Bất đẳng thức , bất phương trình ,cực trị đại số

ài tập đại số và hình học rất có hiệu quả. Ta thường gọi đó là “bất đẳng thức kép”. Đó là bất đẳng thức sau : Với mọi a, b ta luôn có : (*) Nhận thấy (*) Cả ba bất đẳng thức trên đều tương đương với hằng bất đẳng thức 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 phương 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: ; ; * Giải : áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết a + b = 1 ta có: ; .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 được các kết quả như: Tổng quát ta có bài toán sau: Bài toán 1.1: Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng: Cách giải bài toán 1.1 ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học và làm tương 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 tương tự như trên ta có Vậy có bài toán 1.2 như sau: Bài toán 1.2: Cho a + b = k . Chứng minh: Nhận xét 3: Từ bài toán 1.2 nếu ta thay giả thiết a + b = k bởi b = k - a ta được Bài toán 1.3: Chứng minh : với mọi k . * Khai thác sâu bài toán Nhận xét 1: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp 2 lần ta có kết quả: Tổng quát ta có bài toán sau: Bài toán1.4: Chứng minh : a) b) Nhận xét 2: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp nhiều lần và tăng số biến ta có: . Vậy có bài toán 1.5: Chứng minh: Cứ tiếp tục suy luận sâu hơn nữa ta thu được nhiều bài toán tổng quát hơn. Bài toán 2: Cho a, b, c > 0.Chứng minh rằng: * Giải: áp dụng bất đẳng thức (2) ta có : (vì a, b, c > 0) ( 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 được : Vậy có bài toán 2.1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh: Nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác sâu hơn bài toán bằng cách cho a + b + c = n > 0 . Khi đó tương tự như bài toán 2.1 ta có Bài toán 2.2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = n > 0. Chứng minh : Bài toán 3: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : * Giải : áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : 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 (*) lại áp dụng bài toán 3 lần nữa ta có (**) . Từ (*) và (**) ta thu được kết quả là . Vậy có bài toán 3.1: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : . Nhận xét 2: Nếu tăng số biến và giữ nguyên số mũ của biến với cách làm như bài toán 3 ta có Bài toán 3.2: Chứng minh rằng: Với mọi Bài toán 4 : Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d ta có : * Giải : áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : đ.p.c.m Có đẳng thức khi a = b = c = d * Khai thác bài toán Nhận xét 1: Nếu thay b = c = d = 1 ta có bđt Vậy có bài toán 4.1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = Nhận xét 2: Nếu khai thác bài toán 4 theo hướng tăng số biến, số mũ lên, ta Có bài toán tổng quát sau: Bài toán 4.2: Chứng minh rằng với mọi số với ta có: . Bài toán 5 : Cho a + b + c + d = 2 . Chứng minh : * Khai thác bài toán Nhận xét 1: Nếu thay hằng số 2 ở giả thiết bởi số k ta được kết quả . Vậy có bài toán tổng quát hơn như sau: Bài toán 5.1: Cho a + b + c + d = k . Chứng minh : 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 trường hợp riêng của bài toán sau: Bài toán 5.2: Cho = k . Chứng minh: với Để giải bài toán này thì cả hai cách làm của bài toán 5 ở trên đưa vào áp dụng không hợp lý, ta sẽ làm như sau: áp dụng bđt (3) ta có: ; ; … ; (vì ) (đ.p.c.m). Từ đó suy ra : với (1.1) Vậy có bài toán 5.3: Chứng minh: với . Đặc biệt hoá với n = 5, n = 7, ta được những bài toán như : Chứng minh : . Rõ ràng những bđt này nếu sử dụng phương pháp dùng định nghĩa hoặc biến đổi tương đương 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 được kết quả tổng quát hơn nữa chẳng hạn: Bài toán 5.4: Chứng minh: a) với b) với c) với (1.2) 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 được những bài toán mới, những kết quả mới tổng quát hơn. Bất đẳng thức (1.1) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng tăng số biến của bài toán. Bất đẳng thức (1.2) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng 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 hướng như sau: Hướng thứ nhất : Tổng quát hoá các hằng số có trong bài toán, ví dụ như các bài toán 1.2; 2.2; 5.1; 6.1; 8.1; 9.1; 10.2; 12.1 Hướng 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 Hướng 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 Hướng thứ tư : Tổng quát hoá cả về số mũ và số biến, ví dụ như các bài toán 4.2; 5.2; 5.4 Hướng thứ năm : Đổi biến, đặc biệt hoá từ bài toán tổng quát, ví dụ như 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 phương hướng để khai thác một bài toán. Kết quả thu được sau khi khai thác bđt (1) là bđt : với (1.1) Và bđt: với (1.2) Hoàn toàn tương tự như trên ( Chứng minh bằng quy nạp toán học ) ta cũng có kết quả khi khai thác bđt (2) như sau: với (2.1) Từ bđt (1.2) và bđt (2.1) ta có bđt tổng quát của bđt (*) như sau: với (*.1) Như vậy khi làm xong một bài toán dù là bài toán dễ , người 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 được những bài toán độc đáo hơn, thú vị hơn. Điều đó làm cho người học toán ngày càng say mê bộ môn, đồng thời cũng là cách rèn luyện tư duy, nghiên cứu để chiếm lĩnh kho tàng tri thức của nhân loại. MOÄT KYế THUAÄT CHệÙNG MINH BAÁT ẹAÚNG THệÙC COÙ ẹIEÀU KIEÄN =========== Trong moọt soỏ baứi toaựn Baỏt ủaỳng thửực coự moọt soỏ khaự nhieàu baứi toaựn chửựng minh maứ caực aồn coự ủieàu kieọn raứng buoọc; daùng: “Cho C D. Chửựng minh A B” Coự moọt kyừ thuaọt ủeồ chửựng minh laứ ta ủi tửứ chửựng minh: (A – B) + (D –C) 0; Khi ủoự tửỷ ủieàu kieọn C D ta suy ra ủửụùc A B Sau ủaõy laứ moọt soỏ vớ duù: Baứi toaựn 1: Cho a + b 1. Chửựng minh raống: a2 + b2 1/2 Giaỷi: Ta coự (a2 + b2 – 1/2) + (1 – a – b) = a2 + b2 – a – b – 1/2 = (a2 – a + 1/4) + ( b2 – b + 1/4) = (a – 1/2)2 + (b – 1/2)2 0. Maứ a + b 1 suy ra: 1 – a – b 0 => a2 + b2 – 1/2 0 Hay a2 + b2 1/2 Baứi toaựn 2: Chửựng minh raống neỏu a + b 2 thỡ a3 + b3 a4 + b4 Giaỷi: Ta coự: (a4 + b4 – a3 + b3) + ( 2 – a – b) = a4 – a3 – a + 1 + b4 – b3 – b + 1 = = (a – 1)(a3 – 1) + (b -1)(b3 – 1) = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) 0 Maứ a + b 2 => 2 – a – b 0 => a4 + b4 – a3 + b3 0 => a3 + b3 a4 + b4 Baứi toaựn 3: Cho x, y laứ caực soỏ dửụng thoaỷ maừn: x3 + y4 x2 + y3. Chửựng minh raống: x3 + y3 x2 + y2 vaứ x2 + y3 x + y2 Giaỷi: a/ Ta coự: (x2 + y2 – x3 – y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = y2 – 2y3 + y4 = y2(y – 1)2 0 Maứ x3 + y4 x2 + y3 => x3 + y4 – x2 – y3 0 => x3 + y3 x2 + y2 b/ Ta coự: (x + y2 – x2 + y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = x – 2x2 + x3 + y2 – 2y3 + y4 = = x(1 – x)2 + y2(y – 1)2 0 (vỡ x > 0) Maứ x3 + y4 x2 + y3=> x3 + y4 – x2 – y3 0 => x2 + y3 x + y2 Baứi toaựn 4: Chửựng minh raống neỏu: a + b + c 3 thỡ a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3 Giaỷi: Ta coự: (a4 + b4 + c4 – a3 – b3 – c3) + (3 – a – b – c) = = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) + (c – 1)2(c2 + c + 1 0 Maứ: a + b + c 3 => 3 – a – b – c 0 => a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3 Baứi toaựn 5: Cho x, y laứ caực soỏ dửụng thoaỷ maừn x3 + y3 = x – y. Chửựng minh raống: x2 + y2 < 1 Giaỷi: Ta coự: 1 – x2 – y2 = (1 – x2 – y2) + (x3 + y3 – x + y) = x4 – x3 – x + 1 + y4 – y3 + y = (x – 1)(x2 – 1) + y(y2 – y + 1) = (x + 1)(x – 1)2 + y(y2 – y + 1) > 0 ( vỡ x; y > 0) => x2 + y2 < 1 ----a&b ---- BAỉI TAÄP AÙP DUẽNG: 1/ Bieỏt raống x2 + y2 x + y. Chửựng minh raống x + y 2 2/ Bieỏt raống ab 1. Chửựng minh raống a2 + b2 a + b 3/ Bieỏt raống x2 + y2 x. Chửựng minh raống y(x + 1) -1 C- Kết luận Sau một quá trình giảng dạy nhiều năm, thông qua các tài liệu tham khảo, cũng như học hỏi ở các đồng nghiệp. Tôi đã hệ thống lại được 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 như 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 chương trình toán T.H.C.S. Trong khi đó bất đẳng thức (*) hầu hết học sinh lớp 8 và lớp 9 đều chứng minh được và thường 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 hướng dẫn học sinh ứng dụng và khai thác bất đẳng thức (*) khi làm toán, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư 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 được sự đóng góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn đồng nghiệp để kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn, đồng thời cũng giúp đỡ tôi tiến bộ hơn trong giảng dạy. Tôi xin trân trọng cảm ơn !