(Sáng kiến kinh nghiệm) chuyên đề phát triển tư duy sáng tạo của học sinh từ việc khai thác lời giải một bài toán bất đẳng thức trong chương trình toán THCS

o ( a - b < o ) Ta gọi a>b (hoặc a < b ) bất đẳng thức +/Chú ý: Đôi ta viết :a ≥ b  a-b ≥ ;( : a≤ b  a-b ≤ 2/ Tính chất : a/ T/C 1: a ≥ b  a + c ≥ b + c ( với ∀c ) b/T/C : a ≥ b b ≥ c => a ≥ c c/T/C : a ≥ b c ≥ d a + c ≥ b + d d/ T/C : a ≥ b c ≤ d a – c ≥ b – d e/ T/C : với c > : a ≥ b  a c ≥ b c với c < : a≥ b  a c ≤ b c f/ T/C : a ≥ b ≥ ≥ a ≥ b : 1 ≤ a b 21 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS a c a a+c c ≤ : ≤ ≤ với ∀ b ; d > b d b b+d d h/T/C : với a ; b số thực : a + b ≤ a + b ; a − b ≥ a − b g/T/C : a a a+m < b > : ≤ với ∀ m ≥ b b b+m a a a+m a a−m Nếu > b > : ≥ với ∀ m ≥ ; ≤ với ∀ b > m ≥ b b b+m b b−m k/ T/C 10 : Với ∀ n ∈ N ; n lẻ : x ≥ y  xn ≥ yn ; x ≥ y  n x ≥ n y i/T/C : Với ∀ n ∈ N ; n chẵn : │x│≥ │y│ xn ≥ yn ; │x│≥ │y│ n x ≥ n y m/ T/C 11 : Với ∀ x ≥ m ; n ∈ N* : m ≥ n  xm ≥ yn Với ∀ x / o ≤ x ≤ m ; n ∈ N* : m ≥ n  xm ≤ yn n/T/C 12 Một số bất đẳng thức cổ điển : n.1/ Bất đẳng thức Cô Si : Với số thực không âm : a1 ; a2 ; …; an Thì : a +a + +a ≥ n a a a n Dấu xảy : a1 = a2 = …= an n2/ Bất đẳng thức Bu-Nhi-A-Cốp-SKi : Với hai dãy :( a1;a2;…;an ) ( b1; b2 ;…; bn ) tùy ý : ( a1.b1 + a2.b2 +…+ an bn )2 ≤ ( a21+a22+…+ ann ) ( b21 +b22 +…+ bnn) Dấu xảy : = t bi ; với i = ;2; ;…; n n3/ Bất đẳng thức Trê Bư Xép : Với dãy tăng giảm : ( a ≤ a ≤ ≤ a n ) ( b1 ≤ b ≤ ≤ b n ) Hoặc : ( a ≥a 2 n ≥ ≥ a n ) (b ≥b ≥ ≥ b ) + + + a n Thì : ( a1 b1+ a2.b2 +…+ an bn ) ≥ a1 a ( b1+b2+…+bn) n Dấu xảy : a1= a2= …= an b1= b2= …= bn Với dãy : dãy tăng dãy giảm : ( a ≤ a ≤ ≤ a n ) ( b1 ≥ b ≥ ≥ b n ) Thì : ( a1 b1+ a2.b2 +…+ an bn ) ≤ a +a + + a n n ( b1+b2+…+bn) Dấu xảy : a1= a2= …= an b1= b2= …= bn II.2 Một số ví dụ minh họa Bài tốn 1: Chứng minh ∀ x,y ∈ R x2 + y2 ≥ 2xy Lời giải 1: Xét hiệu: x2 + y2 – 2xy = (x – y)2 ≥ ⇒ x2 + y2 ≥ 2xy (đpcm) Lời giải 2: Ta có: ∀ x,y (x – y)2 ≥ ⇒ x2– 2xy + y2 ≥ ⇒ x2 + y2 ≥ 2xy (đpcm) Từ toán ta thay x2& y2 tương ứng x ; y ta có tốn sau: Bài tốn 1.1: Chứng minh ∀ x,y ≥ thì: x + y ≥ xy Ta lại thấy áp dụng toán cho số trở lên đặc biệt thay số chữ số cụ thể ta có : Bài tốn 1.2: Chứng minh ∀ a,b : a2 + b2 + ≥ 2(a +b) Bài toán 1.3: Chứng minh ∀ a,b,c thì: a2 + b2 + c2 + ≥ 2(a + b + c) Như từ toán ta thấy việc đưa tốn tổng qt & giải tốn thật dễ ràng 22 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS Bài tốn 1.4: Chứng minh rằng: ∀a1 , a2 , a3 an thì: a12 + a2 + an + n ≥ 2( a1 + a2 + + an ) với ∀ n ∈ N, n ≥ Hãy vận dụng toán giải toán sau : Bài toán 1.5: Chứng minh rằng: Với ∀ > 0; i = 1, n a1.a2…an = thì: (a1 + 1)(a2 + 1)…(an + 1) ≥ 2n Trong chương trình tốn lớp học đẳng thức bình phương hiệu : ( x − y) = x − xy + y ≥ => x2+ y2 => 2xy Từ ta có tốn sau : Bài tốn 2: Chứng minh rằng: ∀ x,y,z thì: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx Lời giải 1: Ta có: x2 + y2 ≥ 2xy (1) y2 + z2 ≥ 2yz (2) z2 + x2 ≥ 2xz (3) Cộng vế ba bất đẳng thức chiều ta được: 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx) ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx (đpcm) Lời giải 2: Xét hiệu: x2 + y2 + z2 – (xy +yz +zx) = 1 (2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2xz – 2yz) = 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x)  ≥ ⇒ x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz +zx (đpcm) Lời giải 3: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki cho hai dãy: (x,y,z) (y,z,x) ta có: (xy +yz +zx)2 ≤ (x2 +y2 + z2)(y2 + z2 + x2) ⇔ (xy +yz +zx)2 ≤ (x2 + y2 + z2)2 ⇔ xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx (đpcm) Từ toán 2, ta đề suất toán sau: Bài toán 2.1: Chứng minh ∀ x1, x2, …,xn x12 + x22 +… + xn2 ≥ x1x2 + x2x3 +… + xnx1 Bài toán 2.2 (bài tốn đặc biệt hóa): Chứng minh a2 + b2 + ≥ ab + b + a Vận dụng toán 1& t/c xắp thứ tự R để giải toán sau : Bài toán 2.3: Cho số dương có tổng Chứng minh ta xếp số vịng trịn cho tổng tích hai số liền không lớn Hướng dẫn: Xét số x1, x2, x3, x4, x5 > x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = Khi đó: = x12 + x22 + x32 + x42 + x52 + [ ( x1 x + x2 x3 + x3 x4 + x4 x5 + x5 x1 ) + ( x1 x4 + x2 x4 + x2 x5 + x3 x5 + x1 x3 )] Khơng giảm tính tổng qt giả sử: (x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5) ≤ (x1x3 + x1x4 + x2x4+ x2x5 + x3x5) Khi ≥ 5(x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 + x5x1) ⇒ x1x2 + …+ x5x1 ≤ (đpcm) Tiếp tục ta xét toán sau : Bài toán 3: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với ∀ x1, x2, x3 > x12 + x22 + x32 ≥ p(x1x2 + x1x3) 23 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải tốn bất đẳng thức chương trình tốn THCS  p2 x1 + x2 ≥ px1 x2  p  2 Lời giải: Ta có:  ⇒ x1 + x2 + x3 ≥ p ( x1 x2 + x4 x3 ) p x1 + x32 ≥ px1 x3    Để x12 + x22 + x32 ≥ p(x1x2 + x1x3) ; ∀ x1, x2, x3 > p2 p2 x1 + x2 + x32 ⇒ ≥ ⇒ p≤ 2 Vậy ∀ p ∈ R/ p ≤ thì: x12 + x22 + x32 ≥ p(x1x2 + x1x3) với ∀ x1, x2, x3 > Ta cho x12 + x22 + x32 ≥ Ta mở rộng cho toán : Bài toán 3.1: Xác định số thực p để bất đẳng thức sau thỏa mãn với số thực x1, x2, x3, x4 > x12 + x22 + x32 + x42 ≥ p(x1x2 + x1x3 + x1x4) Giải tương tự tốn : Ta có : p p x + x2 ≥ px1x2 (1) 2 x1 + x ≥ px1x3 (2) p x12 + x42 ≥ px1x4 (3) Cộng vế BĐT lại ta : 3p x12+ x22+ x32+x42 ≥ px1x2+ px1x3+ px1x4 Ta cho : x + x2 + x + x4 ≥ 2 3p 2 2 x + x + x +x4 ==> ≥ 3p => ≥ p Vậy: x12 + x22 + x32 + x42 ≥ p(x1x2 + x1x3 + x1x4) ; với ∀ x1; x2; x3; x4 : ≥ p Bài toán 3.2: (Bài toán tổng quát): Xác định số thực p ∈ R để bất đẳng thức sau thỏa mãn với ∀ n xi > 0; i = 1, n : ∑x i =1 i ≥ p(x1x2 + x1x3 +… + x1xn) Chúng ta xét tiếp toán : Bài toán 4: Cho số dương x, y thỏa mãn x + y = Chứng minh rằng: x2y2(x2 + y2) ≤ (1) Lời giải: Từ x + y = ⇒ x2 + y2 = – 2xy Mặt khác theo bất đẳng thức Cơsi ta có = x + y ≥ xy ⇒ xy ≤ xy ≤ Cách1: Ta có (1) ⇔ – x2y2(x2 +y2) ≥ – x2y2(4 – 2xy) ≥ ⇔ + 2xy – ≥ (2) x y2 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương: = + 2xy ≥ x y xy 2 ; 2xy vì: < xy ≤ ta có: x y2 ≥ ⇒ Bđt (2) ⇒ Bđt (1) xy Cách 2: áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương: 2xy, x2 +y2 ta có: 2 xy ( x + y ) ≤ 2xy + x2 + y2 = (x + y)2 = ⇒ xy(x2 + y2) ≤ ⇒ x2y2(x2 +y2) ≤ 2xy ≤ (do 0< xy ≤ 1) ⇒ x2y2(x2 + y2) ≤ (đpcm) 24 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải tốn bất đẳng thức chương trình tốn THCS Cách 3: Xét tỉ số : x2 y ( x2 + y ) xy ( x + y ) ⇒A ≤ (do ≤ xy ≤ nên x2y2 ≤ xy) 2 xy ( x + y ) xy + x + y 2 24 ⇒A≤ ≤ ( ) ≤ ( x + y)4 = =1 4 16 16 ⇒ x2y2(x2 + y2) ≤ A= Cách 4: Xét hiệu: B = x2y2(x2 + y2) - = x2y2(4 – 2xy) – Đặt xy = t với < t ≤ Ta có: B = t2(4 – 2t) – = -2t3 + 4t2 – = 2(1 – t)(t2 – t -1) = 2(1 –t) (t − 1) − t  ≤ (vì t ≤ ⇒ 1-t ≥ (t2 -1) – t ≤ -1 < 0) ⇒ B ≤ ⇒ x2y2(x2 + y2) ≤ (đpcm) Cách 5: Xét biểu thức T = x2y2(x2 + y2) ⇔ T = xy(4 – 2xy) ⇔ 2(xy)2 – 4xy + T = 0(*) Coi (*) phương trình bậc ẩn (xy) phương trình có nghiệm ∆ ' = – 2T ≥ ⇔ T ≤ mà x2y2(x2 + y2) ≤ T ≤ ( ≤ xy ≤ 1) => (đpcm) Vận dụng lời giải toán giải tốn sau: Bài tốn 4.1: Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình: x + y =  2 2 x y (x + y ) = Bài toán 4.2: Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x + y = a Tìm giá trị lớn biểu thức A = xy(x2 + y2) Xuất phát từ toán : Bài toán 5: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc (*) Lời giải: Cách 1: Ta có: a2 ≥ a2 – (b – c)2 = (a – b + c)(a + b – c) ≥ (1) ( a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) Tương tự ta có: b2 ≥ (b – c + a)(b + c – a) ≥ (2) c2 ≥ (c – a + b)(c + a – b) ≥ 0(3) Nhân vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có: a2.b2.c2 ≥ [ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) ] ⇒ abc ≥ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) (đpcm) Nếu ta thay, đổi biến ta có lời giải khác : Cách 2: Đặt x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với x, y, z > a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Khi đó: a = x+ y x+z y+z ,b= ,c= thay vào bđt (*) 2 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ xyz ⇔ (x +y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz (**) áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: x + y ≥ xy > 0; Ta có: y + z ≥ yz > ;z + x ≥ xz > 25 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải tốn bất đẳng thức chương trình toán THCS Nhân vế bất đẳng thức chiều có vế dương ta có: (x +y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz ⇒ bất đẳng thức (**) ⇒ bất đẳng thức (*) Ta thay đổi bđt (*) ⇔ (a + b + c – 2c)(b + c + a – 2a)(a + b + c – 2b) ≤ abc ⇔ (2p – 2c)(2p – 2a)(2p – 2b) ≤ abc ⇔ (p – a)(p – b)(p – c) ≤ abc ( p nửa chu vi tam giác) Từ ta có : Bài tốn 5.1: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác p nửa chu vi Tìm giá trị lớn biểu thức: A= ( p − a)( p − b)( p − c) abc Ta mở rộng giả thiết: a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thành: a, b, c ba số dương bất đẳng thức (*) Do a, b, c có vai trị khơng tính tổng qt, giả sử 0< a ≤ b ≤ c Khi đó: hai ba thừa số: (a + b – c); (b + c – a); (a + c – b) ln có giá trị dương Nếu ba thừa số dương chứng minh tương tự bất đẳng thức (*) Nếu có thừa số khơng dương (*) ln ta lại có tốn Bài toán 5.2: Cho a, b, c ba số dương Chứng minh (a + b – c)(b + c – a)(c + a –b) ≤ abc áp dụng toán 5.2 cho ba số dương: a, 1, thêm giả thiết a.b.c = b 1 a )(a + - 1)( + – a) ≤ b b b b 1 - 1)(a +1 - )( + – a) ≤ b b 1 - 1)(ab – b – 1)( + - 1) ≤ ab a 1 - 1)(b + - 1)(c + - 1) ≤ c a Ta có: (a +1 b ⇔ (a + b ⇔ (a + b ⇔ (a + Từ ta có tốn mở rộng sau: Bài tốn 5.3: Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = Chứng minh rằng: (a + - 1)(b + 1 - 1)(c + - 1) ≤ c a Theo tốn ta có: (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: 8abc ≤ (a + b)(b + c)(c +a) Khi đó: 8(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ (a + b)(b + c)(c +a) a +b−c b+c− a c+ a −b ≤ a+b b+c c+a c a b ⇒ (1 − )(1 − )(1 − )≤ a+b b+c a+c ⇒ Ta lại có tốn sau : Bài toán 5.4: Cho ba số dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức 26 b Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS P = (1 − c a b )(1 − )(1 − ) a+b b+c a+c Một bđt quen thuộc & sử dụng nhiều chứng minh tìm cực trị toán sau : Bài toán 6: Chứng minh ∀ x,y > 1 + ≥ x y x+ y Lời giải: 1 x+ y ( x + y ) − xy ( x − y)2 − − − ≥ Cách 1: Xét hiệu: = = = x y x+ y x y x + y xy ( x + y ) xy ( x + y ) 1 Với ∀ x,y > ⇒ + ≥ x y x+ y 1 x+ y ≥ ⇔ Cách 2: + ≥ (x + y)2 ≥ 4xy (do x, y > 0) x y x+ y x y x+ y ⇔ (x – y)2 ≥ bất đẳng thức ⇒ bất đẳng thức (1) ⇒ (đpcm) Cách 3: Ta có: (x – y)2 ≥ x2 + y2 ≥ 2xy ⇒ (x2 + 2xy + y2) ≥ 4xy x+ y ≥ (do x,y > 0) x y x+ y 1 + ≥ ⇒ (đpcm) x y x+ y (x + y)2 ≥ 4xy ⇒ Ta thay x = a + b – c; y = c + a – b; z = b + c – a với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Khi vận dụng tốn ta có tốn sau: Bài toán 6.1: Chứng minh với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thì: 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c− a c+ a −b a b c 1 11 1 + + ≥  + + ÷ ; với p nửa chu vi tam giác ABC Hay : p−a p−b p−c 2 a b c  Tiếp tục áp dụng tốn ta có: n 1 + ≥ x n y n xy ≥ n x + y Khi thay x= a+b-c ; y= b+c-a ; z = c+a-b Ta : n n n 1 +n ≥n a+b−c b+c−a b 1 +n ≥n b+c−a a +c −b c 1 +n ≥n a+c−b a+b−c a Từ ta có kết : Bài tập 6.2: Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thì: 27 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS 1 1 1 +n + ≥ n + n + n ( Với ∀ n ∈ ¥ *) a+b−c b +c − a c + a −b a b c Ta lại thấy giả sử: a ≥ b ≥ c thì: b + c – a ≤ a + c – b ≤ a + b – c 1 ⇒ ≥ ≥ b+c−a c +a −b a +b−c n áp dụng bất đẳng thức Trê bư xép cho hai dãy: ( n a ≥ n b ≥ n c ) ( ) Ta có: 3( 1 ≥ ≥ b+c−a c +a −b a +b−c n n 1 a b c + + ) ≥ ( n a + n b + n c )( ) + + b+c−a c+ a−b a +b−c b+c−a a +c−b a +b−c n 1 ≥ ( n a + n b + n c )( + + ) (nhớ toán 6.1) a b c áp dụng bất đẳng thức Trê bư xép lần cho hai dãy: 1 a b c 1 1 1 3( n a + n b + n c ≤ ( n a + n b + n c )( + + ) a b c a b c ( n a ≥ n b ≥ n c ) &( ≤ ≤ ) ta có: Từ ta lại có tốn: Bài tốn 6.3: Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thì: n n a b c ≥ + + + + b + c − a a + c − b a + b − c n a n −1 n b n −1 n c n −1 n ; ( Với ∀ n ∈ N*) Để vận dụng tốn tơi xin đề suất số tập áp dụng sau : Bài toán 6.4: Cho số dương x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = Chứng minh rằng: 1 1 + + + ≥ 16 x y z t Bài toán 6.5: Cho số dương x, y thỏa mãn: x + y = Chứng minh + ≥ xy x + y Bài toán 6.6: Cho số dương a, b, c, d Chứng minh rằng: a+c b+d c+a d +b + + + ≥4 a+b b+c c+d d +a Bài toán 6.7: Cho số dương x, y, z Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ + + x + y y + 3z z + 3x x + y + z y + z + x z + x + y 1 + ≥ = Hướng dẫn: (1) x + y y + z + x 2( x + y + z ) x + y + z 1 + ≥ = Chứng minh tương tự: (2) y + z z + x + y 2( y + z + x) y + z + x 1 + ≥ = (3) z + x x + y + z 2( z + x + y ) z + x + y 28 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải tốn bất đẳng thức chương trình toán THCS Cộng vế bất đẳng thức rút gọn ta có kết Bài tốn 6.8: Cho số dương a, b, c thỏa mãn: abc = ab + bc + ca 1 + + ≤ a + 2b + 3c 2a + 3b + c 3a + b + 2c 16 1 1 1  1 1  = ≤  + + ÷ (1) Hướng dẫn : ≤  + + a + 2b + 3c ( a + c ) + ( b + c )  a + c ( b + c )  16  a b 2b 2c  Chứng minh rằng: 1 1 1  ≤  + + + ÷ (2) b + 2c + 3a 16  b a 2c 2a  1 1 1  ≤  + + + ÷ (3) c + 2a + 3b 16  c b 2a 2b  Tương tự : Cộng BĐT (1) ; (2) & (3) ta : 1 1 1 + ≤  + + ÷ (4) a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 16  a b c  1 Từ giả thiết : abc = ab + bc + ca với a> ; b> ; c > => + + = (5) a b c Kết hợp (4) & (5) ta có ( đpcm ) Bài toán 6.8 : Chứng minh rằng, với số thực dương a, b, c ta có : ab bc ca a +b+c + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b ab ab  1  ≤  + Hướng dẫn : ÷ (1) a + 3b + 2c  3b a + 2c  2bc 2bc  1  ≤ +  ÷ (2) b + 3c + 2a  a + b + c a + 2c  Cộng vế BĐT (1) & (2) ta : ab 2bc 1a 2bc  + ≤  +b+ ÷ (3) a + 3b + 2c b + 3c + 2a  a+b+c bc 2ca 1b 2ca  + ≤  + + c ÷ (4) b + 3c + 2a c + 3a + 2b  a + b + c  ca 2ab 1c 2ab  + ≤  +a+ ÷ (5) c + 3a + 2b a + 3b + 2c  a+b+c  Cộng BĐT (3), (4) & (5) ta : ab bc ca  4a + 4b + 4c 2ab + 2bc + 2ca  + + ≤  + ÷ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 12  a+b+c   4( a + b + c) 2( a + b + c)  a + b + c ≤  + (đpcm) = 12  3  Trong giải tốn điều khơng thể thiếu phải xem xét , phân tích kỹ càng, sử dụng phương pháp giải cách triệt để cụ thể từ toán ta thay số a 2&b2, ta có tốn sau: Bài toán 7: Cho số a, b, c số x, y, z số thực dương thì: 29 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS a b (a + b) + ≥ (1) x y x+ y Lời giải: Bất đẳng thức (1) ⇔ (a2y + b2x)(x + y) ≥ (a + b)2xy (do x, y > 0) a2xy + a2y2 + b2x2 + b2xy – a2xy – 2abxy – b2xy ≥ ⇔ (ay – bx)2 ≥ Bất đẳng thức ⇒ bất đẳng thức (1) Ta lại thấy từ tốn mở rộng để có tốn sau : Bài toán 7.1: Với a, b, c, số thực tùy ý, x, y, z số thực dương thì: a b c ( a + b + c) + + ≥ x y z x+ y+z a b (a + b) a b c (a + b) c (a + b + c) ⇒ + ≥ + + ≥ + ≥ Lời giải: (đpcm) x y x+ y x y z x+ y z x+ y+z Xuất phát từ toán ta đưa toán tổng quát sau: Bài tốn 7.2: Cho n số thực a1, a2, …an n số thực dương b1, b2,…bn thì: a ( a + a + + an )2 a12 a22 + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn Vận dụng toán 7.1 để giải toán : Bài toán 7.3: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a +b+c + ++ ≥ b+c c+a a+b Bài toán 7.4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b +c = Chứng minh : 1 + + ≥ a + 2bc b + 2ac c + 2ab Bài toán 7.5: Với a, b, c ba số dương cho trước; x, y, z số dương thỏa mãn đẳng thức: 1 + + = Chứng minh rằng: x y z 1 1 + + ≤ P= ax + by + cz bx + cy + az cx + ay + bz a + b + c a b c a b c (a + b + c) Hướng dẫn: Ta có: + + = + + ≥ đặt a + b + c = s x y z ax by cz ax + by + cz 1 a b c ≤ ( + + ) (1) ⇒ ax + by + cz S x y z 1 b c a ≤ ( + + ) (2) Tương tự: bx + cy + az S x y z 1 c a b ≤ ( + + ) (3) cx + ay + bz S x y z S 1 1 1 1 ⇒ P≤ Từ (1), (2)& (3) ==> P ≤ ( + + ) = (vì + + = 1) S x y z x y z S a+b+c Vận dụng toán để giải tốn sau: Bài tốn 7.5: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = 30 + ; với < x 14 xy + yz + zx x + y + z 2 ( 2) ( 6) Hướng dẫn: A = (Lưu ý : dấu “ = ” không xảy ) + 2( xy + yz + zx ) x + y + z 1 + Bài toán 7.7: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= biết a, b, c ba số − 2(ab + bc + ca ) abc thực dương có tổng Hướng dẫn: (a + b + c)2 = ⇒ -2(ab + bc + ca) = a2 + b2 + c2 nên viết lại: a+b+c 1 1 + = + + + ≥ + 2 2 2 a +b +c abc a + b + c ab bc ca a + b + c ab + bc + ca 2 1 12 32 ≥( + + ) + ≥ + 2 a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c ) ab + bc + ca (a + b + c)2 = ⇒ M ≤ + 21 = 30 Mà : (ab + bc + ca) ≤ 3 đẳng thức xảy a = b = c = ⇒ Mmin = 30 ; Khi a= b = c M= Chúng ta lại để ý đến toán : Bài tốn 8: Với a, b dương ta ln có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) (*) Lời giải: Bất đẳng thức (*) ⇔ (a + b)(a2 – ab + b2) – ab(a+b) ≥ ⇔ (a+b)(a-b)2 ≥ Cách 2: Ta có: a3 + b3 = (a + b)(a2 -2ab + b2) Vì a2 – ab + b2 ≥ ab ⇒ (a + b)(a2 – ab + b2) ≥ ab(a + b) Với ∀ a,b > ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a+ b) Ta có bất đẳng thức (*) ⇒ a3 + b ≥ a (a + b) (do b > 0) b a3 + b ≥ a + ab b b3 c3 Tương tự với a, b, c > + c ≥ b + bc ; + a ≥ c + ac c a ⇔ Từ ta có tốn sau: Bài tốn 8.2: Với ba số dương a, b, c a b3 c + + ≥ ab + bc + ca Chứng minh rằng: b c a Vận dụng kết tập ta có tốn sau: Bài toán 8.3: Với a, b, c dương, Chứng minh rằng: a + b3 b + c c + a + + ≥ a+b+c 2ab 2bc 2ca Lại có 4(a3 + b3) ≥ (a3 + b3) + 3ab(a + b) với ∀ a, b > 31 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS ⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 Ta đề xuất toán: Bài toán 8.4: Với a, b, c > Chứng minh rằng: 8(a3 + b3 + c3) ≥ (a + b) + (b + c)3 + (c + a)3 Lại thấy bổ sung thêm giả thiết: abc = từ tốn ta lại có: a + b3 + abc ≥ ab (a +b) + abc 1 ≤ (với a, b, c > 0) a + b + ab(a + b + c ) 1 1 ≤ Tương tự: 3 ≤ 3 b + c + bc(a + b + c) c + a + ac(a + b + c) 1 + 3 + ≤1 3 a + b + b + c + c + a3 + a3 + b3 +1 ≥ ab(a + b + c) > ⇔ Từ ta đề xuất toán: Bài toán 8.5: Cho a, b, c dương, abc = Chứng minh rằng: 1 + 3 + ≤1 a + b + b + c + c + a3 + Với cách làm tương tự Tơi xin đề xuất số tốn sau : Bài toán 8.6: Cho a, b, c dương abc = Chứng minh rằng: ab bc ca + 5 + ≤ (1) a + b + ab b + c + bc c + a + ac Hướng dẫn: Chứng minh : vế trái (1) ≤ 1 + 3 + 3 a + b + b + c + c + a3 + Bài tốn 8.7 : Cho a, b, c không âm Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab Hướng dẫn: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ 2a2 bc + 2b2 ac + 2c2 ab 2a2 bc + 2b2 ac + 2c2 ab ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab + 3abc Một toán tưởng chừng đơn giản ứng dụng kết lại cho kết khơng ngờ bạn thử xem : Bài toán 9: Cho hai số không âm a, b thỏa mãn a + b = Chứng minh rằng: a + b ≤ (1) Lời giải: Ta thấy với a, b ≥ a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2 Khi ta có cách giải sau: Cách 1: a + b ≤ ⇔ ( a + b )2 ≤ ⇔ a + b + ab ≤ ⇔ + ab ≤ ⇔ ab ≤ ⇔ ab ≤ a + b ⇔ a+ b - ab ≥ ⇔ ( a - b )2 ≥ Với a, b, bất đẳng thức bất đẳng thức (1) Cách 2: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpski ta có: (1 a + b )2 ≤ (12 + 12)(a + b) = ⇔ ( a + b )2 ≤ ⇔ a + b ≤ Ta thay đổi điều kiện toán a + b = 1, ta có tốn Bài tốn 9.1: Cho nai số a, b không âm thỏa mãn a + b = n Chứng minh a + b ≤ 2n ; (n ∈ N, n ≥ 1) Mở rộng toán 9.1: Cho ba số a, b, c ≥ thỏa mãn: a + b + c = n ((n ∈ N, n ≥ 1) Ta toán 9.2: 32 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS Cho a, b, c ba số không âm thỏa mãn a + b + c =n (n ∈ N, n ≥ 1) Chứng minh rằng: a + b + c ≤ 3n Từ ba tốn ta tổng qt hố tốn: Bài tốn 9.3: Cho n số khơng âm a1, a2, …am thỏa mãn a1+ a2+ …+ am = n (n, m ∈ N, n, m ≥ 1) Chứng minh rằng: a1 + a2 +…+ am ≤ mn Hãy vận dụng để giải toán sau: Bài toán 9.4: Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + b + c + c + a ≤ Bài toán 9.5: Cho bốn số không âm a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng: a/ a + b + b + c + c + d + d + a ≤ 2 b/ a + b + c + b + c + d + c + d + a + d + a + b ≤ Bài toán 9.6: Cho x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 ≤ 27 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + y + z + xy + yz + zx Trong giải toán bất đẳng thức việc nhận xét đánh giá toán vấn đề quan Nhiều toán cần sử dụng mẹo nhỏ ta tìm lời giải khơng ta cịn tổng qt tốn Thật ví dụ toán sau: Bài toán 10: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: Lời giải : Đặt : x= b+ c ; y = c+ a ; z = a +b Khi suy a = 25a 16b c + + < (1) b+c c+a a +b −x + y + z x− y+z x+ y−z ,b= ,c= 2 Vì a, b, c > nên x + y > z, y + z > x, z + x > y (2) Ta có: 16( x − y + z ) x + y − z 25a 16b c 25(− x + y + z ) + + = + + 2y b+c c+a a +b 2x 2z = ( −25 −16 −1 25 y 16 x 25 z x 16 z y + + )+( + )+( + )+( + ) ≥ 2 2x 2y 2x 2z y 2z −21 + 25 y 16 x 25 z x 16 z y +2 +2 = -21 + 20 + + = 2x y 2x 2z y 2z  25 y 16 x x y  2x = y 5 =   x y z y+z  25 z x x = ⇔  =z ⇔ = = = Đẳng thức xảy khi:  5  2x 2z 5 y 16 z y  y = 2z 4 = z   ⇒ x = y + z mâu thuẫn với (2) đẳng thức không xảy 25a 16b c + + Vậy ta có >8 b+c c+a a +b Dựa vào cách giải toán ta đề xuất toán sau: Bài toán 10.1: Cho m, n, p, a, b, c số dương Chứng minh rằng: 33 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải tốn bất đẳng thức chương trình tốn THCS ma nb pc + + ≥ ( m + n + p ) - (m + n + p) (*) b+c c+a a +b Lời giải: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z với x, y, z > Ta có: a= −x + y + z x− y+z x+ y−z ,b= ,c= 2 với x + y > z, y + z > x, z + x > y ; (do a, b, c > 0) Khi biến đổi ta có: my nx mz px nz py + )+( + )+( + ) 2x y 2x 2z y 2z mn + p + np = ( m + n + np ) - (m + n + p) 2 Vế trái (*) = − (m + n + p) + ( ( ≥ − (m + n + p) + Tương tự 10 ta lí luận dấu “ =” khơng xảy 2 Vậy Vế trái (*) ≥ ( m + n + p ) - (m + n + p) ⇒ (đpcm) Trong giải toán bất đẳng thức việc sử dụng phương pháp chứng minh, biến đổi đại số mà ta biết liện hệ, vận dụng mơn hình học vào để chứng minh cơng việc giải toán lại trở thành đơn giản, dễ hiểu Sau tơi xin đưa tốn: Bài tốn 11: Cho a1 , a2 , b1 , b2 ,, số dương Chứng minh : 2 1 a +b + 2 2 a +b ≥ ( a + a ) +(b +b ) 2 2 Bài giải:Xét mặt phẳng tọa độ vng góc Oxy : Ta đặt tia Oy đoạn thẳng: OA = a1, AB = a2 , OC = b1 , CD = b2 Qua A, B vẽ đường thẳng song song với Ox; qua C, D vẽ đường thẳng song song với Oy, chúng cắt M, N, P, Q Ta có OA2 + OC2 = OM2 2 y (do OAMC hình chữ nhật) => a1 + b1 = OM2 (1) MN2+MQ2 = MP2 B N P 2 => a + b = MP2 (2) OB2 +OD2 = OP2 => ( a1+ a2 )2 +( b1+ b2 )2 = OP2 (3) a2 Từ (1);(2)&(3) suy : OM +MB ≥ OB hay : 2 1 a +b + 2 2 a +b ≥ ( a + a ) +(b +b ) 2 A M Q a1 Xuất phát từ toán 11 ta phát triển thành toán sau: Bài toán 11.1 : Cho 2n số dương : ( a1; a2; …; an.) & ( b1 ; b2; …: bn) Ta có : n  n   n  + ≤ ∑ ∑ ∑  a i ÷  bi ÷ i =1  i =1   i =1  ( 2 i i a +b O b1 C D b2 x ) Dấu “ =’’ xảy : a =t.b ; với i=1; 2;…;n i i Hướng dẫn: Trên trục 0y ta đặt liên tiếp đoạn OA1= a1; A1A2= a2; …; An-1An= an 34 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp –THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải tốn bất đẳng thức chương trình toán THCS Trên trục Ox ta đặt liên tiếp đoạn thẳng : OB1=b1; B1B2= b2;…; Bn-1Bn= bn Tại điểm Ai ta kẻ đường thẳng song song với trục Ox; Tại điểm B i tacũmg kẻ đường thẳng song song với trục Oy, đường thẳng cắt điểm C i Khi ta có : (a +a 2 1 a +b + + a n ) + ( b1 + b + + b n ) = OCn 2 + 2 2 a +b 2 n n a +b + + = OC1+ C1C2+ …+ Cn-1Cn Mà OCn ≤ OC1+ C1C2+…+ Cn-1Cn Từ suy (đpcm) Vẫn xuất phát từ toán 11 ta mở rộng tiếp tục thành toán sau : Bài toán 11.2 : Cho 2n số thực : ( a1 ; a2; …; an) & ( b1; b2 ; …; bn) Ta có : 2 n  n   n  + ≤  ∑ a i ÷  ∑ bi ÷ ∑ i =1  i =1   i =1  ( 2 i i a +b ) Dấu “ =’’ xảy : a =t.b ;với i= 1; ; ;…; i i n Hướng dẫn: Ta cần để ý :  n   ∑ ÷ =  i =1  n ∑a i =1 i 2  n   n  ≤  ∑ a i ÷ &  ∑ bi ÷ =  i =1   i =1  n ∑b i =1 i  n  ≤  ∑ b i ÷ Sau chứng  i =1  minh tương tự ta (đpcm) III- KẾT LUẬN Vận dụng phương pháp giải khai thác tốn bất đẳng thức cách nhìn nhận & đánh giá cách tinh tế, triệt để kết hợp với việc sử dụng phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá cách phù hợp kết trình học tập, giảng dạy, tự nghiên cứu thân Lượng kiến thức bđt sách giáo khoa đề cập lại hạn chế, trình giảng dạy cần phải khai thác tốt để thúc đẩy tư sáng tạo cho giáo viên học sinh Mặt khác giúp cho học sinh không bị động, sợ hãi mà lại có hứng thú học tập, tạo cho học khơng nhàm chán trở thành sinh động Qua giúp cho học sinh độc lập suy nghĩ, tự rèn luyện học tập, tạo hướng tư phải tìm tịi cách tốt giúp phát triển trí tuệ, suy luận lơ gíc, nhân cách cho học sinh Bản thân người giáo viên giảng dạy cần lựa chọn vấn đề đưa bản, không tham, không nhồi nhét kiến thức mà phải tự nhiên, để từ khai thác, mở rộng, đề xuất vấn đề cách hợp lí Tơi hi vọng chun đề đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy học mơn tốn cấp học THCS Xin đóng góp chân thành đồng nghiệp kính yêu! Trân trọng cảm ơn./ 35 ... thì: 29 Phát triển tư sáng tạo học sinh từ việc Đỗ Minh Giáp ? ?THCS Lê Hồng Phong khai thác lời giải toán bất đẳng thức chương trình tốn THCS a b (a + b) + ≥ (1) x y x+ y Lời giải: Bất đẳng thức. .. sau: Bài toán 7.5: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = 30 + ; với < x

Định dạng
Số trang	15
Dung lượng	659 KB