Sáng kiến kinh nghiệm về bất đẳng thức Nguyễn Thế Hùng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ***** ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỞ RỘNG VÀ KHÁI QUÁT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Người thực hiện: Nguyễn Thế Hùng Chức vụ: Phó Hiệu trưởng Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ Hà Đông – Hà Nội HÀ NỘI, NĂM 2010 PHẦN MỞ ĐẦU 1. ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán về bất đẳng thức là loại toán có mặt ở hầu hết các đề thi tuyển sinh đại học và tuyển sinh vào lớp 10 các trường chuyên; việc giải bài tập loại này có rất nhiều cách: Định nghĩa, đánh giá phần tử đại diện hoặc dùng các bất đẳng thức thông dụng… Tuy vậy, ít khi ta nghĩ đến việc mở rộng từ một bất đẳng thức quên thuộc nào đó, rồi dùng nó làm công cụ để giải một số bài toán khác hay thay đổi bài toán đó hoặc khái quát hóa bất đẳng thức đó thành các bài toán khác có tính mở rộng hơn bằng cách thay đổi dữ kiện, thay đổi điều phải chứng minh, hay tăng thêm các đại lượng biến đổi. Với cách suy nghĩ như vậy, ta sẽ tạo ra được rất nhiều các bất đẳng thức khác mà tất cả chúng, tạo thành với nhau thành một hệ thống các bất đẳng thức có tính liên hoàn và kế thừa nhau. Qua bài viết tôi cố gắng sắp xếp các bất đẳng thức được khái quát hay mở rộng theo một trình tự nhất định, thông qua việc thay đổi các đại lượng có trong bất đẳng thức tạo ra một bất dẳng thức mới mạnh hơn, đẹp hơn. Đồng thời, ứng dụng nó vào chứng minh một số bất đẳng thức khác , kể cả các bất đẳng thức hình học. Ngoài ra, cũng tạo ra các vấn đề “ để ngỏ” để bạn đọc tiếp tục suy nghĩ và tiếp tục nghiên cứu . Qua đó, rèn luyện khả năng tư duy đọc lập và tính sáng tạo của học sinh và càng thấy rõ vẻ đẹp của các bài toán về bất đẳng thức, kể cả những bài toán đơn giản nhất. Đề tài gồm các nội dung: Phần một: Bất đẳng thức và tích chất Phần hai: Những bất đẳng thức được suy rộng Phần ba: Ứng dụng để giải một số bài toán hình học Phần bốn: Các bài tập tương tự Do thời gian nghiên cứu có hạn cho nên bài viết không tránh khỏi sai sót, rất mong các bạn đồng nghiệp và các em học sinh góp ý xây dựng – xin chân thành cảm ơn T¸c gi¶ 2- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong toỏn hc bi toỏn v bt ng thc l mt dng toỏn khú, nht l i vi hc sinh ph thụng núi chung v vi hc sinh chuyờn núi riờng. Cỏc phng phỏp nghiờn cu v bt ng thc cng c th hin trong trong rt nhiu cỏc loi sỏch tham kho, v phng phỏp gii chỳng cng rt a dng v phong phỳ thụng qua i s, hỡnh hc v lng giỏc. Tuy nhiờn, vi thi lng quỏ ớt c gii thiu trong sỏch giỏo khoa cha cho phộp chỳng ta i sõu vo cỏc bi toỏn v bt ng thc, hay cỏc bi v cc tr. Trong cỏc thi i hc hng nm bao gi cng cú mt bi v bt ng thc hay cc tr i s. Vỡ vy, vic khai thỏc cỏc bi toỏn quen thuc ri khỏi quỏt chỳng thnh cỏc bt ng thc khú hn, hay hn l iu cn thit trong hon cnh hin nay. Sau nhiu nm dy v khong cỏch trong hỡnh hc phng cho cỏc hc sinh chuyờn Lý v Chuyờn Húa; Tụi mun trỡnh by vi cỏc thy cụ v cỏc em hc sinh mt s vn nghiờn cu v vic m rng v khỏi quỏt húa bi toỏn t mt bi toỏn rt quen thuc: Bt ng thc Nesbit . ng thi, qua ú mun gi n mt thụng ip: Hy tỡm mi cỏch tip cn n kin thc , cho dự kin thc ú l nhng vn khú, nhng cú th vn cú mt con ng i n nú thụng qua cỏch tip cn. ti ny chớnh l mt cỏch tip cn. Vi cỏch trỡnh by t cỏc bi toỏn n gin n cỏc bi toỏn phc tp. Vic dy cho hc sinh mt cỏch h thng v hng cho chỳng cỏch m rng nghiờn cu v cỏc bi toỏn v bt ng thc là vic lm rt quan trọng và cần thiết. Tuy nhiên, chúng ít đợc các thầy cô giáo sử dụng, khai thác v m rng chỳng mt cỏch triệt để, do ú không tạo đợc hứng thú khi giải cỏc bi toán v bt ng thc cho học sinh. Đồng thời, việc m rng các bài toán t n gin thành bài toán mc cao hn càng ít đợc chú ý đến dẫn đến cỏc bi toỏn v bt ng thc luụn l nhng bi toỏn khú i vi hc sinh ph thụng. Bản thân khi nghiên cứu cỏc bi toỏn v bt ng thc v sau nhiu nm dy v bt ng thc; thôi thúc tôi nghiên cứu về vấn đề này thành một chuyên đề và viết thành sáng kiến kinh nghiệm. Tuy nhiên do thời gian nghiên cứu còn ít nên kết quả cha đợc nh mong muốn. 3- PHM VI NGHIấN CU V NG DNG a- Thời gian tiến hành: Ba năm: Từ 2007 đến năm 2010. b- Đối tợng và phạm vi nghiên cứu: Học sinh các lớp chuyên Lý, chuyờn Húa thuộc trờng THPT chuyên Nguyễn Huệ. c- K hoch nghiờn cu Giai đoạn 1: a.Thầy giáo nêu yêu cầu, gợi ý cách giải quyết; Học sinh tìm tòi bài toán và lời giải bài toán đó. b. Kết hợp với gợi ý: Tìm tòi bài toán trong các bài có ỏp dụng kt qu cỏc bi toỏn ó gii thiu và lời giải của chúng, gợi ý cách gii quyt cỏc bi toỏn tng t. Giai đoạn 2: a-Thầy giáo giới thiệu có tính hệ thống, chi tiết: từ cơ sở lý thuyết đến các bài tập theo từng dạng. b- Thầy giáo tiếp tục ra bài tập cho học sinh chuẩn bị trớc một tuần c- Tiến hành thảo luận trên lớp: Đa ra lời giải các bài toán cố định và bài tập dạng mở: Học sinh tự ra đề bài và tự giải có sự hớng dẫn của thầy giáo và quan trọng hơn: Hớng dẫn học sinh khai thác và mở rộng bài toán Giai đoạn 3: Kiểm tra và đánh giá kết quả học tập và nghiên cứu của học sinh. 4- KT QU NGHIấN CU V BI HC KINH NGHIM a- Kt qu nghiờn cu: Qua tiến hành thực nghiệm trên lớp đối với hai lớp chuyên Lý và chuyên Húa tôi có đợc kết quả nh sau: Trớc khi giới giới thiệu và hớng dẫn đề tài: Lớp Sĩ số điểm 10 điểm 9 điểm 8 điểm 7 điểm 5, 6 điểm 1,2,3,4 Ghi chú 10 Lý 35 2 2 4 10 7 10 10 Húa 35 1 2 4 9 10 9 Sau khi giới giới thiệu và hớng dẫn đề tài: Lớp Sĩ số điểm 10 điểm 9 điểm 8 điểm 7 điểm 5, 6 điểm 1,2,3,4 Ghi chú 10 Lý 35 5 6 10 8 6 0 10 Húa 35 4 6 11 8 6 0 b- Bi hc kinh nghim: Học sinh đặc biệt khối học sinh chuyên Lý và chuyên Húa có khả năng nghiên cứu khoa học nếu đợc hớng dẫn một cách cẩn thận. T duy khoa học tốt và đặc biệt là tính sáng tạo, năng lực khái quát và mở rộng bài toán tốt. Qua việc hớng dẫn các em nghiên cứu đề tài tôi cũng cũng học đợc ở các em rất nhiều và đặc biệt: Tôi và các em có đợc một hệ thống các bài tập về bt ng thc, đây có lẽ là kết quả lớn nhất của đề tài; bởi lẽ, kết quả này không phải nằm trong mỗi bài toán mà nằm trong t duy của các em. Từ kết quả này, tôi và các em sẽ tiếp tục cùng nghiên cứu trong các dạng toán khác Phn th nht TNH CHT BT NG THC V MT S BT NG THC THễNG DNG a. Tớnh cht c bn: * a > b b < a * a > b ; b > c a > c * a > b ⇒ a ± c > b ± c * a > b ; c > 0 ⇒ a.c > b.c c < 0 ⇒ a.c < b.c * a > b và c > d ⇒ a + c > b + d a > b và c < d ⇒ a – c < b – d * a > b > 0 và c > d > 0 ⇒ a.c > b.d b. Một số tính chất khác * a > b > 0 ⇒ a n > b n và n n a b> với n ∈ N * x > y > 0 ⇒ Nếu a > 1 thì a x > a y Nếu 0 < a < 1 thì a x < a y * Nếu a > b và a.b > 0 ⇒ 1 1 a b > * Nếu a , b > 0 và 1 1 ( 0) 1 ( 0) a a c c a b b c a a a c c b b b c + < ⇒ < > + + > ⇒ > > + c. Một số bất đẳng thức thông dụng * Bất đẳng thức cauchy: Cho a 1 , a 2 , a 3 , …., a n ≥ 0 ; với a i ∈ R và 1.i n∀ = khi đó 1 2 1 2 n n n a a a a a a n + + + ≥ dấu bằng xảy ra ⇔ a 1 = a 2 = = * Bất dẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai dãy số: a 1 , a 2 , a n Và b 1 , b 2 , b n . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 ( )( ) ( ) n n n n a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + Hay 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 ( )( ) n n n n a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + Dấu “ =” xảy ra ⇔ 1 2 1 2 n n a a a b b b = = = * Bất dẳng thức Chebưsep: - Cho hai dãy số: 1 2 1 2 à n n a a a v b b b≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Khi đó ta có: 1 2 1 2 1 1 2 2 n n n n a a a b b b a b a b a b n n n + + + + + + + + +    ≤  ÷ ÷    ( 1 ) - Cho hai dãy số: 1 2 1 2 à n n a a a v b b b≤ ≤ ≤ ≥ ≥ ≥ Khi đó ta có: 1 2 1 2 1 1 2 2 n n n n a a a b b b a b a b a b n n n + + + + + + + + +    ≥  ÷ ÷    ( 2 ) - Dấu “ =” xảy ra ⇔ 1 2 1 2 n n a a a b b b = = =   = = =  * Bất dẳng thức Bec nu li Cho x > - 1; n ∈ N ta có ( 1 + x ) n ≥ 1 + nx ( 3 ) Dấu “ =” xảy ra ⇔ x = 0 hoặc n = 1 CHÚ Ý : Bất đẳng tức (3) vẫn đúng khi α ∈ R và α ≥ 1 và khi 0 < α < 1 thì (1 ) 1x n α α + ≤ + * Một số bất đẳng thức khác: - Hệ quả Cauchy : Cho x 1 ; x 2 ; x n là các số dương. Khi đó ta có: 2 1 2 1 2 1 1 1 n n n x x x x x x + + + ≥ + + + - Bất đẳng thức Swac: 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) n n n n a a a a a a b b b b b b + + + + + + ≥ + + + Phần thứ hai: NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐƯỢC MỞ RỘNG I. BÀI TOÁN XUẤT PHÁT Đề tài xuất phát từ một bài toán rất quen thuộc, nhưng lại có thể sử dụng nó vào việc: mở rộng và khái quát thành các bài toán bất đẳng thức khác mạnh hơn; đồng thời ứng dụng nó vào việc chứng minh các bài toán hình học. Bài toán xuất phát: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 3 (1) 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = c Việc chứng minh bài toán này có nhiều cách: Cách 1: (1) ⇔ 3 9 1 1 1 3 2 2 + + + + + ≥ + = + + + a b c b c c a a b [ ] 1 1 1 9 ( ) 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 9   ⇔ + + + + ≥  ÷ + + +     ⇔ + + + + + + + ≥   + + +   a b c b c c a a b a b b c c a b c c a a b Cách 2: Dùng Bunhia: cho hai dãy số : ; ; à ( ); ( ); ( ) a b c v a b c b c a c a b b c c a a b + + + + + + Cách 3: Dùng Chebưsep Cách 4: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ: b + c = x; c + a = y và a + b = z Cách 5: (1) ⇔ 2a ( a + c)(a + b) + 2b( b + c)(b + a) + 2c( c + a)(c + b) ≥ ≥ 3( a + c)(a + b)( b + c) ⇔ 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≥ a 2 b + ab 2 + a 2 c + ac 2 + b 2 c + bc 2 (*) Áp dụng cauchy cho 3 số dương ta có: 3 3 3 2 3 3 2 2 3 3 3 2 a a b 3a b a b a b ab a b b 3ab  + + ≥  ⇒ + ≥ +  + + ≥   Dấu “ =” xảy ra ⇔ a 3 = b 3 ⇔ a = b Tương tự ta có: 3 3 2 2 b c b c bc+ ≥ + Và: 3 3 2 2 a c a c ac+ ≥ + Cộng từng vế ta có (*) (đpcm) Cách 6: Bất đẳng thức có dạng đối xứng và dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = c. Từ nhận xét luôn đúng 2 1 0 2 a b c   − ≥  ÷ +   ta suy ra: a b c+ ≥ 8 1 1 . 4 1 a b c a b c − + + + = 8 4( ) a b c a b c − − + + Tương tự ta cũng có: b c a+ ≥ 8 1 1 . 4 1 b c a b c a − + + + = 8 4( ) b a c a b c − − + + và c b a+ ≥ 8 1 1 . 4 1 c a b c a b − + + + = 8 4( ) c a b a b c − − + + Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có 8 4( ) a b c a b c − − + + + 8 4( ) b a c a b c − − + + + 8 4( ) c a b a b c − − + + = 3 2 ( điều phải chứng minh ) Cách 7: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số: Xét hàm số: f(x) = x b c b c x c x b + + + + + coi vế trái của (1) như là một hàm số của a và đạt a = x, tính f’(x) = 2 2 1 b c b c (c x) (b x) − − + + + Phương trình f’(x) = 0 là phương trình bậc bốn. Xét a ≥ b ≥ c và khi đó ta xét hàm f(x) trên [ b ; + ∞ ) . Trên khoảng đó f’(x) ≥ 0  hàm số tăng trên khoảng [ b ; + ∞ ) nên hàm số đồng biến ⇒ f(x) ≥ f(b) = 2b c b c 2b + + Ta chứng minh: f(b) ≥ 3 2 luôn đúng vì nó tương đương với ( b – c ) 2 ≥ 0 Cách 8: Dùng bất đẳng thức Jensen: Không làm mất tính chất tổng quát ta giả sử: a + b + c = 1. Khi đó (1) tương đương với: a b c 3 1 a 1 b 1 c 2 + + ≥ − − − . Xét hàm số: f(x) = x 1 x− trên ( 0 ; 1 ) Ta có f’(x) = 2 x(1 x) (1 x) − − − và f’’(x) = 3 2 (1 x)− > 0 do đó f(x) là hàm lồi trên ( 0 ; 1) Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có: f (a) f(b) f (c) a b c f 3 3 + + + +   ≥  ÷   Tương đương với: a b c a b c 3 a b c 1 a 1 b 1 c 2 1 3 + + + + ≥ = + + − − − − (bất đẳng thức được chứng minh) Cách 9: Đặt A = a b c+ + b c a+ + c b a+ ; B = + a a b + + b b c + + c c a C = + a c a + + b b a + + c c b Ta có: B + C = 3 Áp dụng cauchy cho 3 số dương ta có: A + B = 3 a b b c c a a b b c c a 3 . . 3 b c c a a b b c c a a b + + + + + + + + ≥ = + + + + + + (*) A + C = 3 a b b c c a a b b c c a 3 . . 3 a c b a c b a c b a c b + + + + + + + + ≥ = + + + + + + (**) Cộng từng vế của (*) và (**) ta có: 2A +B + C ≥ 6 hay A ≥ 3 2 Cách 10: Nhân hai vế của A với a + b +c ta có: A( a + b + c ) = a + b + c + ( 2 2 2 a b c b c c a a b + + + + + ) Theo kết quả bài toán (2) ta có: 2 2 2 a b c a b c (2) b c c a a b 2 + + + + ≥ + + + ⇒ A (a + b + c ) ≥ a + b + c + a b c 2 + + ⇒ A ≥ 3 2 Tất cả các cách trên đều cho chúng ta kết quả của bài toán. Tuy nhiên, việc mở rộng và khai thác bài toán theo các cách khác nhau mới là vấn đề mà tôi muốn trình bày ở đề tài này. II. KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN. 1. Từ bất dẳng thức (1) ( còn gọi là bất đẳng thức Nesbit khi n = 3 ) ta nhân hai về với a + b + c, ta có. ( a + b + c )( a b c+ + b c a+ + c b a+ ) ≥ 3 2 ( a + b + c ) ⇔ 2 2 2 a b c a b c (2) b c c a a b 2 + + + + ≥ + + + Như vậy (2) là bất đẳng thức thứ nhất được suy ra từ bất đẳng thức (1) Việc chứng minh bất đẳng thức (2) có rất nhiều cách chứng minh. Tuy nhiên có một cách chứng minh đẹp nhất là dùng Cauchy: Ta có: 2 a b c+ + b c 4 + ≥ 2 2 a (b c) 4(b c) + + = a Tương tự: 2 b c a+ + c a b 4 + ≥ . lượng tham gia trong bất đẳng thức a. Các bất đẳng thức (2); (3); (4) dù là bất đẳng thức tổng quát đã được mở rộng từ (1) nhưng vẫn chỉ có 3 đại lượng tham gia trong bất đẳng thức. Ta có thể tăng. các đại lượng có trong bất đẳng thức tạo ra một bất dẳng thức mới mạnh hơn, đẹp hơn. Đồng thời, ứng dụng nó vào chứng minh một số bất đẳng thức khác , kể cả các bất đẳng thức hình học. Ngoài ra,. a b c (2) b c c a a b 2 + + + + ≥ + + + Như vậy (2) là bất đẳng thức thứ nhất được suy ra từ bất đẳng thức (1) Việc chứng minh bất đẳng thức (2) có rất nhiều cách chứng minh. Tuy nhiên có một