A- Đặt vấn đềTrong giảng dạy môn toán, ngoài việc giúp học sinh năm chắc kiến thức cơ bản, thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để khai thác thêm các bài toán mới từ những bài to
Trang 1A- Đặt vấn đề
Trong giảng dạy môn toán, ngoài việc giúp học sinh năm chắc kiến thức cơ bản, thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để khai thác thêm các bài toán mới từ những bài toán điển hình, đồng thời biết ứng dụng các bài toán đơn giản vào việc giải các bài toán phức tạp là điều rất cần thiết cho công tác bồi dỡng học sinh giỏi.
Chúng ta đều biết một bài toán dù có khó, phức tạp đến đâu lời giải của nó cũng có thể đa đợc về một chuỗi hữu hạn các bớc suy luận đơn giản, việc giải bài toán phức tạp đều có thể đa về việc áp dụng, tiền đề là các bài toán đơn giản Nên việc thờng xuyên ứng dụng, khai thác các bài toán đơn giản để giải các bài toán khó là một cách nâng cao dần khả năng suy luận,
t duy sâu cho học sinh Qua một số năm giảng dạy, tôi đã học hỏi đợc ở các đồng nghiệp và với kinh nghiệm của bản thân tôi luôn giúp học sinh khai thác, ứng dụng nhiều bài toán, nhất là các bài toán về chứng minh bất
đẳng thức, trên cơ sở đó tôi viết sáng kiến kinh nghiệm “ứng dụng, khai thác một bất đẳng thức “ Dù đã có nhiều cố gắng, song sáng kiến kinh nghiệm này cha phải là hoàn chỉnh, còn có thiếu sót Tôi rất mong đợc Hội
đồng khoa học và các đồng nghiệp bổ sung thêm ý kiến đóng góp cho tôi,
để trong quá trình giảng dạy sau này, tôi sẽ giúp đợc học sinh của mình nhiều hơn nữa trong lĩnh vực tìm tòi và chiếm lĩnh các tri thức, khám phá môn toán học
.
B- Nội dung I- Cơ sở lý thuyết
1 Định nghĩa bất đẳng thức
Cho hai số a và b Ta nói :
a lớn hơn b, ký hiệu a > b, nếu a - b > 0
a nhỏ hơn b, ký hiệu a < b, nếu a - b < 0
2 Một số tính chất của bất đẳng thức
Trang 2+ a > b b < a + a > b , b > c a > c
d
c
b
a
+ a c b c
c b a
.
0
c
b
a
.
0
+ a c b d
d c b a
0
0
3 Một số hằng bất đẳng thức
+ 2 0
a ; 2 0
a xảy ra đẳng thức khi a = 0
+ a 0 Xảy ra đẳng thức khi a = 0
4 Một số ph ơng pháp chứng minh bất đẳng thức
4.1 Dùng định nghĩa
Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A - B và chứng minh rằng A - B > 0
4.2 Dùng các phép biến đổi tơng đơng
Để chứng minh A > B ta biến đổi tơng đơng
.
2 2 1
A
B
A Trong đó bất đẳng thức An > Bn luôn đúng, do quá trình biến đổi là tơng đơng nên ta suy ra A > B là đúng
4.3 Dùng bất đẳng thức phụ
Để chứng minh A > B, ta xuất phát từ một hằng bất đẳng thức hoặc một bất đẳng thức
đơn giản (gọi là bđt phụ) và biến đổi tơng đơng suy ra A > B
II- Các nhận xét và các bài toán minh hoạ cho việc ứng
dụng, khai thác một bất đẳng thức lớp 8
Nhận xét :Trong chơng trình toán T.H.C.S có một bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của nó trong khi giải các bài tập đại số và hình học rất có hiệu quả Ta thờng gọi đó là “bất đẳng thức kép” Đó là bất đẳng thức sau :
Với mọi a, b ta luôn có : a b a b 2ab
2
)
2 2
Nhận thấy (*)
) 3 ( ) 2 ( ) 1 (
2
4 )
(
) (
) (
2
2 2
2
2 2
2
ab b
a
ab b
a
b a
b a
Cả ba bất đẳng thức trên đều tơng đơng với hằng bất đẳng thức ( )2 0
b
a và do đó chúng xảy ra đẳng thức khi a = b
ý nghĩa của bất đẳng thức (*) là nêu nên quan hệ giữa tổng hai số với tích hai số và với tổng các bình phơng của hai số đó
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ việc vận dụngvà khai thác bất đẳng thức (*).
Bài toán 1:
Cho a + b = 1 Chứng minh rằng:
2
1
2
2
b
a ;
8
1
4 4
b
128
1
8 8
b a
* Giải : áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết a + b = 1 ta có:
Trang 31 2
)
2
2
b
8
1 2
) 2
1 ( 2
) ( 2 2 2 2 4
4
b a
128
1 2
) 8
1 ( 2
) ( 4 4 2 2
8
8
b
a Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1/2.
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bđt (1) và tăng số mũ của biến ta thu đợc các kết quả nh:
2
1 2
) 128
1 ( 2
) (
15
2 2
8 8 16
16
b
a
Tổng quát ta có bài toán sau:
Bài toán 1.1:
Cho a + b = 1 Chứng minh rằng: a2nb2n 21n 1
Cách giải bài toán 1.1 ta áp dụng phơng pháp quy nạp toán học và làm tơng tự bài toán 1
Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát bài toán 1.1 khi thay giả thiết a + b = 1 bởi giả thiết
a + b = k , làm tơng tự nh trên ta có 2 2 2 1
n k n b
n a
Vậy có bài toán 1.2 nh sau:
Bài toán 1.2:
Cho a + b = k Chứng minh: 2 2 2 1
n k n b
n a
Nhận xét 3: Từ bài toán 1.2 nếu ta thay giả thiết a + b = k bởi b = k - a ta đợc
Bài toán 1.3:
Chứng minh : 2 ( )2 2 1
n k n a k
n
* Khai thác sâu bài toán
Nhận xét 1: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp 2 lần ta có kết quả:
3 4
2 2
2 2 2 4
4
2 2
2 2
)
b a b
a
b
Tổng quát ta có bài toán sau:
Trang 4Bài toán1.4:
Chứng minh :
3
4 4
4
2
b a b
b)
1 2
2 2
2
n b a n b
n a
Nhận xét 2:
Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp nhiều lần và tăng số biến ta có:
3
4 4
4
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 4 4
4
4
2 8 8
) (
)
(
2
2 2
2
) (
) (
d c b a d c
b
a
d c b
a d
c b a d
c
b
a
3
4 4
4
4
4
4 2
8 4
a b c d a b c d a b c d
Vậy có bài toán 1.5:
Chứng minh:
4 4
4 4 4
4
a
Cứ tiếp tục suy luận sâu hơn nữa ta thu đợc nhiều bài toán tổng quát hơn
Bài toán 2:
Cho a, b, c > 0.Chứng minh rằng: (ab).(bc).(ca) 8abc
* Giải: áp dụng bất đẳng thức (2) ta có :
a c c
a
cb b
c
ab b
a
4 )
(
4 )
(
4 )
(
2 2
(ab)(bc)(ca)2 64a2b2c2
abc a
c c b
b
( vì (a+b)(b+c)(c+a) > 0 và 8abc > 0)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Khi đó ta có 1 - a, 1- b,
1 - c > 0 và có 1 + c = 1 + 1 - a - b = (1 - a ) + (1 - b ) áp dụng bài toán 2 ta đợc :
) 1 )(
1 )(
1 ( 8 ) 1 )(
1
)(
1
( a b c a b c
Vậy có bài toán 2.1:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1
Chứng minh: (1a)(1b)(1c) 8(1 a)(1 b)(1 c)
Nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác sâu hơn bài toán bằng cách cho
a + b + c = n > 0 Khi đó tơng tự nh bài toán 2.1 ta có
Bài toán 2.2:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = n > 0
Trang 5Chứng minh : (na)(nb)(nc)8(n a)(n b)(n c)
Bài toán 3:
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : a2 b2 c2 abbcca
* Giải :
áp dụng bất đẳng thức (3) ta có :
ac c
a
cb b
c
ab b
a
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2(a2 b2 c2) 2(ab bc ca) đ.p.c.m
Có đẳng thức khi a = b = c
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1 : Nếu áp dụng bài toán 3 và tăng số mũ lên, giữ nguyên số biến ta có
2 2 2 2 2 2 4 4
4 b c a b b c c a
a (*) lại áp dụng bài toán 3 lần nữa ta có
) (
2 2 2
2
2
2b b c c a abc a b c
a (**) Từ (*) và (**) ta thu đợc kết quả là
) (
4
4
4 b c abc a b c
Vậy có bài toán 3.1:
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : a4 b4 c4 abc(abc)
Nhận xét 2: Nếu tăng số biến và giữ nguyên số mũ của biến với cách làm nh bài toán 3 ta có
Bài toán 3.2:
Chứng minh rằng: a12 a22 a n2 a1a2 a2a3 a n1a n a n a1
Với mọi a1;a2; ;a n
Bài toán 4 :
Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d ta có : a4 b4 c4 d4 4abcd
* Giải :
áp dụng bất đẳng thức (3) ta có :
abcd d
c b a d
c b
a d
c
b
Có đẳng thức khi a = b = c = d
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu thay b = c = d = 1 ta có bđt 4 3 4 4 4 3
a
Vậy có bài toán 4.1:
Trang 6Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a4 4a
Nhận xét 2: Nếu khai thác bài toán 4 theo hớng tăng số biến, số mũ lên, ta
Có bài toán tổng quát sau:
Bài toán 4.2:
Chứng minh rằng với mọi số a1;a2;a3; ;a2n với n N* ta có:
n a a a a n
n n a
n a
n
a
n
a12 22 32 2 2 2 1 2 3 2
Bài toán 5 :
Cho a + b + c + d = 2 Chứng minh : a2 b2 c2 d2 1
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu thay hằng số 2 ở giả thiết bởi số k ta đợc kết quả
4
2 2 2
2
d c
b
a Vậy có bài toán tổng quát hơn nh sau:
Bài toán 5.1:
Cho a + b + c + d = k Chứng minh :
4
2 2 2 2
d c b
Nhận xét 2: Ta còn có thể tổng quát bài toán 5.1 ở mức độ cao hơn bằng cách tăng
số biến của bài toán Khi đó bài toán 5.1 chỉ là trờng hợp riêng của bài toán sau:
Bài toán 5.2:
Cho a1a2 a n= k Chứng minh:
n
k a a
2 2 2
2
2
1 với n N*
Để giải bài toán này thì cả hai cách làm của bài toán 5 ở trên đa vào áp dụng không hợp lý, ta sẽ làm nh sau:
áp dụng bđt (3) ta có:
n
k a n
k
2 2
1 ;
n
k a n
k
a22 22 2 2. ; … ;
n
k a n
k
a n 2 2 n.
2 2
)
( 2
2 2
2
2
2
n
k n
k n a a
n
k n
k a a
2 2
2 2
2
2
1 2
n
k a a
2 2 2
2
2
1
Từ đó suy ra :
n
a a
a a
a
n
2 2
1 2 2
2
2 1
Vậy có bài toán 5.3:
Trang 7Chứng minh:
n
a a
a a a
a
n
2 3
2 1 2 2
2
2 1
Đặc biệt hoá với n = 5, n = 7, ta đợc những bài toán nh : Chứng minh :
5
2 5 3
2 1 2 5
2
2
2
1
a a
a a a
a
7
2 7 3
2 1 2 7
2
2
2
1
a a
a a a
a
Rõ ràng những bđt này nếu sử dụng phơng pháp dùng định nghĩa hoặc biến đổi tơng
đơng thì rất khó giải quyết
* Khai thác sâu bài toán
Nếu tiếp tục nâng số mũ lên cao hơn theo cách khai thác của bài toán 1.4 ta thu đợc kết quả tổng quát hơn nữa chẳng hạn:
Bài toán 5.4:
Chứng minh:
3
4 3
2 1 4 4
2
4
1
n
a a
a a a
a
n
7
8 3
2 1 8 8
2
8
1
n
a a
a a a
a
n
2 2 1
2 2
3 2 1 2
2
2 2
2
n n a a
a a n n a
n a
n
Rõ ràng các bất đẳng thức này còn chặt hơn cả bđt Cô Si và cũng không cần điều kiện gì của biến
Tiểu kết 1:
Trên đây ta đã khai thác và phát triển từ những bài toán đơn giản để thu đợc những bài toán mới, những kết quả mới tổng quát hơn
Bất đẳng thức (1.1) là trờng hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai
thác theo hớng tăng số biến của bài toán
Bất đẳng thức (1.2) là trờng hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo
hớng tăng cả số mũ và số biến
Tiểu kết 2:
Để khai thác, phát triển một bài toán về bất đẳng thức ta có thể đi theo một số hớng
nh sau:
Trang 8Hớng thứ nhất : Tổng quát hoá các hằng số có trong bài toán, ví dụ nh các bài toán 1.2; 2.2; 5.1; 6.1; 8.1; 9.1; 10.2; 12.1
Hớng thứ hai : Giữ nguyên số biến và tăng số mũ của các biến dẫn đến tổng quát hoá số mũ, ví dụ các bài toán 1.1; 1.4
Hớng thứ ba : Giữ nguyên số mũ và tăng số biến của các biến dẫn đến tổng quát hoá số biến, ví dụ các bài toán 1.5; 3.1; 6.3; 9.2; 10.3
Hớng thứ t : Tổng quát hoá cả về số mũ và số biến, ví dụ nh các bài toán 4.2; 5.2; 5.4
Hớng thứ năm : Đổi biến, đặc biệt hoá từ bài toán tổng quát, ví dụ nh các bài toán 2.1; 4.1; 5.3; 6.2
Trên đây là các ví dụ vận dụng bđt (*) vào việc giải các bài toán đại số và một số
ph-ơng hớng để khai thác một bài toán
Kết quả thu đợc sau khi khai thác bđt (1) là bđt :
n
a a
a a
a
n
2 2
1 2
2 2
2 1
Và bđt:
2 2
3 2 1
2 2
2 2
2
n n a a
a a
n n a
n a
n
Hoàn toàn tơng tự nh trên ( Chứng minh bằng quy nạp toán học )
ta cũng có kết quả khi khai thác bđt (2) nh sau:
n n
n
n n a a
a
a
2
2 1
2 1
2 2
2 2
3
2
1
với n N* (2.1)
Từ bđt (1.2) và bđt (2.1) ta có bđt tổng quát của bđt (*) nh sau:
n n
n
n n a a
a a n n a
n
a
n
a
2
2 1
2 1
2 2
2 2
3 2 1
2 2
2
2
2
Trang 9Nh vậy khi làm xong một bài toán dù là bài toán dễ , ngời làm toán không nên thoả mãn ngay với lời giải của mình mà cần tiếp tục suy xét những vấn đề xung quanh bài toán, tìm ra các bài toán mới hay hơn, tổng quát hơn, sau đó đặc biệt hoá bài toán tổng quát để có đợc những bài toán độc đáo hơn, thú vị hơn Điều đó làm cho ngời học toán ngày càng say mê bộ môn, đồng thời cũng là cách rèn luyện t duy, nghiên cứu để chiếm lĩnh kho tàng tri thức của nhân loại
III- Bài tập đề nghị IV- Kết quả thực hiện sáng kiến kinh nghiệm
V- Điều kiện áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
VI- Những điểm còn tồn tại, hạn chế
VII- Bài học kinh nghiệm VIII- Đề xuất hứơng nghiên cứu tiếp
C- Kết luận
Sau một quá trình giảng dạy nhiều năm, thông qua các tài liệu tham khảo, cũng nh học hỏi ở các đồng nghiệp Tôi đã hệ thống lại đợc rất nhiều bài toán hình học và đại số có thể ứng dụng bất đẳng thức (*)
để giải, mặc dù có những bài toán mà trong tài liệu tham khảo phải sử dụng các bất đẳng thức lớn nh bất đẳng thức CôSi cho 3 số, cho 4 số, bất
đẳng thức Bunhiacốpski… để giải, các cách giải này hiện nay không phù hợp với chơng trình toán T.H.C.S Trong khi đó bất đẳng thức (*) hầu hết học sinh lớp 8 và lớp 9 đều chứng minh đợc và thờng sử dụng, hơn nữa việc ứng dụng bất đẳng thức (*) mang lại hiệu quả không phải
là nhỏ
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này tôi mong muốn đựoc đóng góp một phần nhỏ bé công sức trong việc hớng dẫn học sinh ứng dụng
và khai thác bất đẳng thức (*) khi làm toán, rèn luyện tính tích cực, phát triển t duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú cho các em khi học toán Tuy nhiên, do thời gian có hạn, trình độ bản thân còn hạn chế, nên tôi rất mong đợc sự đóng góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn đồng nghiệp để kinh nghiệm của tôi đợc hoàn chỉnh hơn,
đồng thời cũng giúp đỡ tôi tiến bộ hơn trong giảng dạy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn !