skkn hướng dẫn học sinh kỹ thuật cơ bản sử dụng bất đẳng thức côsi và ứng dụng trong dạy và học toán

Điều 5 - Luật Giáo dục đã yêu cầu về phương pháp giáo dục: "Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học nă

PHẦN I: MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài.

Điều 5 - Luật Giáo dục đã yêu cầu về phương pháp giáo dục: "Phương

pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học và hợp tác, khả năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên.”

Trong những năm gần đây, đổi mới phương pháp dạy học đã trở thành mục tiêu lớn của ngành giáo dục và đào tạo nước ta Dạy học theo hướng

“Phát huy năng lực và phẩm chất người học” cũng là một nội dung quan trọng đang được quan tâm hiện nay Nghị quyết Hội nghị trung ương 8 khóa XI

cũng nêu rõ về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo: “Tiếp tục đổi

mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật

và đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực”.

Theo quan điểm chỉ đạo đổi mới giáo dục thì phát triển năng lực của người học được coi là mục tiêu quan trọng và cần được coi trọng Mặt khác, khái niệm năng lực ở đây được hiểu là sự kết nối tri thức, hiểu biết, khả năng

và mong muốn của người học Cũng theo tinh thần Nghị quyết 29 - NQ/TƯ về việc đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo thì phương pháp dạy học toán cũng cần phải thay đổi để theo kịp yêu cầu của thực tiễn Như vậy, việc nâng cao năng lực tư duy, năng lực tự học cho học sinh trong quá trình giảng dạy cũng là một trong những biện pháp cần thiết, đáp ứng yêu cầu của quá trình đổi mới giáo dục hiện nay

1.2 Mục đích nghiên cứu

- Giúp học sinh tự học, sáng tạo nhằm nâng cao hiệu trong học tập và giảng dạy đối với môn Toán

- Đáp ứng yêu cầu đổi mới phương pháp kiểm tra đánh giá các kì thi học sinh giỏi và kì thi THPT Quốc gia

- Đề tài này có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

- Sách giáo khoa môn Toán trong chương trình THCS và THPT

- Học sinh lớp: 11C4, 12A10 trường THPT Đào Duy Từ

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu

- Phương pháp khảo sát thực tế

- Phương pháp phân tích, so sánh, tổng hợp

- Phương pháp thống kê

PHẦN II: NỘI DUNG

2.1 Cơ sở lý luận

Trong chương trình phổ thông, học sinh được làm quen với bất đẳng thức từ rất sớm và nó luôn song hành với các em ở từng cấp học Ở bậc tiểu học, học sinh được học bất đẳng thức dưới dạng so sánh các số tự nhiên rồi đến so sánh phân số, ở bậc THCS các em tiếp tục học bất đẳng thức ở dạng so sánh số nguyên, lũy thừa, các số hữu tỷ rồi các biểu thức chứa 1 biến, 2 biến,

3 biến Bất đẳng thức không chỉ xuất hiện trong chương trình phổ thông mà còn thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chuyển cấp, thi học sinh giỏi các cấp, thi THPT Quốc gia Trong nền giáo dục phổ thông, toán học là môn khoa học quan trọng đóng vai trò nền tảng, then chốt để phát triển các bộ môn khoa học tự nhiên, khoa học công nghệ, trong đó có thể nói bất đẳng thức là một trong những thành tố quan trọng để phát triển năng lực tư duy logic và sáng tạo cho học sinh Trong thực tế, việc giải các bài toán Bất đẳng thức đối với học sinh là hết sức khó khăn Vì vậy, để góp phần vào việc phát triển tư duy cho học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi và tăng cường cho các em ý thức năng lực, vận dụng một cách linh hoạt những điều đã học vào thực tiễn Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT và qua các kỳ thi nói chung tôi nhận thấy việc hình thành những kiến thức và kỹ năng trong việc dùng Bất đẳng thức

Côsi để xử lí các bài toán là cần thiết Vì vậy tôi đã chọn đề tài như trên.

2.2 Thực trạng vấn đề

Bất đẳng thức Côsi là một trong những bất đẳng thức cổ điển có ứng dụng rộng rãi nhất trong chương trình toán học phổ thông Tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức này lại là điều không hề đơn giản đối với học sinh, kể cả đối với giáo viên giảng dạy Các kĩ thuật để sử dụng BĐT Côsi rất đa dạng Qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi nhận thấy một số đặc điểm sau:

- Các đề thi học sinh giỏi cấp trung học gần đây có xu hướng sử dụng nhiều đến BĐT Côsi

- Bất đẳng thức Côsi là một công cụ giải quyết được một số lượng lớn các bài toán như chứng minh bất đẳng thức, tìm min, max của biểu thức Tuy vậy việc ứng dụng BĐT Côsi vào giải toán của học sinh còn hạn chế

- Nhiều giáo viên giảng dạy chưa phân tích sâu sắc các dấu hiệu nhận dạng để khi học sinh đứng trước một bài toán có thể biết sử dụng phương pháp và áp dụng kĩ thuật nào để giải quyết Xuất phát từ thực tế đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi nêu ra một số ứng dụng thường gặp của BĐT Côsi, đồng thời

cố gắng nêu ra cách thức tư duy và phương pháp, kĩ thuật để sử dụng BĐT Côsi

2.3 Các giải pháp để giải quyết vấn đề

- Trong bài viết này, có những bài toán có thể giải bằng nhiều phương pháp ngắn gọn hơn, nhưng bám sát nội dung bài viết, tôi chỉ nêu ra các cách giải bằng BĐT Côsi

- Nội dung bài viết chủ yếu đã được tôi sử dụng trong quá trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi trường THTH Đào Duy Từ

- Trước hết về bất đẳng thức Côsi:

* Cho n số thực không âm: a1, a2, an

Ta có thể phát biểu BĐT Côsi dưới các dạng sau:

1 2

1 2

(1)

n n

n

a a a n

  



1 2 n 1 (2) 2

a a  a n a a a

1 2

1 2

n n n

a a a

n

  

Dấu “=” xảy ra khi a1 a2   a n

* Trong trường hợp đối với 2 số không âm x, y, ta có:

x y2  xy ; x y 2 xy ;

2 2



 ; x y 2 4xy;

1 1x y x y4

 ;

 2

xy x y

Dấu “=” xảy ra khi: x = y

* Trong trường hợp đối với 3 số không âm x, y, z, ta có

3

x y z 

 ;x y z  3 xyz3 ;

3 3

 



Dấu “=” xảy ra khi: x = y = z.

Sau đây là các phương pháp cơ bản sử dụng bất đẳng thức Côsi

2.3.1 Phương pháp phân tích số mũ, đánh giá đại diện

Nội dung của phương pháp:

- Các biến có vai trò bình đẳng nên trong quá trình biến đổi ta nên có xu hướng giữ nguyên tính bình đẳng của chúng

- Các biểu thức có vai trò bình đẳng nên tìm cách biến đổi một biểu thức và áp dụng tương tự cho toàn thể

- Giả sử bậc của vế trái lớn hơn bậc của vế phải thêm bớt vào một hoặc một số

số hạng nào đó có bậc thấp hơn hoặc cao hơn hoặc một hằng số để khi sử dụng BĐT Côsi ta thu được bậc cần thiết

Ví dụ 1 Cho các số dương a, b, c Chứng minh:

a

c

c

b

3 2

3

2

3

a

2) a32 32 23 13 13 13

a c b a

c

c

b

Phân tích: Cần khử được mẫu số ở vế trái để đồng bậc với vế phải.

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

b a b

a a

b

b

b

a

2 3

3 2

3











c

b

2 3

2

3



a

c

2 3

2

3





Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ra khi: a = b =c

Nhận xét: Khử được 2 bậc của tử số và mẫu số của vế trái, ta có lời giải câu 2 như sau:

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

3 3 3 5

2

5

2

5

a

b a a b

b

b      Tương tự cho các các bất đẳng thức còn lại rồicộng

từng vê và thu gọn ta được ĐPCM Dấu “=” xảy ra khi: a = b =c.

Ví dụ 2: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x.y.z = 1

Chứng minh rằng: S 1 x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 3 3

Phân tích:

Vẫn với kiểu phân tích sự bình đẳng giữa các biến, các biểu thức như trên, ngoài ra, theo giả thiết, ta có thể hiểu 1 = (x.y.z)r vì vậy do vế phải là hằng số, cũng có thể được hiểu như 3 3xyzr nên ta cố gắng biến đổi vế trái thành tích của các lũy thừa cùng bậc của x, y, z Từ đó có 2 cách biến đổi như sau:

Cách 1:

Tương tự

3 3

 

 ;

3 3

 

 Từ đó

3

2 2 2

S

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z

Cách 2:

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

3

3

S

x y z x y x y z y z x y z z x

x y z x y x y z y z x y z z x

xyz

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y = z.

Nhận xét: Với hướng giải trên ta có thể giải bài toán tổng quát sau:

Cho các số dương a1, a2, ,an thỏa mãn a1 a2 an = 1 Chứng minh rằng

Ví dụ 3: Cho a, b, c  0 Chứng minh:

)

a a b c a b b c c a

b a b c abc a b c

Phân tích: Mỗi số hạng ở vế phải đều có bậc 3 (cùng bậc với mỗi số hạng ở

vế trái), nhưng trong mỗi số hạng ở vế phải thì nhân tử thứ nhất có bậc gấp đôi nhân tử kia

Cộng các vế và rút gọn ta có điều phải chứng minh

Cộng các vế và rút gọn ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 4: Cho a, b, c, d là các số thực dương có tổng bằng 1

Chứng minh:

2

a b b c c d     d a 

Phân tích:

- Các biến có vai trò bình đẳng nên trong quá trình biến đổi ta nên có xu hướng giữ nguyên tính bình đẳng của chúng;

- Các biểu thức có vai trò bình đẳng nên tìm cách biến đổi một biểu thức và áp dụng tương tự cho toàn thể;

- Bậc của vế trái là 1, của vế phải là số hạng tự do nhưng cũng có thể xem như

là bậc 1 (do giả thiết a + b + c + d = 1 nên với mọi hằng số k ta có

k(a + b + c + d) = k

- Nhận xét rằng khi 1

4

a b c d    thì đẳng thức xảy ra, khi đó

8

a

a b 

nên ta xem xét việc thêm bớt vào một số hạng bậc nhất sao cho có thể rút gọn mẫu số và giá trị của biểu thức đó khi dấu bằng xảy ra cũng là 1

8

Ta đi đến lời giải:

Áp dụng bđt côsi cho hai số a2

a b và

4

a b

Ta có: a2

a b +

4

a b

 2 2 .

4

a a b

a b







2

a

a b +

4

a b

 2

2

a



2

a

a b +

4

a b

 a (1)

Tương tự ta có: b2

b c +

4

b c

 b (2) ; c2

c d +

4

c d

 c (3) ; d2

d a +

4

d a

 d (4)

Từ (1); (2); (3) và (4)



2

a

a b +

4

a b + b2

b c +

4

b c + c2

c d +

4

c d + d2

d a +

4

d a

 a + b + c + d

 ( a2

a b + b2

b c + c2

c d + d2

d a )+ (

4

a b

+

4

b c

+

4

c d

+

4

d a

)1  ( a2

a b + b2

b c + c2

c d + d2

d a )+2( )

4

a b c d  

1  ( a2

a b + b2

b c + c2

c d + d2

d a )+ 1

2 1  ( a2

a b + b2

b c + c2

c d + d2

d a ) 1

2

Ví dụ 5: Chứng minh rằng:  a b8 64 (ab a b )2  a,b  0

Ta có:

 

2

C

ab a b ab a b

2.3.2 Phương pháp tách thành các biểu thức nghịch đảo

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 22 2 2

1

a





ôsi

2

1 1

C

a

 



Dấu “ = ” xảy ra  2 1 12 2 1 1 0

1

a



Ví dụ 2: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: xyz=1

3 3 3

3 3

3



















zx x z yz

z y xy

y x

Phân tích: Ta có thể hiểu: 1=(xyz)n nên cố gắng biến đổi vế trái thành tích của các lũy thừa cùng bậc đối với x, y, z

Áp dụng BĐT Côsi:

xy y

x y

1 3 3 3 3 3







 ; 1 y3 z3 3 3 y3z3 3yz







 ; 1 z3 x3 3 3 z3x3 3zx









6 2 2 2 















z y x zx

yz xy zx

zx yz

yz xy

xy

Nhận xét: Ta có bài toán tổng quát sau:

Cho các số dương a1,a2, a n thỏa mãn: a1a2 a n  1 Ta có bất đẳng thức:

m q

n n

n

p n q

n

n p

q n

n

p

n n a

a a

a a

a a a

a a

a

a

a

a

a





























)

(

1

)

(

1 )

(

1

2 1

2 3

2

2 1

2

1

1

Ví dụ 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: 11 1 4

z y

2

1 2

1 2

1

















x

Phân tích: Giả thiết đã cho và dạng của BĐT định hướng ta sử dụng BĐT:

b

a

b

4

1

1

Ta có: 1x 1y x4y

; 1y 1z y4z

; z x z x





 1 4 1

Suy ra:

) 1 )(

1 1

1 (

2

1

1

1

x z z y y x z

y

x        Lại có:

z y x z

y

y

4 1

1

; y z x z x z y











4 1

1

; z x x y y x z











4 1

1









(

2

x z z y y

4 2

4 2

4

y z x z y x z x

Từ (1) (2) ta có:

1 2

1 2

1 2

1

















Nhận xét: Tương tự ta có bài toán sau:

Cho các số dương a1,a2, a n thỏa mãn: 1 1 1 0

2 1









a a

thức:

n

n n n

n n

n

m m

m

a m a

m a m a

m a

m a m a m a

m

a

m































1

1

1

1

2

1

1 2

1 1 1

2 3 1 2 2

2

1

1

2.3.3 Phương pháp đánh giá từ trung bình nhân, trung bình cộng

Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu a b , đánh giá

từ tổng sang tích, hiểu là thay a + b bằng a.b thì ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC là thay a.b bằng a + b Cần phải chú ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu biến, chỉ còn lại hằng số

Ví dụ 1: Chứng minh: ab cd  a c b d     a b c d, , ,  0 (1)

Ta có:

(1)          1

a c b d   a c b d   Theo BĐT Côsi ta có:

VT

Ví dụ 2: Chứng minh:     0

0

a c

b c







 

Ta có BĐT tương đương với: c a c  c b c  1





Theo BĐT Côsi ta có:

2.3.4 Phương pháp thêm, bớt hằng số phù hợp

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a b 1 b a  1 ab a b,  1

Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab và đánh giá như phần trước đã trình bày Tuy nhiên ở đây ta áp dụng phương pháp nhân thêm hằng số

ôsi

ôsi

.1

1 1

2

1 1

2

2 2

C

C















  1  1 +

ab ab

Dấu “ = ” xảy ra  1 1 2



2.3.5 Phương pháp ghép đối xứng

Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm được một số thao tác sau :

Phép cộng :

2

x y y z z x

x y z











Phép nhân :x y z2 2 2     xy yz zx ; xyz= xy yz zx x, y, z 0  

Ví dụ 1: Chứng minh rằng : bc ca ab a b c a b c , , 0

a  b  c      Ta có:

.

1

2

1

2

1

2

bc ca bc ca c

ca ab ca ab a

bc ab bc ab c



















 bc ca ab a b c

a  b  c   

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a22 b22 c22 b c a; abc 0

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

2 2 2 2

.

1

2

1

2

1

2













 

 

 

 22 22 22

Ví dụ 3: Cho  ABC, a, b, c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác

Chứng minh rằng : b c a c a b a b c          abc

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

2 2 2

0

0

0

b c a c a b

c a b a b c

b c a a b c































 0 b c a c a b a b c           abc

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c.ABC đều

2.3.6 Phương pháp đổi biến số

Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh hoặc khó nhận biết được phương hướng giải, ta có thể chuyển bài toán từ tình thế khó biến đổi về trang thái dễ biến đổi hơn Phương pháp trên gọi là phương pháp đổi biến số

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a b b c c a c  a  b 32

   a b c, , 0(BĐT Nesbit)

0

0

b c x

a b z













  

  

Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:

        

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta

có :

VT 2 y x. 2 z x. 2 y z. 2 2 2 6

x y  x z  z y    

Dấu “ = ” xảy ra  x = y = z  a = b = c.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong  ABC ta luôn có:

b c a c a b a b c          

0

0

b c a x

a b c z













Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:

x y z

Côsi yz zx. zx xy. yz xy. x y z



Ví dụ 3: Cho  ABC CMR : ( b + c – a )( c + a – b )( a + b – c )  abc (1)

0

0

b c a x

a b c z













Khi đó ta có BĐT (1) tương đương với bất đẳng thức sau :

x y y z z x

Áp dụng BĐT Côsi, ta có : x

x y y z z x   xy yz z xyz

2.4 Một số ứng dụng

2.4.1 Áp dụng giải phương trình và hệ phương trình:

Ví dụ 1: Giải phương trình : x2  x 1 x x 2 1 x2 x2 (1)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :

2

2

1

1

x x











 x2  x 1 x x 2  1 x 1 (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có: 2 2 1 ( 1 ) 2 0 1

















x

Thử lại ta có x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: ( 1) ( 1) 2







Điều kiện: x  1, y  1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

1 ( 1)

x  x      y x  (1)

Tương tự : -1 1

Cộng (1), (2) ta được : x y 1 y x 1 xy

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khix y 1 11 1 x y 2



 

Thử lại thấy: x = y = 2 cũng thoả mãn phương trình thức nhất của hệ

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là ( 2; 2 )

Ví dụ 3: Giải phương trình5 27 10 5 6 5 864 0





 x x

Nhận xét: x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế cho x6

ta được:

5 6

4 6

5

4

5

27

1 5

2 5

27

.

32

27











x

x x

x

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 5

6 6

4 4 4

27

1 5 1 1 3 3

3   x  x 

x x x

Do đó phương

6

4

3 3

1

3     

x x

Ví dụ 4: Giải phương trình: x x x





16

ĐK:  4 x 4

Vế trái = 4 16  x2  4 16  2 ;

Vế phải =2x  2 x  2 2x 2 x  2

2 2 2

2 16

4 2



















 x x

x x

Ví dụ 5: Tìm nghiệm dương của hệ phương trình: 























1 1

y x z y z y y x x z z y y z y x

















y x

z y z y

y x x

z z

y y

x

(*) với x, y, z dương

Thật vậy:

2 2

2

2

2

(*)

3 3 3

2 2 (**)

x z

x z

     

Áp dụng bất đẳng thức vào vế trái của (**) được: