Sáng kiến kinh nghiệm SKKN ứng dụng phần mềm mathcad giải bài toán bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “ỨNG DỤNG PHẦN MỀM MATHCAD SÁNG TẠO VÀ GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC” PHẦN MỞ ĐẦU I Bối cảnh đề tài: - Bài toán chứng minh bất đẳng thức tốn khó kì thi học sinh giỏi thi đại học, học sinh trang bị nhiều kiến thức bất đẳng thức từ lớp trung học sở, lớp 10, 11, 12 trung học phổ thông nhiên, số dạng bất đẳng thức khó kì thi học sinh giỏi, thi đại học em lúng túng cách giải chí nhiều thời gian không giải - Trong sáng kiến kinh nghiệm xin đóng góp phương pháp hiệu việc giải lớp bất đẳng thức nhất, đối xứng 2,3, ,n biến phương pháp tiếp tuyến sử dụng phần mềm Mathcad để tạo tập tương tự cho học sinh luyện tập từ nâng cao khả giải toán bất đẳng thức thuộc dạng II Lý chọn đề tài: Trong đề thi đại học từ năm 2000- 2001 đến nay, đa số có câu hỏi chứng minh bất đẳng thức, câu hỏi khó đa số học sinh bỏ câu Đôi lúc câu hỏi khó học sinh bình tĩnh, chưa nắm phương pháp nên không giải Trong đề thi tốn học sinh giỏi vịng tỉnh, vịng khu vực, vịng tồn quốc quốc tế, rải rác có tốn dạng khơng phải học sinh giải phương pháp III Phạm vi đối tượng đề tài: Đối tượng nghiên cứu dạng bất đẳng thức thức đối xứng, biến kì thi thi đại học, thi học sinh giỏi cấp Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 12 luyện thi đại học, lớp 11, 12 chuyên toán (đã học xong phần khảo sát hàm số, viết phương trình tiếp tuyến), học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực IV Mục đích nghiên cứu: - Góp phần giải lớp bất đẳng thức nhất, đối xứng 2,3, ,n biến phương pháp tiếp tuyến; sử dụng phần mềm Mathcad để tạo tập tương tự cho học sinh luyện tập từ nâng cao khả giải toán bất đẳng thức thuộc dạng - Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ công tác thân, để trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp Ngồi cịn tham gia nghiên cứu khoa học; ứng dụng tin học vào giải toán, sáng tạo bà toán cách nhanh chóng, hiệu V Điểm kết nghiên cứu: - Ứng dụng phương pháp để giải số bất đẳng thức nhất, đối xứng 2,3, ,n biến phương pháp tiếp tuyến phương pháp truyền thống bất đẳng thức Cauchy, phương pháp đạo hàm số toán thi đại học, thi học sinh giỏi -Ứng dụng phần mềm Mathcad vào giải toán, sáng tạo toán mới, nhanh chóng, hiệu cho kết xác PHẦN NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ: I.1.Thực trạng vấn đề : Xin nêu số bất đẳng thức cho kì thi đại học, thi học sinh giỏi vòng tỉnh, thi khu vực quốc tế: Cho a, b, c số thực dương thỏa điều kiện CMR: a b c 3 + + ≥ b2 + c2 c2 + a a + b a + b2 + c2 = (Đề thi ĐH Cần Thơ 1995) Cho a, b, c số thực thỏa điều kiện: a + b + c = 1 1 b c  a + + ≥ + + c÷  a b 3a 3b 3c 3 3  Chứng minh rằng: (Đề thi Học viện bưu viễn thơng 2001) Cho x,y,z > x2 + x + y + z ≤1 Chứng minh rằng: 1 2 + y + + z + ≥ 82 x2 y2 z2 (Đề thi ĐH khối A 2003) Cho a,b,c số dương Chứng minh: (2a + b + c)2 a + ( b + c )2 + (2b + c + a)2 2b2 + (c + a)2 + (2c + a + b)2 2c + ( a + b )2 ≤8 (Đề thi học sinh giỏi vòng tỉnh – Bến Tre 2005 - 2006) Chứng minh rằng: a(b + c) ( b + c) + a + b(c + a) (c + a) + b + c(a + b) ( a + b) + c (Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006) ≤ 6 Chứng minh với số a,b,c,d dương thì: a b c d + + + ≥ b+c+d c+d+a d+a +c a +b+c cho a, b, c ≥ − (BĐT Nesbit mở rộng) a + b + c = Chứng minh a b c + + ≤ a + b + c + 10 (Đề thi vô địch Ba lan 1996) Cho a, b, c > a + b + c = CM: a + b + c ≥ ab + bc + ca (vô địch Nga 2002) (2a + b + c) (2b + c + a) (2c + a + b) + + ≤8 Cho a, b, c > CMR 2a + (b + c) 2b + (c + a) 2c + (a + b) (vô địch Mỹ 2003) (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) + + ≥ 10 Cho a, b, c > CMR: (b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c (Olympic Nhật Bản 1997) Có thể ta đặt câu hỏi sau: • Cách giải tốn ? • Tại người ta đặt tốn ? • Có thể mở rộng tạo tốn tương tự không ? Để giải đáp câu hỏi tơi cố gắng nghiên cứu, tìm tịi để giải câu hỏi dùng phương pháp tiếp tuyến đồ thị hàm số, kết hợp với phần mềm toán học Mathcad để khám phá tạo toán tương tự dạng Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức học sinh tiếp thu tốt, em vận dụng ngày linh hoạt, sáng tạo để giải lớp toán bất đẳng thức đối xứng, biến kì thi học sinh giỏi, thi đại học I.2.Cơ sở lý luận : Phương pháp dựa vào tiếp tuyến đồ thị điểm đồ thị nằm hay nằm đồ thị khoảng hình vẽ sau: Nếu y = Ax + B tiếp tuyến đồ thị (C): y = f(x) M(x 0; y0), x0 ∈ (α, β) (C) ln nằm phía (hoặc phía dưới) tiếp tuyến khoảng (α, β) f(x) ≥ Ax + B ∀x ∈ (α, β) (hoặc f(x) ≤ Ax + B ∀x ∈ (α, β)) Đẳng thức xảy x = x Như với x1, x2,…, xn ∈ (α, β) f (x1 ) ≥ Ax1 + B f (x ) ≥ Ax + B f (x n ) ≥ Ax n + B ⇒ f (x1 ) + f (x ) + + f (x n ) ≥ A(x1 + x + + x n ) + nB Hay n n i =1 i =1 n n f (x i ) ≤ A ∑ x i + nB ) ∑ f (x i ) ≥ A∑ x i + nB (hoặc tương tự ∑ i =1 i =1 n Nếu lại có ∑ x i = C (khơng đổi) ta có i =1 Đẳng thức xảy n ∑ f (xi ) ≥ A.C + nB (hoặc i =1 x1 = x = = x n = C = x0 n n ∑ f (xi ) ≤ AC + nB ) i =1 III Các biện pháp tiến hành giải vấn đề: III.1 Các bước tiến hành: Bước 1: Nhận dạng cho bất đẳng thức cho bất đẳng thức nhất, đối xứng 2,3, , n biến Bất đẳng thức Đa thức f (a, b, c) miền D ⇔ f (ka, kb, kc) = k ' f (a, b, c) ∀k , a, b, c ∈ D, k ≠ Bất đẳng thức dạng f (a, b, c) ≥ với thức hàm gọi bất đẳng Bất đẳng thức đối xứng Đa thức f (a, b, c) đối xứng ⇔ f (a, b, c ) = f (b, c, a) = f (c, a, b ) Ví dụ: với số a,b,c,d dương a b c d + + + ≥ b+c+d c+d+a d+a +c a +b+c bất đẳng thức nhất, đối xứng Các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Nesbit bất đẳng thức nhất, đối xứng Bước 2: đưa bất đẳng thức cho dạng (hoặc f ( a) + f (b) + f (c) ≥ M f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M ) f hàm số xác định khoảng (α ; β ) Bước 3: Dự đoán điểm rơi x0 bất đẳng thức, viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M ( x0 ; y0 ) y = Ax + B Bước 4: Chứng minh f(x) ≥ Ax + B ∀x ∈ (α, β) (hoặc f(x) ≤ Ax + B ∀x ∈ (α, β)); từ suy điều phải chứng minh III.2 Các ví dụ minh họa: Bài toán 1: Cho a, b, c ≥ − a + b + c = Chứng minh a b c + + ≤ a + b + c + 10 (Đề thi vô địch Ba lan 1996) Giải • Bất đẳng thức có dạng nhất, đối xứng biến • Bất đẳng thức cho có dạng f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M • Xét hàm số f (x) = x   với x ∈  − ;3 x +1 ta có f ′(x) = 1− x2 (x + 1)2 Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) điểm có hồnh độ x= y= 18 x+ 25 50 Ta chứng minh rằng: f ( x) ≤ 18   x+ ∀x ∈  − ;3 25 50   Thật vậy:   ∀x ∈  − ;3   Do với a,b,c thuộc f (a ) = ⇒ xét    − ;3 f ( x) − ( 18 −(3x − 1) (4 x + 3) x+ )= ≤0 25 50 50( x + 1) a+b+c = ta có: a 18 b 18 ≤ a + , f ( b ) = ≤ b + a + 25 50 b + 25 50 , f (c ) = c 18 ≤ c + c + 25 50 a b c 18 18 9 + + ≤ ( a + b + c ) + = + = a + b + c + 25 50 25 50 10 • Bất đẳng thức chứng minh Bài toán dễ dàng thấy cần phải xét hàm số nào, giới hạn đoạn Bài tốn sau khó thấy phải có kỹ thuật thích hợp sau: Bài tốn 2: Chứng minh với a,b,c dương a b c + + ≥ b+c c+a a+b (Bất đẳng thức Nesbit) Giải • Bất đẳng thức có dạng nhất, đối xứng biến • Bất đẳng thức cho chưa có dạng f ( a) + f (b) + f (c) ≥ M Ta biến đổi sau: Do vai trị a, b, c bình đẳng nên đặt a + b + c = s dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = s BĐT cần chứng minh trở thành a b c + + ≥ s−a s−b s−c • Bất đẳng thức có dạng Ta xét hàm số y = f (x) = f ( a) + f (b) + f (c) ≥ M x s , f ′(x) = s−x (s − x) Tiếp tuyến điểm có hồnh độ Ta CMR: x= s 1 9 f (x) −  x − ÷ ≥ , ∀x ∈ (0,s) 4  4s y= x− 4s Thật 1 x  (s − 3x) 9 9 f (x) −  x −  = −  x − ÷= ≥ ∀x ∈ (0,s)  s − x  4s  4s(s − x)  4s Như ta có: a 1 b 1 c 1 9 9 9 ≥ a− ÷ ; ≥ b− ÷ ; ≥ c− ÷ s − a  4s  s − b  4s  s − c  4s 4 Cộng lại theo vế ta có: a b c 9 3 + + ≥ (a + b + c) − = s − = s − a s − b s − c 4s 4s Đẳng thức xảy a=b=c= thể cho s = hay s = 3… kết khơng đổi Bài tốn 3: s (s > tùy ý) sau có Cho a, b, c > CMR (2a + b + c)2 (2b + c + a) (2c + a + b) + + ≤8 2a + (b + c)2 2b2 + (c + a) 2c2 + (a + b)2 (USA 2003) Giải • Bất đẳng thức có dạng nhất,đối xứng biến • Bất đẳng thức cho chưa có dạng f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M Ta biến đổi sau: Do vai trò a, b, c bình đẳng nên đặt a + b + c = dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = BĐT cho trở thành (a + 3)2 (b + 3) (c + 3) + + ≤8 2a + (3 − a) 2b + (3 − b) 2c + (3 − c) • Bất đẳng thức có dạng Xét hàm số f ′(x) = f ( a) + f (b) + f (c) ≤ M x + 6x + y = f (x) = 3x − 6x + với x ∈ (0; 3) −4(2x + 3x − 9) 3(x − 2x + 3) Tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: Xét 4 x+ 3  3x + 6x + 4 −(4x + 3)(x − 1) 4 f (x) −  x + ÷ = − x− = , ∀x ∈ (0;3)  3x − 6x + 3 3(x − 2x + 3) 3 Từ ta có: Vậy y= (a + 3)2 4 (b + 3) 4 (c + 3) 4 ≤ a+ , ≤ b+ , ≤ c+ 2 2 2 3 2b + (3 − b) 3 2c + (3 − c) 3 2a + (3 − a) (a + 3)2 (b + 3) (c + 3) 4 + + ≤ (a + b + c) + = 4+4 =8 2a + (3 − a) 2b + (3 − b) 2c + (3 − c) đpcm III.3 Dùng phần mềm Mathcad để giải tạo tốn tương tự: Qua ví dụ ta đặt câu hỏi: • Tại người ta lại đặt bất đẳng thức kiểu ? • Ta đặt tốn tương tự khơng ? • Có thể mở rộng cho nhiều số khơng ? 10 Có thể giải đáp câu hỏi với hỗ trợ phần mềm Mathcad sau:với phần mềm Mathcad ta lập kịch giải tự động tốn bất đẳng thức sau thay đổi giả thiết có bất đảng thức lời giải cập nhật với đồ thị hàm số tiếp tuyến Ta xét kịch sau mathcad: Nhập biến a1,b1 hệ số hàm số f(x), α số tuỳ chọn 1,2,3… chọn tổng quát S, n số số hạng bất đẳng thức 11 Vậy bất đẳng thức chứng minh Bây thay đổi a1,b1 hệ số hàm số f(x), α số tuỳ chọn 1,2,3…ta có BĐT sau: 12 Nếu thay a1, a2, a3, a4 a,b,c,d a+b+c+d = nên – a1 = a2+a3+a4 = b+c+d ta có tốn Bài tốn : (BĐT Nesbit mở rộng) với số a,b,c,d dương, chứng minh: a b c d + + + ≥ b+c+d c+d+a d+a +c a +b+c 13 Có thể mở rộng cho n số dương BĐT (2a + b + c) (2b + c + a) (2c + a + b) + + ≤8 Bài toán Cho a, b, c > CMR 2a + (b + c) 2b + (c + a) 2c + (a + b) (vô địch Mỹ 2003) Giải Mathcad sau: 14 Điều với x thuộc khoảng (0;3) 15 Thay đổi số liệu ban đầu ta có tập tương tự sau: (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) + + ≥ Cho a, b, c > CMR: (b + c)2 + a (c + a) + b (a + b)2 + c (Olympic Nhật Bản 1997) 3.Chứng minh với ba số thực  153  a, b, c ∈  0; ÷  176  (a + b − 2c) (a + c − 2b) (b + c − 2a) 12 + + ≥ (a + b)2 + 3c (a + c) + 3b (b + c) + 3a Giải Đặt a + b + c = BĐT trở thành (3a − 1) (3b − 1) (3c − 1) 12 + + ≥ 2 2 2 3a + (a − 1) 3b + (b − 1) 3c + (c − 1) Xét: f (x) = (5x − 1) 3x 2+(x −1) 25x − 10x + −2(5x − 21x + 4) ′ = ⇒ f (x) = 4x − 2x + (4x − 2x + 1) Tiếp tuyến điểm có hồnh độ Xét = x= y= 396x 104 − 49 49 104  25x − 10x +  396 104   396 f (x) −  x− − x− ÷= ÷ 49  49  4x − 2x +  49  49 (153 − 176x)(3x − 1)  153  ≥ 0, ∀ x ≤  0; ÷ 49(4x − 2x + 1)  176  Dấu “=” 16 ⇔x= Vậy (3a − 1)2 396 104 396 312 84 12 ∑ 3a + (a − 1)2 ≥ 49 (a + b + c) − 49 = 49 − 49 = 49 = Chứng minh với số thực tùy ý  23  a, b, c ∈  0; ÷thì:  22  (a + b − 3c) (a − 3b + c) (b − 3a + c) + + ≥ (a + b)2 + 5c (a + b) + 5c (b + c) + 5a Bằng phương pháp tương tự ta giải toán: Cho a, b, c số thực dương thỏa điều kiện CMR: a b c 3 + 2+ ≥ 2 b +c c +a a +b a + b2 + c2 = (Đề thi ĐH Cần Thơ 1995) Cho a, b, c số thực thỏa điều kiện: a + b + c = Chứng minh rằng: 1 b c  a + + ≥ + + c÷  a b 3a 3b 3c 3 3  (Đề thi Học viện bưu viễn thơng 2001) Cho x,y,z > x2 + x + y + z ≤1 Chứng minh rằng: 1 2 + y + + z + ≥ 82 x2 y2 z2 Giải Mathcad: 17 (Đề thi ĐH khối A 2003) 8) Chứng minh rằng: a(b + c) ( b + c )2 + a + b(c + a) (c + a)2 + b2 + c(a + b ) (a + b)2 + c ≤ (Đề thi Olympic 30_4 khối 11 lần XII - 2006) Giải Khơng tổng qt giả sử: a+b+c = Khi BĐT cho trở thành: a(3 − a) − a + 2a + b(3 − b) − b + 2b + c(3 − c) − c + 2c ≤ Tương tự ta tìm BĐT sở sau: a(3 − a) − a + 2a ≤ 21 + 9a (a − 1)2 (18a + 9) ⇔ 25 25(9 − a + 2a2 ) 18 Đẳng thức xảy a = b = c IV Hiệu sáng kiến kinh nghiệm: - Qua thực tế giảng dạy phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức học sinh tiếp thu tốt, em vận dụng ngày linh hoạt, sáng tạo để giải lớp toán bất đẳng thức đối xứng, biến kì thi học sinh giỏi, thi đại học - Giữa lớp 12A có học phương pháp tiếp tuyến lớp 12H không học phương pháp học sinh lớp 12A có định hướng giải toán nhanh nhiều em làm tập lớp 12H cho tập loại 19 PHẦN KẾT LUẬN I Những học kinh nghiệm: - Nếu học sinh biết phương pháp mới, có hiệu em tự tin giải toán dạng dạng tương tự - Tất nhiên tốn có nhiều cách giải, phương pháp có lời giải dài phương pháp khác bù lại có đường lối rõ ràng, dễ thấy cách tiếp cận, cách giải toán số phương pháp khác - Sử dụng phần mềm MATHCAD hỗ trợ nghiên cứu giải sáng tạo tốn nhanh chóng xác Tính xác hiệu cao gấp nhiều lần sử dụng phần mềm Mathcad hỗ trợ để tính tốn tạo lập tốn tương tự Với MATHCAD giáo viên sau lập trình giảI tốn Mathcad xong kết có Chỉ cần thay đổi số liệu ban đầu giáo viên có tốn tương tự với kết tức xác tạo niều tập cho học sinh thực tập II Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm: Sáng kiến kinh nghiệm góp thêm phần thiết thực vào kho cơng cụ giải tốn bất đẳng thức học sinh Nó giúp học sinh thấy cách giải vấn đề nhanh chóng hiệu III Khả ứng dụng, triển khai: Có thể áp dụng cho học sinh giỏi khối 12 luyện thi đại học, lớp 11, 12 chuyên toán thi học sinh giỏi cấp IV Những kiến nghị đề xuất: Nên giới thiệu cho học sinh giỏi phương pháp Trên phần tóm tắt báo cáo sáng kiến kinh nghiệm, mong nhận đóng góp ý kiến đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm hoàn thiện 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1) Các đề thi đại học từ năm 2001- 2009 2) Các đề thi vòng Tỉnh từ năm 2001- 2009 3) Những viên kim cương bất đẳng thức tốn học (Nhóm tác giả, chủ biên: Trần Phương,2009 Nhà xuất Tri Thức trang 829-832) 21