SKKN SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ, ĐỘ DÀI VÉC TƠ

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình THPT, môn Toán được chia thành ba phân môn: Hình học, Đại số và Giải tích. Sự phân chia đó cũng chỉ mang tính chất tương đối. Bởi lẽ, có nhiều phần toán học có nội dung, đặc điểm, ý nghĩa hay hình thức thuộc hai hoặc cả ba phân môn trên. Có nhiều bài toán có thể giải được bằng các công cụ hình học, đại số hay giải tích. Nhiều bài toán hình học có thể dùng đại số để giải và ngược lại nhiều bài toán đại số có thể dùng hình học để giải. Trong sáng kiến kinh nghiệm lần này, tôi đề cập đến việc vận dụng công cụ hình học trong bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số. Trong trong chương trình toán 10 và toán 11, học sinh đã được học các phương pháp để chứng minh bất đẳng thức cũng như các bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất như là sử dụng biến đổi sơ cấp, bất đẳng thức cơ sở, tính đơn điệu của hàm số, dựa vào tập giá trị của hàm số v.v Tuy nhiên, đôi khi việc chứng minh bất đẳng thức sử dụng các phương pháp đại số gây nên nhiều khó khăn cho học sinh vì các phép biến đổi quá dài dòng, các suy luận quá phức tạp. Qua đây tôi muốn đem đến cách nhìn khác nhằm làm phong phú hơn về phương pháp chứng minh bất đẳng thức Đại số, lượng giác, đó chính là sử dụng hình học như một công cụ hữu ích cho việc giải quyết vấn đề đã nêu. Lời giải bài toán đại số có chứa yếu tố hình học nhiều khi thực sự bất ngờ bởi rất gọn, dễ hiểu bởi có cái nhìn trực quan do hình học đem lại. Điều quan trọng là qua đây tôi muốn giúp các em hoàn thiện hơn về phương pháp chứng minhbất đẳng thức, thấy được cái muôn màu muôn vẻ của bất đẳng thức và các em sẽ thấy được mối liên hệ giữa đại số và hình học đồng thời tạo nên sự hứng thú cho các em trong quá trình học Toán. 1 PHẦN II. NỘI DUNG I. SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ, ĐỘ DÀI VÉC TƠ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A. Cơ sở lý thuyết 1. Cho hai vectơ khác 0  : a  và b  , ta có b.a   = ( ) b.acos.b.a     2. baba ≤ (do ( ) ba   ,cos ≤ 1) 3. Véc tơ ,a b r r cùng phương, cùng chiều nếu ( ) 0; 0a kb k b= > ≠ r r r r ,a b r r cùng phương, ngược chiều nếu ( ) 0; 0a kb k b= < ≠ r r r r (Véc tơ 0 r cùng phương, chiều với mọi véc tơ) 4. a b a b+ ≥ + r r r r B. Các bài toán áp dụng Bài toán 1. Cho 2n số thực a 1 , a 2 , a n , b 1 , b 2 , b n . Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 n n n n a b a b a b a a a b b b+ + + + + + ≥ + + + + + + + (Bất đẳng thức Minkốpsky). Giải. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét các véc tơ ( ) , i i i U a b= r Với i = 1, 2, , n. Khi đó 1 2 n U U U+ + + r r r = (a 1 + a 2 + + a n ; b 1 + b 2 + + b n ) Ta có: 1 2 1 2 n n U U U U U U+ + + ≥ + + + r r r r r r ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 n n n n a b a b a b a a a b b b+ + + + + + ≥ + + + + + + Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi các véc tơ i U r cùng phương, cùng chiều 2 ⇔ 1 2 1 2 n n a a a b b b = = = Bài toán 2. Cho ba số dương x, y, z thoả mãn x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 82x y z x y z + + + + + ≥ (1) (Câu V - Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2003) Giải. Trên hệ toạ độ Đềcac vuông góc, xét 1 1 ; ; ;a x b y x y     = =  ÷  ÷     r r ; 1 ;c z z   =  ÷   r Khi đó 1 1 1 ;a b c x y z x y z   + + = + + + +  ÷   r r r Ta có: a b c a b c+ + ≥ + + r r r r r r ⇔ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y z x y z x y z x y z   + + + + + ≥ + + + + +  ÷   (2) áp dụng bất đẳng thức Trung bình cộng và trung bình nhân cho ba số dương x, y, z ta có: 3 3 1 1 3 3 x y z xyz xyz≥ + + ≥ → ≤ 3 1 1 1 3 x y z xyz + + ≥ Đặt ( ) 2 3 t xyz= ta có 1 0 9 t< ≤ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 1 1 1 9 9 9 9x y z xyz t x y z t xyz   + + + + + ≥ + = +  ÷   Để chứng minh(1), ta chỉ cần chứng minh 9 9 82t t + ≥ với 1 0 9 t< ≤ ⇔ 9t 2 - 82t + 9 ≥ 0 ⇔ (9t - 1) (t - 9) ≥ 0 3 Bất đẳng thức đúng do 9t - 1 ≤ 0; t - 9 < 0 Đẳng thức (1) xảy ra ⇔ x = y = z = 1 3 Bài toán 3: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: cos A + cosB + cosC ≤ 2 3 . Giải: Chính sự xuất hiện của giá trị cosin mà gợi ý cho ta sử dụng tích vô hướng. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC. Đặt 3 véc tơ đơn vị có gốc I, hướng vuông góc với các cạnh lần lượt là 321 e,e,e  . Ta có ( ) 2 321 ++ eee  ≥ 0 ⇔ ( ) 133221 2 3 2 2 2 1 ++2+++ eeeeeeeee  ⇔ 3 - 2 (cosA + cosB + cosC) ≥ 0 ⇔ cosA + cosB + cos C ≤ 2 3 Chú ý: Từ cách chứng minh ta thấy: 1. I có thể chọn bất kỳ vị trí nào 2. 321 e,e,e  cùng hướng vào trong hoặc hướng ra ngoài miền ∆. 3. 321 e,e,e  có thể chọn trên 3 cạnh của ∆ (hướng cùng chiều hoặc ngược chiều quay kim đồng hồ). Từ bài toán (3) ta có bài toán (4): Bài toán 4: Chứng minhrằng trong ∆ABC ta luôn có: 2 + 2 + 2 C sin B sin A sin ≤ 2 3 . Giải: Đưa bài toán (4) về bài toán (3) (3) ⇔ 2 cos 2 cos 2 cos BACA CB + + + + + ≤ 2 3 4 • 1 e r I A B C 2 e r 3 e r Do 2 + 2 + 2 + BA ; CA ; CB là số đo ba góc của một tam giác ⇒ điều phải chứng minh. Như vậy đối với các bất đẳng thức liên quan đến giá trị cosin ta nghĩ đến sử dụng tích vô hướng. Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi ∆ABC và 3 số thực bất kỳ x, y, z ta luôn có: 222 ++ zyx ≥ 2xy.cos C + 2xz.cosB + 2yz .cosA Cách giải: Lựa chọn các véc tơ đơn vị chung gốc 321 e,e,e  như bài toán 3 rồi sử dụng tích vô hướng cho các véc tơ 321 ez,ey,ex  ta có: ( ) 2 321 ++ ezeyex  ≥ 0 ⇔ ( ) 313221 222 ++2+++ eexzeeyzeexyzyx  ≥ 0 ⇔ ( ) BxzAyzCxyzyx cos.cos.cos.2 222 ++−++ ≥ 0. Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 6: Chứng minh rằng với mọi ∆ABC và với các số thực dương m, n, p bất kỳ, ta luôn có: 2 + 2 + 2 C sinp B sinn A sinm ≤ 1 + 1 + 1 2 1 222 pnm p.n.m (5) Cách giải: 1. sin có thể đưa về cosin rồi áp dụng (3) 2. Biến đổi vế phải của (5) VP = p.n.m 2 1 ) pnm ( 222 1 + 1 + 1 = ( ) 222222 ++ 2 1 pnnmpm p.n.m (5) ⇔ 2 + 2 + 2 C sinp B sinn A sinm ≤ ( ) 222222 ++ 2 1 pnnmpm mnp ⇔ 222222 ++ pnpmnm ≥ ) C sinp B sinn A sinm(mnp 2 + 2 + 2 2 (5') Do 2 + 2 + 2 + BA ; CA ; CB là 3 góc của một tam giác nên áp dụng (4) ta có điều phải chứng minh. 5 Qua đây ta thấy bằng phương pháp sử dụng tích vô hướng và độ dài vectơ nhiều bài toán nên giải bằng các phương pháp khác tưởng rất phức tạp dài dòng thế mà bằng phương pháp này đã trở nên nhẹ nhàng trong việc trình bày chứng minh. II. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ A. Cơ sở lý thuyết Với ba điểm A, M, B ta luôn có 1. AM + MB ≥ AB. (Đẳng thức xảy ra ⇔ A, M, B thẳng hàng, M nằm giữa A và B). 2. MA MB AB− ≤ . (Đẳng thức xảy ra ⇔ A, M, B thẳng hàng và M nằm ngoài A, B). B. Các bài toán áp dụng Bài toán 1: Cho x, y, z tuỳ ý. Chứng minh rằng: 2222 +++++ zxzxyxyx > 22 ++ zyzy Cách giải: Giả sử A (x A , y A ) ; B(x B , y B ); C(x C , y C ) ⇒ ( ) ( ) 2 2 A AB = B A B x x y y− + − ; BC = ( ) ( ) 2 2 C B C B x x y y− + − Vậy với 3 điểm A, B, C bất kỳ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 A B A B B C B C x x y y x x y y− + − + − + − ≥ ( ) ( ) 2 2 A C A C x x y y− + − * Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng giống (*). Từ đó có cách giải. Hướng dẫn: 2 2 2 2 3 2 2 y x xy y x y     + + = + +  ÷  ÷     6 2 2 2 2 3 2 2 z x xz z x z     + + = + +  ÷  ÷     ⇒ Trong mặt phẳng toạ độ xét các điểm: 3 3 3 0 0 2 2 2 2 2 2 A ; ; , ; , y y z x z B y z C       + + −  ÷  ÷  ÷       ⇒ AB = 2 2 2 2 2 2 ; ;x xy y AC x xz z BC y yz z+ + = + + = + + Do AB + AC ≥ BC ⇒ (1) đúng Dấu bằng xảy ra ⇔ A, B, C thẳng hàng hay 0 0 0 0; A C A C A C B A B A A C x x x x y y y y x x x x  =    =    ≠ ≠     − −  =   − −   ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 0 y z x y z y x x y z yz = =−    − + ≠     + =−    Chú ý: Việc chọn toạ độ A, B, C không phải là duy nhất mà có rất nhiều cách chọn A, B, C thoả mãn phương pháp này sao cho: 2 2 2 2 2 2 ; ;AB x xy y BC y yz z AC x xz z= + + = + + = + + Ví dụ như: ( ) 3 3 0 0 2 2 2 2 , ; ; ; ; y z A B x y C x z     + +  ÷  ÷     Tuy nhiên nếu xem 2 2 x xy y+ + không phải là dạng độ dài của một đoạn thẳng mà coi đó là dạng tàng ẩn của định lý cosin thì ta sẽ được gì? Phải bổ sung gì? 2 2 2 2 1 2 2 x xy y x xy y   + + = − − +  ÷   = 2 0 2 2 120x cos xy y− + 7 A B C 120 0 120 0 120 0 2 2 2 0 2 2 120x xz z x cos xz z+ + = − + Từ đó: Đặt OA = x; OB = y; OC = z (x, y, z, 0) và AOB = 120 0 , AOC = 120 0 ⇒ BOC = 120 0 ⇒ 2 2 2 2 2 2 120AB x y xycos x xy y= + − = + + 2 2 2 2 2 2 120AC x z xzcos x xz z= + − = + + 2 2 0 2 2 2 120BC y z xzcos y z yz= + − = + + Và AB + AC ≥ BC ⇒ (điều phải chứng minh) Bài toán 2: Chứng minh rằng: 2 2 a a 1 a a 1+ + + − + ≥ 2, ∀a ∈R (1) Bàigiải: (1) ⇔ 2 2 1 3 1 3 a a 2 2 4 2 4     + + + − + ≥  ÷  ÷     Đặt A = 1 3 ; ; 2 2   −  ÷  ÷   B (a;0); C = 1 3 ; ; 2 2   −  ÷  ÷   Khi đó: AB = 2 1 3 a 2 4   − +  ÷   ; BC = 2 1 3 a 2 4   − +  ÷   ; AC =2 Bất đẳng thức cần chứng minh tưng đương với AB + BC ≥ AC, đây là bất đẳng thức đúng . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng và B nằm giữa A và C ⇔ a = 0. Như vậy đối với các bất đẳng thức tưởng chừng như quá tầm đối với cách giải thông thường thì lại thật gọn nhẹ với phương pháp sử dụng, xem bài toán đoán đó bằng con mắt hình học. 8 PHẦN III. KẾT LUẬN Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân khi dạy phần “Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng”. Thực tế cho thấy học sinh khá, giỏi rất hứng thú khi được học những dạng toán trên. Cơ sở trực quan của hình học phần nào đã giảm nhẹ được độ khó của bài toán. Vận dụng hình học trong bài toán đại số, giúp học sinh đỡ phải tính toán cồng kềnh phức tạp. Trong phần này, còn nhiều dạng bài ứng dụng hình học trong bài toán đại số mà tác giả chưa trình bày ở đây. Tác giả hy vọng có điều kiện để trình bày trong những năm tiếp theo. Mặc dù bản thân cũng đã cố gắng nhiều, song những điều viết ra có thể không tránh khỏi sai sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của các đồng nghiệp cũng bạn đọc nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học tập. Qua thực tế kinh nghiệm giảng dạy của bản thân tại trường THPT với nội dung và phương pháp nêu trên đã giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về môn toán và hình thành ở học sinh cách nhìn một bài toán đại số dưới con mắt hình học, đồng thời qua chuỗi các bài toán giúp các em học toán chủ động và sáng tạo hơn, không bằng lòng với những gì mình đã làm để một bài toán không dừng lại ở một cách giải mà biết xung quanh bài toán đó là các kiến thức liên quan, kích thích các em tìm tòi nhiều cách giải quyết cho một vấn đề. Thực tế cho thấy học sinh khá, giỏi rất hứng thú khi được học những dạng toán trên. Cơ sở trực quan của hình học phần nào đã giảm nhẹ được độ khó của bài toán. Vận dụng hình học trong bài toán đại số, giúp học sinh đỡ phải tính toán cồng kềnh phức tạp. 9 Mặc dù bản thân cũng đã cố gắng nhiều, song những điều viết ra có thể không tránh khỏi sai sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của các đồng nghiệp cũng bạn đọc nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học tập. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. SGK “Hình học 10 Nâng cao” Nxb Giáo dục – 2006. [2]. SGK “Đại số 10 Nâng cao” Nxb Giáo dục – 2006. [3]. Tạp chí toán học và Tuổi trẻ. [4]. G. Polya. Giải bài toán như thế nào. Nxb Giáo dục 1997. [5]. Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4. lần thứ V. VI. VII. [6]. Doãn Minh Cường. Giới thiệu Đề thi tuyển sinh vào Đại hoc. Nxb Đại học quốc gia Hà Nội 2005. [7]. Trần Phương. Ba thập kỷ các đề thi Toán vào các trường Đại học Việt Nam. Nxb Đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh 2005. 10 [...]...MỤC LỤC Trang Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ ……………………………………………… 2 Phần II NỘI DUNG 3 ……………………………………………… I SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI VECTƠ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ ………………………………………………… 3 II SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ ………………………………………………… Phần III KẾT LUẬN……………………………………………… Tài liệu tham khảo………………………………………………… . 2 + 2 + 2 + BA ; CA ; CB là 3 góc của một tam giác nên áp dụng (4) ta có điều phải chứng minh. 5 Qua đây ta thấy bằng phương pháp sử dụng tích vô hướng và độ dài vectơ nhiều bài toán nên giải bằng. 2 Phần II. NỘI DUNG ……………………………………………… 3 I. SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI VECTƠ VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ ………………………………………………… 3 II.SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC VÀO CHỨNG MINH BẤT. C + 2xz.cosB + 2yz .cosA Cách giải: Lựa chọn các véc tơ đơn vị chung gốc 321 e,e,e  như bài toán 3 rồi sử dụng tích vô hướng cho các véc tơ 321 ez,ey,ex  ta có: ( ) 2 321 ++ ezeyex 