SKKN toán về bất đẳng thức

SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức SKKN toán về bất đẳng thức

Phần A LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bất đẳng thức mảng kiến thức khó tốn học phổ thơng Nhưng thơng qua tập chứng minh Bất đẳng thức học sinh hiểu kỹ sâu sắc giải biện luận phương trình , bất phương trình , mối liên hệ yếu tố tam giác tìm GTLN GTNN biểu thức Trong trình giải tập , lực suy nghĩ , sáng tạo học sinh phát triển đa dạng phong phú tập Bất đẳng thức có cách giải khơng theo qui tắc khn mẫu Nó địi hỏi người đọc phải có cách suy nghĩ lơgíc sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức cách lơgíc có hệ thống Cũng tốn Bất đẳng thức khơng có cách giải mẫu , khơng theo phương pháp định nên học sinh lúng túng giải toán Bất đẳng thức , học sinh thường không theo hướng Do hầu hết học sinh khơng biết làm tốn Bất đẳng thức khơng biết vận dụng Bất đẳng thức để giải loại tập khác Để giúp học sinh giải phần khó khăn gặp tốn chứng minh Bất đẳng thức tìm GTLN GTNN biểu thức, tơi xin trình bày sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “một hướng biến đổi để chứng minh phát triển Bất Đẳng Thức từ Bất đẳng thức Bunhiacôpski bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi vào lớp 10”, với hy vọng sau học sinh sử dụng phương pháp giải số toán chứng minh Bất đẳng thức số tốn tìm GTLN GTNN biểu thức theo dạng toán Bất đẳng thức chuyên đề Mặc dù cố gắng song đề tài khó tránh khỏi thiếu sót, mong hội đồng chun mơn góp ý Cẩm Vân , Ngày 12 tháng 08 năm 2019 Trịnh Hồng Dũng Phần B NỘI DUNG I.CƠ SỞ LÍ LUẬN: 1.Định nghĩa bất đẳng thức: Cho số thực a b Các mệnh đề “a > b” , “ a ≥ b ”, “a < b”, “ a ≤ b ” gọi bất đẳng thức 2.Các tính chất: a > b + ⇒a>c b > c + Nếu c > a > b ⇔ ac > bc + Nếu c < a > b ⇔ ac < bc + a >b ⇔ a+c >b+c 3.Các hệ quả: a > b ⇒ a+c >b+d c > d a+c > b ⇔ a > b−c a > b ≥ ⇒ ac > bd  c > d ≥ a > b ≥ n ∈ N + ⇒ a n > b n a>b≥0⇔ a > b a>b⇔ a > b + + + + + + 4.Kết thường dùng: + a + b +c ≥ ab + bc + ca 5.Bất đẳng thức cô – si: Cho n số không âm: a1,a2…an ta có: a + a2 + + an ≥ n n a1a2 an Dấu “=” xảy khi: a1=a2=…=an 6.Bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai n số (a1,a2, a3, , an) ( b1, b2, b3, , bn) ta có : (a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) an a1 a Dấu “ =’’ xẩy ⇔ b = b = = b n II.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ: Giả sử ta có tốn sau: Bài tốn 1: Với ∀a, b, c > CMR: a2 b2 c2 a +b+c + + ≥ b+c c+a a +b Ta biết tốn có nhiều cách giải: *Cách 1: Dùng phương pháp hàm số * Cách Cộng vào hai vế lượng dùng bất đẳng thức cô – si + Nếu theo cách cố cho học sinh kiến thức hàm số, theo cách không áp dụng cho học sinh khối lớp 8,9 chưa đủ kiến thức để giải + Nếu theo cách cố cho học sinh kiến thức Bất đẳng thức Cô-Si, lời giải thiếu tự nhiên, theo cách phải cộng vào lượng, Chỉ có học sinh giỏi thấy lượng Qua khảo sát học sinh phần bất đẳng thức số lớp trường năm học 2017-2018 thu mẫu thống kê sau: Lớp 8A 9A Bồi dưỡng HSG Năm học Kết 0/38 1/30 1/3 Nếu ta hướng dẫn học sinh giải tốn theo hướng khác toán trở nên đơn giản lời giải tự nhiên hơn.Sau tơi trình bày biện pháp để thực điều III.CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH Ta biết BĐT Bunhacôpxki áp dụng cho số thực: a 1,a2,…,an b1,b2,… ,bn sau: (a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) (1) a a a n Dấu “=” xảy : b = b = = b n Với b1 , b2 , , bn > Áp dụng BĐT (1) ta có:  a (a1 + a2 + + an ) =   b  a b1 + b2 a b2 + + n bn  bn ÷ ≤ ÷  a2 a a2 ≤  + + + n ÷( b1 + b2 + + bn ) b2 bn   b1 Từ suy BĐT: a (a + a + + an ) a12 a2 + + + n ≥ (2) b1 b2 bn b1 + b2 + + bn an a1 a2 Dấu “=” xảy khi: b = b = = b n b = a c > 0, b = a c > 0, , b = a c > từ BĐT (2) ta có BĐT: Nếu đặt 1 2 n n n a ( a1 + a2 + + an ) a1 a2 + + + n ≥ (3) Dấu “=” xảy khi: c1=c2=…=cn c1 c2 cn a1c1 + a2 c2 + + an cn Lời giải toán 1: a2 b2 c2 (a + b + c ) a + b + c + + ≥ = Áp dụng BĐT (2), ta có: b + c c + a a + b 2(a + b + c) (*) (đpcm) Tiếp tục tìm hiểu số toán sau: Bài toán 2: Cho a,b,c ba số thực dương CMR: (a + b) (b + c) (c + a ) + + ≥ 4(a + b + c) c a b Phân tích: + VT tốn tổng phân thức, phân thức tử thức bình phương biểu thức + Dấu BĐT toán chiều với dấu BĐT (2) Áp dụng BĐT (2) ta : (a + b) (b + c) (c + a ) 4( a + b + c ) + + ≥ = 4(a + b + c) (đpcm) c a b a +b+c Như dùng BĐT(2) lời giải tự nhiên,ít sử dụng đến kiến thức tốn học làm cho học sinh dễ hiểu Bài toán 3: CMR với a,b,c ba số thực dương, ta có: a2 b2 c2 3(ab + bc + ca) + + ≥ b+c c+a a +b 2(a + b + c) Phân tích: + VT tốn tổng phân thức, phân thức tử thức bình phương biểu thức + Dấu BĐT toán chiều với dấu BĐT (2) + Tổng biểu thức mẫu VT biểu thức mẫu VP Áp dụng BĐT (2) ta được: a2 b2 c2 (a + b + c) a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca + + ≥ = b + c c + a a + b 2(a + b + c ) 2(a + b + c ) Mà ta biết a + b + c ≥ ab + bc + ca a2 b2 c2 3(ab + bc + ca) + + ≥ Nên suy ra: (đpcm) b+c c+a a +b 2(a + b + c) Tương tự toán 3, cho thêm giả thiết: abc = ta có toán sau: Bài toán 4: Cho a,b,c số thực dương abc = a2 b2 c2 + + ≥ CMR: b+c c+a a +b Lời giải: a2 b2 c2 (a + b + c ) (a + b + c ) 3 abc + + ≥ = ≥ = (đpcm) Ta có b + c c + a a + b 2(a + b + c) 2 Tương tự toán 3, cho thêm giả thiết: a+b+c = ta có tốn sau: Bài tốn 5: Cho a,b,c số thực dương có tổng Tìm GTNN biểu thức: P= a2 b2 c2 + + b+c c+a a+b Lời giải: (a + b + c) = 1 a2 b2 c2 (a + b + c) = Vậy minP = ≥ + + 2 b + c c + a a + b 2( a + b + c ) Bài toán 6: Cho a,b,c số thực dương, CMR: a3 b3 c3 ≥ ab + bc + ca + + b c a Lời giải: Đối với tốn khác , phải biến đổi chút dùng BĐT (2) a3 b3 c3 a b4 c ≥ + + = + + b c a ab bc ca = ab + bc + ca (đpcm) (a + b + c ) (ab + bc + ca) ≥ ab + bc + ca ab + bc + ca Bài toán 7: Cho a,b,c số thực dương, CMR: a + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ a+b+c a+b b+c c+a Tương tự toán với toán , phải biến đổi chút dùng BĐT (2) Lời giải: a + b2 b2 + c2 c2 + a2 a2 b2 b2 c2 c2 a2 + + = + + + + + a+b b+c c+a a +b a +b b+c b+c c+a c+a 4(a + b + c) ≥ = a + b + c (đpcm) 4(a + b + c) Ta có: Bài tốn 8: Cho số a, b, c, p, q >0 CMR: a b c + + ≥ pb + qc pc + qa pa + qb p + q Lời giải: a b c a2 b2 c2 + + = + + ≥ Ta có: pb + qc pc + qa pa + qb apb + aqc bpc + bqa cpa + cqb 3( ab + bc + ca ) = ( p + q )(ab + bc + ca ) p + q (đpcm) Nhận xét: Qua toán trên, ta thấy: Nếu gán a 1,a2,a3 b1,b2,b3 BĐT (2) biến số biến đổi thông qua vài bất đẳng thức ta tốn khác Vậy hướng để sáng tác BĐT Chẳng hạn, gán a1 = a2 b2 c2 , a2 = , a3 = b1 = c + a, b2 = a + b, b3 = b + c vào b c a BĐT(2) ta tốn sau: Bài toán 9: Cho số a,b,c > CMR: a4 b4 c4 + + ≥ ( a + b + c) 2 b (c + a ) c ( a + b) a (b + c) Lời giải: a2 b2 c2 (a + b + c) 2 a4 b4 c4 ( + + ) ( ) + + ≥ b ≥ a+b+c Ta có: c a b (c + a ) c (a + b) a (b + c ) 2( a + b + c ) 2(a + b + c) (a + b + c) = = (a + b + c) (đpcm) 2( a + b + c ) a3 b3 c3 Nếu gán a1 = , a2 = , a3 = b1 = b(a + c), b2 = c(b + a), b3 = a (b + c) vào b c a BĐT(2) ta toán sau: Bài toán 10: Cho số thực a,b,c >0 CMR: a6 b6 c6 + + ≥ (ab + bc + ca ) b (a + c) c (a + b) a (b + c ) Lời giải: a3 b3 c3 + + ) b c a b ( c + a ) + c ( a + b ) + a (b + c ) a3 b3 c3 a4 b4 c4 (a + b + c ) 2 (ab + bc + ca) 2 ( + + ) ( + + ) ( ) ( ) ≥ ab + bc + ca = b c a = ab bc ca ≥ ab + bc + ca 2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) (ab + bc + ca ) = = (ab + bc + ca) (đpcm) 2(ab + bc + ca) Nếu gán a1 = a , a = b , a3 = c , a = d b1 = a(b + c + d ), b2 = b( c + d + a) b3 = c (d + a + b), b4 = d (a + b + c) vào BĐT(2) ta toán sau: a6 b6 c6 + + ≥ Ta có: b (c + a ) c (a + b) a (b + c) ( Bài toán 11: Cho số thực a,b,c,d >0 CMR: a3 b3 c3 d3 a2 + b2 + c2 + d + + + ≥ b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c Bài toán 12: Cho số thực a,b,c >0 cho a + b + c =1 CMR: a3 b3 c3 + + ≥ a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b Nhận xét: Như theo cách ta sáng tác BĐT khó hơn, nhiều biến giải tốn giá trị nhỏ biểu thức Bài toán 13: Cho số a,b,c > 0CMR: a b c + + ≥ b+c c+a a +b Lời giải: a b c +1+ +1+ BĐT ⇔ +3= b+c c+a a+b 2 1 ⇔ (a + b + c)( + + )≥ b+c c+a a+c 1 Mà ( b + c + c + a + a + c ) ≥ 2(a + b + c) (*) 1 + + )≥ Từ suy (a + b + c)( (đpcm) b+c c+a a+c +1 ≥ Những khó khăn học sinh: + Tại phải cộng vào vế cho phân tích thế.(đòi hỏi học sinh phải tư duy, bước biến đổi linh hoạt) + Phải CM BĐT (*) suy kết Nếu dùng BĐT (3) kết nào? a b c (a + b + c) a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca + + ≥ = Ta có: b + c c + a a + b 2(ab + bc + ca ) 2(ab + bc + ca ) 2 Mà a + b + c ≥ ab + bc + ca a b c 3(ab + bc + ca) + + ≥ = Vậy (đpcm) b+c c+a a +b ab + bc + ca Bài toán 14: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác CMR a b c + + ≥3 b +c − a c + a −b a +b −c Ta có a b c + + b +c − a c + a −b a +b −c (a + b + c) (a + b + c) ≥ = a (b + c − a ) + b(c + a − b) + c(a + b − c ) 2(ab + bc + ca ) − (a + b + c ) a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca 3(ab + bc + ca ) ≥ ≥ = (đpcm) 2ab + 2bc + 2ca − (ab + bc + ca) ab + bc + ca Như dùng BĐT(3) lời giải tự nhiên,ngắn gọn dễ hiểu Nhận xét: Từ BĐT (3) cách gán a1 ,a2 ,a3 c1 ,c2 ,c3 biểu thức ta toán Chẳng hạn: - Nếu gán: a1 = a, a2 = b, a3 = c c1 = bc(c + a) , c2 = ac(a + b) , c3 = ab(b + c ) ta tốn sau: Bài tốn 15: Cho số a,b,c > CMR a b c 27 + + ≥ bc (c + a ) ca(a + b) ab(b + c ) 2(a + b + c) 1 Nếu gán a1 = , a2 = , a3 = c1 = a(b + c), c2 = b(c + a), c3 = c (a + b) , a b c a,b,c >0 abc = ta có tốn sau: Bài toán 16: Cho số a, b, c >0 abc = Tìm GTNN biểu thức 1 + + a (b + c) b (c + a ) c (a + c) - Nếu gán: a1 = bc, a2 = ac, a3 = ab c1 = a 2b + a 2c , c2 = b a + b 2c , c3 = c a + c 2b P= (a,b,c >0) ta tốn: Bài tốn 17: Cho số a , b, c > CMR: bc ac ab bc + ca + ab + + ≥ 2 2abc a b+a c b a+b c c a+c b Từ toán 17, ta thêm giả thiết: abc = ta có tốn sau: Bài tốn 18: Cho số a, b, c > abc = Tìm GTNN biểu thức bc ac ab + + 2 a b + a c b a + b c c a + c 2b Nếu gán a1 = a, a = b, a3 = c c1 = + b − a, c = + c − b, c3 = + a − c , P= a,b,c >0 a+b+c = ta có tốn sau: Bài toán 19: Cho số a, b, c >0 a + b + c = CMR: a b c + + ≥1 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c Bài toán 20: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác CMR: T= a b c + + ≥1 2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c Làm tương tự, ta có BĐT khác hay IV HIỆU QỦA CỦA ĐỀ TÀI: Qua nhiều năm giảng dạy thấy, dùng BĐT (2) BĐT (3) đề tài học sinh dễ nhận thấy dạng biểu thức cần biến đổi giải số toán bất đẳng thức toán GTLN,GTNN biểu thức Một số kết thu năm học 2018-2019: Lớp 8A 9A Bồi dưỡng HSG Năm học Kết 3/30 6/32 3/3 TÓM LẠI : Bất đẳng thức chuyên đề khó, quan trọng lượng tập phong phú, gặp bất đẳng thức biểu thức phân sử dụng BĐT (2) (3) tỏ hiệu bỏ qua vài bước biến đổi phức tạp, đồng thời dễ nhận thấy biểu thức cần biến đổi Phần C KẾT LUẬN Khi nói Tốn học nhắc đến tính tư duy,suy luận logic Chính giảng giải tốn giáo viên phải theo quy luật học sinh thấy hay, đẹp tốn từ kích thích say mê tim tịi, hứng thú cho học sinh, tạo cho em có tính tự học cao Trong q trình tự học, nghiên cứu tìm tịi qua sách báo tơi đúc kết cho hướng giải toán Bất đẳng thức, hai năm học qua tơi giảng dạy theo cách thấy hiệu quả, học sinh chủ động tiếp thu kiến thức có nhiều em giải tốn dạng Mặc khác, ta hướng dẫn cho học sinh biết cách sáng tạo bất đẳng thức mới, hay khó Cần nhấn mạnh cho học sinh biết dạng tốn sử dụng hai BĐT (2) (3) Với khuôn khổ đề tài tơi xin trình bày khía cạnh để chứng minh BĐT Rất mong hội đồng chuyên môn nhà trường góp ý bổ sung để đề tài hồn thiện hơn, có khả triển khai áp dụng bồi dưỡng HSG ôn thi vào lớp 10 năm đạt kết tốt Xin chân thành cám ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Cẩm Vân, ngày 12 tháng 08 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác ( Ký ghi rõ họ tên) Trịnh Hồng Dũng PHỤ LỤC Phần A B Mục I II III IV C Nội dung Đặt vấn đề (Lý chọn đề tài) Giải vấn đề (Nội dung SKKN) Cơ sở lý luận Thực trạng vấn đề Các biện pháp tiến hành Biến đổi bất đẳng thức Bunhiacốpki để tìm bất đẳng thức sở (2) (3) Áp dụng BĐT (2) (3) để giải BĐT có dạng , sáng tác BĐT toán GTNN, GTLN Kiểm nghiệm (hiệu đề tài) Kết luận Phụ lục tài liệu tham khảo Trang 2 2-3 3 4-8 10 Tài liệu tham khảo: - 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp bồi dưỡng HSG luyện thi vào lớp 10 Của tác giả Nguyễn Đức Đồng - Nguyễn Văn Vĩnh (NHÀ XUẤT BẢN TRẺ) - Các phương pháp kỹ thuật chứng minh Bất Đẳng Thức - Tác giả Trần Phương (NXB THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ) - Sáng tác Bất Đẳng Thức - Tác giả Phạm Kim Hùng ( NXB TRI THỨC) 10 ... dạng biểu thức cần biến đổi giải số toán bất đẳng thức toán GTLN,GTNN biểu thức Một số kết thu năm học 2018-2019: Lớp 8A 9A Bồi dưỡng HSG Năm học Kết 3/30 6/32 3/3 TÓM LẠI : Bất đẳng thức chuyên... tốn Bất đẳng thức, hai năm học qua giảng dạy theo cách thấy hiệu quả, học sinh chủ động tiếp thu kiến thức có nhiều em giải toán dạng Mặc khác, ta hướng dẫn cho học sinh biết cách sáng tạo bất đẳng. .. vấn đề Các biện pháp tiến hành Biến đổi bất đẳng thức Bunhiacốpki để tìm bất đẳng thức sở (2) (3) Áp dụng BĐT (2) (3) để giải BĐT có dạng , sáng tác BĐT toán GTNN, GTLN Kiểm nghiệm (hiệu đề tài)