Sáng kiến kinh nghiệm: Sáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng

Bài toán chứng minh một bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏnhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh.. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới Giúp học sinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU

SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG

A MỞ ĐẦU

I Đặt vấn đề

1 Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết

Trong quá trình dạy học, người thầy cần nâng cao được tính tích cực, chủđộng và sáng tạo của học sinh, rèn luyện cho học sinh có khả năng phát hiện ranhững bài toán mới từ những bài toán đã có; cần khơi dậy và phát triển tiềm năngsáng tạo còn tiềm ẩn trong mỗi học sinh; tạo cho các em niềm hứng thú và say mêtrong học tập

Bài toán chứng minh một bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏnhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh Các dạng toán này rấtphong phú, đa dạng và nó có mặt khắp các cuộc thi từ trung học đến đại học và các

kỳ thi học sinh giỏi.Chính vì vậy, người thầy cần phải nắm được các bài toán gốc

và sáng tạo được nhiều bài tập có hệ thống để dạy cho học sinh

Hệ thống các bài toán có dạng đối xứng đã trở nên quen thuộc đối với họcsinh, hơn nữa các bài toán được xem là khó lại nằm ở các bài toán không đối xứng

Với những lí do trên, tôi chọn đề tài “Sáng tạo một số bất đẳng thức

không đối xứng” Đề tài này sử dụng để dạy cho học sinh lớp 10 trong tiết tự chọn

theo chủ đề bất đẳng thức và sử dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11.Nhằm giúp các em có kỹ năng chứng minh bất đẳng thức và khả năng sáng tạotrong học tập

2 Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới

Giúp học sinh giải quyết và sáng tạo được một số bất đẳng thức không đốixứng

Giúp đồng nghiệp có hướng để tạo ra hệ thống bài tập về bất đẳng thứckhông đối xứng cho học sinh

3 Phạm vi nghiên cứu của đề tài

Trong phạm vi nghiên cứu của đề tài này, tôi chỉ dừng lại ở việc nghiên cứusáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng

a.1 Nghiên cứu tài liệu.

- Sách giáo khoa Toán lớp 10 nâng cao hiện hành

- Tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài

a.2 Điều tra:

- Thực dạy và kết quả kiểm tra:

Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã tiến hành thực dạy các lớp 10:+Năm học 2011-2012:Lớp 10A 2:đối chứng, lớp 10 A 3: thực nghiệm.

+Năm học 2012-2013: Lớp 10A 2: đối chứng, lớp 10 A 4: thực nghiệm

- Dự giờ: Thường xuyên dự giờ để biết được mức độ hiểu biết và khả năngchứng minh bất đẳng của học sinh và cách giải quyết vấn đề của đồng nghiệp, từ

đó để đánh giá chính xác kết quả phương pháp của mình

b Thời gian tạo ra giải pháp

Tôi đã nghiên cứu đề tài và tiến hành thực nghiệm trong hai năm học

2011-2012 và 2011-2012-2013 đối với 2 lớp10A 3 ( năm 2011- 2011-2012) và lớp 10A 4 (năm

2012 – 2013) Đồng thời đề tài này cũng là một chuyên đề trong bồi dưỡng họcsinh giỏi lớp 11 cấp tỉnh trong nhiều năm qua

B-NỘI DUNG

I.Mục tiêu

Giúp cho học sinh và đồng nghiệp thấy được cách sáng tạo ra một số bấtđẳng thức không đối xứng từ bài toán gốc và cách giải của các bài toán này

II Mô tả giải pháp của đề tài

1 Thuyết minh tính mới

a.Nội dung của giải pháp

Từ các bất đẳng thức đối xứng, bằng phép đổi biến không đối xứng tađược một bất đẳng thức không đối xứng Hơn nữa, để giúp học sinh pháttriển tư duy và có sự tổng quát hóa về phương pháp giải, tôi xây dựng hệthống bài tập theo kiểu mở rộng không gian từ bài toán có hai biến số mởrộng thành bài toán có ba biến số

b Điểm mới của giải pháp

Từ một số bài tập cơ bản trong sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiệnhành, qua phương pháp giải tôi hình thành được một lớp các bài toán vềbất đẳng thức không đối xứng

c Điểm sáng tạo của giải pháp

Điểm sáng tạo của giải pháp đó là tôi đã sáng tạo được một số bấtđẳng thức không đối xứng Đặc biệt, tôi đã tạo ra được phương pháp hìnhthành các bất đẳng thức không đối xứng này

SÁNG TẠO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG

1.Từ một bài toán đối xứng.

Bài toán chứng minh một bất đẳng thức luôn luôn là một bài toán khó đốivới học sinh Là một giáo viên dạy Toán tôi luôn tự đặt cho mình câu hỏi “ Làmthế nào để học sinh không còn thấy khó khi gặp bài toán bất đẳng thức?”.Để trả lờicho câu hỏi này, tôi đã bắt đầu từ bài toán gốc là bài toán 3 trang 109 trong sáchgiáo khoa Đại số 10 nâng cao hiện hành Để giúp học sinh thấy dễ dàng trong việc

chứng minh bất đẳng thức này, tôi đã thay đổi bài toán 3 thành bài toán tương tựchỉ còn hai biến Sau đó để được bài toán không đối xứng tôi dùng phép biến đốikhông đối xứng Sau khi học sinh thành thạo với bài toán hai biến tôi nâng lên vớibài toán ba biến số và bắt đầu của bài toán ba biến số là bài 3 trang 109 Sau đây làcác bài toán thể hiện giải pháp trên.

Bài toán 1: Chứng minh rằng

Lời bình:Trong bài này vì vế trái của bất đẳng thức (1) đối xứng đối với x và y, nên

ta dễ dàng nghĩ ra phương pháp giải của bất đẳng thức này bằng cách đưa về các

bình phương của một hiệu hoặc một tổng Bây giờ ta thay x bởi 2x và y bởi 3y vào bất đẳng thức (1) ta được một bài toán mới không còn đối xứng đối với x và y nữa,

cụ thể là bài 2a, và bằng cách làm tương tự ta có bài 2b, 2c Hoặc muốn có một bất

đẳng thức không đối xứng giữa sinx và cosx ta thay x bởi 3sinx

Lời giải:

a) Ta đặt N  4 x2  9 y2  6 xy  2 x  3 y  1 Để chứng minh bất đẳng (2) tachứng minh N  0, x y,  

b) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’) thành x y 2x 12y 3 2

c) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’’) thành 2x 3y2x 2y 1 2

d) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2”’) thành

vậy ta có thể sáng tác nhiều bài toán không đối xứng như thế này

Từ hai bài toán trên, ta đặt ra bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcđược thể hiện trong bài toán sau đây

Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

a) M  x2  y2  xy x y   ;b) N  4 x2  9 y2  6 xy  2 x  3 ; y

Từ bài toán gốc này, với các cách biến đổi không đối xứng ta được nhiều bài

toán không đối xứng Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z Thế vào bất đẳng thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x,y và z nữa.

Bài toán 5: Chứng minh rằng

Lời bình:Cũng từ bất đẳng thức (4), ta đặt a = x +1, b = 2y, c = 2z Thế vào bất

đẳng thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x, y và z

Bài toán 6: Chứng minh rằng

Lời bình: Thật là khó mà nghĩ ra phải biến đổi tương đương bất đẳng thức (6) về

bất đẳng thức trên nếu như ta không biết bài toán gốc của nó

Sau đây là một cách phát biểu khác của bài toán 5 và bài toán 6

Bài toán 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x + 1 = 2y = 3z = a, với a  

Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự.

Bài toán 2’: Chứng minh rằng

Lời bình: Bây giờ tôi xuất phát từ bài toán 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10

nâng cao, bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán không đối xứng sauđây

Bài toán 8: Chứng minh rằng

a) (Bài 20a trang 112) Nếu x2 y2  1 thì x y  2 ;

b) Nếu 2 2

3x  4y  2 thì 3x 2y  2;c) Nếu 9x2  6xy 2y2  1 thì 3x 2y  2.

Lời bình: Ta phát triển bài toán này thành bài toán có 3 biến số.

Bài toán 9: Chứng minh rằng

Lời bình: Từ bài 8a và bài 9a, bằng phép thế không đối xứng ta được bài toán

không đối xứng tương ứng là 8b, 8c và 9b Mặc dù các bài toán 8b, 8c và 9b không

đối xứng với hai biến x và y nhưng cách giải của nó cũng giống như hai bài toán

đối xứng 8a và 9a Sau đây là một số bài toán tương tự bài 8 và bài 9

Bài toán 8’: Chứng minh rằng

a) Nếu 2 2

x  y  thì x 2y  2 ;b)Nếu 2 2

b) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 3x2  4y2  2.Tìm giá trị lớnnhất và nhỏ nhất của biểu thức B 3x 2 y

c) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 9x2  6xy 2y2  1.Tìm giá trịlớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức C  3x 2 y

Do đó B đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại 1 , 1

2 3

x y và B đạt giá trị lớn nhấtbằng 1 tại 1 , 1

2 3

x y c)Theo bài 8c ta có  2  C 2.

Lời bình: Cũng từ bài toán 20b trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiện

hành ta có bất đẳng thức không đối xứng sau đây

Bài toán 11a: Chứng minh rằng

a) (Bài 20b trang 112) Nếu 3x – 4y = 15 thì x2 y2  9;

Lời bình: Từ bài toán 20b trang 112 ta mở rộng thành bài toán có ba biến số sau

dành cho học sinh giỏi lớp 11

Bài toán 11b: Cho x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y z   1.Chứng minh rằng 2 2 2 13

Vì x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y z   1nên có ítnhất một trong ba số đó thuộc đoạn 0;1 .

Lời bình: Từ bài toán 11b ta biến đổi thành bài toán không đối xứng sau

Bài toán 11c: Cho x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 2x y z   1.Chứng minh rằng 2 2 2 13

Lời bình: Như vậy bài toán 11c không đối xứng nhưng cách giải vẫn tương tự bài

toán 11b Bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán tương tự sau

Bài toán 11c’: Cho x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 3x y z   1.

a) Theo bài 11a ta có A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 13

Lời bình: Từ ý tưởng trên để phát triển tư duy học sinh hơn nữa, trong bất đẳng

thức đối xứng ta bổ sung thêm một vài giả thiết để được một bất đẳng thức mới.Chẳng hạn như bài toán sau

Lời bình: Đối với câu b của bài 13, nếu không có câu a khó mà ta nghĩ ra lời giải.

Nếu đối tượng giải là học sinh giỏi cấp tỉnh thì ta chỉ cho câu b

Sau đây là một số bài toán tương tự

Bài toán 13’: a) Chứng minh rằng: nếu 2x2  5y2  5 thì 3x 5y xy  5.

b) Chứng minh rằng: nếu 4xy 6xz 4yz 3 thì 2 x 2  4 y 2  5z2  2.

Lời bình:Bây giờ ta xuất phát từ một bất đẳng thức đúng để tạo ra bài toán tìm giá

trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức không đối xứng.Và ta sẽ nghiên cứu cáchgiải của nó như thế nào?

Xuất phát từ bất đẳng thức đúng

x y 2x y z  2  0, x y z, ,    2x2 y2 z2 z2  2xz 2 ,yz x y z , ,  , ta đặt rabài toán sau đây

Bài toán14: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 y2 z2  1 Tìm giá trịlớn nhất của biểu thức M = 2xz + 2yz + z2

Lời bình: Nếu như ta không biết bất đẳng thức gốc thì làm thế nào để giải bài toán

này? Sau đây là một phương pháp để giải quyết bài toán trên

Nhận xét: Ta có một vài nhận xét trước khi giải.

+)Vì M là một biểu thức không đối xứng cho nên không thể sử dụng các bất đẳngthức như Cauchy, bất đẳng thức Bunhacopxki Cũng rất khó để biến đổi M trở vềbất đẳng thức gốc ban đầu Do vậy ta cần có một phương pháp tối ưu hơn đó làphương pháp tam thức bậc hai định hướng

+)Sau đây là cách tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức M bằng phươngpháp tam thức bậc hai định hướng

 Ta tìm 1 giá trị riêng của M,chẳng hạn m0 M M0

 Do đó để tìm giá trị lớn nhất của M ta chỉ tìm từ M0 trở lên Ngược lại để tìmgiá trị nhỏ nhất của M ta tìm từ m0 trở xuống

 Đặt x z y,  z(*) Thế vào biểu thức M ta được

2 2

1 0

M M

2

  Thay 1

x y z

Lời bình:Qua bài giải ta thấy được một bài toán không đối xứng giải rất khó nếu

không biết bài toán gốc của nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai địnhhướng mà ta giải được bài toán này Sau đây là một bài toán tương tự

Bài toán14’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy yz zx   1 Tìm giá trịnhỏ nhất của biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2

Lời bình: Để sáng tạo được nhiều bài toán hơn, ngoài các bất đẳng thức đúng cơ

bản ta còn có nhiều định lí toán học về các bất đẳng thức Sau đây là một định lí đãđược chứng minh, tôi sử dụng nó để sáng tạo một số bất đẳng thức không đốixứng

Bây giờ ta vận dụng định lí này để sáng tạo một số bài toán

3.2.Bài toán ứng dụng định lí Karamata

Áp dụng định lí Karamata với 2 bộ số a, b, c và 5, 2, 1 ta có bài toán sau

Bài toán 15:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện

5 7 8

Lời bình: Qua bài toán này ta thấy được nhờ vào ý tưởng của định lí Karamata mà

ta sáng tạo được nhiều bài toán hay và bài toán đó vẫn giải bằng phương pháp sơcấp được

Để tạo ra bài toán không đối xứng, ta chia hai vế của bất phương trình (1),(2) và (3) lần lượt cho 5; 2; 1, sau đó cộng các bất đẳng thức này lại Khi đó ta cóbài toán mới sau đây

Bài toán16: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8 Chứng minh

rằng

5 2

c

  

Lời bình: Như vậy trong bài này, để tạo ra bài toán không đối xứng bằng cách ta

biến đổi sao cho các hệ số của các biến đối xứng không còn bằng nhau Sau đây làmột số bài toán tương tự

Bài toán 15’:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện

6 9 10

Lời bình: Một phát biểu khác của bài 15 và bài 16 như sau

Bài toán 17: Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện

5 7 8

Do vậy min M = 30, khi a = 5, b = 2, c = 1

Bài toán18: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8 Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức sau

c b a a

Do vậy max M = 30, khi a = 5, b = 2, c = 1

Lời bình: Từ phương pháp giải của bài toán 15 ta xây dựng các bài toán tương tự

Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được

Lời bình: Bài toán này cũng là một dạng toán không đối xứng.Từ bài toán này, ta

đổi vai trò của biến và hằng số cho nhau ta được một bài toán chuyển ẩn xuống dưới mẫu sau đây

Bài toán 21: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x y z   14 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 9 25 36

Do đó minM = 14 tại x = 3, y = 5, z = 6

Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau

Bài toán 20’: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z   16 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2.

Lời bình: Cũng từ ý tưởng trên, ta thử nghiên cứu thêm một số bất đẳng thức

không đối xứng đối với các giá trị lượng giác trong tam giác Trong phần này tôidùng để dạy trong chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11

4 Một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác không đối xứng

Trong tam giác ABC bất kỳ ta luôn có các bất đẳng thức đối xứng sau

sin sinB sinC

tan tan tan cos cosB cosC

1 0

Do vậy (2) có dạng cosA1  cosA0 , với A0 A1  A. (Điều này luôn đúng vì hàm số

y = cosx nghịch biến trên 0; )

Do A0 là góc nhọn nên cos A0 dương, do đó bất đẳng thức (1) tương đương

0 0 0

sinB

tanB ,( );

cosB sinC

sin sinB sinC

tan tan tan cos cosB cosC

A

Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau

Bài toán23: Giả sử A B C0 , , 0 0 là ba góc của một tam giác cho trước Chứng minhrằng với mọi tam giác ABC ta đều có

0 0 0

cos cos cos

TH2:t t 0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với 0

0 0

1 0

Do vậy (2) có dạng sint 1  sint , 0 với t0 t1 t. (Điều này luôn đúng vì hàm số

y = sinx đồng biến trên 0;

TH2:t t 0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với 0

2

0 1

tant tant 1

cos

TH2:t t 0 thì bất đẳng thức (1) tương đương với 0

2

0 0

cott cott 1

,(2) sin





Theo định lí Lagrang, tồn tại t1 t0 ; t để 0

2

0 1

cott cott 1

sin







Do vậy (2) có dạng 2 2

1 0

, sin t sin t với t0 t1 t. (Điều này luôn đúng vì hàm số

y = sinx đồng biến trên 0;



Hướng dẫn giải:

a) Trước hết ta kiểm tra 13 2 13 4, ,

65 13 5 lần lượt là cosA0 ,cosB ,cosC 0 0 của tam giác

Trước hết ta kiểm tra 10, 2, 5

10 2 5 lần lượt là sin 0 ,sin 0 ,sin 0

của tam giác

0 0 0

A B C Sau đó ta áp dụng cách giải của bài toán 23

Bài toán28: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có

tan 2 tan 2 tan 2 6 2.

Bài toán29 : Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có

9 .cot 1.cotB 16.cotC 12 2.

25 A 2 25  25

Lời bình: Tương tự bài 26, 27, để giải được các bài toán 28, 29 ta có thể nhận dạng

bài toán gốc tương ứng của nó và chứng các hệ số là giá trị lượng giác của một tamgiác cho trước rồi áp dụng phương pháp chứng minh của bài toán gốc của nó Các bài toán 26, 27, 28, 29 có thể phát biểu dưới dạng khác như sau

Bài toán 30 : Cho A, B, C là 3 góc tam giác ABC, tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức sau

sin sinB sinC

; 4

13 2 13

5

65 13 sin sinB sinC

3

65 7 65

5

65 65

A P

A Q