Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi)

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN MỸ ĐỨC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ BỘT XUYÊN ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN KỸ NĂNG SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ LĨNH VỰC: TOÁN HỌC TÁC GIẢ: NGUYỄN TRỌNG TUÂN CHỨC VỤ: GIÁO VIÊN NĂM HỌC : 2012-2013 1
2. CỘNG HOÀ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc. o0o SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SƠ YẾU LÝ LỊCH Họ và tên : NGUYỄN TRỌNG TUÂN Ngày tháng năm sinh : 05/10/1976 Năm vào ngành : 10/09/1997 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: TrườngTHCS Bột Xuyên- Mỹ Đức-Hà Nội . Trình độ chuyên môn : Đại học. Bộ môn giảng dạy : Toán học. Khen thưởng : Giáo viên dạy giỏi cấp thành phố Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở. 3
3. 3. Mục đích nghiên cứu: Có nhiều phương pháp được áp dung trong chứng minh bất đẳng thức : như biến đổi tương đương, sử dụng các bất đẳng thức cơ bản, làm trội, làm giảm, quy nạp . Trong đó việc sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Cauchy (Côsi ), bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Tchebychev, có vị trí đặc biệt quan trọng. Rèn luyện kỹ năng giải loại toán này có ý nghĩa hết sức quan trọng đối với học sinh: Giúp các em củng cố và hệ thống hoá được nhiều kiến thức , vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo kiến thức của bậc học THCS để có cách giải thông minh và phù hợp. Bên cạnh đó nó giúp cho các em luôn luôn có những suy nghĩ khoa học, giúp các em đạt được hiệu quả cao nhất trong công việc và cuộc sống đời thường. 4. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu các phương pháp « Rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi) » là một phần quan trọng trong chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị trong chương Toán THCS. 5. Đối tượng khảo sát, thực nghiệm Học sinh lớp 9 trường THCS Bột Xuyên, đội tuyển học sinh giỏi môn Toán dự thi cấp thành phố huyện Mỹ Đức. 6. Phương pháp nghiên cứu Để tiến hành làm đề tài này tôi sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau: +) Phương pháp nghiên cứu tài liệu bổ trợ +) Phương pháp quan sát và so sánh, đối chiếu +) Thao giảng, trao đổi ý kiến với các đồng nghiệp trong quá trình gảng dạy +) Tổng hợp những kinh nghiệm, phương pháp mới trên lớp học +) Đánh giá kết quả ban đầu và điều chỉnh bổ xung +) Kiểm tra đánh giá cuối cùng và hoàn chỉnh công việc. B. PHẦN NỘI DUNG I. CƠ SỞ KHOA HỌC 1. Cơ sở lý luận Xu thế đổi mới mạnh mẽ của nền Giáo dục nói chung và Giáo dục THCS nói riêng là lấy học sinh làm trung tâm, giáo viên là người hướng dẫn, tổ chức các hoạt động nhằm phát huy những năng lực chung cho học sinh, đáp ứng với việc bước đầu hình thành những con người mới cho xã hội hiện đại và không ngừng phát triển. Học toán và giải toán có vị trí rất quan trọng trong chương trình cấp THCS, do đó học sinh cần phải học và có được phương pháp học tập, phương pháp giải toán độc đáo. Muốn vậy học sinh cần phải được phát triển kỹ năng vận dụng phương pháp giải toán một cách tốt nhất, nhanh nhất, hay nhất tạo thói quen thành thạo và phát triển khả năng tư duy, trí thông minh cho học sinh. Chính vì vậy, ở cấp THCS, việc phát triển trí thông minh cho các em thông qua môn Toán là hết sức cần thiết. 5
4. Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi. Khi 2 S x y S đó, xy nên xy . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. 2 2 4 2 Do đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất bằng S khi và chỉ khi x = y. 4 Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tích x.y = P không đổi. Khi đó, x y xy P nên x y 2 P . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. 2 Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 P khi và chỉ khi x = y. Ứng dụng: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất. Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ nhất. 2. CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) 2.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “ ”.Đánh giá từ tổng sang tích. 1 Bài 1: Cho x > 0 chứng minh rằng: x 2 x Giải 1 1 Do x 0 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có x 2 x. 2 x x 1 Đẳng thức xảy ra khi x x 1 thỏa mãn đk x > 0 x Lời bình Đây là bài toán đơn giản chỉ cần áp dụng trực tiếp bđt côsi là ta có lời giải của bài toán. Tuy nhiên ta ít gặp những bài toán có nội dung đơn giản như vậy 1 10 Bài 2: Chứng minh rằng: x2 3 x2 3 3 7
5. Lời bình +) Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm. +) Cần chú ý rằng: x2 + y2 2 x2 y2 = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương. +) Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói trên mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Côsi. +) Trong bài toán trên dấu “ ” đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số. Bài 4: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 9 P 3x 4y x y Giải Biến đổi rồi áp dụng giả thiết và bđt côsi ta có 5 9 7 5x 5 9y 9 P 3x 4y x y x y 4 4 x 4 y 7 5x 5 9y 9 .4 2 . 2 . 21 4 4 x 4 y Dấu “=” xảy ra khi x y 4 5x 5 x y 2 4 x 9y 9 4 x Vậy MinP = 21 khi x = y = 2 Lời bình 7 Một câu hỏi đặt ra là làm sao nghĩ ra được thành phần x y ? Liệu có 4 thành phần nào khác hơn không ? và diều đó được giải quyết như sau Với 0 < m < 3 ta có 5 9 P m x y 3 m x 4 m y x y 5 9 4m 2 3 m .x. 2 4 m .y. x y 4m 2 3 m 5 2 4 m 9 9
6. 25 m 3 3m 4n 5p 25 m n p 47 n 4 3 4 12 12 p 5 Đây chính là mấu chốt giải bài toán. Bài 6: Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) 9ab  a, b 0. Giải Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) 33 1.a.b. 3.3 a.b.ab 9ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Lời bình 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó. Bài 7: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 9ab2  a, b 0 Giải Côsi Ta có: 3a3 + 7b3 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3 33 33a3b6 = 9ab2 Lời bình 9ab2 = 9.a.b.b gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn. a2 2 Bài 8 : CMR: 2 a R a2 1 Giải Ta có : 2 a2 2 a 1 1 1 Côsi 1 a2 1 2 a2 1 2 a2 1 a2 1 a2 1 a2 1 1 Dấu “ = ” xảy ra a2 1 a2 1 1 a 0 a2 1 1 Bài 9: CMR: a 3 a b 0 b a b Giải Ta có nhận xét : b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b do đó hạng tử đầu a sẽ được phân tích như sau : 11
7. 2a3 1 Côsi 2a3 1 a3 a3 1 1 Côsi 1 Vậy: a a 33 a.a. 3 4b(a b) a2 a2 a2 a b a b a 1 Dấu “ = ” xảy ra 1 1 a 2 b a 2 Lời bình +) Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng 1 kĩ thuật đó là đánh giá từ TBN sang TBC nhằm làm triệt tiêu biến b. +) Đối với phân thức thì việc đánh giá mẫu số, hoặc tử số từ TBN sang TBC hay ngược lại phải phu thuộc vào dấu của BĐT. *) Kỹ thuật chọn điểm rơi: Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Côsi và các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ” quy tắc đối xứng sẽ được sử dụng để tìm điểm rơi của biến. 1 Bài 12. Cho a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S a a Giải 1 1 Sai lầm thường gặp của học sinh: S a 2 a =2 a a 1 Dấu “ = ” xảy ra a a = 1 vô lí vì giả thiết là a 2. a Cách làm đúng 1 Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử để sao cho khi áp dụng a BĐT Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau: 1 1 Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1): a; (1) a ( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm) 1 a; (2) 1 a 1 1 a, a 2 1 a = 4. a 1 2 a; (3) a 2 a a; (4) a a 1 3a a 1 3a 3.2 5 Vậy ta có : S 2 1 . 4 a 4 4 a 4 4 2 Dấu “ = ” xảy ra a = 2. Lời bình Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 để tìm ra = 4. 13
8. Dấu “ = ” xảy ra a = b = c. a2 b2 c2 b c a Bài 15: Chứng minh rằng: , abc 0 b2 c2 a2 a b c Giải Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 a2 b2 a2 b2 a a 2 2 2 . 2 2 b c b c c c 1 b2 c2 b2 c2 b b 2 2 2 . 2 2 c a c a a a 1 a2 c2 a2 c2 c c . 2 2 a2 2 a2 b b b b a2 b2 c2 b c a b c a b2 c2 a2 a b c a b c Bài tập vận dụng 18 1. Cho a 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S a2 a 1 1 2. Cho 0 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S ab a b a,b,c 0 6. Cho 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c 2 1 1 1 S a b c a b c a,b,c 0 7. Cho 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c 2 1 1 1 S a2 b2 c2 a b c 8. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2a 2b 2c 2d 9. S 1 1 1 1 3b 3c 3d 3a 15
9. Giải Ta có biến đổi sau, (*) tương đương: 3 1.1.1 3 abc 3 1 a 1 b 1 c 1.1.1 abc 1 3 1 a 1 b 1 c 3 1 a 1 b 1 c Theo BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1 1 a b c 1 a 1 b 1 c 1 1 VT .3 1 3 1 a 1 b 1 c 3 1 a 1 b 1 c 3 1 a 1 b 1 c 3 Dấu “ = ” xảy ra a = b = c > 0. Ta có bài toán tổng quát 1: CMR: n a a a n bb b n a b a b a b  a ,b 0 i 1,n 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n i i a,b,c 0 8 Bài 4: Cho Chứng minh rằng : abc a b b c c a a b c 1 729 Giải Sơ đồ điểm rơi : Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT 1 xảy ra khi a b c . Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng 3 BĐT Côsi ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là a = b = c .Do đó ta có lời giải sau : 3 3 3 3 Côsi a b c a b b c c a 1 2 8 abc a b b c c a 3 3 3 3 729 1 Đẳng thức xảy ra khi a b c 3 *) Trong một số trường hợp phải nhân thêm hằng số trong đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng. Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các hằng số để sao cho sau khi biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến. Đặt biệt là đối với những bài toán có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân thêm hằng số các em học sinh dễ mắc sai lầm. Bài 5: Chứng minh rằng: a b 1 b a 1 ab a,b 1 Giải 17
10. 2 a b 3 2 Côsi 3 3 a b . a b . . 2 3 2 2 2 b c 3 2 Côsi 3 3 b c . b c . . 2 3 2 2 2 c a 3 2 Côsi 3 c a . c a . . 3 2 3 2 2 2 3 2 a b c 3. 3 a b b c c a . 3 .2 6 2 2 2 2 1 Đẳng thức xảy ra khi a b b c c a a b c 3 3 1 Vậy MaxS 6 khi a b c 3 Lời bình Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh có định hướng tốt a,b,c 0 hơn: Cho Chứng minh rằng: S a b b c c a 6 . a b c 1 Tuy nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài theo hướng nào cũng có thể giải quyết được. a,b,c 0 Bài 7: Cho Tìm Max S 3 a b 3 b c 3 c a a b c 1 Giải Sai lầm thường gặp a b 1 1 3 a b 3 a b .1.1 3 b c 1 1 3 b c 3 b c .1.1 3 c a 1 1 3 c a 3 c a .1.1 3 2 a b c 6 8 8 S 3 a b 3 b c 3 c a Max S = 3 3 3 Nguyên nhân sai lầm a b 1 8 Max S = b c 1 2 a b c 3 2 3 Vô lí 3 c a 1 19
11. b c a c a b 0 b c a c a b c 2 c a b a b c 0 c a b a b c a 2 b c a a b c 0 b c a a b c b 2 0 b c a c a b a b c abc b c a c a b Dấu “ = ” xảy ra c a b a b c a b c ABC đều b c a a b c Bài tập vận dụng 1 a b 1 ab 1 1. CMR: - 2 1 a2 1 b2 2 a,b,c 0 8 2. Cho Chứng minh rằng : ab bc ca abc a b c 1 27 a,b,c 0 3. Cho Chứng minh rằng : 16abc a b a b c 1 a 3 ab c 2 bc a 3 ca b 4 4. Cho b 4 Tim Max S 2 2 c 2 x y z 6 5. Cho x, y, z >0. Tìm Min f(x, y, z) = xy2 z3 1 6. Chứng minh rằng: n n 1 (1)  1 n N n 2 1 3 1 n 1 7. Chứng minh rằng: S 1 3 n n 1 2 3 n n 1 1 8. ( Gợi ý: CMR n 1 ) n k 2 a,b,c,d 0 9. Cho Tìm Max a b c d 1 S a b c b c d c d a d a b 21
12. b c a x 0 y z z x x y Đặt : c a b y 0 a ; b ; c . 2 2 2 a b c z 0 Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: y z 2 z x 2 x y 2 x y z (*) 4x 4y 4z Dễ thấy x y 2 4xy; y z 2 4yz; x z 2 4xz Đẳng thức xảy ra khi x = y ; y = z ; x = z yz zx xy 1 yz zx 1 zx xy 1 yz xy Suy ra VT (*) x y z 2 x y 2 y z 2 x z Côsi yz zx zx xy yz xy . . . x y z x y y z x z Đẳng thức xảy ra khi x y z a b c Bài 3: Cho ABC. CMR: 1 1 1 p (1) p a 2 p b 2 p c 2 p a p b p c Giải p a x 0 1 1 1 x y z Đặt : p b y 0 thì (1) 2 2 2 (2) x y z xyz p c z 0 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 VT (2) = 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 . 2 2 . 2 2 x y 2 y z 2 x z x y y z x z 1 1 1 x y z xy yz zx xyz Dấu “ = ” xảy ra x = y = z a = b = c ABC đều. Bài 4. (Thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tp Hà Nội năm học 2012-2013) 1 2 3 Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn 3. Chứng minh rằng a b c 27a2 b2 8c2 3 (*) c c2 9a2 a 4a2 b2 b 9b2 4c2 2 Giải 1 2 3 1 2 3 Đặt x; y; z suy ra a ;b ;c a b c x y z x, y, z > 0 và x + y + z = 3 khi đó 23
13. Bài tập vận dụng 1. Với các số dương a, b, c thỏa mãn abc 1, chứng minh rằng: 1 1 1 3 a2 b c b2 c a c2 a b 2 Đẳng thức xảy ra khi nào? 1 1 1 HD. Đặt x , y , z , ta thu được: xyz 1. a b c 1 x2 x2 yz x Ta có: 2 1 1 a b c y z y z y z 1 y 1 z Biến đổi tương tự, ta được: , b2 c a z x c2 a b x y Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x y z 3 y z z x x y 2 2. Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng: c2 b a3b2c ac ab 1 b2 ac2 Đẳng thức xảy ra khi nào? HD. Chia cả hai vế cho bc 0, ta được: c 1 a 1 a a3b b3 ac3 b bc c 1 1 Đặt a x, b , c bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: y z x3 y3 z3 xy yz zx y z x 3. Chứng minh 1 1 1 3 a,b,c 0  abc 1: P a3 b c b3 c a c3 a b 2 1 1 1 HD: Đặt x , y , z xyz 1. a b c Bài toán trở thành chứng minh: x3 yz y3zx z3xy 3 x2 y2 z2 3 P y z z x x y 2 y z z x x y 2 25