chứng minh trong dạy học giải toán bất đẳng thức
Khi giải một bài toán chúng ta phải dùng suy luận chứng minh để giải nó, nhưng các quy tắc suy luận thường là ở dạng tiềm ẩn. Lúc này, dự đoán và suy luận có lí lại trở nên có ý nghĩa hết sức quan trọng trước khi người học suy diễn. Do đó, bên cạnh việc rèn luyện các qui tắc suy luận chứng minh, dự đoán và suy luận có lí như trên, thì việc khéo léo phối hợp giữa chúng sẽ làm cho suy luận một bài toán trở nên mềm mại hơn, hiệu quả hơn. Tất nhiên, không phải mọi bài toán chúng ta đều có thể thực hiện được ý đồ trên; nhưng với nghiệp vụ sư phạm của mình, người thầy sẽ biết phải đặt nó ở vị trí nào cho phù hợp.
Ví dụ 2.4.1. Cho bốn số thực , , ,x y u v thỏa mãn x2 + y2 =1 và u2 + =v2 1. Chứng minh rằng (u y x− +) v y x( + ) ≤ 2.
Nói đến hoạt động dự đoán thì chúng ta không thể dự đoán một cách thiếu căn cứ được. Muốn dự đoán đúng thì phải dựa trên cơ sở đó là giả thiết, là kết luận, là những định lí chúng ta đã biết trước đó….
Bài toán trên có nhiều cơ sở để cho học sinh dự đoán, chẳng hạn hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh không âm chúng ta có thể bình phương hai vế để biến đổi tương đương hay sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky; từ giả thiết có thể dùng phương pháp lượng giác hóa; phương pháp phản chứng liệu có thể áp dụng?.... Tất cả các phương pháp gọi là “có thể” nói trên chỉ mang tính chất dự đoán để định hướng cho việc tìm ra lời giải. Các phương pháp đó không nhất thiết đều có thể giải được bài toán. Tuy nhiên, điều mà chúng ta cần là học sinh liên tưởng tới, và chúng sẽ thử; trên con đường mò mẫm đó biết đâu sẽ thấy được con đường đi cho bài toán.
Bài toán thể chuyển về chứng minh bất đẳng thức [ ]2
( ) ( ) 2
u y x− +v y x+ ≤ . Đến đây có thể dự đoán theo hai hướng như sau:
Thứ nhất, từ giả thiết và bất đẳng thức tương đương, một dự đoán đơn giản là bất đẳng thức Bunyakovsky.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số (u;v) và (y x y x− ; + ) ta có
( )2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )(( ) ( ) )
u y x− +v y x+ ≤ u +v y x− + y x+ cộng với giả thiết ta suy ra điều cần chứng minh.
Đây là một phép suy diễn đơn giản dựa trên một phép dự đoán có căn cứ.
Lời giải 1 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có ( )2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )(( ) ( ) ) u y x− +v y x+ ≤ u +v y x− + y x+ =(v2 −u2)(2y2 +2 )x2 = 2. Suy ra (u y x− +) v y x( + ) ≤ 2. □
Thứ hai, khi bình phương được hai vế không âm của một bất đẳng thức, một hướng có thể dự đoán đường đi của bài toán là phép biến đổi tương đương. Nghĩa là ta cần chứng minh bất đẳng thức đã cho tương đương với một bất đẳng
thức đúng. Đối với bài toán này liệu có làm được như vậy hay không? Lại một dự đoán hướng đi nữa cho bài toán.
Khai triển vế trái của bất đẳng thức tương đương ta được
2( )2 2 ( 2 2) 2( )2 1 2 ( 2 2) 2 ( 2 2)
u y x− + uv y −x +v y x+ = + xy v −u + uv y −x . Tiếp tục biến đổi tương đương ta quy về chứng minh bất đẳng thức
2 2 2 2
2 (xy v −u ) 2 (+ uv y −x ) 1≤ ⇔ 2(xv yu yv xu+ )( − ) ≤1
Phép biến đổi tương đương đến đây có vẻ như không giải quyết được vấn đề. Bất đẳng thức cuối cùng trong phép biến đổi tương đương như trên chưa phải là một bất đẳng thức đúng. Điều đó có thể xảy ra bởi dự đoán không phải lúc nào cũng đúng.
Ta luôn có bất đẳng thức 2ab≤1 đúng nếu ta chứng minh được a2 + =b2 1. Như vậy, liệu có hay không phán đoán “(xv yu+ )2 +(yv xu− )2 =1 với
2 2 1
x + y = và u2 + =v2 1?”. Đây chính là suy luận có lí mà chúng ta đang thiết lập trên con đường suy diễn bài giải.
Khai triển vế trái của đẳng thức trên ta được
2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2)( 2 2) 1
x v + y u + y v +x u = x + y v +u = .
Như vậy, bất đẳng thức 2(xv yu yv xu+ )( − ) ≤1 đúng, hay chúng ta đã chứng
minh được phán đoán trên. Từ dự đoán phương pháp giải và suy luận có lí đến suy luận chứng minh là một con đường đi rất tự nhiên, không gò ép; đó chính là cái đẹp trong sự kết hợp dự đoán và suy luận có lí với suy diễn trong giải toán.
Lời giải 2
Bất đẳng thức đã cho tương đương với ( )2
( ) ( )
u y x− +v y x+ ≤2 ⇔ 2 (xy v2 −u2) 2 (+ uv y2 −x2) 1≤
⇔ 2(xv yu yv xu+ )( − )≤1
2 2
(xv yu+ ) +(yv xu− ) = x v2 2 +y u2 2 +y v2 2 +x u2 2 =(x2 +y v2)( 2 +u2) 1= . Từ đó suy ra, 2(xv yu yv xu+ )( − ) ≤(xv yu+ )2 +(yv xu− )2
⇔[(xv yu+ ) (− yv xu− )]2 ≥0. Bất đẳng thức này luôn luôn đúng với mọi số thực , , ,x y u v.
Vậy bất đẳng thức (u y x− +) v y x( + ) ≤ 2 đúng với mọi số thực , , ,x y u v. □ Dựa vào giả thiết của bài toán, ta liên hệ với một đẳng thức cơ bản trong lượng giác sin2 x c+ os2x =1 với ∀x cùng với một bất đẳng thức khác liên quan đó là osc φ ≤1 với ∀φ. Như vậy, để chứng minh được bất đẳng thức trên, chúng ta cần biểu thị được biểu thức trong dấu trị tuyệt đối về giá trị sin hay côsin của một góc lượng giác nào đó. Lúc này kỹ thuật thực hiện là quan trọng. Đặt u c= osα và v=sinα , x c= osβ và y =sinβ. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với os (sinc α β −cos ) sin (sinβ + α β +cos )β ≤ 2. Đến đây một kiến thức mà học sinh phải hướng tới đó là công thức lượng giác
sin os 2 sin( )
4
c π
φ + φ = φ + . Bằng suy diễn chúng ta làm được điều này.
Lời giải 3
Đặt u c= osα và v=sinα , x c= osβ và y =sinβ. Khi đó, bất đẳng thức cần
chứng minh tương đương với os (sinc α β −cos ) sin (sinβ + α β +cos )β ≤ 2
⇔ cos sinα β −cosαcosβ +sin sinα β +sinαcosβ ≤ 2
⇔ ( os sinc α β +sinαcos ) ( osβ − c αcosβ −sin sin )α β ≤ 2
⇔ sin(α β+ )−cos(α β+ ) ≤ 2
⇔ 2 sin( ) 2
4
π
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. □
Ví dụ 2.4.2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng
8a + + ≥ + +8b 8c 2a 2b 2c. (2.1)
Thứ nhất, điều mà chúng ta có thể nghĩ tới đầu tiên đó là sự liên quan giữa các biến là 2avà 8a. Khi đó, người học có thể dự đoán phép chứng minh bài toán thông qua phép đổi biến. Tức là khi chúng ta đặt 2a =x, 2b = y, 2c =z thì x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1 và như vậy bất đẳng thức cần chứng minh quy về chứng minh x3 + y3 + ≥ + +z3 x y z(2.1.1) với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1.
Với giả thiết như vậy và phép đặc biệt hóa, chúng ta có thể dự đoán phương pháp chứng minh bất đẳng thức này là sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Nếu vận dụng ngay bất đẳng thức Cauchy thì lời giải bài toán chưa xuất hiện. Lúc này, học sinh cần phải biết huy động một bất đẳng thức liên quan đến kết quả mà ta có thể chứng minh được đó là 3(x3+ y3 +z3) (≥ + +x y z x)( 2 + y2 +z2).
Lời giải 1
Đặt: 2a = x,2b = y,2c = z.
Khi đó x, y, z là những số dương thỏa mãn xyz 2= a b c+ + =1.
Bất đẳng thức đã cho quy về chứng minh bất đẳng thức x3 + y3 + ≥ + +z3 x y z. Ta luôn có 3(x3 + y3 +z3) (≥ + +x y z x)( 2 + y2 +z2). (2.1.2) Áp dụng (2.1.2) thì 3 3 3 1 2 2 2
( )( ) 3
x +y + ≥z x y z x+ + + y +z .
Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì x2 + y2 + ≥z2 33 x y z2 2 2 =3.
Thứ hai, bất đẳng thức đã cho tương đương với 8a + + − − − ≥8b 8c 2a 2b 2c 0. Như vậy, nếu chứng minh được ( ) 8f x = − ≥ ∀x 2x 0, x thì bài toán được giải quyết. Tuy nhiên, liệu ( ) 8f x = − ≥ ∀x 2x 0 x hay không?
Ta có '( ) 3.8 ln 2 2 ln 2f x = x − x ⇒ 4
1 2
( ) (log )
3 3 3
f x ≥ f = − .
Điều dự đoán trên đã không xảy ra. Do đó, phương pháp hàm số đã đi đến “ngõ cụt” chăng?
Từ phép lập luận trên và giả thiết a + b + c = 0, chúng ta suy nghĩ rằng tồn tại một số thực α sao cho ( )f a +αa≥0, ( )f b +αb≥0, ( )f c +αc≥0.
Ta xét hàm số ( ) 8f x = − +x 2x αx. Khi đó, '( ) 3.8 ln 2 2 ln 2f x = x − x +α. Từ giả thiết a + b + c = 0 nên ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức đã cho xảy ra khi a = b = c = 0 do đó giá trị nhr nhất của ( )f x có thể là (0)f .
Ta có '(0) 0f = ⇒3.8 ln 2 2 ln 2x − x + = ⇒α 0 α = −2ln 2.
Khi đó, xét hàm số ( ) 8f x = − −x 2x 2 ln 2x và khảo sát sự biến thiên của ( )f x ta sẽ chứng minh được ( )f x ≥ f(0)= 0 với ∀ ∈x ¡ .
Do đó, 8x − ≥2x 2 ln 2x ∀ ∈x ¡ . Vậy ( )f a + f b( )+ f c( ) 2(≥ a b c+ + )ln 2= 0. Lời giải 2 Xét hàm số ( ) 8f x = − −x 2x 2 ln 2x trên ¡ có '( ) 3.8 ln 2 2 ln 2 2ln 2f x = x − x − . '( ) 0 3.8 ln 2 2 ln 2 2ln 2 0x x f x = ⇔ − − = ⇔ 3.8x− − = ⇔2x 2 0 (2x −1)(3.22x +3.2x + =2) 0 ⇔x = 0. Vậy '( ) 0f x ≥ ⇔ ≥x 0 Suy ra ( )f x ≥ f(0) 0= . Hay ( ) 8f x = − ≥x 2x 2 ln 2x ∀ ∈x ¡ .
Như vậy, ta có bất đẳng thức ( )f a + f b( )+ f c( ) 2(≥ a b c+ + )ln 2.
Từ giả thiết a + b + c = 0 suy ra 8a + + − − − ≥8b 8c 2a 2b 2c 0 hay ta có bất đẳng thức 8a + + ≥ + +8b 8c 2a 2b 2c. □
Thứ ba, từ 8a> 0 và 8a =(2 )a 3với ∀ ∈a ¡ , một câu hỏi đặt ra là có bất đẳng thức nào áp dụng cho các số dương? Người học không quá khó khăn để nhận ra một bất đẳng thức thông dụng cho các số dương là bất đẳng thức Cauchy. Dựa vào phép đặc biệt hóa chúng ta lại dự đoán được dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 0 nên ta có bất đẳng thức 8a + + ≥1 1 3.2a.
Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
8a + + ≥8b 8c 3(2a + +2b 2 ) 6c − . Nhiệm vụ của người học là tiếp tục suy luận để
chứng minh bất đẳng thức 2a + + ≥2b 2c 3. Bất đẳng thức này chứng minh được nhờ việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 2 ,2 ,2a b c cùng với giả thiết a + b + c = 0.
Lời giải 3
Theo bất đẳng thức Cauchy ta luôn có các bất đẳng thức sau:
8a + + ≥1 1 3.2a; 8b + + ≥1 1 3.2b; 8c + + ≥1 1 3.2c.
Từ đó suy ra 8a + + ≥8b 8c 3(2a + +2b 2 ) 6c − .
Mặt khác, cũng theo Cauchy thì 2(2a + +2b 2 )c ≥2.3 2 2 23 a b c =6 23 a b c+ + =6. Từ đó ta có 3(2a + +2b 2 ) 6c − ≥2a + +2b 2c hay 8a + + ≥ + +8b 8c 2a 2b 2c. □
Trên đây là ba phép dự đoán phương pháp giải cho ba lời giải tương ứng. Chúng ta có thể khẳng định rằng, hoạt động dự đoán phương pháp giải rất quan trọng trong con đường suy luận tìm ra lời giải bài toán. Bên cạnh đó, người học cũng cần được tập luyện kỹ năng kết hợp giữa dự đoán, suy luận có lí và suy diễn để mỗi phán đoán chúng ta thu được là thực sự có ý nghĩa. Nó không những giúp người học giải toán tìm ra lời giải của bài toán, mà còn rèn luyện cho họ
một thao tác tư duy cơ bản nhưng rất phổ biến trong dạy học Toán. Đây là một biện pháp quan trọng giúp học sinh huy động hết các qui tắc suy luận để giải một bài toán.
Một dạng toán khác liên quan đến năng lực dự đoán, suy luận có lí của bất đẳng thức là bài toán cực trị. Nhiều khi yếu tố dự đoán lại đưa bài toán ở dạng này sang dạng khác quen thuộc hơn. Do đó, việc dự đoán giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất cùng với dấu đẳng thức xảy ra của biến sẽ góp phần đưa chúng ta về một bài toán chứng minh một bất đẳng thức.
Ví dụ 2.4.3. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a+2b+3c≥20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 9 4
2
a b c
a b c
+ + + + + .
Biểu thức P và điều kiện các biến rõ ràng không đối xứng. Do vậy, việc dự đoán dấu “=” của P không đơn giản như Ví dụ 2.4.1 và Ví dụ 2.4.2. Vậy cơ sở nào để dự đoán cách thức tìm lời giải bài toán?
Với việc tìm giá trị nhỏ nhất của P cùng với biểu thức đã cho như vậy, khiến người học liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy. Nhưng nếu chúng ta áp dụng ngay cho các cặp số dương( ; )a 3
a , 9 ( ; ) 2 b b và 4 ( ; )c
c thì chiếu qua điều kiện bài
toán a+2b+3c≥20 thì không tồn tại bộ ba số (a;b;c) thỏa mãn điều kiện đó. Từ điều kiện các biến cùng với đề bài tìm giá trị nhỏ nhất của P nên tồn tại một số thực k với 0 1
3
k
< < sao cho P được viết lại như sau:
P = ( 2 3 ) (1 ) (1 2 ) (1 3 ) 3 9 4 2 k a b c k a k b k c a b c + + + − + − + − + + + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có các bất đẳng thức sau:
3 (1 k a) 2 3(1 k) a − + ≥ − ; 9 9 (1 2 ) 2 (1 2 ) 2 2 k b k b − + ≥ − ; 4 (1 3 )k c 2 4(1 3 )c c − + ≥ − .
Dựa vào dấu “=” xảy ra ở mỗi bất đẳng thức, ta có thể dự đoán hệ số k được chọn là 1
4. Khi đó, tiếp tục suy diễn theo ý tưởng áp dụng Cauchy để được
P =1( 2 3 ) 3 1 1 3 9 4
4 a+ b+ c + 4a+2b+ 4c+ +a 2b c+ ≥5 2 3.3 2 9 1. 2 4.1
4 2 2 4
+ + + =13.
Vậy min P = 13 đạt được khi và chỉ khi
3 3 4 1 9 2 2 1 4 4 , , 0 a a b b c c a b c = = = > 2 3 4 a b c = ⇔ = = . Lời giải Ta có P =1( 2 3 ) 3 1 1 3 9 4 4 a+ b+ c + 4a+2b+4c+ +a 2b c+ =1( 2 3 ) 4 a+ b+ c +(3 4a+ 3 a)+( 1 9 2b+2b)+(1 4 4c+ c). Theo bất đẳng thức Cauchy ta có các bất đẳng thức sau:
3 3 3
2 3. 3 4a+ ≥a 4 = ;
1 9 9 1 2 . 3 2b+2b≥ 2 2 = ; 1 4 1 2 4. 2 4c+ ≥c 4 = . Từ giả thiết a+2b+3c≥20 ta suy ra P≥13.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 13 đạt được khi và chỉ khi a = 2, b = 3 và c = 4. Chúng ta không cần bàn cãi nhiều về ý nghĩa của dự đoán và suy luận có lí trong dạy học Toán. Mặc dù bản chất của dự đoán và suy luận có lí là “bấp bênh”, có khi là từ những chân lí riêng lẻ, cụ thể khái quát lên thành một chân lí tổng quát; tri thức thu được nhờ dự đoán và suy luận có lí thì không đầy đủ, không hoàn chỉnh và có thể dẫn đến những kết luận sai lầm. Trong Toán học không cho phép dùng dự đoán và suy luận có lí để chứng minh. Nhưng nó có thể dùng và nên dùng để phát hiện vấn đề, để mày mò, dự đoán. Đó chính là ý nghĩa lớn lao nhất của dự đoán và suy luận có lí mang lại cho người học Toán trên con đường chinh phục những tri thức Toán của nhân loại.
Hiện nay, nền giáo dục của chúng ta đang tìm cách đổi mới phương pháp dạy học. Tuy nhiên, trên thực tế cách dạy và học hiện nay vẫn phần nhiều là vẫn không có nhiều sự thay đổi, vẫn “thầy truyền thụ, trò tiếp thu”. Nên trong việc dạy Toán, học Toán hầu như chỉ có suy diễn: Giáo viên đưa ra các định lý, tính chất, bài tập rồi dùng suy diễn để chứng minh giải thích cho học sinh thông hiểu chứng minh định lý, tính chất, các bài tập đó và cũng để học trò tập suy diễn, còn học sinh thì cố gắng học một cách nhồi nhét bị ép buộc những kiến thức mà giáo viên đã cung cấp. Bằng phương pháp này thì suy diễn thường được sử dụng tách biệt với dự đoán và suy luận có lí, hoặc thậm chí khâu dự đoán và suy luận có lí bị lãng quên. Làm như vậy người thầy đang làm thui chột dần một khả năng rất