SKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản

SKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bảnSKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản

A ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học môn khoa học nhất, xương sống môn khoa học tự nhiên; Toán học giúp thúc đẩy khả phát triển tư cho người học, người nghiên cứu Trong chuyển tích cực giáo dục nước ta, nhận thấy dạy học giúp học sinh phát triển tư yêu cầu quan trọng hàng đầu Đối với dạy học môn Toán nói chung dạy học giải tập Toán nói riêng, dạy học giúp phát triển tư cho học sinh việc đòi hỏi giáo viên lực chuyên môn, lực sư phạm đòi hỏi nhiều thời gian tâm huyết người giáo viên Bài toán Bất đẳng thức thường xuyên xuất kỳ thi dành quan tâm lớn từ học sinh giáo viên, toán khó Đứng trước toán đó, em học sinh không định hướng phải đâu, vận dụng đơn vị kiến thức cho phù hợp Các em thường mang nặng tâm lý: phải vận dụng công cụ cao siêu, bổ đề lớn, bất đẳng thức mạnh vào để giải, mà không để ý xung quanh toán có nhiều bất đẳng thức bản, đến mức đầu em nghĩ bất đẳng thức tầm thường; bản, tầm thường lại mang đến cho em hiệu không nhỏ việc giải bất đẳng thức Băn khoăn trước khó khăn học trò, tìm tòi nghiên cứu định chọn nội dung bất đẳng thức việc dạy học phát triển tư duy, nhằm giúp em có cách phân tích lựa chọn kiến thức phù hợp, hiệu việc giải toán bất đẳng thức Do chọn đề tài "Phát triển tư cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy bất đẳng thức bản" B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Cơ sở lý luận Về phương pháp - Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ nguồn khác liên quan đến bất đẳng thức, phương pháp dạy học môn Toán SKKN giáo viên khác thuộc môn Toán - Trao đổi với đồng ngiệp để đề xuất biện pháp thực - Dạy nhóm học sinh để thu thập thông tin thực tế Về đối tượng áp dụng - Đề tài làm tài liệu tham khảo cho em học sinh học khối 10, khối 11 học sinh khối 12 chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc Gia - Đề tài phát triển thêm nội dung khác, lớp toán khác để trở thành tài liệu cho giáo viên giảng dạy môn Toán THPT Các kiến thức đề tài - Dãy bất đẳng thức mà tích lũy trình dạy học - Các BĐT quen thuộc học sinh AM - GM; Cauchy-Schwarz II Thực trạng vấn đề nghiên cứu Trường THPT Ba Đình - Nga Sơn đóng địa bàn trung tâm Huyện, việc học tập phấn đấu em học sinh có quan tâm từ bậc học THPT, kiến thức sở môn Toán em hầu hết mức trung bình khá; có phận em học sinh có kiến thức khá, giỏi môn Toán, em gặp nhiều khó khăn việc giải tập bất đẳng thức không vượt qua bất đẳng thức kỳ thi Khi chưa áp dụng nghiên cứu đề tài để dạy học giải tập bất đẳng thức, em thường thụ động việc tiếp cận phân tích vấn đề toán phụ thuộc nhiều vào kiến thức giáo viên cung cấp sẵn chưa ý thức tìm tòi, sáng tạo chưa tạo hưng phấn, đam mê giải tập bất đẳng thức Kết khảo sát số lớp phần giải tập bất đẳng thức qua tìm hiểu giáo viên dạy môn Toán, có khoảng 2% - 3% học sinh có hứng thú với nội dung III Giải pháp tổ chức thực Các giải pháp - Tôi đưa bất đẳng thức dãy bất đẳng thức mà tích lũy được, cho học sinh nhận biết dấu hiệu cụ thể ý tưởng vận dụng - Tường minh hình ảnh đồ thị mối quan hệ vế BĐT sở đó, làm ý tưởng cho việc học sinh tự sáng tạo toán khác - Định hướng cho học sinh cách phân tích quy lạ quen, đưa ý tưởng suy luận tạo dẫn dắt, nhằm liên kết toán với kết dãy bất đẳng thức sở - Phân tích mẫu cho học sinh cách phát dấu hiệu cách xử lý với số kỹ bổ trợ số ví dụ minh họa; sau yêu cầu học sinh tự rèn luyện nội dung Nội dung đề tài 2.1 Ứng dụng hai bất đẳng thức quen thuộc Nếu x số thực không âm ta có kết sau: x +1 x +1 ≥ x (kq1) Có ≥ x ⇔ ( x − 1) ≥ Dấu "=" xảy x = +) 2 x +1 Đường thẳng (d ) : y = tiếp xúc với đồ thị (C ) : y = x M(1;1) (d) nằm phía (C) 2x 2x ⇔ ( x − 1) ≥ Dấu "=" xảy x = (kq2) Có x ≥ x +1 x +1 2x Đồ thị (C ) : y = x nằm phía đồ thị (C ') : y = , hai đồ thị (C) x +1 (C') tiếp xúc M(1;1) (C) nằm phía (C') +) x ≥ x +1 2x ≥ x≥ ∀x ≥ x +1 Trong mục đưa ví dụ minh họa, nêu chi tiết lời giải tác giả; sau phân tích cách tiếp cận đưa lời giải việc vận dụng hai kết vừa nêu Ví dụ 1: (Yugoslavia 1987) Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: 1 ( a + b) + (a + b) ≥ a b + b a (1) Lời giải: Cách (Ercole Suppa) 1 Ta có (1) ⇔ ( a + b) + (a + b) − a b − b a ≥ (1.1) 1 VT(1.1) = (a + b) + (a + b) − ab ( a + b ) 1 a+b a+b 1  ≥ ( a + b) + ( a + b) − ( a + b) = ( a − ) + ( b − )  ≥  2  2  Do ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = Cách Phân tích: Dùng (kq1) (kq2) cần có bậc dấu "=" x +1 2x ≥ x≥ +) Xuất a ≤ ? nên sử dụng kết x +1 +) Dấu "=" a = b = nên đổi biến để có toán mà đạt "=" với mục đích giữ hình thức toán gốc nên nghĩ đến x = 4a Từ cho ta kết chung 1 ( x + y)2 + ( x + y ) ≥ x y + y x x( y + 1) y ( x + 1) x + y ( x + y)2 x + y Theo (kq1) x y + y x ≤ + = xy + ≤ + 2 Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = Ví dụ 2: (Romania 2005) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a b c + + ≥ Chứng minh (2) b+c c+a a+b Lời giải: Cách (Ercole Suppa) Theo Cauchy - Schwarz có Đặt x = 4a; y = 4b ⇒ x, y > Ta chứng minh     a  a a b + c = (a + b + c) =  ∑ a4 b+c÷ ≤ ∑ ÷ ∑ ÷   cyclic b + c   cyclic b + c  cyclic  a  ⇔ ∑ ÷≥ b + c cyclic   Và ∑a cyclic b+c = ∑a b+c cyclic ∑ a a (b + c) ≤ (a + b + c )(2ab + 2bc + 2ca ) cyclic = 2(ab + bc + ca) ≤ 2 ( a + b + c) = Do 3 ∑ cyclic a ≥ b+c Vậy ta điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Chú ý: Để thuận tiện cho việc trình bày lời giải dùng số ký hiệu biểu thức có tính hoán vị vòng quanh, chẳng hạn: a = a + b + c; ∑ a b = a b + b c + c a ; ∑ a = a + b + c ; ∑ cyclic cyclic b+c c+a a+b cyclic b + c Cách Phân tích: a ≥ ? nên ta nghĩ tới việc tạo b + c ≤ ? +) Bài toán xuất b+c x +1 2x ≥ x≥ tức có dấu hiệu dùng x +1 +) Dấu "=" a = b = c = nên thực đổi biến để dấu "=" 1; từ điều kiện a + b + c = hình thức toán dẫn tới ý tưởng đổi biến a = kx, b = ky, c = kz +) b + c ≤ ? → y + z ≤ ? cần đảm bảo y = z đồng thời y + z =  x, y , z > 2  Đặt a = x; b = y; c = z ⇒  3 3  x + y + z = x x y = + + Ta chứng minh ∑ y + z y + z z + x cyclic z ≥ x+ y   x x y z x ≥ 2 + + = 2∑ ÷ y+z cyclic  y + z + z + x + x + y +  cyclic y + z + x x +3= ∑ ( + 1) = ( x + y + z + 1) ∑ Ta lại có ∑ cyclic y + z + cyclic y + z + cyclic y + z + 1 ≥ Theo Cauchy-Schwarz ∑ , 2( x + y + z ) + cyclic y + z + Theo (kq1), ta có x ∑ 15 (vì x + y + z = ) x y z 3 + + ≥ = y+z z+x x+ y ∑ y + z + + ≥ ( x + y + z + 1) 2( x + y + z ) + = cyclic ⇒ x y z + + ≥ ⇒ y + z +1 z + x +1 x + y +1 Dấu "=" xảy x = y = z = Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = a , b , c Ví dụ 3: (Trần Phương) Cho số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ P = a a + b b + c c (3) Phân tích: +) Bài toán xuất bậc yêu cầu tìm GTNN nên tạo tư a ≥ ? x +1 2x ≥ x≥ tức có dấu hiệu việc dùng kết x +1 +) Điểm rơi a = b = c = với điều kiện a + b + c = nên thực x , y , z đổi biến sang thỏa mãn dấu "=" x = y = z = mà không làm thay đổi hình thức toán; lựa chọn phép đổi biến x = 3a, y = 3b, z = 3c Lời giải: x3 x + y y + z z Đặt x = 3a; y = 3b; z = 3c ⇒ x + y + z = P = 27  x4 y4 z4  2x 3 + + Theo (kq2) ta có x ≥ nên x x + y y + z z ≥  ÷ x +1  x +1 y +1 z +1 Theo Cauchy - Schwarz, ta lại có ( ) x4 y4 z4 ( x + y + z )2 ( x + y + z )4 + + ≥ ≥ = x +1 y +1 z +1 x+ y+ z+3 9( x + y + z + 3) 1 Dấu "=" xảy x = y = z = hay a = b = c = Do P ≥ 3 Ví dụ 4: (Bosnia and Hercegovina 2005) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng: a b + b c + c a ≤ (4) Lời giải: Cách (Trần Phương - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh) Có = (a + b + c) ≥ 3( ab + bc + ca) ⇒ ab + bc + ca ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta a b + b c + c a = ∑ a b = ∑ a ab ≤ (a + b + c )(ab + bc + ca ) ≤ cyclic cyclic Dấu "=" xảy a = b = c = Cách Phân tích: x +1 2x ≥ x≥ +) Xuất a ≤ ? nên có dấu hiệu dùng kết x +1 +) Điểm rơi a = b = c = với điều kiện a + b + c = nên thực x = a ; y = b ; z = 3c đổi biến  x, y , z > Ta chứng minh x y + y z + z x ≤ Đặt x = 3a; y = 3b; z = 3c ⇒  x + y + z =  y + xy + yz + zx x + y + z = + Theo (kq1) có ∑ x y ≤ ∑ x 2 cyclic cyclic ( x + y + z )2 ( x + y + z)2 x + y + z + =3 Lại có xy + yz + zx ≤ nên x y + y z + z x ≤ Dấu "=" xảy x = y = z = 1 Vậy ta có (4) chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Ví dụ 5: (Russia MO 2002) Cho số thực a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca (5) Lời giải: Cách (Trần Phương - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh) Chúng ta có (5) ⇔ ( a + b + c ) ≥ (ab + bc + ca )2 Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có ( a + b + c ) (a + b + c ) ≥ (a + b + c)3 = 27 Ta cần chứng minh (a + b + c )(ab + bc + ca ) ≤ 27 (5.1) 2 Theo AM - GM ta có VT (5.1) = (a + b + c )(ab + bc + ca )(ab + bc + ca ) 3  a + b + c + 2(ab + bc + ca )   (a + b + c)  ≤  =  = 27 , nên (5.1) 3     2 2 Do ( a + b + c ) (a + b + c ) ≥ 27 ≥ (ab + bc + ca ) (a + b + c ) hay a + b + c ≥ ab + bc + ca Vậy (5) chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Cách Phân tích: x +1 2x ≥ x≥ +) Bài toán có xuất a ≥ ? nên nghĩ tới kết x +1 +) Điểm rơi có sẵn nên dùng trực tiếp b c   a2 b2 c2   a + + + + Theo (kq2) a + b + c ≥  ÷ ÷= 2  a + b + c + 1  a + a b + b c + c  Mặt khác, theo Cauchy - Schwarz có a2 b2 c2 (a + b + c ) + + ≥ a2 + a b2 + b c2 + c a2 + b2 + c2 + a + b + c (a + b + c) = = (với S = ab + bc + ca ) (a + b + c) + (a + b + c) − 2( ab + bc + ca) 12 − S 9 (a + b + c)2 = mà < S ≤ = nên a + b + c ≥ 12 − S − S ≥ S (∀S ∈ (0;3]) Khi (5) ta chứng minh 6−S S − 6S + ( S − 3) Có ≥S⇔ ≥0⇔ ≥ điều (∀S ∈ (0;3]) 6−S 6−S 6−S Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Ví dụ 6: (Trần Quốc Anh) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 x + y + z = + + Chứng minh rằng: ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) ≥ 27 (6) x y z Lời giải: ca ab bc Cách (Trần Quốc Anh) Đặt x = ; y= ;z= b c a 1 b c a bc ca ab + + = + + Từ x + y + z = + + ⇒ x y z ca ab bc a b c ⇒ a + b + c = ab + bc + ca Bài toán (6) lúc trở thành toán: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca Chứng minh rằng: (a + b + c)( a + b + c ) ≥ 27 (6.1) Có (a + b + c)( a + b + c ) ≥ 27 ⇔ a + b + c ≥ ⇔ 3 a+b+c a b c 3 + + ≥ a+b+c a+b+c a + b + c (a + b + c ) a b c 3(ab + bc + ca ) + + ≥ a+b+c a+b+c a+b+c (a + b + c) Đây bất đẳng thức a, b, c nên chuẩn hóa cho a + b + c = ta a + b + c ≥ ab + bc + ca Đây toán Russia MO 2002 Cách Phân tích: 1 +)Từ điều kiện x + y + z = + + ⇒ xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) x y z = xy.xz + xy yz + xz yz tạo ý tưởng đưa hoàn toàn theo biến xy, yz, zx +) Xuất xy ≥ ? nên nghĩ tới việc dùng kết +) Điểm rơi đạt phù hợp với kết 1 Ta có: x + y + z = + + ⇔ xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx x y z ( xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = ( xy yz + yz.zx + zx.xy ) ≤ ⇒ xy + yz + zx ≥ 3   xy Theo (kq2) ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) ≥ ( xy + yz + zx )  ∑ ÷  cyclic xy +  Lại có, theo Cauchy - Schwarz xy ( xy ) ( xy + yz + zx) =∑ ≥ ∑ ( xy + yz + zx) + ( xy + yz + zx ) − xyz ( x + y + z ) cyclic xy + cyclic ( xy ) + xy xy + yz + zx = (do xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx ) ( xy + yz + zx) − ⇔  2( xy + yz + zx)  Suy ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) ≥ ( xy + yz + zx )    ( xy + yz + zx ) −  2  2t  Đặt t = xy + yz + zx ≥ Khi t  ÷ ≥ 27 ∀t ≥ (6)  t −1 4t − 27t + 54t − 27 (4t − 3)(t − 3)  2t  ≥ 27 ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∀t ≥ Có t  ÷ t −1 t −1  t −1 Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy x = y = z = Ví dụ 7: (Trần Phương) Cho số thực a, b, c > thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh 2(a + b + c) + a + b + c ≥ (7) Lời giải: Cách (Trần Phương) Sử dụng bất đẳng thức AM - GM ta có 2(a + b + c) + a + b + c ≥ 3 (a + b + c ) ( a + b + c ) Ta chứng minh (a + b + c) ( a + b + c ) ≥ 27 (7.1) Ta có (a + b + c) ≥ 3( ab + bc + ca) = ⇒ a + b + c ≥ suy bất đẳng thức (7.1) ta chứng minh bất đẳng thức (a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) ≥ ⇔ ( a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca ) (7.2) Do hai vế bất đẳng thức (7.2) biến a, b, c nên ta thực chuẩn hóa cho a + b + c = (7.2) trở thành a + b + c ≥ ab + bc + ca Đây toán Russia MO 2002 Cách Phân tích: 2a +) Xuất a ≥ ? nên có dấu hiệu việc dùng kết 2: a ≥ a +1 +) Điểm rơi có sẵn a = b = c = a, b, c > Từ  suy (a + b + c) ≥ 3( ab + bc + ca) = ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca = b c   a + + Theo (kq2) 2(a + b + c) + a + b + c ≥ 2( a + b + c) +  ÷  a +1 b +1 c +1 a a2 (a + b + c) =∑ ≥ Theo Cauchy - Schwarz, ta có ∑ a + a + a a + b2 + c + a + b + c cyclic cyclic Lại có a + b + c + a + b + c = (a + b + c )2 + (a + b + c) − 2(ab + bc + ca ) = (a + b + c) + ( a + b + c) − (do ab + bc + ca = ) 2(a + b + c) nên VT(7) ≥ 2(a + b + c) + Đặt t = a + b + c ≥ (a + b + c) + (a + b + c) − 2( a + b + c) 2t = 2t + 2(a + b + c) + ( a + b + c) + (a + b + c) − t +t −6 2t ∀t ≥ Ta chứng minh 2t + ≥9 t +t −6 2t 2t − 5t − 21t + 54 (t − 3)(2t + t − 18) Có 2t + ≥ 9⇔ ≥0⇔ ≥ ∀t ≥ t +t−6 t2 + t − t2 + t − Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Ví dụ 8: (Trần Phương) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 (1 + ab + bc + ca ) (8) Chứng minh a + b + b + c + c + a ≥ 2 Lời giải: Cách (Trần Phương) Ta có a + b + c = ⇒ + ab + bc + ca = (a + b + c ) + ab + bc + ca = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b) Bất đẳng thức (8) trở thành 3 a+b + b+c + c+a ≥ ( (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a )(a + b) ) 2 a+b b+c c+a 3 (a + b)(b + c ) ⇔ + + ≥ (8.1) ∑ a+b+c a+b+c a + b + c 2 cyclic (a + b + c )  x, y , z > a+b b+c c+a ;y = ;z= ⇒ Đặt x = a+b+c a+b+c a + b + c x + y + z = Bất đẳng thức (8.1) trở thành 2( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx) ⇔ 2( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx) ≥ ⇔ 3( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx) + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) ⇔ 3( x + y + z ) + 2( x + y + z ) ≥ 3( x + y + z ) Lại có, theo AM - GM (8.2) 3x + x = 3x + 2 x + 2 x ≥ 3 3 x (2 x ) = 3 12 12 x3 = x 3 y + y ≥ y ; 3z + z ≥ z , cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta VT(8.2) ≥ 3( x + y + z ) = 3( x + y + z ) = VP(8.2) nên (8.2) Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy x = y = z = ⇔ a = b = c = 3 Cách Phân tích: +) Xuất a + b ≥ ? nên có ý tưởng dùng kết +) Vế trái có a + b , vế phải có ab nên nghĩ tới việc biến đổi để a + b tạo x +1 2x ≥ x≥ ab từ vế trái ab tạo a + b vế phải để sử dụng x +1 +) Giả thiết cho a + b + c = vế phải có ab + bc + ca nên nghĩ đến tạo vế phải theo a + b, b + c, c + a thuận lợi hơn, đồng thời vế phải bậc nên bổ sung số thông qua a + b + c = = (a + b + c) cho vế phải +) Điểm rơi a = b = c = nên thực đổi biến để có dấu 10 Ta có a + b + c = ⇒ + ab + bc + ca = (a + b + c ) + ab + bc + ca = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b) Bất đẳng thức (8) trở thành 3 a+b + b+c + c+a ≥ [ (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) ] (8.3) 2  x, y , z > 2x 2y 2z ;c+a= ⇒ Đặt a + b = ; b + c = 3 x + y + z = ( ) 3 x+ y+ z ≥ ( xy + yz + zx ) 2 ⇔ x + y + z ≥ ( xy + yz + zx ) Đây toán Russia MO 2002 Ví dụ 9: (Belarus 2000) Cho số thực dương a, b, c, x, y, z a b c ( a + b + c )3 + + ≥ Chứng minh (9) x y z 3( x + y + z ) Lời giải: Cách (Theo đáp án) Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có: Bất đẳng thức (8.3) trở thành 1 a b c  3  + + ÷ (1 + + 1) ( x + y + z ) ≥ a + b + c y z  x  a b3 c  ⇔ 3( x + y + z )  + + ÷≥ (a + b + c )3 y z   x 3 a = b = c a b3 c (a + b + c )3 ⇔ + + ≥ Dấu "=" xảy  x y z 3( x + y + z ) x = y = z Cách Phân tích: +) Dấu "=" toán đạt a = b = c x = y = z nên tạo việc đánh giá gò dấu "=" tâm x +1 2x ≥ x≥ +) Bài toán căn, muốn dùng kết trước tiên x +1 làm xuất bậc 2; hình thức phát biểu toán tạo ý tưởng việc dùng Cauchy - Schwarz, có a nên trình đánh giá có a , x +1 2x ≥ x≥ làm xuất dấu hiệu việc dùng x +1 Theo Cauchy - Schwarz ta có a b c ( a + b + c ) (a a + b b + c c ) + + ≥ = x y z x+ y+z x+ y+z Ta chứng minh 3(a a + b b + c c ) ≥ (a + b + c)3 11 Do bất đẳng thức nên ta chuẩn hóa a + b + c = , chứng minh a a + b b + c c ≥ Theo (kq2) Cauchy-Schwarz, ta có  a2  (a + b + c) ∑ a a ≥  cyclic ∑ a + ÷≥ a + b + c + = cyclic   Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c x = y = z Sau phân tích mẫu dấu hiệu, cách vận dụng ví dụ em học sinh nắm ý tưởng Các em áp dụng kết để tự phân tích giải ví dụ sau: Ví dụ 10: Cho số thực dương x, y, z Chứng minh  x y z  3 x+ y+z + + ≥  y+z x+z x+ y÷ ÷ (10)   Phân tích: x +1 2x ≥ x≥ +) Bài toán xuất x ≥ ? nên nghĩ tới việc dùng kết x +1 +) Dấu "=" xảy x=y=z, với việc BĐT nên chuẩn hóa để có điều kiện phù hợp đồng thời cho dấu "=" x=y=z=1 Lời giải: Do bất đẳng thức x, y, z nên ta chuẩn hóa cho x + y + z = y y x z x z + + ≥ ⇔ + + ≥ (10.1) Ta cần chứng minh y+z z+x x+ y 3− x 3− y 3− z Theo (kq2) ta x 2x ≥ − x (3 − x)( x + 1) x x  − x + x +1 Theo AM-GM (3 − x)( x + 1) ≤  ≥ ÷ = suy 3− x   y x z x y z + + ≥ + + = nên (10.1) Do 3− x 3− y 3− z 2 2 Vậy (10) chứng minh Dấu "=" xảy x = y = z Ví dụ 11: (Trần Phương) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh a+b+c + a a+b+c + b a+b+c + c 9+3 + + ≥ (11) b+c c+a a+b a+b+c Phân tích: +) Xuất bậc với dấu "=" a = b = c nên nghĩ tới việc dùng kết quả1 kết +) Bất đẳng thức với biến a, b, c nên chuẩn hóa để có điều kiện có mục đích dấu "=" a = b = c = Lời giải: Bất đẳng thức cho a, b, c nên ta chuẩn hóa cho a + b + c = 12 9+3 = + a+b+c 1   a b c   VT(11) =  + + + + + ÷ ÷  b + c c + a a +b   3− a 3−b 3−c  1  9  + + = (11.1) Theo Cauchy-Schwarz  ÷≥ b + c c + a a + b 2( a + b + c )   a b c a+b+c Theo ví dụ 10 + + ≥ = (11.2) 3− a 3−b 3− c 2 Cộng vế với vế (11.1) (11.2) ta (11) Dấu "=" xảy a = b = c Ví dụ 12: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a b c + + ≥ a + b + c (12) Chứng minh b c a Phân tích: a ≥ ? đánh giá b ≤ ? nên nghĩ tới việc dùng +) Bài toán xuất b x +1 2x ≥ x≥ kết x +1 +) Dấu "=" xảy a = b = c = nên dùng (kq1) (kq2) Lời giải: Theo Cauchy - Schwarz ta có a b c a2 b2 c2 (a + b + c ) + + = + + ≥ b c a a b b c c a a b +b c +c a (a + b + c)2 ≥ a + b + c ⇔ a b + b c + c a ≤ a + b + c (12.1) Ta chứng minh a b +b c +c a a(b + 1) b(c + 1) c (a + 1) ab + bc + ca a + b + c + + = + Từ (kq1) ⇒ a b + b c + c a ≤ 2 2 2 Lại có a + b + c ≤ 3(a + b + c ) = 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c ) nên 3(ab + bc + ca) ≤ 3(a + b + c) ⇒ ab + bc + ca ≤ a + b + c Do ⇒ a b + b c + c a ≤ a + b + c tức (12.1) Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Khi ta có: VP(11) = 2.2 Mở rộng hai kết để hình thành dãy BĐT Trong trình dạy học tích lũy số BĐT sau có nhiều ứng dụng việc chứng minh bất đẳng thức: Nếu x số thực không âm thì: 13 x3 + x4 + x2 + x + 2x x( x + 1) x( x + 1) 2 ≥ x − x +1 ≥ ≥ ≥ ≥ x≥ ≥ ≥ x2 + 2 x +1 x +1 2( x + 1) Chứng minh bất đẳng thức dãy: x3 + +) ≥ x − x + ⇔ ( x + 1) x − x + ≥ x + ⇔ x( x − 1) ≥ (đpcm) x +1 Dấu "=" xảy x = 0; x = +) x − x +1 ≥ x4 + ⇔ ( x − 1) ≥ (đpcm) Dấu "=" xảy x = 2 x + ( ( x ) + 1)  x +  = ≥  ÷ =   +) x2 + Dấu "=" xảy x = 2 x2 + x +1  x +1 Dấu "=" xảy x = +) ≥  ÷ = 2   2x x +1 +) ≥ x x ≥ hai kết ban đầu viết x +1 2x x( x + 1) +) ≥ ⇔ x( x + 1)( x − 1) ≥ Dấu "=" xảy x = x +1 x +1 x( x + 1) x( x + 1) +) ≥ ⇔ ( x + x)( x − 1) ≥ Dấu "=" xảy x = 3 x +1 2( x + 1) Từ kết trên, giải số toán khác thực sáng tạo tập BĐT Ví dụ 13: (Gabriel Dospinescu) Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 2 Chứng minh rằng: 2(a + 1) + 2(b + 1) + 2(c + 1) ≤ (a + b + c) − (13) Phân tích: +) Vế trái có 2(a + 1) ≤ ? nên nghĩ tới kết x4 + ≥ x2 + x + ≥ ≥ x mà vế phải cụm bậc nên không lựa chọn 2 x2 + x4 + vế phải xuất 2 x +1 ≥ x vai trò 2(a + 1) coi x vậy, sau +) Nếu lựa chọn đánh giá kết vế phải kết xuất a , phức tạp gốc ban đầu a+b+c x4 + ≥ 14 x2 + x + +) Nếu lựa chọn 2(a + 1) ≤ ? phải biến đổi làm cho có ≥ 2 2( a + 1) mẫu đảm bảo dấu " ≤ " +) Dấu "=" toán a = b = c = 2(a + 1) = nên thực việc biến đổi để có "trong căn" Lời giải: x2 + x + x + 2( x + 1) 2x   ≥ ⇒ 2( x + 1) = ≤ = 2 x + − ÷ Từ 2 x +1 x +1  x2 + a b c   + + )÷ Áp dụng kết VT(13) ≤  a + b + c + − 2( a +1 b +1 c +1   Mặt khác, theo Cauchy - Schwarz ta có a b c ( a + b + c ) a + b + c + 2( ab + bc + ca ) + + ≥ = a +1 b +1 c +1 a+b+c+3 a+b+c+3 theo AM - GM ta có ab + bc + ca ≥ abc = (do abc = 1) suy a +b+c+6    VT(13) ≤  a + b + c + − ÷=  a + b + c + − ÷ a +b+c+3 a +b + c + 3     Đặt t = a + b + c ≥ 3 abc = ⇒ VT(13) ≤  t + − ÷; VP ( 13) = t − t + 3   (t − 3)  2 t + − ≤ t − ⇔ ≥ ∀t ≥ Dấu "=" xảy t = ÷ t + 3 t+3  Vậy (13) chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Nhận xét: Với cách làm tương tự VD13, ta toán tổng quát: n a1; a2 ; ; an > 2n + n Chứng minh rằng: ∑ 2( + 1) ≤ Cho  ∑ − n i =1 i =1 a1.a2 an = Sau nắm kiến thức bản, có kỹ dự đoán phân tích BĐT theo dấu hiệu việc vận dụng kết dãy BĐT trên, em học sinh tự tìm tòi nguồn tài liệu giải việc áp dụng kết Một số em tự xây dựng toán BĐT theo ý định cách ghép cặp kết dãy; đưa vào nhiều biến cho dãy; thay đổi biến dãy Chứng tỏ tư việc giải tập BĐT em có nhiều phát triển Ta xét ví dụ Ví dụ 14: Cho số thực dương a; b; c thỏa mãn ab + bc + ca = (a + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c + 1) (c + 1)(a + 1) + + ≥ (14) Chứng minh (a + 1)(b + 1) (b + 1)(c + 1) (c + 1)(a + 1) 15 (a + 1)(b3 + 1) ( a + 1)(b + 1) Lời giải: Từ dãy BĐT, có ≥ (a + 1)(b + 1) 4 Mặt khác theo Cauchy - Schwarz ta có (a + 1)(b + 1) ≥ (ab + 1) nên (a + 1)(b3 + 1) a 2b + ab + (a + 1)(b3 + 1) ab + ≥ ≥ ⇒ ≥ (a + 1)(b + 1) 2 ( a + 1)(b + 1) Hoàn toàn tương tự ta (a + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c + 1) (c3 + 1)(a + 1) ab + bc + ca + + + ≥ = (a + 1)(b + 1) (b + 1)(c + 1) (c + 1)(a + 1) Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu "=" xảy a = b = c = Tổng quát: Cho số thực dương a ; a ; a thỏa mãn ∑ a1a2 = n n cyclic (a13 + 1)(a23 + 1) ≥ n Chứng minh ∑ 2 ( a + 1)( a + 1) cyclic Ví dụ 15: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = a −1 b −1 c −1 + + ≤ Chứng minh a + b3 + c3 + a − a (a + 1) a + = ≤ Lời giải: Chúng ta có + Do đó: a +1 a +1 a −1 b −1 c −1 a −1 b −1 c −1 a +1 b +1 c +1 + + + = 1+ + 1+ + 1+ ≤ + + =3 a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 2 Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy a = b = c = Tổng quát: Cho số thực dương a1; a2 ; an thỏa mãn n ∑a i =1 i = n − ≤ i =1 i + Ví dụ 16: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2b + b 2c + c a = n Chứng minh ∑a 2  (a + 1)(b3 + 1)   (b3 + 1)(c3 + 1)   (c3 + 1)(a + 1)  CMR:  ÷ + ÷ + ÷ ≥ 2  (a + 1)(b + 1)   (b + 1)(c + 1)   (c + 1)(a + 1)  (a + 1)(b3 + 1) a 2b + Lời giải: Theo ví dụ 14 ta có nên ≥ (a + 1)(b2 + 1) 2  (a + 1)(b3 + 1)  a 2b + Hoàn toàn tương tự, ta được:  ÷ ≥ ( a + 1)( b + 1)   2  (a + 1)(b3 + 1)   (b3 + 1)(c3 + 1)   (c3 + 1)(a + 1)  a 2b + b 2c + c 2a + =  ÷ + ÷ + ÷ ≥ 2 2  (a + 1)(b + 1)   (b + 1)(c + 1)   (c + 1)( a + 1)  16 Tổng quát: Cho số thực dương a1; a2 ; an thỏa mãn ∑a a 2 1 = n cyclic  (a13 + 1)( a23 + 1)  Chứng minh ∑  ÷ ≥ n ( a + 1)( a + 1) cyclic   Ví dụ 17: Cho số thực dương a ; a ; ; a thỏa mãn ∑ a1a2 a3 = n Chứng minh n cyclic (a + 1)(a + 1)(a + 1) ≥ n + 1)( a + 1)( a + 1) cyclic ∑ (a 6 x3 + ≥ x − x + nên áp dụng cho x = a13 ; x = a23 ; x = a33 Lời giải: Ta có x +1 6 ( a1 + 1)(a2 + 1)(a36 + 1) ≥ a14 − a12 + a24 − a22 + a34 − a32 + 4 (a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) mà a14 − a12 + ≥ a12 nên a14 − a12 + a24 − a22 + a34 − a32 + ≥ a1a2 a3 ( a16 + 1)( a26 + 1)( a36 + 1) ≥ ∑ a1a2 a3 = n Do ∑ 4 cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) cyclic a 2b + Ví dụ 18: Cho số thự dương a, b CMR: (a − a + 1)(b − b + 1) ≥ ( a + 1)(b + 1) Lời giải: Chúng ta có ( a − a + 1)(b − b + 1) ≥ 4 (a + 1)(b + 1) suy (a − a + 1)(b − b + 1) ≥ ( a + 1)(b + 1) (a 2b + 1) a 2b + Mặt khác theo Cauchy - Schawrz ≥ = 4 2 a b +1 Do (a − a + 1)(b − b + 1) ≥ Dấu "=" xảy a = b = Ví dụ 19: Cho số thực dương a1 ; a2 ; ; an Chứng minh ( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 ( a1a2 + 1)(a32 + 1) 2∑ ≥∑ 2 cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) cyclic a33 + 1 2 (a13 + 1)(a23 + 1) ( a14 + 1)( a24 + 1) a12 a22 + a1a2 + ≥ ≥ ≥ Lời giải: Chúng ta có (a1 + 1)( a22 + 1) 2 a33 + a3 (a32 + 1) (a13 + 1)(a23 + 1) a33 + a3 (a32 + 1)(a1a2 + 1) ≥ ≥ nên a3 + a33 + (a1 + 1)(a22 + 1) a32 + 2(a33 + 1) ( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a1a2 + 1)(a32 + 1) ≥ Do ∑ (đpcm) ∑ 2 cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) cyclic a33 + 1 Dấu "=" xảy a1 = a2 = = an = 17 Nhận xét: Nếu n = 3349 Crux Mathematicorum Cho số thực dương a1 ; a2 ; a3 Chứng minh rằng: (a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a32 + 1)( a1a2 + 1) ≥ (a12 + 1)( a22 + 1)(a32 + 1) 2( a33 + 1) Ví dụ 20: Cho số thực dương a1 ; a2 ; ; an Chứng minh rằng: (a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a1a2 (a3 + 1)(a12 a22 + 1) ≥ (CruxMathematicorum) ∑ 2 a13a23 + cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) cyclic 2∑ (a13 + 1)(a23 + 1) a1a2 + a1a2 (a12a22 + 1) ≥ ≥ Lời giải: Chúng ta có (a1 + 1)(a22 + 1) a13a23 + a33 + a3 + (a13 + 1)(a23 + 1) a33 + a1a2 (a12 a22 + 1) a3 + ≥ ≥ nên a3 + (a1 + 1)(a22 + 1) a32 + a13a23 + 3 2 ( a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) a a ( a + 1)(a a + 1) ≥∑ 3 Do ∑ 2 cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) cyclic a a + 1 Dấu "=" xảy a1 = a2 = = an = Ví dụ 21: Cho số thực dương a b Ta có dãy bất đẳng thức a + b3 a + b4 a2 + b2 a + b 2 ≥ a − ab + b ≥ ≥ ≥ ≥ ab ≥ a + b2 2 2 ab(a + b ) ab( a + b) ≥ ≥ ≥ 3 3 1 a + b 2( a + b ) + a b a Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, thay x = dãy b bất đẳng thức cần chứng minh Dấu "=" xảy a = b  π Ví dụ 22: Nếu t ∈  0; ÷ (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) ≥ − sin t cos t ≥  2 1 sin t + cos t 2sin t cos t ≥ − sin t cos t ≥ ≥ ≥ sin t cos t ≥ ≥ 2 sin t + cos t sin t cos t sin t cos t (sin t + cos t ) ≥ ≥ (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) 2(1 − sin t cos t ) Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, thay x = tan t có dãy bất đẳng thức Ví dụ 22 Sự phát triển tư em học sinh việc em nhận biết, phân tích giải BĐT có liên quan đến dãy BĐT trên, nhiều em học sinh biết vận dụng kiến thức vào việc giải số nội dung khác, chẳng hạn nhiều em giải ví dụ sau: 18 4 x + xy + x + xy − y + y = 15  Ví dụ 23: Giải hệ phương trình  6( x3 + y ) − 2( x + y ) = x + 2 x + xy + y   xy ≥ Nhận thấy Lời giải: ĐK:  2  x + y + xy ≠ (23.1) (23.2) x ≤ (23.2) vô nghiệm  y ≤ Do x > y > Ta có xy ≤ 3( x + y ) nên (23.1) ⇒ 15 ≤ (2 x + y) + x + 3( x + y) − y = (2 x + y ) + 2(2 x + y) ⇒ x + y ≥ x2 + y2 3( x + y ) 3( x + y ) 2( x + y ) 2 ⇒ x + xy + y ≤ ⇒ ≥ Mặt khác xy ≤ 2 x + xy + y x + y2 2( x3 + y ) ≥ 2( x + y ) ≥ x + y Theo kết từ dãy bất đẳng thức 2 x +y 6( x3 + y ) ⇒ − 2( x + y ) ≥ 2( x + y ) ≥ x + y nên từ (23.2) ⇒ ≥ 2x + y x + xy + y ta x + y = x = y x = y = (thoả mãn) Vậy hệ có nghiệm (1;1) IV Kiểm nghiệm Sau áp dụng kết nghiên cứu đề tài, qua khảo sát cho thấy có chuyển biến tích cực tư em học sinh Các em tự hình thành việc chắt lọc kết đơn giản để phục vụ cho việc giải toán có liên quan Đặc biệt có nhiều em hứng thú với học, hứng thú với việc giải tập bất đẳng thức, có em biết cách xây dựng toán bất đẳng thức từ dãy bất đẳng thức bản, từ bất đẳng thức gốc giáo viên gợi ý em tự tìm tòi Tôi kiểm chứng việc tiếp thu phát triển tư em với tập: Bài toán thu hoạch (Gabriel Dospinescu) Cho số thực dương a1; a2 ; ; an cho a1a2 an = Chứng minh + a12 + + a22 + + + an2 ≤ 2(a1 + a2 + + an ) (*) + a12 + a22 + an2 Lời giải: Ta có (*) ⇔ + + + ≤ a1 + a2 + + an (**) 2 x4 + x4 + 1 + ai2 ⇒ ≤ x2 − x + ⇒ ≤ − + 1(∀i = 1; n) 2 Do đó, VT(**) ≤ ( a1 + a2 + + an ) − ( a1 + a2 + + an ) + n Mà x − x + ≥ Lại có theo AM - GM a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 an = n Vậy (*) chứng minh Dấu "=" xảy a1 = a2 = = an = 19 Bảng thống kê, so sánh Với tập đó, cho nhóm học sinh lớp 11D năm học 2014-2015 trường THPT Ba Đình có lực học Toán tương đương, đó: Nhóm I nhóm học sinh áp dụng kết nghiên cứu Nhóm II nhóm học sinh chưa áp dụng kết nghiên cứu Kết quả: Số HS biết tự phân tích Số HS chưa biết phân tích Số lượng giải tập chưa giải tập Nhóm HS Số lượng % Số lượng % I 20 13 65 35 II 20 15 17 85 C KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Trong trình giảng dạy, việc tạo cho học sinh biết tự định hướng cách tiếp cận, tự phân tích cách chiếm lĩnh tri thức hình thành lời giải thật chủ động sáng tạo giúp kết học tập học sinh tốt hơn, tư phát triển nhu cầu thiết yếu mà học sinh mong muốn Do vậy, giáo viên cần trăn trở trước vướng mắc học sinh; chủ động việc tìm tòi phát huy mới, kế thừa phát huy kiến thức có sẵn cách sáng tạo, xây dựng chuỗi kiến thức hướng dẫn học sinh vận dụng cách hợp lý vào việc giải tập tương ứng tạo điều kiện để học sinh củng cố hiểu sâu lý thuyết hơn, với việc thực hành giải toán cách hiệu hơn, tạo hứng thú, phát huy tính chủ động, sáng tạo việc học phát triển tư cho học sinh Mặc dù thu số kết định, phạm vi viết, nghĩ số chỗ chưa thực hợp lý, chưa khai thác sâu vấn đề Vì vậy, mong bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để việc dạy học ngày tốt hơn, đem lại cho học sinh giảng hút Tôi chân thành cảm ơn! TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Phương Những viên kim cương BĐT NXB Tri Thức [2] Trần Phương - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh Vẻ đẹp Bất đẳng thức kỳ thi Olympic Toán học NXB ĐHQG [3] Gabriel Dospinescu; CruxMathematicorum XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 06 tháng năm 2015 CAM KẾT KHÔNG COPY (Tác giả ký ghi rõ họ tên) 20 21 ... việc giải tập bất đẳng thức, có em biết cách xây dựng toán bất đẳng thức từ dãy bất đẳng thức bản, từ bất đẳng thức gốc giáo viên gợi ý em tự tìm tòi Tôi kiểm chứng việc tiếp thu phát triển tư. .. Trong dãy bất đẳng thức có được, thay x = tan t có dãy bất đẳng thức Ví dụ 22 Sự phát triển tư em học sinh việc em nhận biết, phân tích giải BĐT có liên quan đến dãy BĐT trên, nhiều em học sinh. .. 2% - 3% học sinh có hứng thú với nội dung III Giải pháp tổ chức thực Các giải pháp - Tôi đưa bất đẳng thức dãy bất đẳng thức mà tích lũy được, cho học sinh nhận biết dấu hiệu cụ thể ý tư ng vận