rèn kỹ NĂNG sử DỤNG bất ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN MỸ ĐỨC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ BỘT XUYÊN ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN KỸ NĂNG SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ LĨNH VỰC: TOÁN HỌC TÁC GIẢ: NGUYỄN TRỌNG TUÂN CHỨC VỤ: GIÁO VIÊN NĂM HỌC : 2012-2013 MỤC LỤC Nội dung Trang TT Sơ yếu lý lịch A Phần mở đầu B Phần nội dung I Cơ sở khoa học 5 II Giải pháp thực hiện Bất đẳng thức cauchy (côsi) Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cauchy (côsi) 7 10 2.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi 2.2 Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng kết hợp chọn điểm rơi 2.3 Phương pháp đổi biến số 2.4 Các bất đẳng thức thường dùng suy từ bất đẳng thức Cauchy (Côsi) Kết quả 16 22 26 38 11 C Kết luận và khuyến nghị 39 12 D Tài liệu tham khảo 41 CỘNG HOÀ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc o0o SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SƠ YẾU LÝ LỊCH Họ tên : NGUYỄN TRỌNG TUÂN Ngày tháng năm sinh : 05/10/1976 Năm vào ngành : 10/09/1997 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: TrườngTHCS Bột Xuyên- Mỹ Đức-Hà Nội Trình độ chuyên mơn : Đại học Bộ mơn giảng dạy : Tốn học Khen thưởng : Giáo viên dạy giỏi cấp thành phố Chiến sĩ thi đua cấp sở A PHẦN MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Trong nhà trường phổ thơng mơn Tốn có vai trị, vị trí ý nghĩa hết sức quan trọng góp phần phát triển nhân cách, lực trí tuệ chung phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa, khái qt hóa, ….Rèn luyện đức tính người lao động thời kỳ tính cẩn thận, xác, tính kỷ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mỹ Bên cạnh tri thức kỹ toán học với phương pháp làm việc tốn học trở thành cơng cụ để học tập môn học khác nhà trường, công cụ nhiều ngành khoa học khác nhau, công cụ để hoạt động đời sống thực tế tốn học thành phần khơng thể thiếu trình độ văn hóa phổ thơng Chứng minh bất đẳng thức dạng toán phổ biến quan trọng chương trình tốn phổ thơng, thường gặp kỳ thi chọn học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào trường chuyên, lớp chọn Để giải loại tốn địi hỏi học sinh phải biết cách vận dụng thành thạo nội dung kiến thức học bên cạnh cịn phải biết phân tích tốn cách hợp lý tìm lời giải cho toán Tuy nhiên chương trình tốn THCS thời lượng dành cho nội dung khơng nhiều học sinh thường gặp nhiều khó khăn gặp dạng Các toán chứng minh bất đẳng thức đa dạng phong phú Xét lý luận thực tiễn dạy học chứng tỏ chúng có hiệu việc phát triển tư cho học sinh Xuất phát từ đặc điểm trên, nhằm góp phần vào việc “ Phát triển tư khoa học” tăng cường em ý thức, lực vận dụng cách sáng tạo điều học cho học sinh giai đoạn nay, qua thực tiễn kiểm tra giảng dạy học sinh trường , nhận thấy việc hình thành kiến thức kĩ sử dụng Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ), vận dụng cách sáng tạo nhất, thông minh việc học toán, sống cho học sinh nhiệm vụ hết sức quan trọng người giáo viên Đó lý tơi chọn đề tài Phạm vi và thời gian thực hiện đề tài Chuyên đề sử dụng nhằm bồi dưỡng cho học sinh giỏi lớp học sinh dự thi vào trường chuyên Nghiên cứu phương pháp giải tốn bất đẳng thức, cực trị thơng qua “rèn luyện kỹ sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi)” đặc biệt phương pháp chứng minh tập vận dụng để giúp học sinh học tốt hình thành kiến thức, kĩ mới, vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo việc học toán sống Thời gian thực năm ( Năm học 2012-2013) Mục đích nghiên cứu: Có nhiều phương pháp áp dung chứng minh bất đẳng thức : biến đổi tương đương, sử dụng bất đẳng thức bản, làm trội, làm giảm, quy nạp… Trong việc sử dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Tchebychev,…có vị trí đặc biệt quan trọng Rèn luyện kỹ giải loại tốn có ý nghĩa hết sức quan trọng học sinh: Giúp em củng cố hệ thống hoá nhiều kiến thức , vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo kiến thức bậc học THCS để có cách giải thơng minh phù hợp Bên cạnh giúp cho em ln ln có suy nghĩ khoa học, giúp em đạt hiệu cao công việc sống đời thường Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp « Rèn luyện kỹ sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi) » phần quan trọng chứng minh bất đẳng thức giải toán cực trị chương Toán THCS Đối tượng khảo sát, thực nghiệm Học sinh lớp trường THCS Bột Xuyên, đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn dự thi cấp thành phố huyện Mỹ Đức Phương pháp nghiên cứu Để tiến hành làm đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: +) Phương pháp nghiên cứu tài liệu bổ trợ +) Phương pháp quan sát so sánh, đối chiếu +) Thao giảng, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp trình gảng dạy +) Tổng hợp kinh nghiệm, phương pháp lớp học +) Đánh giá kết ban đầu điều chỉnh bổ xung +) Kiểm tra đánh giá cuối hồn chỉnh cơng việc B PHẦN NỘI DUNG I CƠ SỞ KHOA HỌC Cơ sở lý luận Xu đổi mạnh mẽ Giáo dục nói chung Giáo dục THCS nói riêng lấy học sinh làm trung tâm, giáo viên người hướng dẫn, tổ chức hoạt động nhằm phát huy lực chung cho học sinh, đáp ứng với việc bước đầu hình thành người cho xã hội đại khơng ngừng phát triển Học tốn giải tốn có vị trí quan trọng chương trình cấp THCS, học sinh cần phải học có phương pháp học tập, phương pháp giải toán độc đáo Muốn học sinh cần phải phát triển kỹ vận dụng phương pháp giải toán cách tốt nhất, nhanh nhất, hay tạo thói quen thành thạo phát triển khả tư duy, trí thơng minh cho học sinh Chính vậy, cấp THCS, việc phát triển trí thơng minh cho em thơng qua mơn Tốn hết sức cần thiết Chứng minh bất đẳng thức chuyên đề hay khó có tác dụng tốt việc rèn luyện khả tư phát triển trí thơng minh cho học sinh Cơ sở thực tiễn 2.1 Thực trạng học tập của học sinh Qua khảo sát cho thấy phần lớn học sinh lúng túng đứng trước toán bất đẳng thức cực trị, em chưa biết cách phân tích tốn để áp dụng phương pháp cách hợp lý Một số em khá, giỏi chỉ dừng lại mức giải tập đơn giản mà đường lối giải có sẵn 2.2 Thực tế giảng dạy của giáo viên Do thời lượng dành cho nội dung bất đẳng thức cực trị khơng nhiều, lại nằm rải rác chương trình THCS nên năm vừa qua chuyên đề bất đẳng thức cực trị chưa quan tâm nhiều đa số học sinh gặp khó khăn gặp toán loại 2.3 Khảo sát thực tế trước thực hiện đề tài Lớp Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu 9C 32 11 Đối với đội tuyển học sinh giỏi huyện Mỹ Đức em chưa có kỹ phân tích tìm tịi lời giải tốn cách khoa học mà chỉ giải tập đơn giản đặc biệt em gặp nhiều khó khăn tốn phải có cách tách hợp lý II GIẢI PHÁP THỰC HIỆN( NỘI DUNG CHỦ YẾU CỦA ĐỀ TÀI) BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CƠSI) Cho n số khơng âm: a1; a2 ; a3 ; an ta có a1  a2  a3   an n � a1a2 a3 an n (n �N * ) Đẳng thức xảy a1  a2  a3   an * Dạng cụ thể ( số, số ) n = 2:  x, y �0 : n = 3:  x, y, z �0 : 2.1 x y � xy x y z � xyz 2.1 x  y �2 xy x  y  z �3 xyz Đẳng thức xảy x = y Đẳng thức xảy x = y = z Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng khơng đổi tích chúng lớn chỉ hai số bằng Chứng minh: Giả sử hai số dương x y có tổng x + y = S không đổi Khi S2 S x y  � xy xy � đó, nên Đẳng thức xảy chỉ x = y 2 S2 Do đó, tích xy đạt giá trị lớn bằng chỉ x = y Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ chỉ hai số bằng Chứng minh: Giả sử hai số dương x y có tích x.y = P khơng đổi Khi đó, x y � xy  P nên x  y �2 P Đẳng thức xảy chỉ x = y Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ bằng P chỉ x = y Ứng dụng: Trong tất hình chữ nhật có chu vi, hình vng có diện tích lớn Trong tất hình chữ nhật có diện tích, hình vng có chu vi nhỏ nhỏ CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CƠSI) 2.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi Đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá BĐT theo chiều “ �”.Đánh giá từ tổng sang tích Bài 1: Cho x > chứng minh rằng: x  �2 x Giải Do x  Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có x  Đẳng thức xảy x  �2 x x x 2 � x  thỏa mãn đk x > x Lời bình Đây tốn đơn giản cần áp dụng trực tiếp bđt côsi ta có lời giải tốn Tuy nhiên ta gặp tốn có nội dung đơn giản Bài 2: Chứng minh rằng: x   10 � x 3 Giải Ta có x2  x 3    x2  � x 3 x 3  �2  x2  8 10     x 3 3 �x   � x 3 Đẳng thức xảy � �x   � � x2  � x  Lời bình Lời giải thiếu tự nhiên, lại tách x   x2   ( x  3) ? 9 Điều dựa phân tích sau: +) Dễ thấy đẳng thức xảy x = +) Khi sử dụng bđt cơsi đẳng thức xảy hai số ta �x   � x 3 có: � k �x  � �k 9 2 2 2 2 Bài 3: Chứng minh rằng:  a  b   b  c   c  a  �8a b c a, b, c Giải Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2 �2 x y = 2|xy| ta có: � a  b2 �2 ab �0 � �2 b  c �2 bc �0  � �2 c  a �2 ca �0 � � a  b2   b2  c2   c2  a  �8| a 2b2c2 |  8a2b2c2 a, b, c Sai lầm thường gặp Sử dụng bđt  x, y x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 �0  x2 + y2 �2xy Do đó: � a  b2 �2ab �2 b  c �2bc � � c  a �2ca � 2 2 2 2   a  b   b  c   c  a  �8a b c a, b, c Cách giải sai ví dụ � �2 � �5  24 = 2.3.4 �(-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) � � �3 � Lời bình +) Chỉ nhân vế BĐT chiều ( kết BĐT chiều) vế không không âm +) Cần ý rằng: x2 + y2 �2 x y = 2|xy| x, y khơng biết âm hay dương +) Nói chung ta gặp tốn sử dụng BĐT Cơsi tốn nói mà phải qua vài phép biến đổi đến tình thích hợp sử dụng BĐT Cơsi +) Trong tốn dấu “ �”  đánh giá từ TBC sang TBN = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho số, cặp số Bài 4: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  y �4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  3x  y   x y Giải Biến đổi áp dụng giả thiết bđt cơsi ta có P  3x  y  5x y    x  y     � x y 4 x y 5x 9y �  2  21 4 x y Dấu “=” xảy � �x  y  � �5 x �  �4 x �9 y  � �4 x � x y2 Vậy MinP = 21 x = y = Lời bình Một câu hỏi đặt nghĩ thành phần  x  y  ? Liệu có thành phần khác khơng ? diều giải sau Với < m < ta có P  m  x  y     m x     m y  � x y 2 x �4m    m  x   m  y  4m    m    m 9 y �x  y  � �   m x  x � Đẳng thức xảy � �   m y  y � � �x  0; y  � �x  � � �y  � � m � Đây điểm mấu chốt toán Bài 5: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  47 Tìm giá trị nhỏ 12 biểu thức A  3x  y  z Giải : Áp dụng bđt cơsi cho hai số dương ta có 3x  25 25 �2 3x  10 x 3 (1) y2  25 25 �2 y  10 y 4 (2) z  �2 z  10 z (3) Cộng theo vế bđt (1), (2), (3) ta 25 25 47 235 470   �10( x  y  z )  10 � A � 12 12 12 235 ۳ A 12 A Vậy MinA  235 12 Dấu “=” xảy � 25 3x  � � �4 y  25 � � � 5z  � 47 � x yz  � � 12 � �x  � � � �y  � �z  � � 5 x  ; y  ; z  Lời bình Rõ ràng bđt đưa thiếu tự nhiên, có lời giải ? Tuy nhiên suy luậnsau hồn tồn thấy điều Khơng tính tổng qt, giả sử tồn số m, n, p thỏa mãn m > n > p > Áp dụng bđt côsi cho hai số dương ta có x  m �2 3m x; y  n �2 4n y; z  p �2 p z Do A  m  n  p �2 3m x  4n y  p z Ta cần xác định m, n, p cho 10 �1 �1 � � � � ; � x  y x y � � � � x  y �4 xy;   � 1 �  � � �1 ; x y x y �xy � x  y   � � �1 � �  x  y  �  ��4; � �x y � � (1  2) (1  3) (1  4) (1  5) b Vì x, y, z ba số dương nên áp dụng bđt côsi cho ba số ta có x  y  z �3 xyz  ( đẳng thức xảy chỉ x = y = z ) 1 1 1   �3  ( đẳng thức xảy chỉ   ) x y z x y z xyz x y z Do ( x  y  z )(   ) �3 xyz 3  xyz �x  y  z � Đẳng thức xảy chỉ : �1   �x y z � Vậy đẳng thức xảy chỉ x = y = z Chú ý: (2) cịn viết dạng sau: � 1 �1 1 � � �  � ; � 1 �x  y  z �x y z �   � �� x y z x yz �x  y  z �1   ��9  � � � �x y z � � c Do a b  b a a b  0;  áp dụng bđt cơsi Ta có: b a Cơsi � (2  1) (2  2) ab 2 ba Vận dụng giải bài tập 1 2.4.1 Áp dụng bất đẳng thức x  y �x  y x  0; y  (1) ( Đẳng thức xảy x = y ) Bài Cho số: x > 0, y > thỏa mãn x  y �10 Chứng minh rằng: 1  � x y xy 25 Giải: Để ý rằng: x  y  xy   x  y  x  y  ; xy  Áp dụng (1) Ta có 1 4  �2  2 x y xy x  y  xy  x  y  2 27 Mà x  y �10 �  x  y  �100 ( Do x + y > )   x  y 100 ( Do( x + y )2 > )   x  y 100 25 �x  0, y  � � x y5 ) ( Đẳng thức xảy �x  y �x  y  10 � 1 Vậy x  y  xy �25 Bài 2: Cho số: x > 0, y > thỏa mãn x  y �10 � xy 15 Chứng minh rằng: Giải: Do x > 0, y > áp dụng (1-4) ta có: xy � x  y    10  x y  Mà x  y��� 100  x  y 100  x  y 25 3.25 15 �x  0, y  � � x y 5 ) ( Đẳng thức xảy �x  y �x  y  10 �   xy  25 xy Kết hợp toán toán ta có tốn sau: Bài 3: Cho số: x > 0, y > thỏa mãn x  y �10 Chứng minh rằng: 13  � 2 x y xy 75 Giải 13 1   (  )  Ta có: x  y xy x  y 2 xy 3xy 1 +) Theo 1: x  y  xy �25 ( *) +) Theo 2: 3xy �15 (**) 1 1  ) �   x y xy xy 25 15 75 �x  0, y  13 � � x  y 5) Hay x  y  xy �75 ( Đẳng thức xảy �x  y �x  y  10 � Cộng theo vế ( *) (**) ta ( Lời bình +) Do vai trị x y bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy �  �2 x = y = 5, từ �x  y kxy � k  �x  y  � +) Nhận thấy bất đẳng thức tồn giá trị biến để có đẳng thức nên chuyển thành toán cực trị đại số 28 +) Sử dụng kết hợp với bất đẳng thức cô-si, số bất đẳng thức khác ta số toán sau: Bài 4: ( Thi chọn học sinh giỏi lớp thành phố Hà Nội năm học: 2008-2009 ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P, biết P 35   2ab , với a > 0, b > a  b �4 a  b ab * Nhận xét : Với biểu thức mà vai trị biến bình đẳng cực trị thường đạt giá trị biến bằng +) Xuất phát từ cách giải ( toán 1) ta viết biểu thức P dạng: 2 35  )   2ab a  b 2ab ab 2ab � 34 �  2�   2ab � �a  b 2ab � ab P( 1 � � Giải tương tự (bài toán 1) ta có: � 2  �� (*) (Đẳng thức xảy �a  b 2ab � khi: a = b = 2) Đến nhiều học sinh nghĩ rằng sử dụng bđt Cô-si cho hai số dương 34 34 34  2ab �2 2ab  68 đẳng thức xảy 2ab : ab ab ab 34  2ab �  ab   17 � ab  17 Mâu thuẫn với điều kiện xảy đẳng thức ab (*) Vậy phải tách ? m 4m +) Từ bđt (1-4) ta thấy với m, n số dương nab �n a  b   (Đẳng thức xảy khi: a = b) Nên tìm GTNN biểu thức dạng m ( Với m > 0, n > 0) nab +) Với điều kiện a = b = 2ab  k � k  2a 2b  32 Vậy nên tách ab 34 32   ab ab ab Từ ta đến cách giải sau: Giải Ta có 35 2 �32 �   2ab  (  )  �  2ab � 2 a  b ab a b 2ab �ab � ab � �32 � �  2�  � �  2ab � �a  b 2ab � �ab � ab P +) Do a > 0, b > Giải tương tự (bài tốn 1) ta có 1 1 � �  � � 2�  �� 2 a  b 2ab 2ab � �a  b 29 (*) �a  0, b  � � ab2 ) ( Đẳng thức xảy �a  b �a  b  � 32 32  2ab �2 2ab  16 (**) ab ab �a  0, b  a  0, b  � � �� ( Đẳng thức xảy �32 ) ab   2ab � � �ab � +) Do a > 0, b > Giải tương tự (bài tốn 2) ta có (***) ab +) Do a > 0, b > 0, áp dụng bđt cô-si ta có �a  0, b  � � a  b  2) ( Đẳng thức xảy �a  b �a  b  � 2 Cộng theo vế bđt (*), (**), (***) ta P �  16   17 �a  0, b  � (Đẳng thức xảy �a  b  � a  b  ) �a.b  � Vậy : MaxP=17 a = b = Bài 5: ( Thi chọn học sinh giỏi lớp tỉnh Hà Tây năm học: 2007-2008 ) 1 Cho x, y, z > thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức A 1   2x  y  z x  y  z x  y  z * Nhận xét Vai trò biến x, y, z bình đẳng nên cực trị thường đạt biến bằng Giải Áp dụng (2) ta có : 1 1� 1 �  � �  � x  y  z ( x  y )  ( x  z ) �x  y x  z � 1 �1 � 1 �1 � � � � � � � Mà ; x  y �x y � x  z �x z � Suy 1 �1 1 � � �   � x  y  z 16 �x y x z � �x  y  x  z � ( Đẳng thức xảy khi: �x  y �x  z � 30 � x yz) 1 �1 1 � � �   � x  y  z 16 �x y y z � ( Đẳng thức xảy x  y  z ) Cmtt ta có 1 �1 1 � � �    �( Đẳng thức xảy x  y  z ) x  y  z 16 �x z y z � Cộng vế bđt ta có 1 1 �1 1 �   � �  � x  y  z x  y  z x  y  z �x y z � ( Đẳng thức xảy x  y  z ) A 1 kết hợp với x  y  z  Ta có 1   �1 2x  y  z x  y  z x  y  2z �x  y  z � ( Đẳng thức xảy khi: �1    � x  y  z  ) �x y z � Vậy MaxA=1 � x=y=z= A Bài 6: ( Thi tuyển sinh vào 10, THPT chuyên Toán-Tin, Đại học Vinh năm học: 2002-2003 ) Chứng minh rằng a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = a + b + c 1    a  2b  3c 2a  3b  c 3a  b  2c 16 Giải 1 1�1 �  � �  � a  2b  3c  a  c    b  c  �a  c 2(b  c) � Áp dụng (1-2) ta có : 1 1 1 �       16a 16c 32b 32c 16a 32b 32c �a  c  2(b  c) � � c  Mâu thuẫn giả thiết Do khơng Đẳng thức xảy �a  c � bc � 1    a  2b  3c 16a 32b 32c 1    2a  3b  c 32a 32b 16c 1    3a  b  2c 32a 16b 32c xảy đẳng thức Vậy Cmtt ta có Cộng theo vế bđt ta có: 1 � �1 �1 1 �   �   � �  � a  2b  3c 2a  3b  c 3a  b  2c � 16 32 32 � �a b c � ab  bc  ac   16 abc 16 31 Bài 7: ( Thi tuyển sinh vào 10, chun Tốn, thành phố Hải Phịng năm học: 2003-2004 ) Cho số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng   14 xy  yz  zx x  y  z Giải Trước hết ta chứng minh bđt: xy  yz  xz �  x  y  z  (*) Đẳng thức xảy x = y = z Thật (*) � x  y  z  xy  yz  xz �3xy  yz  zx � x  y  z �xy  yz  xz � 2( x  y  z ) �2( xy  yz  xz ) � ( x  xy  y )  ( y  yz  z )  ( x  xz  z ) �0 � ( x  y )2  ( y  z )  ( x  z ) �0 (**) Dễ thấy (**) với giá trị x, y, z đẳng thức xảy x = y = z Vậy xy  yz  xz �  x  y  z  Áp dụng bất đẳng thức (1) (*) ta có � � 2 1    �  � 2 2 � xy  yz  zx x  y  z xy  yz  xz �2 xy  yz  xz x  y  z � Đẳng thức �   6  14 2 2 xy  yz  xz  x  y  z  x  y  z �2 xy  yz  xz  x  y  z vơ lí � �x  y  z Do dấu “=” khơng xảy Vậy   14 xy  yz  zx x  y  z 2.4.2 Áp dụng bất đẳng thức 1   � (x  0; y  0; z  0) (2) x y z x yz Bài 8: (Thi vào chuyên Toán ĐHKHTN Hà Nội 1992-1993) Cho a, b, c > a  b  c �1 Chứng minh rằng: 1   �9 a  2bc b  2ac c  2ab Giải Do a  2bc  0; b2  2ac  0; c  2ab  Áp dụng bđt (2) ta có 1 9   �2 � 2 a  2bc b  2ac c  2ab a  b  c  2ab  2bc  2ac  a  b  c  2 Đẳng thức xảy a  2bc  b2  2ac  c  2ab � a  b  c 32 xảy ab�� c   a b c Mặt khác  � 1  a  b  c Suy a  b  c �9   abc � � abc a  b  c 1 � Đẳng thức xảy � Bài Chứng minh rằng : bc ca ab   �6 a, b, c  a b c (*) Giải � bc� � ca� � ab� 1  � 1  � 1 �9 Ta biến đổi (*) tương đương: � a � b � c � � � � � � �  �1 1 � a bc bc a c  ab   �9   a  b  c  �   ��9 (đpcm ) a b c �a b c � Lời bình Nhận thấy tổng tử mẫu phân thức a + b + c nên ta tìm cách quy đồng tử nhằm làm xuất thừa số chung Bài 10 Chứng minh rằng : 2   � a b bc c a abc a, b, c  Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau: 2 a  b  c �1 1 �   � � �9 �a  b b  c c  a � �1 1 �   �9 (đpcm ) � �a  b    b  c    a  c  � � � a b bc c a � � � Đẳng thức xảy a = b = c Bài 11 Chứng minh rằng : c a b   � , a, b, c  (BĐT Nesbit) a b bc c a Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau: c �� a �� b � � 1 1 1 ��   � � � � � � a b � � bc � � ca � �a  b  c � �a  b  c � �a  b  c � � � � � � �� � a b � � bc � � ca � 1 �   �� �a  b b  c c  a �   a  b  c � �  �1 1 �     b  c   a  c � � �9 �� �a  b b  c c  a � � �a  b  � 33 (đpcm) Đẳng thức xảy a = b = c Bài 12 Cmr c2 a2 b2 a bc   � a b bc ca ,a, b, c  (*) Giải Ta biến đổi BĐT sau: � c � � a � � b2 �  a  b  c  (*) � � c a b �� � � � � � a b� � bc � � ca � c � � a � � b � 3 a  b  c   a� 1  b� 1 �� � a b � � � bc � � ca �  c� 1 �  c a b �    �  a  b  c � � a b bc ca� � �  c a b   � a b bc c a  c �� a �� b � � 1 1 1 �� � � � � � � a b � � bc � � ca �  �a  b  � � a  b  c  �1 1 �   �9   b  c   a  c � � ��a  b b  c c  a � � Đẳng thức xảy a = b = c Ta cịn vận dụng bất đẳng thức vào giải sáng tạo toán chứa bất đẳng thức hình học tìm cực trị hình học Bài 13: Cho tam giác ABC có cạnh bằng a Gọi đường vng góc từ điểm M nằm tam giác đến cạnh BC, CA, AB MD, ME, MF Xác ddingj vị trí M để: 1   đạt giá trị nhỏ Tính giá trị MD ME MF 1   b đạt giá trị nhỏ Tính giá trị MD  ME ME  MF MF  MD a Giải Gọi chiều cao tam giác ABC h ta dễ thấy h  a Đặt MD = x; ME = y; MF = z Ta có S ABC  S MBC  S MAC  S MAB � ah  ax  ay  az � x  y  z  h không đổi a Áp dụng bđt (2) ta có 1 9   �   x y z x yz h a b Áp dụng bđt (2) ta có 34 1 9 3   �   x  y y  z z  x 2( x  y  z ) 2h a Trong hai trường hợp đẳng thức xảy x = y = z, M tâm cua tam giác ABC Bài 14: (Thi chọn học sinh giỏi lớp Hà Nội năm học 2011-2012) Chứng minh rằng: Điều kiện cần đủ để tam giác có đường cao h1; h2; h3 bán kính đường tròn nội tiếp r tam giác là: 1 1    h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 3r Giải Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác ứng với đường cao h1; h2; h3 Ta có ah1 bh2 ch3 1 a b c   S �      2 h1 h2 h3 2S 2S 2S 2p p   S pr r 1 1 Vậy h  h  h  r  +) Nếu tam giác ta dễ cm: h1 = h2 = h3 1 1 �1 1 �    �   � h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 �h1 h2 h3 � 3r +) Nếu 1 1    h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 3r Áp dụng bđt (2-1) ta có 1 �1 1 �  � �   � h1  2h2 h1  h2  h2 �h1 h2 h2 � Dấu “=” xảy h1 = h2 1 �1 1 �  � �   � Dấu “=” xảy h2 = h3 h2  2h3 h2  h3  h3 �h2 h3 h3 � 1 �1 1 �  � �   � h3  2h1 h3  h1  h1 �h3 h1 h1 � Dấu “=” xảy h3 = h1 Cộng theo vế bđt ta 1 1 �1 1 �   � �   � h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 �h1 h2 h3 � 3r Dấu “=” xảy h1 = h2 = h3 tam giác cho tam giác Vậy: Điều kiện cần đủ để tam giác có đường cao h1; h2; h3 bán kính đường trịn nội tiếp r tam giác là: 35 1 1    h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 3r 2.4.3 Áp dụng bất đẳng thức a b  �2 a.b  b a Bài 15 CMR: (3) a2  �2 a2 1 a �R Giải Ta có : a    a  1   a 1  a 1 a2 1 a2 1 Côsi a2  �2 Dấu “ = ” xảy  a   a 1 a2 1 2 � a2 1  � a  a  �3 a  b  Bài 16 CMR: b  a  b Giải Ta có nhận xét : b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b hạng tử đầu a phân tích sau : a Côsi  b a b  � 3 b. a  b   a  b    b  a  b b  a  b b  a  b b  a  b    Dấu “ = ” xảy  b  a  b   a = b = 2a  �3 4b(a  b) Bài 17 CMR : � a� � � � �a  � �b Giải Nhận xét : mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a Chuyển đổi tất biểu thức sang biến a điều mong muốn việc xử lí với biến đơn giản Biến tích thành tổng mặt mạnh BĐT Cơsi Do : Ta có đánh giá mẫu số sau: 4.b  a  b  36 �b  �4.� � � �  a  b � � a � � �  a2 2a 1 Côsi 2a3 1 a3  a3 1 Côsi �  aa � a.a  Vậy: 2 4b(a  b) a a a a � b  a b � Dấu “ = ” xảy  � � a � � a � a 1 � � b � � Lời bình +) Trong việc xử lí mẫu số ta sử dụng kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC nhằm làm triệt tiêu biến b +) Đối với phân thức việc đánh giá mẫu số, tử số từ TBN sang TBC hay ngược lại phải phu thuộc vào dấu BĐT Bài tập vận dụng Cho a > 0, b > 0, a + b = Chứng minh rằng a 1  �6 ab a  b b  �14 ab a  b 2 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác gọi p nửa chu vi tam giác Chứng minh: 1 �1 1 �   �2 �   � p a p b p c �a b c � 3.(Thi chọn học sinh giỏi lớp huyện Mỹ Đức năm 2012-2013) Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng a c b d c a d b    �4 a b bc c d d a (Thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán-tin, Đại học KHTN Hà Nội, 20022003) Cho x, y, z > thỏa mãn x  y  z �3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1    xy  yz  zx Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) với ba đường cao AA1, BB1, CC1 cắt (O) lần D, E, F Xác định dạng tam giác ABC cho AA BB CC 1 a DA  EB  FC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị 1 b AA1 BB1 CC1   đạt giá trị nhỏ Tính giá trị AD BE CF Trong tam giác ngoại tiếp đường tròn (O; r) xác định dạng tam giác cho tổng độ dài ba đường cao đạt giá trị nhỏ Tính giá trị Cho tam giác ABC, M thuộc miền tam giác Gọi MA, MB, MC thứ tự giao với BC, AC, AB D, E, F Chứng minh: 37 MD ME MF    1; DA EB FC MA MB MC   �6 ; c) MD ME MF DA EB FC   �9 / ; e) MA MB MC MA MB MC    2; DA EB FC MA MB MC �8 d) ; MD ME MF MD ME MF   �3/ f) MA MB MC a) b) � a, b, c  � 1   � Cho � CMR : a  b  c 1 ab bc ca � (Thi ts vào lớp 10 chuyên toán tỉnh Hà Tây, 2003-2004) Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: 1 1 1   �   a b c b c  a c  a b a b c 10 (Thi ts vào lớp 10 chuyên toán tỉnh Hà Tây, 2005-2006) Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S   x y z Trên tơi trình bày số phương pháp nhằm rèn luyện cho học sinh kỹ sử dụng bất đẳng thức cauchy (côsi) chứng minh bất đẳng thức giải toán cực trị Đề tài triển khai năm học 2012-2013 Kết quả Trong năm học 2012 – 2013, phân cơng giảng dạy mơn Tốn lớp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi toán huyện Mỹ Đức Tôi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy cho học sinh Sau áp dụng, nhận thấy đa số em có kỹ vận dụng giải tập tương đối tốt Với cách phân loại cụ thể với mức độ tăng dần em dễ tiếp thu Bên cạnh em rèn luyện kỹ bằng tập vận dụng sau phương pháp qua em thấy tự tin, hứng thú học tập Kết đối chứng sau chứng tỏ điều Trước đề tài thực Lớp Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu 9C 32 11 Giỏi 10 Khá 15 Trung bình Yếu Sau thực đề tài Lớp 9A Sĩ số 32 38 Ngoài toán gặp kỳ thi chọn học sinh giỏi trường, học sinh giỏi cấp huyện, thành phố, thi tuyển sinh vào trường chuyên em giải toán đạt kết cao C KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận và khuyến nghị Các toán bất đẳng thức hay cực trị thường tập khó để đạt hiệu cao đòi hỏi giáo viên khơng chỉ nắm vững kiến thức mà cịn phải tìm tịi phương pháp giúp học sinh dễ hiểu tiếp thu cách dễ nhất, nhanh nhất, biết chuyển nội dung khó thành nội dung đơn giản, gần gũi với em Bằng phương pháp nêu đề tài hệ thống tập xây dựng từ dễ đến khó giúp học sinh tiếp cận rèn luyện kỹ cách nhẹ nhàng, tự nhiên Thơng qua lời bình sau tập em không chỉ nắm vững kiến thức, kỹ tìm lời giải mà cịn tìm hiểu nguồn gốc cách xây dựng đề tốn qua giúp em bước đầu có ý thức sáng tạo ý tưởng mới, hay từ nội dung cách để em rèn luyện khả tư duy, phát triển trí tuệ nhằm đáp ứng đòi hỏi sống sau Trong q trình thực đề tài, tơi khơng tránh khỏi thiếu sót định Với mục đích khắc sâu kiến thức cho học sinh nâng cao chất lượng dạy học nhà trường, mong chỉ bảo, góp ý nhóm chuyên môn hội đồng khoa học sở Điều giúp đỡ, động viên tơi nhiều trình giảng dạy sau Bài học kinh nghiệm Trong trình thực đề tài qua thực tiễn giảng dạy mơn tốn tơi rút số kinh nghiệm a Với toán cần hướng dẫn cho em nắm phương pháp giải toán bản, vận dụng giải thành thạo dạng loại tốn sau đưa tập nâng cao yêu cầu học sinh phải độc lập suy nghĩ suy nghĩ sáng tạo giải b Cần thường xun ơn lại loại tốn học c Nếu điều kiện học sinh tiếp thu tốt khái qt hố tổng qt hoá toán cách giải d Cần hướng dẫn học sinh tìm tịi nhiều cách giải biết chọn cách giải hay để trình bày vào làm e Tạo cho học sinh tiềm tin khát vọng cố gắng nỗ lực kết ngày cao g Chỉ giúp đỡ học sinh việc tìm tịi lời giải khơng có giúp đỡ giáo viên em khơng vượt qua bằng phương pháp gợi mở Tránh giải toán cho học sinh h Rèn cho học sinh nếp suy nghĩ khoa học, không thoả mãn với kết đạt 39 i Kỹ trình bày lời giải tốn phải chặt chẽ có sở khoa học phạm trù kiến thức cho phép bậc học Trên điều rút qua trình thực đề tài trình giảng dạy thân nhiều năm giúp học sinh học tốt có niềm đam mê mơn tốn Tơi xin chân thành cảm ơn ! Xác nhận thủ trưởng quan Tôi xin cam đoan: Đây SKKN viết, không chép nội dung người khác Mỹ Đức ngày10 tháng năm 2013 Người làm đề tài Nguyễn Trọng Tuân D TÀI LIỆU THAM KHẢO Tạp chí Tốn học tuổi trẻ – Nhà xuất Giáo dục Nâng cao phát triển Toán – Tác giả : Vũ Hữu Bình Nâng cao phát triển Tốn – Tác giả : Vũ Hữu Bình Tuyển chọn đề thi tuyển sinh vào 10 chun mơn Tốn 40 ( Nhóm tác giả : Nguyễn Ngọc Đạm – Tạ Hữu Phơ ) Các toán bất đẳng thức kỳ thi chọn học sinh giỏi thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên – Tác giả: Nguyễn Đức Tấn Bất đẳng thức cực trị hình học phẳng – Tác giả: Nguyễn Đức Tấn Các đề thi chọn học sinh giỏi lớp thành phố Hà Nội số tỉnh thành 41 ... Rèn luyện kỹ sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi) » phần quan trọng chứng minh bất đẳng thức giải toán cực trị chương Toán THCS Đối tượng khảo sát, thực nghiệm Học sinh lớp trường THCS Bột... thấy bất đẳng thức tồn giá trị biến để có đẳng thức nên chuyển thành toán cực trị đại số 28 +) Sử dụng kết hợp với bất đẳng thức cô-si, số bất đẳng thức khác ta số toán sau: Bài 4: ( Thi chọn học. .. chứng minh bất đẳng thức : biến đổi tương đương, sử dụng bất đẳng thức bản, làm trội, làm giảm, quy nạp… Trong việc sử dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức Bunhiacopski,