Sáng tạo bất đẳng thức tổng quát từ một bất đẳng thức thông dụng

Trong giảng dạy môn Toán ở trường phổ thông, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, thì việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc khai thác thê

Trang 1

1 Mở đầu

1.1 Lí do chọn đề tài.

Trong giảng dạy môn Toán ở trường phổ thông, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, thì việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc khai thác thêm các bài toán mới từ những bài toán điển hình, đồng thời biết vận dụng những bài toán đơn giản để giải những bài toán phức tạp hơn là điều rất cần thiết cho công tác dạy học toán, cũng như công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thông

Trong chương trình Toán THPT thì bất đẳng thức là phần kiến thức quan trọng và khó, nhưng lại có vai trò rất lớn trong việc phát triển tư duy logic, óc sáng tạo của học sinh Hầu đa trong các kỳ thi, bất đẳng thức là câu vận dụng cao, thách thức học sinh để có thể lấy điểm 10 Tuy nhiên, nếu chúng ta dạy học sinh một cách bài bản, rèn luyện kĩ năng phân tích, đặc biệt hóa, khái quát hóa

từ những bài toán đơn giản đã gặp, thì chắc chắn học sinh sẽ giải quyết được những bài toán phức tạp hơn

Trong Sáng kiến kinh nghiệm của tôi, tôi cũng đã xuất phát từ một bất đẳng thức quen thuộc để từ đó khái quát hóa thành nhiều bất đẳng thức tổng quát, mà

từ đó có thể đưa ra một lớp các bài bất đẳng thức cụ thể hay gặp trong trường

phổ thông Vì vậy tôi chọn tên Sáng kiến kinh nghiệm là: “Sáng tạo Bất đẳng thức tổng quát từ một bất đẳng thức thông dụng” Hy vọng, với Sáng kiến

kinh nghiệm này của tôi sẽ góp một phần nhỏ trong việc nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán, đặc biệt là phần bất đẳng thức trong trường phổ thông

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Mục đích tôi nghiên cứu và viết Sáng kiến kinh nghiệm này là: Tự học, tự nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ của bản thân, nhằm cải thiện chất lượng giảng dạy cho học sinh được tốt hơn Tạo ra nguồn tài liệu phục vụ cho việc giảng dạy của bản thân, đồng nghiệp và phục vụ cho việc học của học sinh

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Trong SKKN này, đối tượng mà tôi hướng đến nghiên cứu là một bất đẳng thức thông dụng trong trường phổ thông, để từ đó khái quát hóa và qua cái nhìn

ở nhiều góc độ để đưa ra một số bất đẳng thức tổng quát và các bài tập cụ thể áp dụng

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

Phương pháp mà bản thân tôi sử dụng để nghiên cứu trong SKKN này là đặc biệt hóa khái quát hóa, từ một bài toán bất đẳng thức thông dụng, bản thân

đã khái quát thành nhiều bất đẳng thức tổng quát để từ đó có thể sáng tạo ra được nhiều bất đẳng thức cụ thể

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Để nghiên cứu và thực hiện thành công SKKN của mình, bản thân đã dựa vào một bất đẳng thức cổ điển thông dụng AM - GM (Sách phổ thông còn gọi là bất đẳng thức Cauchy) và một bài toán chứng minh bất đẳng thức được GS -TSKH Nguyễn Văn Mậu in trong rất nhiều sách về bất đẳng thức mà Giáo sư là người chủ biên

Bất đẳng thức AM - GM (Cauchy)

Trang 2

Cho các số a a1 ; ; ; 2 a n là các số thực không âm Khi đó ta có BĐT:

1 2

n



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a1 a2   a n

Bài toán chứng minh BĐT ban đầu:

, , 0, ,

Chứng minh rằng: m n m n m n m n m n m n

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Nói đến BĐT là nói đến một vấn đề khó trong trường phổ thông, đa phần học sinh ngại học BĐT, đặc biệt đối với những học sinh có học lực khá trở xuống thường có tâm lí lo sợ và chán không muốn học Trường tôi giảng dạy là trường THPT Lê Văn Hưu cũng có tình trạng tương tự, Bất đẳng thức chỉ có thể giảng dạy được ở các lớp mũi nhọn, còn ở các lớp đại trà rất khó để giảng dạy chuyên đề này một cách đầy đủ

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

Tôi bắt đầu từ bất đẳng thức thông dụng mà chúng ta thường gặp trong các tài liệu môn Toán bất đẳng thức trong trường phổ thông:

Bài toán 1:

, , 0, ,

Chứng minh rằng: m n m n m n m n m n m n

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

m n m n

m n

m n m n m n

m n



m n m n m n

m n



m n m n

m n

m n m n m n

m n



 Cộng các bất đẳng thức trên ta được:

m n m n m n m n m n m n

Bài tập áp dụng BĐT (1):

Bài tập 1: Cho a b c , , 0 Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2 2

Trang 3

5 5 5 4 4 4

3 2 3 2 3 2

2 3 2 3 2 3

4 3 4 3 4 3

5 2 5 2 5 2

Từ BĐT (1) ta có thể suy ra BĐT (2) như sau:

Bài toán 2:

Cho a b c, ,  0, , ,m n k N *

Chứng minh rằng: a m n k  b m n k  c m n k  a b c m n k b c a m n k c a b m n k

Chứng minh:

m n k m n k m n k

m n k m n k m n k m n k

m n k

 

m n k m n k m n k

m n k

 

m n k m n k m n k

m n k

 

  Cộng các bất đẳng thức trên ta được:

m n k m n k m n k m n k m n k m n k

2 2 2 2 2 2

a b c b c a c a b

3 2 3 2 3 2

2 3 2 3 2 3

a b c b c a c a b

Từ BĐT (1) ta có thể suy ra BĐT (3) như sau:

Bài toán 3:

, , 0, , ,

Chứng minh rằng:

m n m n m n

m m m

n n n

Chứng minh:

2

m n

m n n m n

a

b





m n

m n n m n

b

c





m n

m n n m n

c

a





Trang 4

Cộng các bất đẳng thức trên ta được:

m n m n m n

m m m m n n m n n m n n

n n n

Theo (1) thì: m m m m n n m n n m n n

Nên:

 3 ( m m m) ( m m m) ( m n n m n n m n n)

m m m

Bài tập 8: Cho a b c , , 0 Chứng minh bất đẳng thức:

Từ bài toán (3) và bài toán (1), ta có thể suy ra BĐT (4) như sau:

Bài toán 4:

, , 0, ,

m n m n m n

m k m k m k

n n n

a b b c c a

ab bc ca

a b b c c a

Bài toán 5:

Cho a b c, ,  0, , , ,m n p q N *

Trang 5

m n p q m n p q m n p q

m p q m p q m p q

        

a bc b ca c ab

2 2 2 2 2 2

a bc b ca c ab

a b c b c a c a b

a bc b ca c ab

Từ bài toán (3), ta có thể suy ra BĐT (6) như sau:

Bài toán 6:

Cho a b c, ,  0, , ,m n p N *

m n p m n p m n p

m m m

n p n p n p

Chứng minh:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

2

m n p

m n p n p m

n p

a

b c

 

 

m n p

m n p n p m

n p

b

c a

 

 

2

m n p

m n p n p m

n p

c

a b

 

 

Cộng các BĐT trên ta được:

m n p m n p m n p

m m m m n p n p m n p n p m n p n p

n p n p n p

     

Mà theo (1) thì ( m m m)  m n p n p m n p n p m n p n p

Nên:

m n p m n p m n p

m m m

n p n p n p

a b c

Trang 6

2 3 2 3 2 3

Bài toán 7:

, , 0, , , , ,

m n p m n p m n p

m k k m k k m k k

n p n p n p

ab bc ca

a b b c c a

2 2 2 2 2 2

a b b c c a

Bài toán 8:

, , 0, , , , , ,

m n p m n p m n p

m q r q r m q r q r m q r q r

n p n p n p

a bc b ca c ab

abc a b c

2017 2017 2017

2 2 2 2009 2009 2009

2012 2012 2012

6154 6154 6154

2017 ( )

Từ (1) nếu ta thay a bởi 1

a, b bởi 1

b, c bởi 1

c, ta được BĐT tổng quát (9) sau:

Trang 7

Bài toán 9:

Cho a b c, ,  0, ,m n N *

Chứng minh rằng: m n1 m n1 m n1 m n1 m n1 m n1

a  b  c  a b b c c a (9) Bài tập áp dụng BĐT (9):

5 5 5 3 2 3 2 3 2

a b b c c a

Từ (2) nếu ta thay a bởi 1

a, b bởi 1

b, c bởi 1

c, ta được BĐT tổng quát (10) sau:

Bài toán 10:

Cho a b c, ,  0, , ,m n p N *

Chứng minh rằng: m n p1 m n p1 m n p1 m n p1 m n1 p m n p1

a bc b ca c ab

2020 2020 2020 2017 2017 2017

Từ bài toán (3), ta cũng suy ra BĐT (11) như sau:

Bài toán 11:

Cho a b c, ,  0, , ,m n p N *

n n n

m n m n m n m m m

a  b  c  a b c (11) Bài tập áp dụng BĐT (11):

Trang 8

2 2 2

1 1 1

Từ bài toán (4), ta cũng suy ra BĐT (12) như sau:

Bài toán 12:

Cho a b c, ,  0, , ,m n p N m * ;  p

n n n

m n m n m n m p p m p p m p p

a  b  c  a  b b  c c  a (12) Bài tập áp dụng BĐT (12):

Bài toán 13:

, , 0, , , , ;

n n n

m n m n m n m p q p q m p q p q m p q p q

a  b  c  a   b c b   c a c   a b (13) Bài tập áp dụng BĐT (13):

Cũng từ (6), (7), (8), ta cũng có các BĐT tổng quát sau:

Bài toán 14:

Cho a b c, ,  0, , ,m n p N *

n p n p n p

m n p m n p m n p m m m

a   b   c   a b c (14) Bài toán 15:

Trang 9

Cho *

, , 0, , , , ;

n p n p n p

m n p m n p m n p m k k m k k m k k

a   b   c   a  b b  c c  a (15) Bài toán 16:

, , 0, , , , , ;

n p n p n p

m n p m n p m n p m k r k r m k r k r m k r k r

a   b   c   a   b c b   c a c   a b (16) Bài tập áp dụng BĐT (14), (15), (16):

b c c a a b

a b b c c a

Bài tập 41: Cho a b c , , 0 Cho a b c, ,   *;a b c   3:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

Bài tập 42: Cho a b c , , 0 Cho *

243 625

P

.

625 3

VT

 

Từ BĐT (3) cũng gợi ý để ta suy ra BĐT (17) sau:

Bài toán 17:

Cho a b c, ,  0, ,m n N *

 m n  m n  m n 21  m m m

n n n n

Chứng minh:

n

m n

m

a

b c





n

m n

m

b

c a





n

m n

m

c

a b





m m m m n m n m n

Ta có:

Trang 10

     

0

m n m n m n

m n k n k k m n k n k k m n k n k k

n

k m n n k k m n n k k m n n k k n

k





Mà theo (2) thì:

m m m m n n k k m n n k k m n n k k

Do đó:

0

7

1

2

n

m m m k m m m

n

k

m m m n m m m

m m m n





3 2

b c c a a b     

2

a b c

1 2

Bài tập 46: Cho a b c, ,  0;a b c   4:

3

b c c a a b     

1

a b c

1

1 4

a b b c c a

1

Trang 11

 

2 2 2 2 2 2

1

Bài toán 18:

, , 0, ,

  m 2n    m 2n    m 2n  41  m m m

n n n n n n n

Chứng minh:

2

2.

n n

m n

m

a



2

2.

n n

m n

m

b



2

2.

n n

m n

m

c



2

)

n n

m m m m n

m n m n



Mà:

2

.

m n k n k k k n k k m n k n k k k n k k

m n k n k k k n k k



2

0

n

k m n n k k k m n n k k k m n n k k k n

k



 

4n a m k k k b c b m k a c k k c m k k k b a 4n a m b m c m

Từ đó suy ra:

m m m n m m m m m m

4

Trang 12

             

1 4

a b c

Bài tập 53: Chứng minh rằng, nếu a b c, ,  0;a b c   4 thì:

4 3

1 16

a b c

  5    5    5  1 3 3 3

4

Bài toán 19:

, , 0, ,

 m 2n   m 2n   m 2n  21  m m m

Chứng minh:

2 2

1 2.

n

m n n

m n

m

n

a

b b c



2 2

1 2.

n

m n n

m n

m

n

b

c c a





2 2

1 2.

n

m n n

m n

m

n

c

a a b



 Cộng các BĐT trên ta được:

m m m m n n m n n m n n

Mà:

m n n m n n m n n

m n n k n k k m n n k n k k m n n k n k k

0

n

k m n n n k k m n n n k k m n n n k k n

k



 

2n m n n k k m k n k k m k n k k 2n m m m

Từ đó suy ra:

Trang 13

       

1 2

a b c

1 2 1 2

ab bc ca

1 2 1 2

a b b c c a

1 4

a b c

Bài tập 60: Cho *

P

Bài toán 20:

, , 0, ,

1 8

m n m n m n

m m m

n n n n n n n

Chứng minh:

3 3

2

1 2.

n n

m n

m

a



3 3

2

1 2.

n n

m n

m

b



3 3

2

1 2.

n n

m n

m

c



2 3

)

n n

m m m m n

m n m n



Mà:

Trang 14

         

2

3

2

0

8

m n m n

n

m n k n k k n k k n m k k k

n k



  Tương tự ta có:

2

3

2

0

8

m n m n

n

n k



 

2

3

2

0

8

m n m n

n

n k



 

Do đó:

8

n m k k k m k k k m k k k

Mà theo BĐT (2) thì:

a m 3k b c2k k b m 3k c a2k k c m 3k a b2k k a m b m c m

Từ đó suy ra:

1 8

a b c

1 8

Bài tập 63: Chứng minh rằng, nếu a b c, ,  0;a b c   5 thì:

25 24

1 64

a b c

Từ trên ta cũng có thể đưa ra hai BĐT sau:

Bài toán 21:

, , 0, ,

1 2

m n m n m n

m m m

Bài toán 22:

Trang 15

Cho *

, , 0, ,

1 4

m n m n m n

m m m

Bài tập áp dụng BĐT (21, 22):

Bài tập 65: Chứng minh rằng, nếu a b c , , 0 thì:

1 2

a b c

1 4

Bài toán 23:

1

m n m n m n

m m m

Chứng minh: Áp dụng AM-GM ta có:

2

n

m n

m

a





2

n

m n

m

b





2

n

m n

m

c





 

23

m m m m n m n m n

0

n n

m n m n k n k k k

n k



0

n n

m n m n k n k k k

n k



0

n n

m n m n k n k k k

n k



Nên:

1

m n m n m n

k k m n n k k m n n k k m n n k k k k m m m

n m m m

 

2

1

n

m m m n

p



Bài tập áp dụng BĐT 23:

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	875,5 KB