(Sáng kiến kinh nghiệm) rèn luyện kỹ năng chứng minh bất đẳng thức đối xứng với các biến cho học sinh trung học phổ thông

I - PHẦN MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Tốn học mơn khoa học rèn luyện tư trừu tượng Tốn học THPT lại mang tính trực quan, cụ thể mục tiêu mơn tốn bậc THPT hình thành biểu tượng toán học ban đầu rèn luyện kĩ toán cho học sinh, tạo sở phát triển tư phương pháp cho học sinh sau Dạy học tốn học trung học để học sinh hình thành kiến thức kĩ mới, biết phối hợp nhịp nhàng lực trí tuệ như: quan sát, ghi nhớ, óc tưởng tượng chủ yếu lực tư mà đặc trưng lực tư độc lập, linh hoạt, sáng tạo, vận dụng hiểu biết học để giải vấn đề đặt cách tốt Trong toán bất đẳng thức toán khó, tốn điển hình để rèn luyện tư duy, trí thơng minh, óc sáng tạo cho học sinh Vì vậy, tơi nhận thấy việc hình thành cho học sinh kiến thức kĩ q trình giải tốn bất đẳng thức nhiệm vụ quan trọng người giáo viên Đó lý tơi chọn đề tài ‘‘Rèn luyện kĩ chứng minh bất đẳng thức đối xứng biến cho học sinh THPT’’ Mục đích nghiên cứu: Trong thực tế giảng dạy trường THPT, học sinh gặp nhiều khó khăn giải toán liên quan bất đẳng thức, tốn chứng minh bất đẳng thức thường khơng có cách giải mẫu, khơng theo phương pháp định nên học sinh không xác định hướng giải toán Khi gặp loại toán này, nhận thấy em thường lúng túng, thụ động, đâu, phân tích tốn Chính dẫn đến thực trạng hầu hết em sợ, khơng có hứng thú chấp nhận bỏ qua toán bất đẳng thức Để khắc phục hạn chế trên, định hướng em tư logic, phát triển trí thơng minh, tơi mạnh dạn đưa số hướng tiếp cận với bất đẳng thức đối xứng biến, hy vọng em học sinh tự định hướng phương pháp chứng minh hứng thú học bất đẳng thức nói riêng mơn Tốn nói chung Đối tượng nghiên cứu Đề tài đưa nghiên cứu hướng tiếp cận, phương pháp chứng minh bất đẳng thức đối xứng biến cho bạn u thích tốn học, thầy cô giáo, em học sinh trường THPT làm tài liệu tham khảo tiếp tục phát triển Phương pháp nghiên cứu Để nghiên cứu đề tài này, chủ yếu sử dụng phương pháp điều tra, phương pháp đối chứng phương pháp nghiên cứu tài liệu II - PHẦN NỘI DUNG II.1 Cơ sở lí luận: - Trong toán bất đẳng thức (BĐT) chương trình tốn phổ thơng, BĐT Cauchy đóng vai trị vơ quan trọng Một phần lớn toán BĐT giải việc vận dụng kĩ thuật biến đổi BĐT Cauchy, đặc biệt bất đẳng thức đối xứng biến - Có tốn mặt biểu thức tốn học tương đối cồng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải, ta chuyển tốn từ tình khó biến đổi trạng thái dễ biến đổi Đó sở phương pháp đổi biến số - Đối với bất đẳng thức đối xứng biến, biến tốn có vai trị nên khơng giảm tổng quát ta giả sử biến xếp theo thứ tự khơng giảm Khi đó, nhiều tốn giải đơn giản - Ngồi bất đẳng thức đối xứng với tất biến trên, thường gặp số bất đẳng thức đối xứng với hai ba biến biểu thức Khi đó, tính đối xứng biến, đánh giá bất đẳng thức theo biến khơng đối xứng, đánh giá theo tổng, tích hai biến đối xứng Trên sở đó, tơi mạnh dạn đưa số định hướng để giải toán bất đẳng thức đối xứng biến II.2 Thực trạng vấn đề: - Bất đẳng thức kiến thức khó khơng thể thiếu vốn kiến thức học sinh phổ thông, học sinh giỏi Tuy nhiên, giảng dạy lớp gặp số tập bất đẳng thức thấy học sinh nhiều lúng túng việc làm tập, hay định hướng cách làm, đặc biệt học sinh học mức độ trung bình Thực việc kiểm tra vài tập nội dung đề tài trước áp dụng để đưa vào giảng dạy hai lớp 10C2,10C7, thu kết sau: Lớp Sĩ số Điểm giỏi Điểm 12C2 12C7 42 40 12 10 Điểm tbình 14 15 Điểm yếu 10 11 Trước vấn đề thấy việc hướng dẫn học sinh số phương pháp chứng minh bất đẳng thức việc cần thiết để giúp học sinh có thêm kiến thức bất đẳng thức, tạo điều kiện cho học sinh định hướng tốt, vận dụng tốt phương pháp phù hợp để chứng minh bất đẳng thức Khi tạo nên hứng thú, kích thích phát triển tinh thần say mê, thích thú học tốn II.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề Để giải toán bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm tính chất bất đẳng thức, phải nắm phương pháp chứng minh định hướng để biến đổi bất đẳng thức Nếu khơng dễ bị dẫn đến khó khăn, bế tắc Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức ta phải vào đặc thù toán mà sử dụng phương pháp cho phù hợp Mỗi toán chứng minh bất đẳng thức áp dụng nhiều phương pháp giải khác nhau, có phải phối hợp nhiều phương pháp cách hợp lí Sau đây, tơi trình bày số phương pháp biến đổi áp dụng cho bất đẳng thức đối xứng với biến Trong đề tài này, nghiên cứu dạng: Bất đẳng thức (BĐT) đối xứng tất biến bất đẳng thức (BĐT) đối xứng với biến A – BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI TẤT CẢ CÁC BIẾN: A.1 Sử dụng kĩ thuật biến đổi cách vận dụng BĐT Cauchy: A.1.1 BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) : Dạng cụ thể ( số, số ) n = 2: 1.1 1.2  x , y ≥ : x y  xy x  y  xy n = 3: 1.3 1.4 1.5  x , y , z ≥ : x y z  xyz x  y  z  3 xyz  x y     xy    x yz     xyz    x  y   xy  x  y  z   27 xyz 1   x y x y  xy  x  y  1    x y z x yz  xyz  x  y  z  1.6 Đẳng thức xảy  x= y Đẳng thức xảy  x= y =z Dạng tổng quát (n số): Với số thực: x ; x ; x ; … ; xn không âm ta có: Dạng 1: Dạng 2: Dạng 3: x1  x2  xn n  x1 x2 xn n x1  x2  xn  n n x1 x2 xn  x1  x2  xn    n   n  x1 x2 xn x  x   xn Dấu “ = ” xảy khi: Hệ 1: Nếu: x1  x2   xn  S ( S khơng đổi) thì: Max  P  x1 x2 xn  S   n n Khi: x1  x2   xn  S n Hệ 2: Nếu: x1x2 xn  P ( P khơng đổi) thì: Min  S  x1  x2  xn   n n P x  x2   xn  n P Khi: A.1.2 MỘT SỐ QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BĐT CAUCHY: Để giải dạng toán này, trước hết em học sinh cần nắm vững số quy tắc cần ý sử dụng BĐT Cauchy sau Quy tắc song hành: Hầu hết BĐT có tính đối xứng việc sử dụng chứng minh cách song hành, giúp ta hình dung kết nhanh chóng định hướng cách giải nhanh Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” BĐT quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi BĐT Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: Không học sinh mà số giáo viên nghiên cứu chứng minh BĐT thường hay mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp song hành BĐT không ý đến điểm rơi dấu Một nguyên tắc áp dụng song hành BĐT điểm rơi phải đồng thời xảy ra, nghĩa dấu “ = ” phải được thỏa mãn với điều kiện biến Quy tắc biên: Cở sở quy tắc biên tốn quy hoạch tuyến tính, tốn tối ưu, tốn cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm nhiều biến miền đóng Ta biết giá trị lớn nhất, nhỏ thường xảy vị trí biên đỉnh nằm biên Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vai trị biến BĐT dấu “ = ” thường xảy vị trí biên Nếu tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng ta dấu “ = ” xảy biến mang giá trị cụ thể Chiều BĐT giúp ta định hướng cách chứng minh: đánh giá từ Trung bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) ngược lại A.1.3 VẬN DỤNG CÁC KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỬ DỤNG BĐT CAUCHY Kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá BĐT theo chiều “  ” , đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nơm na thay a + b a.b cần ý biến tổng thành tích, tích phải triệt tiêu hết biến, cịn lại số a Ví dụ Chứng minh rằng:   b   b  c   c  a   8a 2b 2c , a, b, c Giải 2 Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2  x y = 2|xy| ta có: a  b  ab    2 b  c  bc   2 c  a  ca   a  b2   b2  c   c  a   8| a 2b2c |  8a 2b2c a, b, c (đúng) Nhận xét:  Chỉ nhân vế BĐT chiều vế không không âm 2  Chú ý rằng: x2 + y2  x y = 2|xy|  Trong tốn có dấu “  ” nên ta đánh giá từ TBC sang TBN; = 2.2.2 gợi ý cho ta sử dụng bất đẳng thức Côsi cho số, cặp số a, b, c, d   CMR : abcd   1 1 81    3  Ví dụ Cho: 1  a  b  c  d Giải: Từ giả thiết suy ra:       b c d Côsi bcd  1     =    33      1 a  1 b   1 c   1 d  1 b 1 c 1 d  1 b   1 c   1 d  Vậy:  bcd 3  1 b  1 c  1 d 1  a  cda  1  b  3  c  d  a       dca  1  c  3  d  c  a      abc  3 1  d  1 a   b  1 c         0    abcd  0   0    a   1 b   1 c   1 d   81 abcd  1 a   1 b    c   1 d  0 81 Bài toán tổng quát:  x1 , x2 , x3 , , xn   CMR : x1 x2 x3 xn  1  n  n  1 1  x   x   x    x  n  n Cho:  Nhận xét:  Đối với toán có điều kiện biểu thức đối xứng biến việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng giúp ta xử lí tốn chứng minh BĐT dễ dàng Bài tập tương tự: Bài 1:  Chứng minh rằng:  a  b  64ab(a  b)2 1 a ,b , c >0 Bài 2: Cho a+b+ c=1 CMR: a −1 b −1 c −1 ≥ { ( )( )( ) a,b≥0 , (1) Bài toán tổng quát: Cho:  x1 , x2 , x3 , ., xn   1   1  n ; CMR :       1   n  1     x   x   x1  x2  x3   xn   xn    x2   Kỹ thuật chọn điểm rơi: Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” BĐT Cơsi quy tắc tính đồng thời dấu “ = ”, quy tắc biên quy tắc đối xứng sử dụng để tìm điểm rơi biến a, b, c    a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Ví dụ Cho  S  abc   a b c Sai lầm thường gặp: S  a  b  c     6 a.b.c  a b c a b c  Min S = Nguyên nhân sai lầm : a  b  c    1  a b  c   a b c (trái với giả thiết) Min S =  Phân tích: Do S biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt điểm rơi a b c  a b c  2 Sơ đồ điểm rơi:   a  b  c        a  b  c      4  Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau : a bc  2    a   b   c   1     a b c   2   4    4   Vậy ta có cách giải theo sơ đồ sau:  1 1 11 S   4a  4b  4c       a  b  c   6 4a.4b.4c   a  b  c  a b c a b c  a bc  MinS = Với 15 15  12   2 Nhận xét:  Trong toán dùng kĩ thuật đánh giá từ TBN sang TBC, chiều dấu bất đẳng thức không phụ thuộc vào chiều đánh cịn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm mẫu số hay tử số Ví dụ Cho a , b , c , d> Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a b c d b c  d c  d a a b  d a b c S        bc d c d  a abd a bc a b c d Sai lầm thường gặp  a bcd  2  a b  c  d  b cd a   2 b c  d  a  c a b d  2 a  b  d  c   d abc  2  d a  b  c a bcd 2 bcd a b cd a 2 cd a b c a b  d 2 a b d c d a bc 2 a b c d  S  2+2+2+2=8 Nguyên nhân sai lầm: a  b  c  d  b  c  d  a  c  d  a  b d  a  b  c Min S =    a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  =  vơ lí Phân tích: Để tìm MinS ta cần ý S biểu thức đối xứng với a , b , c , d ≥ Do MinS có thường đạt điểm rơi tự là: a=b=c=d> 40  12  3 Từ suy Vậy ta cho trước , dự đoán đánh giá BĐT phận phải có điều kiện dấu xảy tập điều kiện dự đoán: a=b=c=d> a=b=c=d Min S  Ta có sơ đồ điểm rơi : Cho a=b=c=d> 0, ta có: a b c d   b  c  d  c  d  a  a  b  d  a  b  c   b  c  d  c  d  a  a  b  d  a  b  c   a b c d        Giải: Sử dụng BĐT Cơsi ta có :  a bcd  bcd     a  a ,b , c , d 9a S    a ,b,c,d  b  c  d  88 a b c d b  c  d c  d  a a b  d a b c bcd cd a abd abc 9a 9b 9c 9d 8b c d c d a a b d a b c                9 a a a b b b c c c d d d  b c d c d a a b d a b c  8 8 40   12.12     12  a a a b b b c c c d d d  40 Với a=b=c=d> thì: MinS= Bài tập tương tự: a, b, c    a  b  c  Bài 1: Cho  S  a  12  b2  12  c  12 Tìm GTNN của: b c a  a, b, c   Bài 2: Cho a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Bài 3: Cho a , b> Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S S  abc  abc a b ab  ab a  b a, b, c    a  b  c  Bài 4: Cho  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 S  a  b2  c    a b c Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng Nếu đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá với dấu “  ”, đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nơm na thay a + b a.b ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC thay a.b a + b Và cần phải ý biến tích thành tổng, tổng phải triệt tiêu hết biến, lại số  a, b, c   Ví dụ Cho a  b  c  Chứng minh : abc  a  b   b  c   c  a   729 Sơ đồ điểm rơi : Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng dấu “ = ” BĐT xảy a bc  Nhưng thực tế ta cần quan tâm sau sử dụng BĐT Côsi ta cần suy điều kiện xảy dấu “ = ” a=b=c Giải: Ta có: abc  a  b   b  c   c  a          a  b  b  c   c  a    3           729   3  3    Côsi  a  b  c  Bài tập tương tự: Bài 1:  a  b    ab  CMR: -    1 a2   1 b2   a, b, c   Bài 2: Cho a  b  c  Chứng minh :  a, b, c   a  b  c  Chứng minh : Bài 3: Cho  ab  bc  ca  abc  27 16abc  a  b Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm số để cho sau biến tích thành tổng tổng triệt tiêu biến Đặc biệt toán có thêm điều kiện ràng buộc ẩn số Sau ta lại nghiên cứu thêm phương pháp phương pháp nhân thêm số, chọn điểm rơi việc đánh giá từ TBN sang TBC Kỹ thuật nhân thêm số đánh giá TBN sang TBC :  a, b, c   Ví dụ Cho a  b  c  Tìm giá trị lớn nhất: S  a  b  b  c  c  a Phân tích: Do vai trị a , b , c biểu thức điểm rơi từ ta dự đốn Max S = BĐT 2 ab  bc  ca   số cần nhân thêm  Vậy lời giải : abc    ab       bc      ca      a  b Côsi  b  c Côsi  c  a Côsi     a  b   23 2  b  c  2 c  a    3 2  a  b  c   3 a b  bc  ca    2  Bài toán cho đầu theo yêu cầu sau học sinh có định hướng  a, b, c   tốt hơn: Cho a  b  c  Chứng minh rằng: S  a  b  b  c  c  a  10 Tuy nhiên nắm kỹ thuật điểm rơi việc viết đầu theo hướng giải  a, b, c   3 Ví dụ Cho a  b  c  Tìm giá trị lớn của: S  a  b  b  c  c  a Phân tích: Do S biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thường xảy điều kiện :  a  b    b  c    a , b , c    2  c  a  a  b  c     Hằng số cần nhân thêm là: a  b  c    2 a  b     93 2 3 3 a  b   a  b  3 2 b  c     2 3 b  c  3  b  c   3 2 c  a    2 3 c  a  3  c  a   3 Ta có lời giải: 2 a  b  c  S  ab  bc  ca    18 4   a  b    b  c    a bc  c  a  3 Vậy Max S = 18 Dấu “ = ” xảy    Bài tập tương tự: a   b  ab c   bc a   ca b  S  c  2 Bài 1: Cho  Tìm giá trị lớn của: a, b, c, d   Bài 2: Cho a  b  c  d  Tìm giá trị lớn biểu thức: S  abc  bcd  cd a  d ab 11 Kỹ thuật ghép đối xứng: Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm số thao tác sau : 2  x  y  z    x  y    y  z    z  x    x y y z z x   x  y  z  2  * Phép cộng : * Phép nhân : x y z   xy   yz   zx  ; xyz= xy yz zx  x, y, z  0 bc ca ab    a  b  c a, b, c  Ví dụ Chứng minh : a b c Giải: Áp dụng BĐT Cơsi ta có:   bc ca  bc ca   c   b a b 2  a  ca ab   ca ab    a   b c b c     bc ab bc ab      c c  a c   a bc ca ab    a bc  a b c Dấu “ = ” xảy  a=b=c Ví dụ Cho tam giác ABC với a , b , c số đo cạnh tam giác  p  a   p  b   p  c   18 abc CMR : a) b)    2      p  a p  b p  c  a b c  Giải: a) Áp dụng BĐT Cơsi ta có:             p  a   p  b   p  a    p  b c   p  b   p  c  a  p  b  p  c  2  p  a   p  c  b  p  a  p  c  2   p  a   p  b   p  c   18 abc b) Áp dụng BĐT Côsi ta có: 12  1  1       2  p  a p  b    1  1        2  p  b p  c     1  2  p  a  p  c         p  a  p  b   p  b  p  c   p  a  p  c   p  a   p  b  p  b   p  c   p  a   p  c  a  b Dấu “ = ” xảy cho a) b) ( c    2      a b c p  a p b p c    p  nửa chu vi  ABC: p  : a=b=c a bc ) Bài tập tương tự: a  b2  c2  b  c  a 2 Bài Chứng minh rằng: b c a a b c Bài Cho :  , abc  ABC, a, b, c số đo cạnh tam giác Chứng minh  b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số : Nội dung cần nắm thao tác sau :      x  y  z   1x  1y  1z   9, * x, y, z  1     n2 , x , x , , x   x  x   x  n 1 n  x1 x2 xn   *    , a, b, c  Ví dụ Chứng minh : a  b b  c c  a a  b  c Giải: Ta biến đổi tương đương BĐT sau: 2 a  b  c           a b bc ca   a  b    b  c    a  c           a b bc c a   (đpcm ) 13 c a b    Ví dụ Chứng minh : a  b b  c c  a , a, b, c  (BĐT Nesbit) Giải: Ta biến đổi tương đương BĐT sau: c   a   b    1    1    1  a  b   b  c   c  a   3 2  a b c   a b c   a b c      a  b b  c c  a         a  b  c   a 1 b  b 1 c  c 1 a   92   a  b    b  c    a  c           a  b b  c c  a   (đpcm) Bài tập tương tự: c2 a2 b2 abc    Bài 1: Chứng minh : a  b b  c c  a  a, b, c   Bài 2: Cho a  b  c  CMR :  a, b, c   Bài 3: Cho a  b  c  CMR: ,a, b, c     ab bc c a 1    a  2bc b  2ca c  2ab A.2 Phương pháp đổi biến số : Có toán mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải, ta chuyển tốn từ tình khó biến đổi trạng thái dễ biến đổi Phương pháp gọi phương pháp đổi biến số c  a  b 3 Ví dụ Chứng minh rằng: a  b b  c c  a , a, b, c  (BĐT Nesbit) Giải : b  c  x   yzx z x y x yz ; b ; c c  a  y   a  2 a  b  z  Đặt :  Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: y x yzx zx y x yz z x y z                2x 2y 2z x y x z  z y  Bất đẳng thức hiển nhiên Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : 14 VT  y x z x y z 2 2  222 6 x y x z z y Dấu “ = ” xảy  x= y =z  a=b=c Ví dụ Cho  ABC Chứng minh : a  b2  c  a  b  c b  c  a c  a b a b c b  c  a  x   yz zx x y ; b ; c c  a  b  y   a  2 a  b  c  z  Đặt :  Giải : Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: 2  y  z    z  x   x  y   x  y  z 4x 4y 4z  (2) yz zx xy  yz zx   zx xy   yz xy              x y z 2 x y  2 y z  2 x z  Ta có : VT (2)  Côsi yz zx zx xy yz xy     x yz x y y z x z Bài tập tương tự: Bài 1: Cho a , b , c >0 ; a+ b+c ≤1 Chứng minh : 1 + + ≥9 a +2 bc b +2 ca c + ab Bài 2: Cho  ABC CMR : (b+ c−a)( c+ a−b)( a+b−c) ≥ abc Bài 3: Cho  ABC CMR:  p  a   p  b   p  c  p  p  a  p  b  p  c  A.3 Phương pháp thứ tự biến Do biến tốn có vai trị nên khơng giảm tổng quát ta giả sử biến xếp theo thứ tự khơng giảm Khi đó, nhiều tốn giải đơn giản Ví dụ 1: Cho số thực a , b , c không âm Chứng minh rằng: a ( a−b )( a−c ) +b ( b−c ) ( b−a ) +c ( c−a)(c−b)≥ (*) Giải: Do vai trò a , b , c nên giả sử a ≥ b ≥ c 15 + Nếu có hai ba số a , b , c BĐT hiển nhiên + Nếu a> b>c , chia hai vế (*) cho (a−b)(b−c )(a−c) ta BĐT tương đương: a b c − + ≥0 b−c c−a a−b (1) a b c a>b> c > >0 (1) 0