Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

Trong chương trình toán ở trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho người làm toán trí thông minh, sự sáng tạo, ngoài ra còn có cả sự khéo léo, mỗi kết quả của nó là một công cụ sắc bén của toán học. Nhưng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào, nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình một công cụ để chứng minh hiệu quả nhất. Đã có rất nhiều tài liệu đưa ra một số phương pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2. Phương pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển. Phương pháp sử dụng phản chứng. Phương pháp sử dụng quy nạp. Phương pháp sử dụng đạo hàm. Phương pháp sử dụng hình học. Phương pháp sử dụng hàm lồi. Mặc dù vậy song vẫn là chưa đủ bởi sáng tạo của mỗi người làm toán là vô hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số nhằm trang bị thêm cho học sinh một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số. Phương pháp lượng giác hoá đã được một số sách của các tác giả đề cập như giáo sư Phan Đức Chính, giáo sư Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu... viết. Nhưng do cấu trúc mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phương pháp này hay nói cách khác là chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó. Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tượng học sinh khá giỏi của các lớp chọn tôi đã phân chia phương pháp này thành 5 dạng bài tập. Nhằm cung cấp cho học sinh nhận ra các dấu hiệu ban đầu để thực hiện các bước lượng giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của bất đẳng thức lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số. Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trường THPT tôi nhận thấy việc phân chia dạng của tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm ra phương pháp chứng minh được bất đẳng thức bằng cách áp dụng các phương pháp tư duy này của tôi. Tôi sẽ trình bày về hiệu quả của phương pháp này đối với học sinh ở phần 4 kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến.

I ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình tốn trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức vấn đề nói phức tạp nhất, rèn cho người làm tốn trí thơng minh, sáng tạo, ngồi cịn có khéo léo, kết cơng cụ sắc bén toán học Nhưng để chứng minh bất đẳng thức khơng đơn giản chút nào, học sinh, em tỏ lúng túng chọn cho cơng cụ để chứng minh hiệu Đã có nhiều tài liệu đưa số phương pháp tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phương pháp sử dụng tính chất bất đẳng thức - Phương pháp sử dụng tam thức bậc - Phương pháp sử dụng bất đẳng thức kinh điển - Phương pháp sử dụng phản chứng - Phương pháp sử dụng quy nạp - Phương pháp sử dụng đạo hàm - Phương pháp sử dụng hình học - Phương pháp sử dụng hàm lồi Mặc dù song chưa đủ sáng tạo người làm tốn vơ hạn Chính viết tơi muốn đề cập "Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh số công cụ hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức đại số Phương pháp lượng giác hoá số sách tác giả đề cập giáo sư Phan Đức Chính, giáo sư Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết Nhưng cấu trúc mục tiêu sách mà tác giả khơng sâu vào phương pháp hay nói cách khác chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hố Là giáo viên gần 20 năm giảng dạy với đối tượng học sinh giỏi lớp chọn phân chia phương pháp thành dạng tập Nhằm cung cấp cho học sinh nhận dấu hiệu ban đầu để thực bước lượng giác hoá toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để dùng kết bất đẳng thức lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số Qua thực tế giảng dạy lớp chọn khối 11 trường THPT nhận thấy việc phân chia dạng tơi hợp lý, lơgíc cụ thể, nhanh chóng tìm phương pháp chứng minh bất đẳng thức cách áp dụng phương pháp tư Tôi trình bày hiệu phương pháp học sinh phần kết trắc nghiệm thực tế sáng kiến CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO Bất đẳng thức giáo sư Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995 Các toán chọn lọc bất đẳng thức tập giáo sư Phan Huy Khải - NXB Giáo dục Hà Nội 2000 1 Phương pháp lượng giác hoá PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002 2 II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CÁC KIẾN THỨC CẦN NẮM 1.1 Các hệ thức + cos2 α + sin α = + tgα cotgα = (α ≠ kπ 1.2 Công thức cộng góc + cos(α ± β) = cosα cosβ + + tg2α = ) π (α ≠ + kπ) 2 cos α + + cotg α = (α ≠ kπ) sin α sinα sinβ  + sin(α ± β) = sinα cosβ ± cosα sinβ + tg (α ± β) = tgα ± tgβ π (α ; β ≠ + kπ) tgα tgβ + cotg(α ± β) = cot gα cot gβ 1 (α; β ≠ kπ) cot gα ± cot gβ 1.3 Công thức nhân + sin2α = sinα cosα + cos2α = cos2α - sin2α = 2cos2α - = - 2sin2α + tg2α = 2tgα π π (α ≠ + k ) − tg α + cotg2α = cot g α − kπ (α ≠ ) cot gα + sin3α = 3sinα - 4sin3α + cos3α = 4cos3α - 3cosα + tg3α = ) 3tgα − tg 3α π π (α ≠ + k − 3tg 3α 1.4 Công thức hạ bậc + cos2α = + sin2α = + cos 2α − cos 2α 2 3 + tg2α = − cos 2α π (α ≠ + kπ) + cos 2α 1.5 Cơng thức biến đổi tổng thành tích: + cosα + cosβ = 2cos α +β α −β cos 2 + cosα - cosβ = - 2sin α +β α β sin 2 + sinα + sinβ = 2sin α +β α β cos 2 + sinα - sinβ = = - 2cos α +β α −β sin 2 + tgα ± tgβ = sin(α ± β) π (α; β ≠ + kπ) cos α cosβ 1.6 Cơng thức biến đổi tích thành tổng: + cosα.cosβ = [cos(α + β) + cos(α − β)] + sinα.sinβ = [cos(α − β) + cos(α + β)] + sinα.cosβ = [sin(α + β) + sin(α − β)] 2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN Qua trình nghiên cứu tham khảo toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác nhiều sách đưa phương pháp chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác mơ hồ chưa có hệ thống, chưa phân chia thành dạng tập Với kiến thức chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác mà biết phân chia thành dạng tập mà giới thiệu sau Trong dạng tập đưa phương pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển vế bất đẳng thức đại số phải chứng minh biểu thức lượng giác sau biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác bất đẳng thức lượng giác đơn giản như: | sin α | ≤1;| cos α | ≤1; sin n α ≤ 1; cos n α ≤ ( n ∈ N *) * Để học sinh nắm kiến thức cách hệ thống lập bảng số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử hàm số lượng giác sau có nghĩa) 4 Biểu thức lượng giác tương tự Biểu thức đại số Công thức lượng giác 1+tg2t = + x2 + tg2t 4x3 - 3x 2x2 - 4cos3t - 3cost 2cos2t - 2x 1− x2 tgt − tg t 2x 1+ x2 tgt + tg t x+y − xy tgα + tgβ − tgαtgβ cos2 t 4cos3t - 3cost = cos3t 2cos2t - = cos2t = tg2t 2tgt − tg t tgt + tg t tgα + tgβ − tgαtgβ = sin2t = tg(α+β) = tg2α −1 cos2 α −1 cos2 α MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ x2 - I DẠNG 1: Sử dụng hệ thức sin2α + cos2α = 1) Phương pháp: a) Nếu thấy x2 + y2 = đặt x = sin α   y = cos α b) Nếu thấy x2 + y2 = a2 (a > 0) đặt với α ∈ [0, 2π] x = a sin α   y = a cos α với α ∈ [0, 2π] Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho số a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = c2 + d2 = Chứng minh rằng: − 2≤ S = a(c+d) + b(c-d) ≤ Giải: 5 Đặt a = sin u  b = cos u c = sin v  d = cos v ⇒ S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) ⇒ S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v) ⇔ π  S = sin ( u + v) −  ∈ [− , ] ⇒ − ≤ S = a (c + d) + b(c − d ) ≤ 4  VD2: Cho a2 + b2 = Chứng minh rằng: (đpcm) 25  1   a +  + b +  ≥ a   b   Giải: Đặt a = cosα b = sinα với ≤ α ≤ 2π Thế vào biểu thức vế trái biến đổi 2     1    + sin α +  a +  +  b +  =  cos α +    a   b   cos2 α   sin α   = cos4α + sin4α + = 1 cos4 α + sin α 4 + + = cos α + sin α + +4 cos4 α sin α cos4 α sin α (cos α + sin α )1 + cos α1.sin 4  = 4  +4 α [(cos α + sin α ) − cos α sin α] 1 + cos α1.sin 2 2  =  +4 α 16  17 25    1 1 − sin 2α 1 +  + ≥ 1 − (1 + 16) + = + = 2   sin 2α   2 (đpcm) Bây ta đẩy toán lên mức độ cao bước để xuất a2+b2=1 VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + = Chứng minh rằng: A= a − b + 3ab − 2(1 + )a + ( − )b + − ≤ Giải: Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + = 0⇔ (a-1)2 + (b-2)2 = Đặt a − = sin α a = + sin α ⇒ ⇒ A = sin α − cos2 α + sin α cos α  b − = cos α b = + cos α A = sin 2α − cos 2α = VD4: Cho a, b thoả mãn : π sin 2α − cos 2α = sin(2α − ) ≤ 2 5a + 12b + (đpcm) = 13 Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a) ≥ - Giải: Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a) ≥ - ⇔ (a-1)2 + (b + 1)2 ≥ Đặt a − = R sin α  b + = R cos α Ta có: với R ≥ ⇔ a = R sin α + ⇔ (a − 1) + (b + 1) = R  b = R cos α − 5a + 12b + = 13 ⇔ 5(R sin α + 1) + 12(R cos α − 1) + = 13 ⇔ 5R sin α + 12 R cos α = 13 ⇔ = R 12 5  sin α + cos α = R sin α + arccos  ≤ R 13 13 13   Từ ⇒ (a-1)2 + (b+1)2 = R2 ≥ ⇔ a2 + b2 + 2(b - a) ≥ - (đpcm) II DẠNG 2: Sử dụng tập giá trị | sin α |≤ ; | cos α | ≤ 1 Phương pháp: a) Nếu thấy |x| ≤ đặt b) Nếu thấy |x| ≤ m ( m≥0   π π  x = sin α α ∈  − ;      x = cos α α ∈ [ 0; π ] ) đặt   π π  x = m sin α α ∈  − ;      x = m cos α α ∈ [ 0; π ] Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p + (1-x)p ≤ 2p ∀ |x| ≤ ; ∀ P ≥ Giải: Đặt x = cosα với α ∈ [0, π], (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cosα)p + (1-cosα)p 7 = p p α α α    α α p 2p α + sin p  ≤ p  cos2 + sin  = p  cos  +  sin  =  cos 2  2 2 2    (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: − ≤ A = 3a2 + 2a − a2 ≤ + Giải: Từ đk - a2 ≥ ⇔ |a| ≤ nên Đặt a = cosα với ≤ α ≤ π ⇒ = sinα Khi ta có: 1− a A= 3a + 2a − a = cos2 α + cos α sin α = (1 + cos 2α) + sin 2α =   ⇒ 3−2≤A ≤ 3+2 π  2 cos 2α + sin 2α  + = sin 2α +  + 3    VD3: Chứng minh rằng: + − a2 [ (1 + a) − (đpcm) ] (1 − a)3 ≤ 2 + − 2a2 (1) Giải: Từ đk |a| ≤ nên Đặt a=cosα với α∈[0,π] ⇒ (1)⇔ + sin ⇔ ⇔ α α − a = sin ; + a = cos ; − a = sin α 2 α α α α α α  cos 2 cos3 − sin  ≤ 2 + 2 sin cos 2 2 2  α  α α  α α α α α  α α  sin + cos  cos − sin  cos + sin cos + sin  ≤ + sin cos 2  2  2 2 2  α  α α  α α α = cos α ≤  sin + cos  cos − sin  = cos − sin 2  2 2  VD4: Chứng minh rằng: S = ) ( ( ⇒ (đpcm) ) (1 − a2 )3 − a3 + a − − a2 ≤ Giải: 8 Từ đk |a| ≤ nên: Đặt a = cosα với α ∈ [0, π] ⇒ S= = = sinα Khi biến đổi S ta có: 1− a 4(sin3 α − cos3 α) + 3(cosα − sin α) = (3 sin α − sin α) + ( cos3 α − cos α) π  sin 3α + cos3α = sin 3α +  ≤ 4  ⇒ (đpcm) VD5: Chứng minh A = ( ) a − b2 + b − a2 + ab− (1 − a2 )(1 − b2 ) ≤ Giải: Từ điều kiện: - a2 ≥ ; - b2 ≥ ⇔ |a| ≤ ; |b| ≤ nên Đặt a = sinα, b = sin β với α, β ∈ Khi A = =  π π − ;  sin α cosβ + cos α sin β − cos(α + β) = π  sin(α + β) − cos(α + β) = sin(α + β) − cos(α + β) = sin (α + β) −  ≤ 2 3  (đpcm) VD6: Chứng minh rằng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26| ≤ ∀a ∈ [1; 3] Giải: Do a ∈ [1, 3] nên |a-2| ≤ nên ta đặt a - = cosα ⇔ a = + cosα Ta có: A= 4(2 + cosα)3 − 24(2 + cosα)2 + 45(2 + cosα) − 26 = cos3 α − cosα = cos3α ≤ (đpcm) VD7: Chứng minh rằng: A = 2a − a − 3a + ≤ ∀ a ∈[0, 2] Giải: Do a ∈ [0, 2] nên |a-1| ≤ nên ta đặt a - = cosα với α ∈ [0, π] Ta có: A= 2(1 + cosα) − (1 − cosα)2 − 3(1 + cosα) + = − cos2 α − cosα 9 = 1  π  sin α − cos α = 2 sin α − cos α  = sin α +  ≤ 2 3  2  III DẠNG 3: Sử dụng công thức: 1+tg2α = (đpcm) 1 π ⇔ tg α = − ( α ≠ + kπ) cos2 α cos2 α 1) Phương pháp: a) Nếu |x| ≥ tốn có chứa biểu thức đặt x = cos α với α∈  π   3π  0;  ∪ π,  b) Nếu |x| ≥ m tốn có chứa biểu thức đặt x = m cos α với α∈ x2 −1 x − m2  π   3π  0;  ∪ π,  Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh A = a2 −1 + ≤ ∀ a ≥1 a Giải: Do |a| ≥ nên : Đặt a = cos α với α∈  π   3π  0;  ∪ π,  ⇒ Khi đó: 2 a − = tg α = tgα A= (đpcm) a −1 + π  = ( tgα + ) cos α = sin α + cos α = sin α +  ≤ a 3  VD2: Chứng minh rằng: - ≤ A = − 12 a − a2 ≤9 ∀ a ≥1 Giải: Do |a| ≥ nên: 10 10 Đặt a = cos α với α∈ A= − 12 a − a2 =  π   3π  0;  ∪ π,  ⇒ Khi đó: 2 a − = tg α = tgα = (5-12tgα)cos2α = 5cos2α-12sinαcosα= 5(1 + cos 2α) − sin 2α 13  12 5  13  +  cos 2α − sin 2α  = + cos 2α + arccos  2  13 13 13   2  ⇒-4= 13 13   13 + (−1) ≤ A = + cos 2α + arccos  ≤ + = 2 2 13  2  ≤1 VD3: Chứng minh rằng: A = (đpcm) ∀ a ; b ≥1 a − + b2 − ab Giải: Do |a| ≥ 1; |b| ≥ nên Đặt a = A= ;b= cos α cosβ với α∈  π   3π  0;  ∪ π,  Khi ta có: ( tgα + tgβ) cos α cosβ = sin α cosβ + sin β cos α = sin(α + β) ≤ VD4: Chứng minh rằng: a + a a −1 (đpcm) ≥ 2 ∀ a >1 Giải: Do |a| > nên: Đặt a = a+ cos α với α∈ a 1  π = =  0;  ⇒  2 a − cos α tg α sin α a 1 1 2 = + ≥ = ≥2 2 cos α sin α cos α sin α sin α a −1 VD5: Chứng minh 11 Khi đó: (đpcm) y x − + y − + ≤ xy 26 ∀ x ; y ≥ 11 Giải: Bất đẳng thức ⇔ x2 − + x Do |x|; |y| ≥ nên Đặt x =  y2 −  + ≤ 26 (1) x y y   cos α ; y= với α, β∈ cosβ Khi đó: (1) ⇔ S = sinα + cosα(4sinβ + 3cosβ) ≤ Ta có: S ≤ sinα + cosα ≤ 2 26 ( + 32 )(sin2 β + cos2 β) = sin α + cos α (1 + )(sin α + cos α ) = 26  π  0,   2 ⇒ (đpcm) IV DẠNG 4: Sử dụng công thức 1+ tg2α = cos2 α Phương pháp: a) Nếu x ∈ R tốn chứa (1+x2) đặt x = tgα với α ∈  π π − ,   2 b) Nếu x ∈ R toán chứa (x2+m2) đặt x = mtgα với α ∈  π π − ,   2 Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: S = 3x 1+ x − 4x3 (1 + x ) ≤1 Giải: Đặt x = tgα với α ∈  π π − ,   2 ⇒ 1 + x2 = cosα , biến đổi S ta có: S = |3tgα.cosα - 4tg3α.cos3α| = |3sinα - 4sin3α| = |sin3α| ≤ VD2: Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = 12 (đpcm) + 8a + 12a (1 + 2a ) 12 Giải: Đặt a = = tgα với α  π π ∈ − ,   2 ta có: A = + 4tg α + 3tg α (1 + tg α) cos4 α + sin α cos2 α + sin α = 3(sin2 α + cos2 α) − sin α cos2 α 2 (cos α + sin α) =3- sin 2α sin 2α ⇒ = 3− ≤ A = 3− ≤ 2− =3 2 2 Với = ⇒ a = MaxA = ; Với = ⇒ a = MinA = α α π VD3: Chứng minh rằng: (a + b)(1 − ab) ≤ (1 + a )(1 + b ) ∀ a, b ∈ R Giải: Đặt a = tgα, b = tgβ Khi = cos2 α cos2 β (a + b)(1 − ab) (tgα + tgβ)(1 − tgαtgβ) = (1 + a2 )(1 + b2 ) (1 + tg2α)(1 + tg2β) sin(α + β) cos α cosβ − sin α sin β cos α cosβ cos α cosβ = (đpcm) 1 sin(α + β) cos(α + β) = sin[ 2(α + β)] ≤ 2 VD4: Chứng minh rằng: |a −b| |b−c| |c−a| + ≥ ∀a , b, c 2 2 2 (1 + a )(1 + b ) (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) Giải: Đặt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ Khi bất đẳng thức ⇔ ⇔ | tgα − tgβ | (1 + tg α )(1 + tg 2β) 13 + | tgβ − tgγ | (1 + tg 2β)(1 + tg γ ) ≥ | tgγ − tgα | (1 + tg γ )(1 + tg α ) 13 ⇔ cos α cosβ sin(α − β) sin(β − γ ) sin( γ − α) + cosβ cos γ ≥ cos γ cos α cos α cosβ cosβ cos γ cos γ cos α ⇔ |sin(α-β)|+|sin(β-γ)| ≥ |sin(γ-α)| Biến đổi biểu thức vế phải ta có: |sin(γ-α)|= |sin[(α-β)+(β-γ)]| = |sin(α-β)cos(β-γ)+sin(β-γ)cos(α-β)| ≤ |sin(α-β)cos(β-γ)|+|sin(β-γ)cos(α-β)|=|sin(α-β)||cos(β-γ)|+|sin(β-γ)||cos(α-β)| ≤ |sin(α-β)|.1 + |sin(β-γ)|.1 = |sin(α-β)| + |sin(β-γ)| ⇒ (đpcm) VD5: Chứng minh rằng: ab + cd ≤ (a + c)(b + d) (1) ∀a , b, c, d > Giải: (1) ⇔ ab cd + ≤1⇔ (a + c)(b + d ) (a + c)(b + d) Đặt tg2α= , tg2β= với α,β ∈ c d b a ⇔ 2 (1 + tg α)(1 + tg β) +  π  0,   2 ⇒ Biến đổi bất đẳng thức tg 2α.tg 2β cd ab + ≤1  c  b   c  b  1 + 1 +  1 + 1 +   a  d   a  d  (1 + tg α)(1 + tg β) = cos2 α cos2 β + sin α sin β ≤ ⇔ cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α-β) ≤ ⇒ (đpcm) Dấu xảy ⇔ cos(α-β) = ⇔ α=β ⇔ c d = a b VD6: Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = 6a + | a − | a2 +1 Giải: Đặt a = tg α Khi A = 6tg α α α α + | tg − | tg tg − 2 + 2 = α α α tg + 1 + tg tg + 2 A = 3sin α + |cosα| ≥ sinα + 4.0 = 3sinα ≥ 3.(-1) = -3 14 14 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: A2 = (3sinα + |cosα|)2 ≤ (32 + 42)(sin2α + cos2α) = 25 ⇒ A ≤ Với sinα = ⇔ a = MinA = - ; với sin α | cos α | = MaxA = V DẠNG 5: Đổi biến số đưa bất đẳng thức tam giác 1) Phương pháp: a) Nếu b) Nếu c) Nếu x; y;z >  2 x + y + z + 2xyz= x; y; z >  x + y + z = xyz x; y, z >  xy + yz + zx = thì π  A; B; C ∈ (0; ) ∃∆ABC :  x = cos A; y = cos B; z = cos C π  A; B; C ∈ (0; ) ∃∆ABC :  x = tgA; y = tgB; z = tgC π  A ; B ; C ∈ ( ; )     x = cot gA; y = cot gB; z = cot gC ∃∆ABC :  A; B; C ∈ (0; π)   A B C x = tg ; y = tg ; z = tg 2 Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > zy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= 1 + + − 3( x + y + z) x y z Giải: Từ < x, y, z < nên đặt x = tg Do xy + yz + zx = nên tg 15 α tg α ; y = tg ; z = tg với α, β, γ ∈ β γ  π  0,  2  2 + tg tg + tg tg =1 β β γ γ α 2 2 15 ⇔ tg ⇔ S= S= α β γ  tg + tg  2 2 =1- tg ⇔ β γ β γ tg + tg tg 2 = ⇔ tg β + γ  = cot g α 2 β γ α 2 2 − tg tg tg 2 β γ π α α+β+ γ π β γ  π α tg +  = tg +  ⇔ + = − ⇔ = ⇔ α+β+ γ = π 2 2 2 2 2 2 2 1 + + − 3( x + y + z) x y z = cotg + cotg + cotg -3 α β γ  α β γ  tg + tg + tg  2  2 2 α α  β β  γ γ  α β γ   cotg − tg  +  cotg − tg  +  cotg − tg  − 2 tg + tg + tg  2  2  2  2 2  S = 2(cotgα+cotgβ+cotgγ) - β γ  α 2 tg + tg + tg  2  S = (cotgα+cotgβ-2tg ) + (cotgβ+cotgγ-2tg ) +(cotgα+cotgβ-2tg ) γ α β 2 Để ý rằng: cotgα + cotgβ = ≥ sin(α + β) sinγ sinγ = = sinα.sinβ sinα.sinβ cos(α − β) − cos(α + β) γ γ sin cos sin γ sin γ 2 = tg γ ⇒ cot gα + cot gβ − tg γ ≥ = = γ − cos(α + β) + cos γ 2 cos2 T suy S ≥ Với x = y = z = VD2: Cho < x, y, z < MinS = x y z 4xyz + + = 2 2 1− x 1− y 1− z (1 − x )(1 − y )(1 − z ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x2 + y2 + z2 Giải: 16 16 Do < x, y, z < nên đặt x = tg Khi tgα = ⇔ ; tgβ = 2x 1− x2 ; y = tg ; z = tg với α, β, γ ∈ α β γ  π  0,  2  2 ; tgγ = 2y − y2 + + = ⇔ tgα+tgβ+tgγ = tgα.tgβ.tgγ 2x 2z 2y 8xyz − x − y2 − z2 (1 − x )(1 − y )(1 − z ) ⇔ tgα + tgβ = - tgγ(1-tgα.tgβ) ⇔ Do α, β, γ ∈ tg 2z − z2 đẳng thức giả thiết α  π  0,   2 tgα + tgβ − tgα.tgβ = - tgγ ⇔ tg(α+β) = tg(-γ) nên α + β = π - γ ⇔ α + β + γ = π Khi ta có: tg + tg tg + tg tg = ⇔ xy + yz + zx = Mặt khác: β β γ γ α 2 2 (x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) = [ ] ( x − y) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ ⇒ S = x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx = Với x = y = z = VD3: Cho x, y, z >  x + y + z = Chứng minh rằng: S = MinS = x y z + + ≤ x + yz y + zx z + xy Giải: Đặt Do 17 yz α = tg x ; xz β = tg y ; xy γ = tg z yz zx zx xy xy yz + + x y y z z x với α, β, γ ∈  π  0,   2 =x+y+z=1 17 nên tg ⇔ tg ⇔ = ≤ tg β β γ   +  2 2 + tg tg + tg tg =1 β γ γ α 2 2 = cotg α ⇔ tg β γ   +  2 2 = tg π α  −  2 2 ⇔ + = β γ π α 2 2 α+β+ γ π = ⇔ α+β+ γ = π 2 S= = α   2y   2z  x y z  2x + + =  − 1 +  − 1 +  − 1 + x + yz y + zx z + xy  x + yz   y + zx   z + xy   yz − zx xy   1−  −  x − yz y − zx z − xy   y x z +  + +  + = + +  x − yz y + zx z + xy  2  + yz + zx + xy   x y z   (cos + cosβ + cosγ) + = [ ( cosα + cosβ).1 − (cosα cosβ − sinα + sinβ)] + 2 1  3 2 ( (cos α + cos β ) + ) + (sin α + sin β ) − cos α cos β  + = + =  2 (đpcm) Các tốn đưa trắc nghiệm Trước tơi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến cho học sinh lớp 11A1 11A2 trường tôi, nhà cho em, cho em chuẩn bị trước thời gian tuần Với tập sau: Bài 1: Cho a2 + b2 = CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3| ≤ 13 Bài 2: Cho (a-2)2 + (b-1)2 = CMR: 2a + b ≤ 10 Bài 3: Cho a ; b ≥  a + b = Bài 4: Cho a; b ; c ≥ 18 CMR: a4 + b4 ≥ a3 + b3 CMR:          a −  b −  c −  ≥  a −  b −  c −  b  c  a   a  b  c   18 Bài 5: Cho a) xyz ≤ x; y; z >  2 x + y + z + xyz = 1 b) xy + yz + zx ≤ c) x2 + y2 + z2 ≥ 4 d) xy + yz + zx ≤ 2xyz + e) CMR: 1− x 1− y 1− z + + ≥ 1+ x 1+ y 1+ z Bài 6: CMR: 1+ a2 + 1 + b2 ≤ + ab ∀ a, b ∈ (0, 1] Bài 7: CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ (ab + bc + ca) Bài 8: Cho Bài 9: Cho ∀ a, b, c > x , y, z > x y z 3 CMR : + + ≥  − x − y2 − z2 xy + yz + zx =  x , y, z > x y z CMR : + + ≤  x + y + z = xyz 1+ x2 + y2 + z2 Bài 10: Cho  x , y, z > 1 2x 2y 2z CMR : + + ≥ + +  xy + yz + zx = 1 + x + y2 + z + x + y2 + z Sau tuần em không làm tập gợi ý dùng phương pháp lượng giác hố Sau tơi dạy cho em sáng kiến buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thu kết tốt KẾT QUẢ TRẮC NGHIỆM THỰC TẾ CỦA SÁNG KIẾN 19 19 Để thấy kết sát thực sáng kiến phần ôn tập kỳ I lớp 11 chọn lớp 11A1 11A2 lớp chọn 11A1 lớp chọn A cịn 11A2 lớp chọn B với kiến thức em lớp 11A1 lớp 11A2 dùng lớp để tiến hành làm đối chứng cụ thể sau: Đầu tiên nhà cho em tập 1, 4, 10 tập Yêu cầu em lớp 11A1 11A2 làm tập giấy thu kết sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2 11A1 50 0 48 11A2 52 0 0 52 Với kết tổng hợp bảng thực tế làm em thấy hầu hết em không làm lớp 11A1 Một số em biết làm tập phương pháp đặt "a=sinα", "b=cosα" xong chưa đến bất đẳng thức cần chứng minh, lớp 11A2 hầu hết em không làm bế tắc hoàn toàn Đứng trước thực trạng định đưa sáng kiến dạy cho lớp 11A2 lớp có vốn kiến thức yếu so với lớp 11A1 Tôi tập trung em lớp 11A2 học ngoại khoá vào tiết buổi chiều tiết truyền thụ hết nội dung phương pháp dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số tơi sau tơi nhà tập 2, 5, phần 10 tập yêu cầu học sinh lớp nhà giải Kết thu sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2 11A1 50 0 12 38 11A2 52 20 25 Nhìn vào kết thực tế làm học sinh nhận thấy em học sinh lớp 11A1 có tư chất lớp 11A2 song khơng biết phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thưc nên hầu hết không làm tập cho Nhưng ngược lại kết làm học sinh lớp 11A2 thấy khả quan hầu hết em làm tập đầu tập số em chuyển từ đầu dạng để giải số khác biết biến đổi bất đẳng thức để áp dụng dạng xong chưa biến đổi để đến bất đẳng thức lượng giác cần thiết kết chưa cao số em lớp 11A2 tiếp thu phương pháp chậm, ứng dụng giải tập chưa sáng tạo Vì định thực nghiệm lần thứ 3, dạy lớp 11A1 11A2 vào buổi chiều tiết dạy đầy đủ phương pháp ví dụ minh hoạ, tơi gọi em lên bảngáp dụng giải ví dụ lớp thấy em làm 20 20 tốt, sau tơi cho tập 3, 6, 8, 10 nhà yêu cầu em nộp cho vào ngày hôm sau Kết thu sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu 11A1 50 30 13 11A2 52 25 21 Với kết thực tế làm em nhận thấy phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tơi đưa có kết tốt, cơng cụ hữu hiệu để giúp em có thêm cách để chứng minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho em phương pháp lượng giác hoá tốn nói chung làm cho em tự tin gặp tập chứng minh bất đẳng thức tất thi khó, nghĩ số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số đưa khả quan III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trải qua thực tế cơng tác giảng dạy tốn phổ thông, qua thời gian làm trắc nghiệm nhận thấy: Việc chứng minh bất đẳng thức đại số cơng việc khó khăn địi hỏi người chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất kiến thức biết để chứng minh bất đẳng thức Trong giai đoạn tập trung cho cải cách giáo dục, có phần quan trọng cải tiến phương pháp giảng dạy Để phát huy tính tích cực học sinh, việc tiếp thu kiến thức cơng việc giải tốn người thầy giáo phải người tiên phong việc phát huy tính tích cực để tìm phương pháp giải tốn mới, tìm cơng cụ để ngày hoàn thiện thân cống hiến cho người làm tốn cơng cụ hữu hiệu để sâu vào giới tốn học Trên ý kiến số phương pháp lượng giác để giải bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho người chứng minh bất đẳng thức có phương pháp tư chứng minh bất đẳng thức đại số Do kinh nghiệm chưa có nhiều nên viết không tránh khỏi khuyếm khuyết cố gắng xắp xếp mặt phương pháp, lượng tập cấu trúc viết Rất mong nhận đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp để viết tốt Cuối xin chân thành cảm ơn! 21 21 Hải Dương, ngày 04 tháng 04 năm 2008 22 22 ... cách để chứng minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho em phương pháp lượng giác hố tốn nói chung làm cho em tự tin gặp tập chứng minh bất đẳng thức tất thi khó, tơi nghĩ số phương pháp lượng giác để. .. tốn chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác nhiều sách đưa phương pháp chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác mơ hồ chưa có hệ thống, chưa phân chia thành dạng tập Với kiến thức. .. sinh nhanh chóng chuyển vế bất đẳng thức đại số phải chứng minh biểu thức lượng giác sau biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác bất đẳng thức lượng giác đơn giản như: | sin α | ≤1;| cos α