Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện

1. Các tài liệu tham khảo 1) Tạp trí toán học tuổi trẻ tháng 1/2002 (Hội toán học Việt Nam) 2) Một số vấn đề phát triển đại số 8, 9 (Tác giả Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản Giáo dục 2002) 3) 500 bài toán bất đẳng thức (TG. Phan Huy Khải - NXB Giáo dục 1996) 4) Tuyển tập các đề thi đại học cao đẳng (TG. Lê Thống Nhất - NXB Giáo dục 2001) 5) Phương pháp giảng dạy Toán ( TG. Hoàng Chúng - NXB Giáo dục)
2. Những Vấn đề chung I)lý do chọn đề tài Khi giảng dạy các đội tuyển học sinh giỏi ,học sinh thường gặp dạng toán Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “.Tôi thấy học sinh thường e ngại hoặc làm bài không tốt dạng toán này.Lý do là học sinh không chứng minh được các bài toán đó vì không tìm được cách chứng minh .Để đáp ứng một phần đòi hỏi thực tế đặt ra tôi đã nghiên cứu và mạnh dạn trình bày “ Sáng kiến về biến đổi để chứng minh bất đẳng thức có điều kiện . Đây là một trong các cách giải cho bài toán bất đẳng thức có điều kiện và qua thử nghiệm tôi thấy phương pháp này có hiệu quả nhất định trong quá trình giảng dạy học sinh . II) mục đích nghiên cứu : Để đánh giá được khả năng giải toán và có phương án , phương pháp truyền đạt đến học sinh.Tôi đã tiến hành kiểm tra 20 em học sinh giỏi lớp 8 ở trường ra đề cho học sinh làm bài trong 30 phút như sau: Bài1: (6đ) a) Ch a + b = 2 Chứng minh rằng a2 + b2 2 b) Cho a > 2 , b > 2 .Chứng minh rằng ab - 2a - 2b + 4 > 0 Bài 2 : ( 4 đ ) Cho a + b > 1 1 CMR : a4 + b4 > 8 Kết quả cụ thể : Điểm dưới 5 5 6 7 8 10 5 10 SL % SL % SL % SL % SL % 10 50 7 35 2 10 1 5 10 50 Qua kiểm tra tôi thấy đa số học sinh không làm được bài 2. Qua kết quả có thể thấy học sinh không có biện pháp giải dạng toán “ Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “ Nên đạt hiệu quả thấp , lời giải thường dài dòng , phức tạp . Cũng với các bài toán trên nếu dùng phương pháp “ đổi biến “ thì hiệu quả sẽ nhanh chóng hơn trong việc chứng minh . 2
3. Chính vì vậy mà tôi đã nghiên cứu đề tài này nhằm mục đích giúp cho học sinh biết cách “ Chứng minh bất đẳng thức có điều kiện “ một cách hiệu quả và nhanh chóng hơn. III) đối tượng nghiên cứu - Học sinh khối lớp 8,9 - SGK và một số tài liệu khác IV) nhiệm vụ của đề tài . - Bản kinh nghiệm sáng kiến này được áp dụng trong việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc sử dụng để bồi dưỡng nâng cao vốn kiến thức cho các đội tuyển học sinh giỏi môn toán lớp 8 , lớp9 và các lớp bậc trung học phổ thông . - Dạng toán tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức và chứng minh bất đẳng thức có điều kiện có thể sử dụng phương pháp này .Song tuỳ theo từng bài cụ thể . ( Còn có những bài chưa áp dụng được phương pháp này ). - Chuyên đề này còn để ngỏ để tiếp tục khai thác nên chuyên đề vẫn còn nhiều vấn đề để mở không đi sâu hết các dạng đề bài. V)phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu - Dạy thực nghiệm VI)tiến trình nghiên cứu - Thời gian nghiên cứu từ năm học 2006-2007 đến 2007-2008 - Thời gian thực hiện năm học 2008-2009 3
4. Nội dung đề tài A ) cơ sở lý luận của đề tài: I)Cơ sở phương pháp Phương pháp chính của đề tài này là cách đặt ẩn phụ một cách hợp lý trên cơ sở các điều kiện đề bài cho đồng thời vận dụng đúng các đẳng thức được học trong sách giáo khoa , các bất đẳng thức đơn giản . Học sinh có thể đưa ra lời giải chứng minh ngắn gọn đơn giản cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức , hay tìm cực trị của biểu thức đại số II)Các công thức cơ bản 1)Các hằng đẳng thức: (a b)2 =a2 2ab +b2 ( a b)2 = a2 3a2b +3ab2 b2 (a+b)(a-b) = a2 - b2 ( a+ b )( a2 - ab + b2 ) = a3 + b3 ( a - b ) (a2 + ab +b2 ) = a3 - b3 (a b)4 =a 4a3 + 6a3 b3 4ab3 +b4 2) Các bất đẳng thức: (a b)2 0 với  a ,b a2 0 với  a . B)Các ví dụ minh hoạ : I.) Điều kiện bài toán là đẳng thức: Bài1 Cho a + b = 6 Chứng minh: a4 + b4 162 Giải Do a + b = 6 nên có thể đặt a 3 m b 3 m với m tuỳ ý 4
5. Ta có : a4 + b4 = (3 + m)4 + (3 - m)4 = 34 4.33 m 6.32 m2 4.3m3 m4 34 4.33 m 6.32 m2 4.3m3 m4 =162 108m2 2m4 162 Với mọi m .Đẳng thức xảy ra khi m = 0 Hay a = b = 3 Suy ra ĐPCM Bài 2: Cho a + b = 4 chứng minh: a4 + b4 32 Giải: Do a + b = 4 nên có thể đặt a 2 m b 2 m với m tuỳ ý Ta có : a4 + b4 = (2 + m )4 + (2- m)4 = 32 + 48m2 +2m4 32 Với mọi m . Đẳng thức xảy ra khi m =0 hay a = b = 2 . Ta suy ra ĐPCM. Nhận xét 1:Nếu giả thiết cho a + b = c ta nên đặt ẩn phụ tương ứng như trên với c a m 2 c b m 2 Với m tuỳ ý Bài 3: Cho x + y + z = 3 Chứng mỉnh rằng: x2 + y2 + z2 +xy +yz +zx 6 Giải: Do x + y + z = 3 nên ta đặt x 1 a y 1 b z 1 a b Với a,b tuỳ ý Thay vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta có: x2 + y2 + z2 +xy +yz +zx = (1 + a)2 + (1 + b )2 + (1 - a - b)2 + + (1+ a) (1 + b) + (1+b) (1- a -b) + (1- a - b)(1+ a) = 6 + a2 + ab + b2 2 b 3b2 6 a 6 2 4 Với mọi a , b . Dấu” = “xảy ra khi a = b = 0 hay x =y =z =1 suy ra ĐPCM . Nhận xét 2: Nếu giả thiết cho: x + y + z = k Thì ta nên đặt: 5
6. k k x m x a 3 3 k k y n y b 3 3 k k z m n z c 3 Hoặc 3 với a +b +c = 0 Hai cách đặt này đều có thể vận dụng cho bài toán trên . Bài 4: cho a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng : 1 ( a + c) ( b + d ) + 2ac +2bd 2 Giải: Do a + b +c + d = 1 nên ta có thể đặt : 1 1 1 1 a x z;b x z;c y z;d y z 4 4 4 4 Với x ,y ,z tuỳ ý. Thay vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh ta có: (a+ c) (b+ d) + 2ac +2bd = 1 1 1 1 1 1 x y x y 2 x z y z 2 x z y z 2 2 4 4 4 4 1 1 x y 2 4z2 2 2 Vớii mọi x , y . z . Dấu ” = “ xảy ra khi x - y = z = 0 hay a = c và b = d suy ra ĐPCM. Nhận xét 3 : Nếu giả thiết cho a + b + c + d = k . Ta có thể đặt theo 2 cách : k k a x z a m 4 4 k k b x z b n 4 4 k k c y z c p 4 4 k k d y z d q 4 Hoặc 4 với m + n + p + q = 0 Bài 5:Cho a + b = c + d chứng minh rằng. a2 + d2 + cd 3ab 6
7. a2 + b2 + ab 3cd Giải Phần a , b tương tự nhau, ta chứng minh phần a. Giải: Do a +b = c + d nên ta đặt c a x d b x Với x tuỳ ý Ta có c2 d2 cd a x 2 b x 2 a x b x 2 x 3x 2 a b 3ab 3ab a,b,x 2 4 x Dấu ” = “ xảy ra khi x = a - b + = 0 hay a = b = c = d 2 Với c2 + d2 +cd 3ab với  a, b thoả mãn a + b = c + d Bài 6 : Cho a + b + c + d = 2 CMR a2+ b2 + c2 + d2 1 Vì a + b + c + d = 2 nên đặt 1 1 a x;c z 2 2 1 1 b y;d t 2 2 Với : x + y + z + t = 0 Ta có: a 2 b2 c2 d2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z t 4 4 4 4 1 1 1 1 x 2 x y2 y z2 z t 2 t 4 4 4 4 1 1 1 1 x 2 y2 z2 t 2 x y z t 4 4 4 4 1 x 2 y2 z2 t 2 0 1 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = t Khi đó a = b = c = d = 2 Nhận xét 4: Nếu cho điều kiện là 7
8. a1 a 2 a 3 a 4 a n k k 2 CMR: a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 1 2 3 4 n n k k k k Ta nên đặt a x , a x , a x , a x , 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n n II. Các bài toán có điều kiện là đẳng thức kết hợp bất đẳng thức. Bài 7: Cho x + y =3 và y 2 .Chứng minh rằng: a) x3 + y3 9 b) 2x4 + y4 18 Giải: Do y 2 nên đặt y =2 + t 0 với t 0 Do x +y = 3 nên đặt y = 2 + t Thì x = 1 - t Thay x = 1 - t và y = 2 + t vào vế trái ta có: x3 + y3 = (1 -t )3 + ( t + 2)3= 9 +9 t +9t2 9 vì t 0 Dấu “ = “ xảy ra khi t = 0 hay x = 1 và y = 2 suy ra ĐPCM b) 2x4 + y4 =2 (1 - t)4 + ( 2 + t) 4 =18 +24t + 36 t2 + 3t4 18 vì t 0 Dấu “ = “xảy ra khi t = 0 hay x =1 và y =2 Suy ra ĐPCM Nhận xét 5: Với điều kiện x + y = k và y l (hay x n) thì nên đặt y = 1 + m với m 0 ( hay x = n - m với m 0) Từ đó suy ra x = k - l - m (hay y = k - n - m) x k l m x n m suy ra: y l m Hay y k n m Rồi thay các ẩn vào các vế bất đẳng thức cần chứng minh. Bài 8: Cho x 2 và x + y 5 . Chứng minh rằng: 5x2 + 2y2 + 8y 62 Giải Do x 2 và x + y 5 nên ta đặt x 2 t x y 5 k Với t ,k 0 8
9. x 2 t Suy ra y 3 t k Thay vào vế trái của bất đẳng thức ta có 5x2 +2y2 +8y = 5 (2 - t )2 + 2(3 + k + t )2 +8 (3 + k + t) = = 62 + 2 (k + t )2 +5t2 +20 k 62  k , t Suy ra ĐPCM . Bài 9 Cho a + b 8 và b 3 Chứng minh rằng: 27a2 +10 b3 945 Giải Do a + b 8 và b 3 Nên ta đặt b 3 t a b 8 k Với k,t 0 a 5 k t b 3 t Thay vào vế trái của BĐT ta có: 27a2 + 10b3 = 27 5 k t 2 10 3 t 3 945 27 k t 2 270k 90t 2 10t 3 945 Vì ,t,k 0 Suy ra ĐPCM Nhận xét6:Nếu điếu kiện cho là: x y u x y u n x v Ta nên đặt x v m Với m,n 0 từ đó y m v u n x v m Thay vào BĐT suy ra ĐPCM Nếu điếu kiện cho là: a b k b l Thì ta đặt 9
10. a b k m a k m l n b l n với n,m 0 b l n Thay vào BĐT suy ra ĐPCM Bài10: Cho a + b + c 3 .Chứng minh rằng a4 +b4+c4 a3 + b3 + c3 Giải: Do a + b + c 3 nên ta đặt : a 1 x b 1 y c 1 z Thoả mãn x + y + z 0 Xét hiệu : a4 b4 c4 a3 b3 c3 1 x 4 y 1 4 z 1 4 x 1 3 y 1 3 z 1 3 2 2 2 3x 3y 3z 3x2 3y2 3z2 x y z x2 y z2 0 2 2 2 4 Vậy: a4 b4 c4 a3 b3 c3 Dấu'' = ''xảy ra khi x = y = z hay a = b = c = 1 Nhận xét 7 Đây là đề thi học viện bưu chính viễn thông.Ta thấy nếu biết cách đặt ẩn phụ hợp lý học sinh vẫn có thể chứng minh được đối với học sinh THCS III)các bài toán có điều kiện phức tạp: Bài11: cho : a3 + b3 2 Chứng minh rằng: a + b 2 Giải Phương pháp phản chứng. a 1 x Giả sử a b 2 ta đặt với x y 0 b 1 y Ta có:a3 b3 1 x 3 1 y 3 2 3 x y 3 x2 y2 x3 y3 = 2 3 x y 3 x2 y2 x y x2 xy y2 2 Vì x y 0 Suy ra a3 b3 2 Trái giả thiết.Vậy a + b 2 10