SKKN: Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Qua khảo sát cho thấy đã có sự chuyển biến tích cực trong tư duy của các em học sinh. Các em đã tự hình thành được việc chắt lọc những kết quả đơn giản để phục vụ cho việc giải quyết các bài toán có liên quan. Đặc biệt có nhiều em đã hứng thú với bài học, hứng thú với việc giải bài tập bất đẳng thức, trong đó có những em đã biết cách xây dựng bài toán bất đẳng thức mới từ dãy các bất đẳng thức cơ bản, từ một bất đẳng thức gốc nào đó được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản

A. ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học là bộ môn khoa học cơ bản nhất, là xương sống của các bộ môn khoa học tự nhiên; Toán học giúp thúc đẩy khả năng phát triển tư duy cho người học, người nghiên cứu. Trong sự chuyển mình tích cực của giáo dục nước ta, tôi nhận thấy dạy học giúp học sinh phát triển tư duy vẫn là một trong những yêu cầu quan trọng hàng đầu. Đối với dạy học bộ môn Toán nói chung và dạy học giải bài tập Toán nói riêng, dạy học giúp phát triển tư duy cho học sinh ngoài việc đòi hỏi ở giáo viên năng lực chuyên môn, năng lực sư phạm ra còn đòi hỏi nhiều về thời gian và sự tâm huyết ở mỗi người giáo viên. Bài toán Bất đẳng thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi và nó luôn dành được sự quan tâm lớn từ học sinh cũng như giáo viên, đây là một trong những bài toán khó. Đứng trước mỗi bài toán đó, hầu như các em học sinh không định hướng được phải bắt đầu từ đâu, vận dụng những đơn vị kiến thức nào cho phù hợp. Các em thường mang nặng tâm lý: phải vận dụng những công cụ cao siêu, những bổ đề lớn, những bất đẳng thức mạnh... vào để giải, mà không mấy khi để ý rằng xung quanh những bài toán đó có rất nhiều những bất đẳng thức cực kỳ cơ bản, cơ bản đến mức có thể trong đầu các em nghĩ đó là bất đẳng thức tầm thường; tuy vậy những cái cơ bản, tầm thường đó lại mang đến cho các em hiệu quả không hề nhỏ trong việc giải một bài bất đẳng thức. Băn khoăn trước những khó khăn đó của học trò, tôi đã tìm tòi nghiên cứu và quyết định chọn nội dung bất đẳng thức trong việc dạy học phát triển tư duy, nhằm giúp các em có được cách phân tích và lựa chọn kiến thức phù hợp, hiệu quả hơn trong việc giải bài toán bất đẳng thức. Do vậy tôi đã chọn đề tài "Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản". B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Cơ sở lý luận 1. Về phương pháp Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến bất đẳng thức, phương pháp dạy học môn Toán và những SKKN của các giáo viên khác thuộc bộ môn Toán. Trao đổi với đồng ngiệp để đề xuất các biện pháp thực hiện. Dạy các nhóm học sinh để thu thập thông tin thực tế. 2. Về đối tượng áp dụng Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học khối 10, khối 11 cũng như các học sinh khối 12 chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc Gia. 1
Đề tài có thể được phát triển thêm ở những nội dung khác, những lớp bài toán khác để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng dạy môn Toán ở THPT. 3. Các kiến thức cơ bản trong đề tài Dãy các bất đẳng thức cơ bản mà tôi tích lũy được trong quá trình dạy học. Các BĐT quen thuộc đối với học sinh như AM GM; CauchySchwarz... II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trường THPT Ba Đình Nga Sơn đóng trên địa bàn trung tâm Huyện, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh luôn có được sự quan tâm từ các bậc học dưới THPT, vì vậy kiến thức cơ sở về môn Toán của các em hầu hết ở mức trung bình khá; cũng có một bộ phận các em học sinh có kiến thức khá, giỏi về môn Toán, tuy vậy hầu như các em vẫn còn gặp rất nhiều khó khăn trong việc giải bài tập bất đẳng thức cũng như không vượt qua được bài bất đẳng thức trong các kỳ thi. Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài này để dạy học giải bài tập bất đẳng thức, các em thường thụ động trong việc tiếp cận phân tích vấn đề cơ bản của bài toán và phụ thuộc quá nhiều vào những kiến thức được giáo viên cung cấp sẵn chứ chưa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng như chưa tạo được sự hưng phấn, đam mê trong giải bài tập bất đẳng thức. Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập bất đẳng thức cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn Toán, chỉ có khoảng 2% 3% học sinh có hứng thú với nội dung này. III. Giải pháp và tổ chức thực hiện 1. Các giải pháp Tôi đưa ra 2 bất đẳng thức cơ bản nhất trong dãy các bất đẳng thức mà tôi đã tích lũy được, cho học sinh nhận biết các dấu hiệu cụ thể và ý tưởng vận dụng Tường minh bằng hình ảnh đồ thị mối quan hệ giữa 2 vế trong các BĐT cơ sở đó, làm ý tưởng cho việc học sinh tự sáng tạo các bài toán khác. Định hướng cho học sinh cách phân tích quy lạ về quen, đưa các ý tưởng suy luận tạo sự dẫn dắt, nhằm liên kết bài toán với một trong các kết quả của dãy bất đẳng thức cơ sở. Phân tích mẫu cho học sinh cách phát hiện dấu hiệu và cách xử lý cùng với một số kỹ năng bổ trợ trong một số ví dụ minh họa; sau đó yêu cầu học sinh tự rèn luyện các nội dung đó. 2. Nội dung đề tài 2.1. Ứng dụng của hai bất đẳng thức cơ bản quen thuộc Nếu x là một số thực không âm thì ta có các kết quả sau: x +1 x +1 +) x (kq1). Có � x � ( x − 1) 2 �0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1. 2 2 2
x +1 Đường thẳng (d ) : y = tiếp xúc với đồ thị (C ) : y = x tại M(1;1) và (d) 2 1,4 luôn nằm phía trên (C). 1,2 1 M(1;1) 0,8 0,6 d 0,4 (C) 0,2 1,5 1 0,5 O 0,5 1 1,5 0,2 2x 2x +) x (kq2). Có x � � ( x − 1) 2 �0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1. 0,4 x +1 x +1 0,6 2x Đồ thị (C ) : y = x luôn nằm phía trên đồ thị (C ') : y = , hai đồ thị (C) và x +1 (C') tiếp xúc nhau tại M(1;1) và (C) luôn nằm phía trên (C'). 1,6 1,4 (C) (C') 1,2 M(1;1) 1 0,8 0,6 0,4 0,2 1 0,5 O 0,5 1 1,5 2 2,5 0,2 x +1 2x Từ đó cho ta kết quả chung là x ∀x 0. 2 x +1 Trong mục này tôi đưa ra các ví dụ minh họa, nêu chi tiết lời giải của tác giả; sau đó tôi phân tích cách tiếp cận rồi đưa ra lời giải bằng việc vận dụng hai kết quả cơ bản vừa nêu trên. Ví dụ 1: (Yugoslavia 1987) Cho các số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 1 1 ( a + b) 2 + (a + b) a b + b a (1). 2 4 Lời giải: Cách 1 (Ercole Suppa) 1 1 Ta có (1) � ( a + b) 2 + (a + b) − a b − b a �0 (1.1) 2 4 1 1 VT(1.1) = (a + b) 2 + (a + b) − ab ( a + b ) 2 4 1 1 a+b a+b� 1 2 1 2� ( a + b) 2 + ( a + b) − ( a + b) = ( a − ) + ( b − ) 0. 2 4 2 2 � � 2 2 �� 3
1 Do đó ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = . 4 Cách 2 Phân tích: Dùng (kq1) hoặc (kq2) cần có căn bậc 2 và dấu "=" tại 1 x +1 2x +) Xuất hiện a ? nên có thể sử dụng được kết quả x 2 x +1 1 +) Dấu "=" tại a = b = nên có thể đổi biến để có bài toán mới mà đạt "=" tại 4 1 với mục đích vẫn giữ được hình thức bài toán gốc nên nghĩ đến x = 4a 1 1 Đặt x = 4a; y = 4b � x, y > 0 . Ta chứng minh ( x + y) 2 + ( x + y ) x y + y x 4 2 x( y + 1) y ( x + 1) x + y ( x + y)2 x + y Theo (kq1) thì x y + y x + = xy + + . 2 2 2 4 2 1 Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = . 4 Ví dụ 2: (Romania 2005) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. a b c 3 Chứng minh rằng + + (2). b+c c+a a+b 2 Lời giải: Cách 1 (Ercole Suppa) Theo Cauchy Schwarz chúng ta có 2 � a � � a � � � 1 = (a + b + c) = � 4 2 a 4 b + c � �� a b + c � � �cyclic b + c � �cyclic b + c � �cyclic � � a � 1 ۳ � � �cyclic b + c � a b+c . cyclic Và �a b + c = � a a (b + c) (a + b + c )(2ab + 2bc + 2ca ) cyclic cyclic 2 2 a 3 = 2(ab + bc + ca) ( a + b + c) 2 = . Do đó . 3 3 cyclic b + c 2 Vậy ta được điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1 a=b=c= . 3 Chú ý: Để thuận tiện cho việc trình bày lời giải chúng ta sẽ dùng một số ký hiệu đối với các biểu thức có tính hoán vị vòng quanh, chẳng hạn: a = a + b + c; a b =a b+b c +c a; a a b c = + + ;... cyclic cyclic cyclic b + c b+c c+ a a+b 4
Cách 2 Phân tích: a +) Bài toán xuất hiện ? nên ta có thể nghĩ tới việc tạo ra b + c ? b+c x +1 2x tức là có dấu hiệu dùng x 2 x +1 1 +) Dấu "=" tại a = b = c = nên thực hiện đổi biến để được dấu "=" tại 1; 3 từ điều kiện a + b + c = 1 và hình thức của bài toán dẫn tới ý tưởng đổi biến a = kx, b = ky, c = kz . +) b + c ? y + z ? cần đảm bảo y = z đồng thời y + z = 1 . x, y , z > 0 2 2 2 Đặt a = x; b = y; c = z 3 3 3 3 x+ y+z= 2 x x y z 3 Ta đi chứng minh = + + cyclic y+z y+z z+x x+ y 2 x � x y z � x Theo (kq1), ta có � 2� + + � = 2� cyclic y+z �y + z + 1 z + x + 1 x + y + 1 � cyclic y + z + 1 x x 1 Ta lại có � + 3 = �( + 1) = ( x + y + z + 1). � cyclic y + z + 1 cyclic y + z + 1 cyclic y + z + 1 1 9 Theo CauchySchwarz thì , do đó cyclic y + z + 1 2( x + y + z ) + 3 x 9 15 3 + 3 ( x + y + z + 1) = (vì x + y + z = ) cyclic y + z + 1 2( x + y + z ) + 3 4 2 x y z 3 x y z 3 3 � + + � � + + �2. = . y + z +1 z + x +1 x + y +1 4 y+z z+x x+ y 4 2 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 2 1 Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 Ví dụ 3: (Trần Phương) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a 3 a + b3 b + c 3 c (3). Phân tích: 5
+) Bài toán xuất hiện căn bậc 2 và yêu cầu tìm GTNN nên tạo tư duy a ? x +1 2x tức là có dấu hiệu của việc dùng kết quả x . 2 x +1 1 +) Điểm rơi tại a = b = c = cùng với điều kiện a + b + c = 1 nên có thể thực 3 hiện đổi biến sang x, y, z thỏa mãn dấu "=" tại x = y = z = 1 mà không làm thay đổi hình thức của bài toán; lựa chọn phép đổi biến x = 3a, y = 3b, z = 3c Lời giải: Đặt x = 3a; y = 3b; z = 3c � x + y + z = 3 và P = 27 3 1 ( x3 x + y 3 y + z 3 z ) 2x �x4 y4 z4 � nên x x + y y + z z 2 � + + 3 3 3 Theo (kq2) ta có x � x +1 �x + 1 y + 1 z + 1 � Theo Cauchy Schwarz, ta lại có x4 y4 z4 ( x 2 + y 2 + z 2 )2 ( x + y + z )4 3 + + = x +1 y +1 z +1 x+ y+ z+3 9( x + y + z + 3) 2 1 1 Do vậy P . Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = . 9 3 3 Ví dụ 4: (Bosnia and Hercegovina 2005) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. 1 Chứng minh rằng: a b + b c + c a (4). 3 Lời giải: Cách 1 (Trần Phương Võ Quốc Bá Cẩn Trần Quốc Anh) 1 Có 1 = (a + b + c) 2 �3( ab + bc + ca) � ab + bc + ca � . 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta được 1 a b + b c + c a = �a b = � a ab (a + b + c )(ab + bc + ca ) cyclic cyclic 3 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 Cách 2 Phân tích: x +1 2x +) Xuất hiện a ? nên có dấu hiệu dùng kết quả x 2 x +1 1 +) Điểm rơi tại a = b = c = cùng với điều kiện a + b + c = 1 nên có thể thực 3 hiện đổi biến x = 3a; y = 3b; z = 3c 6
x, y , z > 0 Đặt x = 3a; y = 3b; z = 3c . Ta chứng minh x+ y+ z =3 x y + y z + z x 3 Theo (kq1) chúng ta có y + 1 xy + yz + zx x + y + z � cyclic x y �x cyclic 2 = 2 + 2 ( x + y + z)2 Lại có xy + yz + zx nên 3 ( x + y + z)2 x + y + z x y+y z+z x + =3 6 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. 1 Vậy ta có (4) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = . 3 Ví dụ 5: (Russia MO 2002) Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a + b + c ab + bc + ca (5). Lời giải: Cách 1 (Trần Phương Võ Quốc Bá Cẩn Trần Quốc Anh) Chúng ta có (5) � ( a + b + c ) 2 �( ab + bc + ca )2 Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có ( a + b + c ) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) (a + b + c) 3 = 27 Ta chỉ cần chứng minh (a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca ) 2 27 (5.1) Theo AM GM ta có VT (5.1) = (a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca )(ab + bc + ca ) 3 3 a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca ) � � � (a + b + c) 2 � � 3 �= � 3 �= 27 , nên (5.1) đúng. � � � � Do đó ( a + b + c ) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) 27 ( ab + bc + ca ) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) hay a + b + c ab + bc + ca . Vậy (5) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Cách 2 Phân tích: x +1 2x +) Bài toán có xuất hiện a ? nên có thể nghĩ tới kết quả x 2 x +1 +) Điểm rơi đang có sẵn tại 1 nên có thể dùng trực tiếp luôn. �a b c � � a2 b2 c2 � Theo (kq2) thì a + b + c 2 � + + = 2 � �2 + + � �a + 1 b + 1 c + 1 � �a + a b + b c + c � 2 2 Mặt khác, theo Cauchy Schwarz chúng ta có 7
a2 b2 c2 (a + b + c ) 2 + + a2 + a b2 + b c2 + c a2 + b2 + c2 + a + b + c (a + b + c) 2 9 = = (với S = ab + bc + ca ) (a + b + c) + (a + b + c) − 2( ab + bc + ca) 12 − 2 S 2 (a + b + c)2 9 9 mà 0 < S = 3 nên a + b + c 2. = 3 12 − 2 S 6 − S 9 Khi đó (5) sẽ đúng nếu ta chứng minh được S (∀S (0;3]) 6−S 9 S 2 − 6S + 9 ( S − 3) 2 Có �۳۳ S 0 0 điều này luôn đúng (∀S (0;3]) 6−S 6−S 6−S . Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Ví dụ 6: (Trần Quốc Anh) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 x + y + z = + + . Chứng minh rằng: ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx )2 27 x y z (6) Lời giải: ca ab bc Cách 1 (Trần Quốc Anh) Đặt x = ; y= ;z= b c a 1 1 1 b c a bc ca ab Từ x + y + z = + + � + + = + + x y z ca ab bc a b c � a + b + c = ab + bc + ca. Bài toán (6) lúc đó trở thành bài toán: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca . Chứng minh rằng: (a + b + c)( a + b + c ) 2 27 (6.1) 3 3 Có (a + b + c)( a + b + c ) 2 �� 27 a+ b+ c� a+b+c a b c 3 3 � + + � a+b+c a+b+c a + b + c (a + b + c ) a b c 3 3(ab + bc + ca ) � + + � . a+b+c a+b+c a+b+c (a + b + c) 2 Đây là bất đẳng thức thuần nhất của a, b, c nên chuẩn hóa cho a + b + c = 3 ta được a + b + c ab + bc + ca . Đây chính là bài toán Russia MO 2002. Cách 2 Phân tích: 1 1 1 +)Từ điều kiện x + y + z = + + � xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) x y z 8
= xy.xz + xy. yz + xz. yz tạo ra ý tưởng đưa về hoàn toàn theo các biến xy, yz, zx +) Xuất hiện xy ? nên có thể nghĩ tới việc dùng kết quả 2 +) Điểm rơi đạt tại 1 phù hợp ngay với kết quả 2. 1 1 1 Ta có: x + y + z = + + � xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx x y z ( xy + yz + zx) 2 � xy + yz + zx = ( xy. yz + yz.zx + zx.xy ) � � xy + yz + zx �3. 3 2 � xy � Theo (kq2) thì ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) ( xy + yz + zx) � 2 2 � �cyclic xy + 1 � Lại có, theo Cauchy Schwarz thì xy ( xy ) 2 ( xy + yz + zx) 2 � cyclic xy + 1 =� cyclic ( xy ) + xy 2 ( xy + yz + zx) 2 + ( xy + yz + zx) − 2 xyz ( x + y + z ) xy + yz + zx = (do xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx ). ( xy + yz + zx) − 1 2 �2( xy + yz + zx) � Suy ra ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) 2 ( xy + yz + zx) � �( xy + yz + zx) − 1 � � 2 �2t � Đặt t = xy + yz + zx 3. Khi đó nếu t � � 27 ∀t 3 thì (6) đúng. �t − 1 � 2 �2t � 4t 3 − 27t 2 + 54t − 27 (4t − 3)(t − 3) 2 Có t � ��۳۳ 27 0 0 luôn đúng ∀t 3 �t − 1 � t −1 t −1 Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Ví dụ 7: (Trần Phương) Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 3 Chứng minh rằng 2(a + b + c) + a + b + c 9 (7). Lời giải: Cách 1 (Trần Phương) Sử dụng bất đẳng thức AM GM ta có 2(a + b + c) + a + b + c 3 3 (a + b + c ) 2 ( a + b + c ) Ta sẽ đi chứng minh (a + b + c) 2 ( a + b + c ) 27 (7.1). Ta có (a + b + c) 2 �3( ab + bc + ca) = 9 � a + b + c � 3 suy ra bất đẳng thức (7.1) sẽ đúng nếu ta chứng minh được bất đẳng thức (a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) 9 3 � ( a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) �3 3(ab + bc + ca ) (7.2). 9
Do hai vế của bất đẳng thức (7.2) là thuần nhất đối với 3 biến a, b, c nên ta thực hiện chuẩn hóa cho a + b + c = 3 thì (7.2) trở thành a + b + c ab + bc + ca. Đây chính là bài toán Russia MO 2002. Cách 2 Phân tích: 2a +) Xuất hiện a ? nên có dấu hiệu của việc dùng kết quả 2: a a +1 +) Điểm rơi đang có sẵn tại a = b = c = 1 a, b, c > 0 Từ suy ra (a + b + c) 2 �3( ab + bc + ca) = 9 � a + b + c �3. ab + bc + ca = 3 �a b c � Theo (kq2) thì 2(a + b + c) + a + b + c 2( a + b + c) + 2 � + + � �a + 1 b + 1 c + 1 � a a2 ( a + b + c) 2 Theo Cauchy Schwarz, ta có � = �2 cyclic a + 1 cyclic a + a a 2 + b2 + c2 + a + b + c Lại có a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c = (a + b + c)2 + (a + b + c) − 2(ab + bc + ca ) = (a + b + c) 2 + ( a + b + c) − 6 (do ab + bc + ca = 3 ) 2(a + b + c) 2 nên VT(7) 2(a + b + c) + . Đặt t = a + b + c 3 (a + b + c) 2 + (a + b + c) − 6 2( a + b + c) 2 2t 2 thì 2(a + b + c) + = 2 t + ( a + b + c) 2 + (a + b + c) − 6 t2 + t − 6 2t 2 Ta đi chứng minh 2t + 2 9 ∀t 3 . t +t −6 2t 2 2t 3 − 5t 2 − 21t + 54 (t − 3)(2t 2 + t − 18) Có 2t + �۳۳ 9 0 0 đúng ∀t 3 t2 + t − 6 t2 + t − 6 t2 + t − 6 Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Ví dụ 8: (Trần Phương) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. 3 3 Chứng minh rằng a + b + b + c + c + a (1 + ab + bc + ca ) (8) 2 2 Lời giải: Cách 1 (Trần Phương) Ta có a + b + c = 1 � 1 + ab + bc + ca = (a + b + c ) 2 + ab + bc + ca = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b) Bất đẳng thức (8) trở thành 10
3 3 a+b + b+c + c+a ( (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a )(a + b) ) 2 2 a+b b+c c+a 3 3 (a + b)(b + c) � + + � (8.1) a+b+c a+b+c a + b + c 2 2 cyclic (a + b + c ) 2 a+b b+c c+a x, y , z > 0 Đặt x = ;y = ;z= . a+b+c a+b+c a+b+c x+ y+ z=2 Bất đẳng thức (8.1) trở thành 2 2( x + y + z ) 3 3( xy + yz + zx) � 4 2( x + y + z ) − 6 3( xy + yz + zx) �0 � 3 3( x + y + z ) 2 − 6 3( xy + yz + zx) + 4 2( x + y + z ) �3 3( x + y + z ) 2 � 3 3( x 2 + y 2 + z 2 ) + 4 2( x + y + z ) �3 3( x + y + z ) 2 (8.2) Lại có, theo AM GM thì 3 3x 2 + 4 2 x = 3 3x 2 + 2 2 x + 2 2 x 3 3 3 3 x 2 (2 2 x ) 2 = 3. 3 12 12 x3 = 6 3 x 3 3y2 + 4 2 y 6 3 y ; 3 3z 2 + 4 2 z 6 3 z , cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta được VT(8.2) 6 3( x + y + z ) = 3 3( x + y + z ) 2 = VP(8.2) nên (8.2) đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi 2 1 x = y = z = � a = b = c = . 3 3 Cách 2 Phân tích: +) Xuất hiện a + b ? nên có ý tưởng dùng kết quả 2. +) Vế trái có a + b , vế phải có ab nên nghĩ tới việc biến đổi để a + b tạo ra ab từ vế trái hoặc là ab tạo ra a + b ở vế phải để sử dụng x +1 2x x 2 x +1 +) Giả thiết cho a + b + c = 1 và vế phải có ab + bc + ca nên nghĩ đến tạo vế phải về theo a + b, b + c, c + a có vẻ thuận lợi hơn, đồng thời ở vế phải là bậc 2 nên có thể bổ sung hằng số thông qua a + b + c = 1 = (a + b + c) 2 cho vế phải. 1 +) Điểm rơi tại a = b = c = nên có thể thực hiện đổi biến để có dấu bằng 3 tại 1 Ta có a + b + c = 1 � 1 + ab + bc + ca = (a + b + c ) 2 + ab + bc + ca = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b) Bất đẳng thức (8) trở thành 11
3 3 a+b + b+c + c+a [ (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) ] (8.3) 2 2 2x 2y 2z x, y , z > 0 Đặt a + b = ; b + c = ;c+a= . 3 3 3 x+ y+ z =3 Bất đẳng thức (8.3) trở thành 2 3 ( x+ y+ z ) 3 3 4 2 2 9 . ( xy + yz + zx ) � x + y + z �( xy + yz + zx ) . Đây chính là bài toán Russia MO 2002. Ví dụ 9: (Belarus 2000) Cho các số thực dương a, b, c, x, y, z. a 3 b3 c 3 ( a + b + c )3 Chứng minh rằng + + (9). x y z 3( x + y + z ) Lời giải: Cách 1 (Theo đáp án) Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có: 1 3 3 3 1 1 �a b c � 3 � + + �(1 + 1 + 1) ( x + y + z ) a + b + c 3 3 �x y z� �a 3 b3 c3 � � 3( x + y + z ) � + + ��(a + b + c )3 �x y z � a 3 b3 c 3 (a + b + c )3 a=b=c � + + � . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x y z 3( x + y + z ) x= y=z Cách 2 Phân tích: +) Dấu "=" của bài toán đạt tại a = b = c và x = y = z nên có thể tạo ra được việc đánh giá gò dấu "=" về tại tâm là bằng 1. x +1 2x +) Bài toán không có căn, muốn dùng kết quả x thì trước tiên 2 x +1 làm xuất hiện căn bậc 2; hình thức phát biểu của bài toán tạo ý tưởng của việc dùng Cauchy Schwarz, có a 3 nên trong quá trình đánh giá sẽ có a , x +1 2x như thế đã làm xuất hiện dấu hiệu của việc dùng x 2 x +1 Theo Cauchy Schwarz ta có a 3 b3 c 3 ( a 3 + b3 + c 3 ) 2 (a a + b b + c c ) 2 + + = x y z x+ y+z x+ y+z Ta đi chứng minh 3(a a + b b + c c ) 2 (a + b + c)3. 12
Do bất đẳng thức là thuần nhất nên ta chuẩn hóa a + b + c = 3 , đi chứng minh a a + b b + c c 3 . Theo (kq2) và CauchySchwarz, ta có � a 2 � (a + b + c) 2 �a a 2 �cyclic �a + 1 � 2 a + b + c + 3 = 3 . cyclic � � Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c và x = y = z. Sau khi tôi phân tích mẫu dấu hiệu, cách vận dụng ở các ví dụ trên các em học sinh đã nắm được ý tưởng. Các em đã có thể áp dụng được 2 kết quả trên để tự phân tích và giải các ví dụ sau: Ví dụ 10: Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng � x y z �3 3 x+ y+z� + + �y + z x + z x + y � � 2 (10). � � Phân tích: +) Bài toán xuất hiện x ? nên nghĩ tới việc dùng kết quả x +1 2x x 2 x +1 +) Dấu "=" xảy ra tại x=y=z, cùng với việc BĐT đang là thuần nhất nên có thể chuẩn hóa để có được điều kiện phù hợp đồng thời cho dấu "=" tại x=y=z=1. Lời giải: Do bất đẳng thức là thuần nhất của x, y, z nên ta chuẩn hóa cho x + y + z = 3 . x y z 3 x y z 3 Ta cần chứng minh + + �� + + � (10.1) y+z z+x x+ y 2 3− x 3− y 3− z 2 x 2x Theo (kq2) ta được . 3− x (3 − x)( x + 1) 2 �3 − x + x + 1 � x x Theo AMGM thì (3 − x)( x + 1) � �= 4 suy ra � 2 � 3− x 2 x y z x y z 3 Do đó + + + + = nên (10.1) đúng. 3− x 3− y 3− z 2 2 2 2 Vậy (10) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Ví dụ 11: (Trần Phương) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a+b+c + a a+b+c + b a+b+c + c 9+3 3 + + (11). b+c c+a a+b 2 a+b+c Phân tích: +) Xuất hiện căn bậc 2 với dấu "=" tại a = b = c nên có thể nghĩ tới việc dùng kết quả1 hoặc kết quả 2. 13
+) Bất đẳng thức là thuần nhất với các biến a, b, c nên có thể chuẩn hóa để có điều kiện và có được mục đích dấu "=" tại a = b = c = 1. Lời giải: Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất của a, b, c nên ta chuẩn hóa cho a + b + c = 3. 9+3 3 9 3 Khi đó ta có: VP(11) = = + . 2 a+b+c 2 3 2 �1 1 1 �� a b c � VT(11) = 3 � + + ��+ + + � �b + c c + a a + b � �3 − a 3 − b 3 − c � �1 1 1 � 9 9 Theo CauchySchwarz thì 3 � + + � 3 = (11.1) � b + c c + a a + b � 2( a + b + c ) 2 3 a b c a+b+c 3 Theo ví dụ 10 thì + + = (11.2) 3− a 3−b 3− c 2 2 Cộng vế với vế của (11.1) và (11.2) ta được (11). Dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Ví dụ 12: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3. a b c Chứng minh rằng + + a + b + c (12). b c a Phân tích: a +) Bài toán xuất hiện ? thì đánh giá b ? nên có thể nghĩ tới việc b x +1 2x dùng kết quả x 2 x +1 +) Dấu "=" xảy ra tại a = b = c = 1 nên có thể dùng ngay (kq1) hoặc (kq2). Lời giải: Theo Cauchy Schwarz ta có a b c a2 b2 c2 (a + b + c ) 2 + + = + + . b c a a b b c c a a b +b c +c a (a + b + c) 2 Ta chứng minh �a + b + c � a b + b c + c a �a + b + c (12.1) a b +b c +c a Từ (kq1) a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) ab + bc + ca a + b + c �a b+b c+c a � + + = + 2 2 2 2 2 3(a + b + c ) = 3 và 3(ab + bc + ca) (a + b + c) nên 2 Lại có a + b + c 2 2 2 3(ab + bc + ca) �3(a + b + c) � ab + bc + ca �a + b + c Do đó � a b + b c + c a �a + b + c tức là (12.1) đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 14
2.2. Mở rộng hai kết quả trên để hình thành dãy các BĐT Trong quá trình dạy học tôi đã tích lũy được một số BĐT sau đây có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức: Nếu x là một số thực không âm thì: x3 + 1 x4 + 1 x2 + 1 x + 1 2x x( x 2 + 1) x( x + 1) 2 x − x +1 2 4 x x2 + 1 2 2 2 x +1 x3 + 1 2( x3 + 1) Chứng minh các bất đẳng thức trong dãy: x3 + 1 +) 2 � x 2 − x + 1 � ( x + 1) x 2 − x + 1 �x 2 + 1 � x( x − 1) 2 �0 (đpcm) x +1 Dấu "=" xảy ra khi x = 0; x = 1. x4 + 1 +) x − x + 1 �� 2 4 ( x − 1) 4 �0 (đpcm). Dấu "=" xảy ra khi x = 1. 2 x 4 + 1 4 2 ( ( x ) + 1) 2 2 2 �x 2 + 1 � x2 + 1 +) 4 = 4 � �= . Dấu "=" xảy ra khi x = 1. 2 4 � 2 � 2 2 x2 + 1 �x + 1 � x + 1 . Dấu "=" xảy ra khi x = 1. +) � �= 2 �2 � 2 x +1 2x +) x và x là hai kết quả ban đầu của bài viết. 2 x +1 2x x( x 2 + 1) +) ��3 x( x + 1)( x − 1) 2 �0 . Dấu "=" xảy ra khi x = 1. x +1 x +1 x( x + 1) x( x + 1) 2 2 +) �� 3 ( x 4 + x)( x − 1) 2 �0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1. x +1 3 2( x + 1) Từ các kết quả trên, chúng ta có thể giải quyết một số bài toán khác hoặc là có thể thực hiện sáng tạo ra những bài tập về BĐT. Ví dụ 13: (Gabriel Dospinescu) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1. 7 Chứng minh rằng: 2(a 2 + 1) + 2(b 2 + 1) + 2(c 2 + 1) (a + b + c) − 1 (13) 3 Phân tích: 15
+) Vế trái có 2(a 2 + 1) ? nên có thể nghĩ tới một trong các kết quả x4 + 1 x2 + 1 x +1 4 x mà vế phải là cụm bậc nhất nên không lựa 2 2 2 chọn 4 x + 1 x 2 + 1 vì khi đó vế phải sẽ xuất hiện 4 x 4 + 1 4 2 2 2 x +1 +) Nếu lựa chọn x thì vai trò của 2(a 2 + 1) được coi là x như vậy, 2 sau khi đánh giá được kết quả mới thì ở vế phải của kết quả khi đó sẽ xuất hiện a 2 , phức tạp hơn đối với gốc ban đầu là a+b+c x 2 + 1 x + 1 thì ở +) Nếu lựa chọn 2(a 2 + 1) ? phải biến đổi làm cho có 2 2 2( a 2 + 1) dưới mẫu như vậy mới đảm bảo dấu " " +) Dấu "=" của bài toán tại a = b = c = 1 thì trong căn là 2(a 2 + 1) = 4 nên thực hiện việc biến đổi để có được "trong căn" bằng 1. Lời giải: x2 + 1 x + 1 x 2 + 1 2( x 2 + 1) � 2x � � � 2( x + 1) = 2 � = 2 �x + 1 − � Từ 2 2 x2 + 1 x +1 � x +1� 2 � a b c � Áp dụng kết quả trên thì VT(13) 2 � a + b + c + 3 − 2( + + )� � a + 1 b + 1 c + 1 � Mặt khác, theo Cauchy Schwarz ta có a b c ( a + b + c ) 2 a + b + c + 2( ab + bc + ca ) + + = a +1 b +1 c +1 a+b+c+3 a+b+c+3 và theo AM GM ta có ab + bc + ca 3 abc = 3 (do abc = 1) suy ra 3 � a +b+c+6� � 6 � VT(13) 2 � a +b+ c +3− 2 = � � 2 a + b + c + 1 − � � a +b+c+3� � a +b + c + 3� � 6 � 7 Đặt t = a + b + c 3 3 abc = 3 VT(13) 2 � t +1− �; VP ( 13) = t − 1 � t +3� 3 � 6 � 7 (t − 3) 2 2 �t + 1−� −۳ � t 1 0 luôn đúng ∀t 3. Dấu "=" xảy ra khi t = 3. � t + 3 � 3 t + 3 Vậy (13) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Nhận xét: Với cách làm tương tự như VD13, ta được bài toán tổng quát: a1; a2 ;..; an > 0 n 2n + 1 n Chứng minh rằng: � + � ai − 1. 2 Cho . 2( ai 1) a1.a2 ...an = 1 i =1 n i =1 16
Sau khi nắm được các kiến thức cơ bản, có được kỹ năng dự đoán và phân tích một bài BĐT theo dấu hiệu của việc vận dụng các kết quả trong dãy các BĐT trên, các em học sinh đã có thể tự tìm tòi trong các nguồn tài liệu những bài có thể giải được bằng việc áp dụng các kết quả đó. Một số em đã có thể tự xây dựng được bài toán BĐT theo ý định bằng cách ghép cặp các kết quả của dãy; đưa vào nhiều biến cho dãy; thay đổi biến trong dãy....Chứng tỏ tư duy trong việc giải bài tập BĐT của các em đã có nhiều sự phát triển. Ta xét các ví dụ tiếp theo. Ví dụ 14: Cho các số thực dương a; b; c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 . (a 3 + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c3 + 1) (c 3 + 1)(a 3 + 1) Chứng minh rằng 2 + + 3 (14). (a + 1)(b 2 + 1) (b 2 + 1)(c 2 + 1) (c 2 + 1)(a 2 + 1) (a 3 + 1)(b3 + 1) 4 ( a 4 + 1)(b 4 + 1) Lời giải: Từ dãy các BĐT, chúng ta có (a 2 + 1)(b 2 + 1) 4 Mặt khác theo Cauchy Schwarz ta có (a 4 + 1)(b 4 + 1) (ab + 1) 2 nên (a 3 + 1)(b3 + 1) a 2b 2 + 1 ab + 1 (a 3 + 1)(b3 + 1) ab + 1 �� (a 2 + 1)(b 2 + 1) 2 2 ( a 2 + 1)(b 2 + 1) 2 Hoàn toàn tương tự ta được (a 3 + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c3 + 1) (c3 + 1)(a 3 + 1) ab + bc + ca + 3 + + = 3. (a 2 + 1)(b 2 + 1) (b 2 + 1)(c 2 + 1) (c 2 + 1)(a 2 + 1) 2 Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Tổng quát: Cho các số thực dương a ; a ;...a thỏa mãn a1a2 = n . 1 2 n cyclic (a + 1)(a2 + 1) 3 3 Chứng minh rằng 1 n. cyclic ( a + 1)( a2 + 1) 2 2 1 Ví dụ 15: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . a −1 b −1 c −1 Chứng minh rằng 3 + + 0. a + 1 b3 + 1 c3 + 1 a − 1 a (a 2 + 1) a + 1 Lời giải: Chúng ta có 1 + 3 = 3 . Do đó: a +1 a +1 2 a −1 b −1 c −1 a −1 b −1 c −1 a +1 b +1 c +1 + 3 + 3 + 3 = 1+ 3 + 1+ 3 + 1+ 3 + + =3 a +1 b +1 c +1 3 a +1 b +1 c +1 2 2 2 Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1. n Tổng quát: Cho các số thực dương a1; a2 ;...an thỏa mãn ai = n. i =1 ai − 1 n Chứng minh rằng 0. a i =1 i 3 + 1 Ví dụ 16: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 = 3. 17
2 2 2 �(a 3 + 1)(b3 + 1) � �(b3 + 1)(c3 + 1) � �(c3 + 1)(a 3 + 1) � CMR: � 2 �+ � 2 �+ � 2 � 3. �( a + 1)(b 2 + 1) � � (b + 1)( c 2 + 1) � � ( c + 1)( a 2 + 1) � (a 3 + 1)(b3 + 1) a 2b 2 + 1 Lời giải: Theo ví dụ 14 ta đã có nên (a 2 + 1)(b 2 + 1) 2 2 �(a 3 + 1)(b3 + 1) � a 2b 2 + 1 � 2 � . Hoàn toàn tương tự, ta được: �( a + 1)(b 2 + 1) � 2 2 2 2 �(a 3 + 1)(b3 + 1) � �(b3 + 1)(c3 + 1) � �(c3 + 1)(a 3 + 1) � a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 + 3 � 2 �+ � 2 �+ � 2 � = 3. �( a + 1)(b 2 + 1) � � ( b + 1)( c 2 + 1) � � ( c + 1)( a 2 + 1) � 2 Tổng quát: Cho các số thực dương a1; a2 ;...an thỏa mãn a12 a12 = n. cyclic 2 �(a13 + 1)( a23 + 1) � Chứng minh rằng � 2 � n. cyclic �(a1 + 1)( a2 2 + 1) � Ví dụ 17: Cho các số thực dương a1 ; a2 ;...; an thỏa mãn a1a2 a3 = n. cyclic (a16 + 1)(a26 + 1)(a36 + 1) Chứng minh rằng n. cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) 4 4 4 x3 + 1 Lời giải: Ta có 2 x 2 − x + 1 nên áp dụng cho x = a13 ; x = a23 ; x = a33 thì x +1 ( a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) 6 6 6 a14 − a12 + 1 a24 − a22 + 1 a34 − a32 + 1 (a14 + 1)( a24 + 1)( a34 + 1) mà a14 − a12 + 1 a12 nên a14 − a12 + 1. a24 − a22 + 1. a34 − a32 + 1 a1a2a3 ( a16 + 1)( a26 + 1)( a36 + 1) Do đó � 4 �a a a 1 2 3 = n. cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) 4 4 cyclic a 2b 2 + 1 Ví dụ 18: Cho các số thự dương a, b . CMR: (a − a + 1)(b − b + 1) 2 2 . 2 ( a 4 + 1)(b 4 + 1) Lời giải: Chúng ta có ( a − a + 1)(b − b + 1) 2 2 4 4 (a 4 + 1)(b 4 + 1) suy ra (a − a + 1)(b − b + 1) 2 2 4 ( a 4 + 1)(b 4 + 1) (a 2b 2 + 1) 2 a 2b 2 + 1 Mặt khác theo Cauchy Schawrz thì = 4 4 2 a b +1 2 2 Do đó (a 2 − a + 1)(b 2 − b + 1) . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. 2 Ví dụ 19: Cho các số thực dương a1 ; a2 ;...; an . Chứng minh rằng 18
( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 ( a1a2 + 1)(a32 + 1) 2� 2 � . cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) a33 + 1 2 2 cyclic 1 2 3 (a13 + 1)(a23 + 1) 4 ( a14 + 1)( a24 + 1) a12 a22 + 1 a1a2 + 1 Lời giải: Chúng ta có 2 (a1 + 1)(a22 + 1) 4 2 2 a33 + 1 a3 (a32 + 1) (a13 + 1)(a23 + 1) a33 + 1 a3 (a32 + 1)(a1a2 + 1) và 2 nên 2 . a3 + 1 a33 + 1 (a1 + 1)(a22 + 1) a32 + 1 2(a33 + 1) ( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a1a2 + 1)(a32 + 1) Do vậy 2 � 2 � (đpcm). cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) a33 + 1 2 2 cyclic 1 2 3 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an = 1. Nhận xét: Nếu n = 3 thì chúng ta được bài 3349 trong Crux Mathematicorum Cho các số thực dương a1 ; a2 ; a3 . Chứng minh rằng: (a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a32 + 1)( a1a2 + 1) (a12 + 1)( a22 + 1)(a32 + 1) 2( a33 + 1) Ví dụ 20: Cho các số thực dương a1 ; a2 ;...; an . Chứng minh rằng: (a 3 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a1a2 (a3 + 1)(a12 a22 + 1) 2 � 12 � . (CruxMathematicorum) cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) a13a23 + 1 2 2 cyclic (a13 + 1)(a23 + 1) a1a2 + 1 a1a2 (a12a22 + 1) Lời giải: Chúng ta có 2 (a1 + 1)(a22 + 1) 2 a13a23 + 1 a33 + 1 a3 + 1 (a13 + 1)(a23 + 1) a33 + 1 a1a2 (a12 a22 + 1) a3 + 1 và 2 nên 2 . a3 + 1 2 (a1 + 1)(a22 + 1) a32 + 1 a13a23 + 1 2 ( a + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) 3 3 3 a1a2 ( a3 + 1)(a1 a2 + 1) 2 2 Do vậy 2 � 12 � . cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) a a + 1 2 2 3 3 cyclic 1 2 3 1 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1 a = a 2 = ... = a n = 1. Ví dụ 21: Cho các số thực dương a và b. Ta luôn có dãy bất đẳng thức a 3 + b3 a 4 + b4 a2 + b2 a + b a − ab + b 2 2 4 ab a 2 + b2 2 2 2 2 ab(a 2 + b 2 ) ab( a + b) 2 1 1 a 3 + b3 2(a 3 + b3 ) + a b a Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, chúng ta thay x = thì được dãy b bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b. �π� Ví dụ 22: Nếu t � 0; � thì (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) 1 − sin t cos t � 2� 1 1 sin t + cos t 2sin t cos t 4 − sin 2 t cos 2 t sin t cos t 2 2 2 sin t + cos t 19
sin t cos t sin t cos t (sin t + cos t ) . (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) 2(1 − sin t cos t ) Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, chúng ta thay x = tan t thì có được dãy bất đẳng thức ở Ví dụ 22. Sự phát triển tư duy của các em học sinh ngoài việc các em đã nhận biết, phân tích và giải được các BĐT có liên quan đến dãy BĐT cơ bản trên, nhiều em học sinh đã còn biết vận dụng kiến thức đó vào việc giải quyết một số nội dung khác, chẳng hạn nhiều em đã giải được ví dụ sau: Ví dụ 23: Giải hệ phương trình 4 x 2 + 2 xy + x + 6 xy − y + y 2 = 15 (23.1) 6( x3 + y 3 ) x+ 2 − 2( x 2 + y 2 ) = 3 (23.2) x + xy + y 2 xy 0 x 0 Lời giải: ĐK: . Nhận thấy nếu thì (23.2) vô nghiệm. x 2 + y 2 + xy 0 y 0 Do đó x > 0 và y > 0. Ta có 6 xy 3( x + y ) nên + � (2 (23.1) � 15 + +x + y=−) 2 + +x + 3( + x y ) y (2 x y) 2 2(2 x y ) 2x y 3 x2 + y2 3( x 2 + y 2 ) 3( x3 + y 3 ) 2( x 3 + y 3 ) Mặt khác xy �+ +�� x 2 xy y 2 2 2 x 2 + xy + y 2 x2 + y2 2( x3 + y 3 ) Theo kết quả từ dãy các bất đẳng thức thì 2 2( x 2 + y 2 ) x + y x + y2 6( x3 + y 3 ) � 2 − 2( x 2 + y 2 ) � 2( x 2 + y 2 ) �x + y nên từ (23.2) 3+ 2x y x + xy + y 2 do đó ta được 2 x + y = 3 và x = y như vậy x = y = 1 (thoả mãn). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1) IV. Kiểm nghiệm Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát cho thấy đã có sự chuyển biến tích cực trong tư duy của các em học sinh. Các em đã tự hình thành được việc chắt lọc những kết quả đơn giản để phục vụ cho việc giải quyết các bài toán có liên quan. Đặc biệt có nhiều em đã hứng thú với bài học, hứng thú với việc giải bài tập bất đẳng thức, trong đó có những em đã biết cách xây dựng bài toán bất đẳng thức mới từ dãy các bất đẳng thức cơ bản, từ một bất đẳng thức gốc nào đó được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi. 20