

Bài 2 Tìm điểm M(x; y) thuộc elip (E) Sao cho Q = Ax + By + C đạt giá trị lớn nhất

Cho bộ số hàng thứ nhất là: x a y b

Bộ số hàng thứ hai là: Aa Bb p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có :

Hệ phương trình này luôn có nghiệm (x; y)

Bài 3 Cho a, b > 0, x, y là những số dương thay đổi luôn thỏa mãn: a b x  y = 1 Tìm giá tri nhỏ nhất của R = Ax + By + C với A, B > 0

Chọn hàng trên với bộ số: a x b y

Hàng dưới với bộ số: A x B y p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:

 R min = ( Aa  Bb ) 2 + C Đẳng thức xảy ra 

Bài 4 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

Y = cos 2  x  a sin 2  x  b + sin 2  x  a cos 2  x  b Với a, b > 0 p dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho các số:

Vậy y max = 2(1   a 2 ) b Đẳng thức xảy ra khi cos 2  x + asin 2  x = sin 2  x + acos 2  x

Nếu a = 1 thì bất đẳng thức đúng   x R ,    1 cos2  x  0

Bài 5 Với  > 0, với mọi a, b, c > 0 Chứng minh rằng

(đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Ta có thể áp dụng hình thức của bài toán 2.5 được không?

Ta có thể chứng minh ( ) 2

Bài 7 Nếu a, b, c > 0 chứng minh bất đẳng thức:

Ta có thể áp dụng bài toán 2.5 được không?

2 2 2 a b c ab  ac   cb  ab   ac  bc  ≥ ( ) 2

Bất đẳng thức cuối luôn đúng do (a+b+c) 2 ≥ 3( ab+ac+bc)

Bài 8 Với mọi a, b, c, d > 0 Chứng minh bất đẳng thức: a b c d b c  c d  d a  a b

Bài giải: VT= a 2 b 2 c 2 d 2 ab ac  cb bd  ac cd  ad db

( ) 2 a b c d ab ac bc bd cd ca ad db

Ta đi chứng minh (a + b + c + d) 2 ≥ 2(2ac + 2db + ab + bc + cd + ad)

 (a - c) 2 + (b - d) 2 ≥ 0 luôn đúng với mọi a, b, c, d Đẳng thức xảy ra khi a = c và b = d

Bài 9 Với mọi số thực a, b, c > 0 thỏa mãn đẳng thức a + b + c = 3 Chứng minh bất đẳng thức:

Theo các em đẳng thức xảy ra khi nào? a = b = c = 1

Nếu muốn dùng bất đẳng thức Cauchy-schawt thì ta có thể làm thế nào?

   Để chứng minh (*) theo các em ta phải đi chứng minh điều gì?

 ab + ac + bc ≥ 3abc  (a + b + c)(ab + ac + bc) ≥ 9abc (luôn đúng theo áp dung bất đẳng thức Côsi) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

3.3.2 Bài giảng số 2: Một phương án luyện tập áp dụng bất đẳng thức Côsi

A Khai thác bài toán gốc theo phương pháp quy nạp:

 2 ( do a + b + c =3) Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Bài 2  a, b, c > 0; a + b + c = 3 Chứng minh bất đẳng thức:

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Vậy bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Bài 4  a, b, c > 0 a+ b + c = 3 Chứng minh bất đẳng thức:

Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 3

Bài 5 là kết quả tổng quát theo chiều rộng của bài 1

B Khai thác bài toán gốc theo hướng nâng bậc các biến Bài 1  a, b, c > 0 a + b + c = 3

Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2

Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 3

   p dụng bất đẳng thức Côsi ta được:

Bài 3  a, b, c > 0 a + b + c = 3.Chứng minh bất đẳng thức:

Bài 3 là kết quả sáng tạo của bài 1 sau khi nâng bậc của biến

Chứng minh bất đẳng thức: 3 3 3

     Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Chứng minh bất đẳng thức: 4 4 4 3

Bài 8 Với mọi số thực a, b, c > 0

Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1

Bài 8 có được nhờ kết quả của bài 5, 6, 7 và nới lỏng giả thiết

Bài 9 Với n = 1 Bài 8 cho ta một bài toán rất phổ biến của nhiều sách tham khảo  a, b, c > 0 ta có:

3.3.3 Thực nghiệm sư phạm 1 3.3.3.1 Phiếu thực nghiệm số 1

Trường THPT Chương Mỹ A BÀI KIỂM TRA Lớp: Chuyên đề: Bất đẳng thức Bunhiacôpski

Bài 1: Với mọi số thục a, b, c > 0, cmr: a 2 b 2 c 2 a b c b  c  a    Bài 2: Cho 2x + y = 5, cmr: x 2  y 2  5 Đẳng thức xảy ra khi nào? Hãy giải bài toán trên bằng ít nhất 3cách

3.3.3.2 Bảng số liệu và kết quả xử lí số liệu

XỬ LÝ KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM

Ngày thực nghiệm: 20/1/ 2012 Giáo viên dạy thực nghiệm: Nguyễn Thanh Thương

- Bảng phân phối F i (số học sinh đạt điểm x i ) lớp X i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ĐC 10A2

( ĐC: Lớp đối chứng 10A2: 41 học sinh) TN: Lớp thực nghiệm 10A3: 40 học sinh)

- Bảng tần suất kết quả f i (số % học sinh đạt điểm x i )

- Bảng tần suất hội tụ tiến f a (số % học sinh đạt điểm x i trở lên)

- Tính các tham số thống kê:

+ Điểm trung bình (kì vọng toán) X

+ Phương sai, độ lệch chuẩn, hệ số biến thiên cho lớp đối chứng:

+ Phương sai, độ lệch chuẩn, hệ số biến thiên cho lớp thực nghiệm:

- Lập bảng so sánh các tham số thống kê

Lớp Số hs X  2  V(%) Đối chứng (ĐC) 41 5,46 1,55 1,25 23

- Vễ biểu đồ tần suất (f i ) và tần suất hội tụ tiến (f a ) của hai lớp (thực nghiệm và đối chứng)

Biểu đồ tần suất kết quả bài kiểm tra

Biểu đồ tần suất hội tụ tiến bài kiểm tra

3.3.4 Thực nghiệm sư phạm 2 3.3 .1 Phiếu thực nghiệm số 2

Trường THPT Chương Mỹ A Bài kiểm tra

Lớp: Chuyên đề: Bất đẳng thức Bunhiacôpski

Bài 1: a, b, c > 0, cmr: a 3 2 b 2 3 c 3 2 a b c b  c  a    Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 2: Điền thêm các biểu thức vào vế phải để bất đẳng thức sau luôn đúng Với mọi số thực a, b, c > 0 Chứng minh bất đẳng thức đó

Mỗi học sinh trình bày ít nhất 3 phương án

3.3 .2 Bảng số liệu và kết quả xử lí số liệu

Ngày thực nghiệm: 25/1/ 2012 Giáo viên dạy thực nghiệm: Lê Thị Bích Xuyên

- Bảng phân phối F i (số học sinh đạt điểm x i )

( ĐC : Lớp đối chứng 10A6: 42 học sinh)

TN : Lớp thực nghiệm 10A5: 43 học sinh )

- Bảng tần suất kết quả f i (số % học sinh đạt điểm x i )

Bảng tần suất hội tụ tiến f a (số % học sinh đạt điểm x i trở lên)

- Tính các tham số thống kê:

+ Điểm trung bình (kì vọng toán) X

+ Phương sai, độ lệch chuẩn, hệ số biến thiên cho lớp đối chứng:

+ Phương sai, độ lệch chuẩn, hệ số biến thiên cho lớp thực nghiệm :

- Lập bảng so sánh các tham số thống kê

Lớp Sô hs X  2  V(%) Đối chứng (ĐC) 42 5,5 1,57 1,25 23

- Vễ biểu đồ tần suất (f i ) và tần suất hội tụ tiến (f a ) của hai lớp (thực nghiệm và đối chứng)

Biểu đồ tần suất hội tụ tiến fa (số % học sinh đạt điểm Xi trở lên

Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm

Biểu đồ tần suất xuất hiện điểm kiểm tra

Lớp đối chứngLớp thực nghiệm

Không khí học tập của học sinh nghiêm túc hơn, học sinh bàn luận sôi nổi hơn

Số điểm dưới 6 của lớp thực nghiệm thấp hơn lớp đối chứng, Số điểm trên 6 của lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng

Biểu đồ tần xuất hội tụ tiến của lớp thực nghiệm luôn có xu hướng ở phía trên biểu đồ tần xuất hội tụ tiến của lớp đối chứng

Kết quả thực nghiệm cho thấy bước đầu thực nghiệm đã thành công, giả thuyết khoa học của luận văn đã được thực tiễn kiểm chứng là đúng

Một hình thức hiệu quả để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh trung học là tổ chức làm tập san và chuyên đề về toán học Nhà trường nên thành lập một tiểu ban phụ trách môn toán, bao gồm các thầy cô và học sinh giỏi yêu thích môn học này Tiểu ban có nhiệm vụ phát hành các tập san chào mừng các ngày lễ lớn trong năm, chia sẻ kinh nghiệm học toán, khám phá nhiều cách giải cho một bài toán và phát hiện những sai lầm trong quá trình giải toán.

Bài thực nghiệm này chỉ mới là bước khởi đầu, hy vọng rằng qua thực tế này, cùng với sự hướng dẫn của thầy, sự góp ý từ các thầy phản biện và hội đồng giám khảo, tác giả sẽ học hỏi và rút kinh nghiệm để cải thiện chất lượng thực nghiệm trong tương lai.