Tài liệu Skkn phát triển tư duy, óc sáng tạo và hứng thú học toán cho học sinh thông qua việc khai thác, phát triển từ một bài toán

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƢ DUY, ÓC SÁNG TẠO VÀ HỨNG THÚ HỌC TOÁN CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC, PHÁT TRIỂN MỘT BÀI TOÁN” PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. a. Cơ sở lí luận. Dạy toán là một hoạt động nghiên cứu về toán học của học sinh và giáo viên bao gồm day khái niệm, dạy định lý, giải toán..., trong đó giải toán là công việc quan trọng. Bởi giải toán là quá trình suy luận nhằm khám phá ra quan hệ lôgic giữa cái đã cho và cái chưa biết (giữa giả thiết và kết luận). Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi cách giải là một định hướng suy luận riêng nên khi đứng trước một bài toán học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu? phải làm như thế nào? Quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi nếu bắt đầu từ bài toán khó, rất khó dạy đối với thầy và khó học đối với trò. Mặt khác chúng ta không thể dạy hết cho học sinh tất cả các bài tập cũng như các em không thể làm hết các bài tập đó. Vì vậy để tạo mối liên hệ giữa các bài tập, khi hướng dẫn cho học sinh giải một bài toán, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả những bài toán đơn giản và khai thác bài toán gốc để xây dựng các bài toán mới liên quan. Điều này giúp học sinh rèn luyện tư duy lôgic óc, sáng tạo, tự tìm tòi, suy nghĩ ra những bài toán mới và có những cách giải hay. Ngoài ra còn tạo điều kiện cho giáo viên và học sinh không nhất thiết phải mua nhiều tài liệu bởi trên thực tế có rất nhiều đầu sách có nội dung gần giống nhau. Mặt khác muốn học giỏi toán thì yêu cầu học sinh cần nắm chắc kiến thức và đứng trước một bài toán phải có cách nhìn,cách tiếp cận, đánh giá và giải quyết các vấn đề của bài toán một cách triệt để chứ không đơn thuần là giải cho xong. Bởi việc tìm ra lời giải của bài toán nhiều khi không phải là khó nhất là những bài toán ở sách giáo khoa. Vì thế, đối với học sinh nhất là học sinh khá giỏi thường mang tâm lý xem nhẹ bài toán ở sách giáo khoa, nhưng thực ra đằng sau mỗi bài toán có bao nhiêu điều hấp dẫn, lý thú. Quá trình này phải bắt đầu từ các bài toán đơn giản đến phức tạp để rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh. Như nhà toán học Đề Các đã nói: “Mỗi vấn đề mà tôi giải quyết đều sẽ trở thành ví dụ mẫu mực dùng để giải quyết vấn đề khác”. Từ đó giúp các em có cơ sở khoa học khi phân tích, định hướng tìm lời giải cho các bài toán khác và đặc biệt là củng cố cho các em lòng tin vào khả năng giải toán của mình. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh, ngoài việc trang bị tốt hệ thống kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải bài tập,Nhiệm vụ của người thầy ngoài việc cung cấp kiến thức, rèn luyện kỹ năng cho học sinh còn có một nhiêm vụ quan trọng đó là rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy của mình. Nếu người thầy chỉ dừng lại khi giải xong bài toán thì không thể khơi dậy học sinh óc tò mò, tính sáng và sự tìm tòi khám phá những điều lý thú ẩn sau mỗi bài toán, như thế không thể phát triển được năng lực tư duy của học sinh và làm cho tiết học trở nên nhạt nhẽo và nhàm chán. Nếu sau mỗi bài toán, người thầy hướng dẫn học sinh khai thác sâu các kết quả. Từ đó tìm ra được chuỗi bài toán từ dễ đến khó thì không những rèn luyện được năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh mà còn gây hứng thú làm cho giờ học trở nên hấp dẫn hơn, giúp cho kiến thức của học sinh có tính hệ thống, được mở rộng và sâu hơn. Trong quá trình giảng dạy ở cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy biện pháp tốt và rất hữu hiệu để bồi dưỡng năng lực tư duy theo định hướng đổi mới phương pháp dạy học của Bộ Giáo Dục và Đào tạo: "Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm chung của từng lớp học, môn học ...”(Trích “Một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học ở trường THCS"Bộ Giáo dục và Đào tạo ). b. Cơ sở thực tiễn. Trong những năm học gần đây, chúng ta đều thấy rằng việc đổi mới phương pháp dạy học đã mang lại được một số hiệu quả nhất định. Trong quá trình giảng dạy, người giáo viên đã biết cách sử dụng các phương pháp dạy học mới nhằm phát huy tính tích cực chủ động, năng lực tư duy, óc sáng tạo cho học sinh. Qua thực tiễn và nghiên cứu tôi nhận thấy rằng việc dạy học theo định hướng khai thác và phát triển bài toán là một cách làm hay, phù hợp với xu thế chung, góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học, rèn luyện kiến thức, kĩ năng, óc sáng tạo và bồi dưỡng năng lực tư duy cho học sinh và ngoài ra còn gây hứng thú, ham thích học toán cho các em. Tuy nhiên, trong thực tế giảng dạy của các giáo viên và trong các đề tài đã có trước đây, thường mới chỉ chú trọng đến việc khai thác và phát triển một bài toán hình học mà chưa thực sự quan tâm đến đại số nói chung và bất đẳng thức nói riêng. Trong chương trình toán THCS, bất đẳng thức là một nội dung khó và quan trọng, nó thường có mặt trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, thi học sinh giỏi các cấp và trong cả các đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ sau này. Nhưng tâm lí chung của các học sinh là đều có cảm giác “sợ” và “ngại va chạm” đối với dạng toán này. Thực chất đó là do: - Các em chưa nắm chắc được các bất đẳng thức cơ bản, các tính chất của bất đẳng thức. - Chưa biết kết nối, xâu chuỗi các bất đẳng thức với nhau thành một hệ thống. - Chưa có kĩ năng quy lạ về quen, đưa nặng về nhẹ, chuyển đổi các bài toán phức tạp cồng kềnh thành những bài toán đơn giản hơn. - Chưa biết cách biến đổi từ một bài toán gốc để đưa ra các bài toán mới, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, ... - Chưa thực sự yêu thích môn học. Vậy nguyên nhân chủ yếu của thực trạng đó là gì? - Thứ nhất, các bài toán về bất đẳng thức quá đa dạng và phức tạp và nó không có một phương pháp chung nào để giải. - Thứ hai, một số giáo viên chưa thực sự có kiến thức tổng hợp về bất đẳng thức và chưa đào sâu nghiên cứu kĩ về nội dung này. - Thứ ba, khi dạy về Đại số nói chung và bất đẳng thức nói riêng, các giáo viên thường mới chỉ dạy theo cách phân dạng hoặc dạy các bài tập một cách rời rạc, riêng lẻ mà chưa biết khai thác, phát triển một bài toán gốc rồi xâu chuỗi tạo thành một hệ thống bài tập có lôgíc chặt chẽ với nhau. - Thứ tư, chưa rèn cho học sinh các kĩ năng cần thiết như quy lạ về quen, tổng quát hóa, đặc biệt hóa,... - Thứ năm, trong quá trình giảng dạy chưa tạo được hứng thú, yêu thích học toán cho học sinh. Để góp phần khắc phục tình trạng trên và phát huy được tối đa năng lực tư duy của học sinh, tạo niềm say mê, yêu thích học toán, nhất là nội dung bất đẳng thức. Tôi xin được đưa ra đề tài: “Kinh nghiệm phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh thông qua việc khai thác, phát triển một bài toán” để đồng nghiệp tham khảo, bổ sung và góp ý. 2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. Nghiên cứu và đề xuất một số giải pháp về kinh nghiệm phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh thông qua việc khai thác, phát triển một bài toán bất đẳng thức. 3. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU. - Xác định cơ sở lí luận và thực tiễn của vấn đề phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh thông qua việc khai thác, phát triển một bài toán. - Phân tích thực trạng của quá trình dạy học nhằm mục tiêu phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh THCS. - Đề xuất một số giải pháp thông qua việc khai thác và phát triển một bài toán bất đẳng thức nhằm mục tiêu phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh THCS. 4. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. - Phương pháp lí luận: Căn cứ vào chủ trương, chính sách của Đảng và Nhà nước, của Bộ Giáo dục và Đào tạo về công tác “Đổi mới phương pháp dạy học nhằm mục tiêu phát triển năng lực tư duy, tính tích cực, tự giác, tính chủ động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm chung của từng lớp học, môn học…”(Trích “Một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học ở trường THCS"- Bộ Giáo dục và Đào tạo ). - Phương pháp nghiên cứu thực tiễn: quan sát, điều tra, tổng hợp kinh nghiệm về vấn đề “Kinh nghiệm phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh thông qua việc khai thác, phát triển một bài toán” 5. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI. - Đề tài đề cập đến một nội dung quan trọng nhưng nhiều giáo viên chưa thực khai thác và thực hiện. - Đề tài đã đưa ra giải pháp có tính hệ thống, logic, khoa học để dạy học nhằm phát triển năng lực tư duy, óc sáng tạo và tạo hứng thú học toán cho học sinh thông qua việc khai thác, phát triển một bài toán. - Các giải pháp đề tài đưa ra đã được trải nghiệm qua thực tế và được điều chỉnh phù hợp theo đối tượng học sinh từng năm học nên có tính hợp lí, dễ dàng thực hiện. 6. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI. Phần I: Đặt vấn đề 1. Lí do chọn đề tài 2. Mục đích nghiên cứu 3. Nhiệm vụ nghiên cứu 4. Phương pháp nghiên cứu 5. Điểm mới của đề tài Phần II: Nội dung Phần III: Kết luận 1. Hiệu quả của đề tài. 2. Nhận định về áp dụng sáng kiến kinh nghiệm và khả năng mở rộng đề tài. 3. Bài học kinh nghiệm và đề xuất. PHẦN II: NỘI DUNG Hệ thống các bất đẳng thức rất phong phú và đa dạng, tuy nhiên không phải mọi bài toán đặt ra đều có ý nghĩa thực sự, ta chỉ nên quan tâm nhiều hơn đến các bất đẳng thức sẽ để lại cho những ý nghĩa nhất định. Chúng ta cùng bắt đầu từ bài toán cơ bản trong chương trình THCS nhưng nó lại là cơ sở cho nhiều bài toán khó sau này: Bài 1: Với a, b là các số không âm, chứng minh rằng: a3  b3  ab(a  b) (*) (Đề thi HSG huyện Đô Lương- lớp 8 năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn: Đối với bài toán này, học sinh cũng sẽ dễ dàng thực hiện theo nhiều cách. Cách chứng minh bất đẳng thức quen thuộc nhất đối với học sinh THCS là biến đổi tương đương: Cách 1: a3  b3  ab(a  b)  (a  b)(a 2  ab  b 2 )  ab(a  b)  0  (a  b)(a 2  2ab  b 2 )  0  (a  b)(a  b)2  0 Bất đẳng thức đúng với mọi a, b không âm. Đẳng thức xảy ra  a = b. Cách 2: Ngoài cách làm trên thì đối với học sinh lớp 8 ta có thể chứng minh được bài toán bằng cách sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: a 2  b2  2ab Ta có: a 2  b 2  2ab  a 2  ab  b 2  ab  (a  b)(a 2  ab  b 2 )  ab(a  b)  a3  b3  ab(a  b) Đẳng thức xảy ra  a = b. Cách 3: Ta có ab(a  b)  a 2b  ab2 . Để xuất hiện hạng tử a2b và ab2 ở vế phải và ta thấy bất đẳng thức trên xảy ra dấu bằng khi a = b. Bởi vậy, ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy bằng cách sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a 3  a 3  b3  3a 2b a 3  b3  b3  3ab 2  3(a 3  b3 )  3ab(a  b)  a 3  b3  ab(a  b) Đẳng thức xảy ra  a = b. Nhận xét: Như vậy ở bài toán trên ta đã chứng minh được a3  b3  ab(a  b) , với suy nghĩ tích cực giáo viên có thể tự hướng dẫn học sinh tự đặt ra câu hỏi: Bài toán có gì đặc biệt? Liệu bài toán có thể phát triển được nữa hay không? Có thể tổng quát hóa được bài toán đó hay không? Từ kết quả bài toán học sinh có thể suy nghĩ để tổng quát hóa bài toán theo các định hướng là: tổng quát hóa theo hướng tăng bậc hoặc tổng quát hóa theo hướng tăng số số hạng hay mạnh hơn nữa là tổng quát hóa cả về nâng bậc và số số hạng. Để làm được điều đó, trước hết ta cần hướng dẫn cho học sinh cách mò mẫm và dự đoán có chủ đích: Hƣớng thứ nhất: Tổng quát hóa theo cách tăng dần số mũ và giữ nguyên số số hạng: Nhận xét 1: Ta đã có: a3  b3  ab(a  b) , vấn đề đặt ra là nếu vế trái là sẽ có được kết quả như thế nào? - Với n = 3 ta đã có kết quả ở trên - Với n = 4, làm tương tự như cách 3 bài toán 1 thì ta nhận thấy: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số không âm, ta có: a 4  a 4  a 4  b 4  4a3b a 4  b 4  b 4  b 4  4ab3 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được: 4(a 4  b4 )  4ab(a 2  b 2 )  (a 4  b4 )  ab(a 2  b 2 ) a n  b n (n>2) thì liệu ta Đẳng thức xảy ra  a = b. Vậy ta có bài toán: Bài 2: Với a, b là các số không âm, chứng minh rằng: a 4  b4  ab(a 2  b2 ) - Với n = 5, ta tiếp tục biến đổi theo định hướng như trên: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số không âm, ta có: a5  a 5  a 5  b5  b5  5a 3b 2 a5  a 5  b5  b5  b5  5a 2b3 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được: 5(a5  b5 )  5a 2b 2 (a  b)  a 5  b5  a 2b 2 ( a  b) Đẳng thức xảy ra  a = b. Ta có bài toán 3: Bài 3: Với a, b là các số không âm, chứng minh rằng: a 5  b 5  a 2 b 2 ( a  b) - Với n = 6 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số không âm, ta có: a 6  a 6  a 6  a 6  b6  b6  6a 4b 2 a 6  a 6  b 6  b 6  b 6  b 6  6a 2 b 4 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được: 6(a 6  b6 )  6a 2b2 (a 2  b2 )  a 6  b 6  a 2b 2 ( a 2  b 2 ) Đẳng thức xảy ra  a = b. Nên ta có bài toán 4 như sau: Bài 4: Với a, b là các số không âm, chứng minh rằng: a 6  b 6  a 2b 2 ( a 2  b 2 ) - Tương tự, với n = 7, n = 8, ta chứng minh được các bất đẳng thức sau: Bài 5: Với a, b là các số không âm, chứng minh rằng: a7  b7  a3b3 (a  b) Bài 6: Với a, b là các số không âm, chứng minh rằng: a8  b8  a3b3 (a 2  b2 ) Từ các kết quả trên hướng chúng ta con đường đi đến các tổng quát thật sáng sủa. - Với n là một số chẵn, đặt n = 2k (k N, k>1), thì ta có: - Áp dụng bất đẳng thức Canchy cho 2k số hạng sau: a 2 k  ...  a 2 k  b 2 k  ...  b 2 k  2k .a k 1b k 1 k 1 so hang k 1so hang a  ...  a  b  ...  b 2 k  2k .a k 1b k 1 2k 2k 2k k 1 so hang k 1so hang Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta có: 2k.(a 2 k  b2 k )  2k.(a k 1.b k 1  a k 1.b k 1 )  a 2 k  b2 k  (a k 1.bk 1  a k 1.bk 1 )  a 2 k  b2 k  a k 1.b k 1 (a 2  b 2 ) Từ đó ta có tổng quát 1: Tổng quát 1: Bài 7: Với a, b là các số không âm, k là số tự nhiên. Chứng minh rằng: a 2 k  b2 k  a k 1.bk 1 (a 2  b2 ) - Với n là một số lẻ, đặt n = 2k+1 (k  N, k>1), thì ta có: a 2 k 1  ...  a 2 k 1  b 2 k 1  ...  b 2 k 1  (2k  1).a k 1b k k 1 so hang a 2 k 1  ...  a k so hang k so hang 2 k 1 b 2 k 1  ...  b 2 k 1  (2k  1).a k b k 1 k 1 so hang Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta có: (2k  1).(a 2 k 1  b 2 k 1 )  (2k  1).(a k 1.b k  a k .b k 1 )  a 2 k 1  b 2 k 1  (a k 1.b k  a k .b k 1 )  a 2 k 1  b 2 k 1  a k .b k (a  b) Từ đó ta có tổng quát 2: Tổng quát 2: Bài 8: Với a, b là các số không âm, k là số tự nhiên. Chứng minh rằng: a 2 k 1  b2 k 1  a k .bk (a  b) * Hƣớng thứ hai: Tổng quát hóa theo cách tăng số số hạng và tăng số mũ Sử dụng cách làm tương tự như trên, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số không âm ta có: a 4  a 4  b 4  c 4  4a 2bc a 4  b 4  b 4  c 4  4ab 2 c a 4  b 4  c 4  c 4  4abc 2 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được: 4(a 4  b4  c 4 )  4abc(a  b  c)  a 4  b4  c 4  abc(a  b  c) Từ đó ta có bài toán mới sau: Bài 9: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng: a 4  b4  c 4  abc(a  b  c) Tương tự ta cũng dễ dàng chứng minh được bài toán sau: Bài 10: Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng: a5  b5  c5  d 5  abcd (a  b  c  d ) Nhận xét: Với định hướng như trên lại làm ta có thêm ý tưởng mới đó là đi tìm bài toán tổng quát của các bất đẳng thức đó: Với cách làm tương tự, ta thấy: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho (n+1) số không âm ta có: a1n 1  a1n 1  a2 n 1  ...  an n 1  (n  1)a12 a2 ...an a1n 1  a2 n 1  a2 n 1  ...  an n 1  (n  1)a1a2 2 ...an ..... a1n 1  a2 n 1  ...  an n 1  an n 1  (n  1)a1a2 ...an 2 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: (n  1)(a1n1  a2 n1  a3n1  ...  an n1 )  (n  1)a1a2 ...an (a1  a2  ...  an )  a1n1  a2 n1  a3n1  ...  an n1  a1a2 ...an (a1  a2  ...  an ) Vậy từ đó ta có bài toán tổng quát: Tổng quát 3: Bài 11: Cho a1 , a2 ,..., an là các số không âm. Chứng minh rằng: a1n 1  a2 n 1  a3n 1  ...  an n 1  a1a2 ...an (a1  a2  ...  an ) Nhận xét: Ở bài toán tổng quát 3, bậc của từng hạng tử lớn hơn số hạng tử là 1 đơn vị. Vậy tổng quát hơn nếu cho bậc của từng hạng tử là n, số hạng tử là m (m, n  N, n  m) thì ta có được bất đẳng thức như thế nào? Áp dụng bất đẳng thức cauchy, ta có a1n  ...  a1n  a2 n  a3n  ...  am n  n n  a1n  m 1  .a2 n ...am n n n  m 1  (n  m  1)a1n  a2 n  a3n  ...  am n  na1n m 1.a2 ...am Tương tự: a1n  (n  m  1)a2 n  a3n  ...  am n  na1a2 n  m 1.a3 ...am ….. a1n  a2 n  a3n  ...  (n  m  1)am n  na1.a3 ...am n m 1 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều ta có: n(a1n  a2 n  ...  am n )  na1a2 ...am (a1n  m  a2 n  m  ...  am n  m )  a1n  a2 n  ...  am n  a1a2 ...am (a1n m  a2 n m  ...  am n m ) Vậy từ nhận xét trên ta có bài toán tổng quát cho tất cả các trường hợp trên. Tổng quát 4: Bài 12: Cho a1 , a2 ,..., am là các số không âm, với mọi n  m (m, n  N). Chứng minh rằng: a1n  a2 n  a3n  ...  am n  a1a2 ...am (a1n m  a2 n m  ...  an n m ) Nhận xét: Như vậy ta đã tìm được bài toán tổng quát của bài toán 1, nếu thay mỗi giá trị của n, m và phát triển thì ta có thể có được nhiều bài toán hay và khó nữa. Đối với học sinh khá giỏi thì bài toán 1 không có gì là quá khó, học sinh có thể tự làm mà không cần đến sự gợi ý của giáo viên. Nhưng cùng nhìn lại bài toán đó chúng ta thấy còn thêm nhiều vấn đề mà các em có thể khám phá. Biến đổi một chút ta có: Với a, b là các số dương . a 3  b3  ab(a  b) a3 2 b  a (a  b) b a3 2 2  b  a  ab b  Tương tự, với a, b, c dương thì: b3 2 2  c  b  bc c c3  a 2  c 2  ac a Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được: a 3 b3 c 3    ab  bc  ca b c a Từ đó ta có bài toán mới: Bài 13: Với ba số a, b, c dương, chứng minh rằng: a 3 b3 c 3    ab  bc  ca b c a (Đề thi vào lớp 10 – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội 1996 – 1997) Hướng dẫn: Cách thứ nhất chúng ta có thể gợi mở cho học sinh làm với định hướng như trên: Cách 1: Với a, b dương nên ta có: a 3  b3  ab(a  b) a3 2 b  a (a  b) b a3 2 2  b  a  ab b  Tương tự, với a, b, c dương thì: b3 2 2  c  b  bc c c3  a 2  c 2  ac a Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được: a 3 b3 c 3    ab  bc  ca (đpcm) b c a Cách 2: Ngoài cách làm trên ta cũng có thể biến đổi vế trái để Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-copxki: a12 a2 2 a32 (a1  a2  a3 )2    (bi  0, i  1,3) b1 b2 b3 b1  b2  b3 Bằng cách: a3 a 4  b ab b3 b 4  c bc , Ta có: a 3 b3 c 3 a 4 b 4 c 4 ( a 2  b 2  c 2 ) 2       (1) b c a ab bc ca ab  bc  ca , c3 c 4  a ca Mặt khác: a 2  b 2  2ab b 2  c 2  2bc a 2  c 2  2ac  2(a 2  b 2  c 2 )  2ab  2bc  2ac (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: a3 b3 c3 (ab  bc  ca)2     ab  bc  ca b c a ab  bc  ca (đpcm) Dấu đẳng thức xảy ra  a = b = c. Nhận xét: Từ kết quả bài toán trên, nếu ta cho thêm điều kiện: abc = 1, thì ta lại có thêm bài toán mới: Bài 14: Với ba số a, b, c dương và abc = 1. Chứng minh rằng: a 3 b3 c 3 1 1 1      b c a a b c Ngoài ra, để tạo bài toán khó hơn ta cũng có thể cho abc bằng một giá trị bất kỳ Ví dụ: cho abc = 2 ta có bài toán: Bài 15: Với 3 số dương a, b, c và abc = 2. Chứng minh rằng: a 3 b3 c 3 2 2 2      b c a a b c Hay cho abc = k (k > 0), ta được bài toán khó hơn mà học sinh mới gặp rất khó tìm ra cách giải. Bài 16: Với 3 số dương a, b, c và abc = k (k > 0). Chứng minh rằng: a 3 b3 c 3 k k k      b c a a b c Nhận xét: Cũng từ bài toán 1, với điều kiện a, b > 0 ta có thể chia hai vếcủa bất đẳng thức cho tích a.b, ta được: a 3  b3  ab(a  b)  a 3  b3 ab ab Tương tự, với a, b, c > 0, ta có b3  c 3 b  c bc a3  c3 ac ac Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều ta có: a 3  b3 ab b3  c 3 + bc a3  c3 +  ac 2(a + b + c). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Từ đó ta có bài toán: Bài 17: Với a, b, c là các số dương, chứng minh rằng: a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3    2(a  b  c) ab bc ca Hướng dẫn: a 3  b3  ab(a  b)  a 3  b3  ab ab Tương tự: b3  c 3 bc bc a3  c3 a  c ac Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều ta có: a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3    2(a  b  c) ab bc ca Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Nhận xét: Từ bài toán trên chúng ta nhận thấy rằng có thể sử dụng bất đẳng thức tổng quát 3 áp dụng cho 4 số dương a, b, c, d để tạo ra bài toán mới khó hơn bằng cách làm tương tự: a4 + b4 + c4  abc(a + b + c)  a 4  b4  c 4  abc b4 + c4 + d4  bcd(b + c + d)  b4  c4  d 4  bcd b+c+d c4 + d4 + a4  cda(c + d + a)  c4  d 4  a4  cda c+d+a d4 + a4 + b4  dab(d + a + b)  d 4  a 4  b4  dab d+a+b a+b+c Cộng vế với vế, ta được a 4  b4  c 4 b4  c 4  d 4 c 4  d 4  a 4 d 4  a 4  b4     3(a  b  c  d ) abc bcd cda dab Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = d. Ta có bài toán sau: Bài 18: Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh a 4  b4  c 4 b4  c 4  d 4 c 4  d 4  a 4 d 4  a 4  b4     3(a  b  c  d ) abc bcd cda dab Nhận xét: Với cách làm tương tự và dựa vào bài toán tổng quát 3, ta có bài toán tổng quát hơn: Với n số dương a1, a2, a3, …., an. Chứng minh: a1n  a2 n    an 1n a2 n  a3n    an n a n  a1n    an 2 n    n  (n a1.a2 ...an 1 a2 .a3 ...an an .a1...an 2 – 1)(a1 + a2 + ... + an) Chứng minh: a1n  a2 n    an 1n  a2 n  a3n    an n  n a1.a2 ... an-1(a1 + a2 + ... + an-1)  a1 a2.a3 ... an(a2 + a3 + ... + an)   a2 n    an 1n  a1 a1.a2 ...an 1 a2 n  a3n    an n  a2 a2 .a3 ...an + a2 + ... + an-1 + a3 + ... + an ….. an n  a1n    an  2 n  an.a1 ... an-2(an + a1 + ... + an-2)  an n  a1n    an  2 n  an an .a1...an  2 + a1 + ... + an-2 Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta được điều cần chứng minh a1n  a2 n    an 1n a2 n  a3n    an n a n  a1n    an 2 n    n  (n a1.a2 ...an 1 a2 .a3 ...an an .a1...an 2 – 1)(a1 + a2 + ... + an) Dấu bằng xảy ra khi a1=a2= … =an. Nhận xét: Ta dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức 2(a + b + c)  kết hợp với bài toán 17, ta có được bất đẳng thức chặt hơn như sau: a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3    2 ab  2 bc  2 ca ab bc ca Bài 19: Với a, b, c là các số dương, chứng minh rằng: a 3  b3 b3  c 3 c 3  a 3    2 ab  2 bc  2 ca ab bc ca Nhận xét: Với 4 số dương a, b, c, d ta có: a 4  b4  c 4 a  b  c  abc(a  b  c)   abc abc 4 4 4 b4  c4  d 4 b  c  d  bcd (b  c  d )  bcd bcd 4 4 4 2 ab  2 bc  2 ca và c4  d 4  a4 c  d  a  cda(c  d  a)  cd a cda 4 4 4 d 4  a 4  b4  dab(d  a  b)  d 4  a 4  b4  d ba dab a 4  b4  c 4 b4  c 4  d 4 c 4  d 4  a 4 d 4  a 4  b4     3(a  b  c  d ) abc bcd cda dab Mà 3.( a  b  b  c  c  d  d  a )  3( 2 2 2 2 ab  bc  cd  da ) a 4  b4  c 4 b4  c 4  d 4 c 4  d 4  a 4 d 4  a 4  b4     3 ( ab  bc  cd  da )  abc bcd cda dab Ta đề xuất bài toán sau: Bài toán 20: Với 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh: a 4  b4  c 4 b4  c 4  d 4 c 4  d 4  a 4 d 4  a 4  b4     3 ( ab  bc  cd  da ) abc bcd cda dab Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = d Nhận xét: Với cách làm tương tự, ta lại tổng quát hóa cho bài toán dạng này: Bài toán 21Với n số dương a1, a2, a3, …., an. Chứng minh: a1n  a2 n    an 1n a2 n  a3n    an n a n  a1n    an 2 n    n a1.a2 ...an 1 a2 .a3 ...an an .a1...an 2  (n-1)( a1a2  a2 a3  ...  an 1an  an a1 ) Hướng dẫn: Ta có: a1n  a2 n    an 1n a2 n  a3n    an n a n  a1n    an 2 n    n  a1.a2 ...an 1 a2 .a3 ...an an .a1...an 2 = (n-1)( a a a1  a2 a2  a3     n 1 2 2 2 (n – 1)(a1 + a2 + ... + an) )  (n-1)( a1a2  a2 a3  ...  an 1an  an a1 ) Như vậy, qua các phép biến đổi tương đương chúng ta sáng tạo ra được các bài toán mới và từ đó ta tìm cách đi tổng quát dạng toán đó. Điều này giúp học sinh rất dễ nhận dạng của một bài tập bất kì dù cho bài toán đó có số mũ lớn, hay cồng kềnh đi nữa. Nhận xét: Áp dụng bất đẳng thức (*) cho lần lượt các cặp số a, b, c dương ta có: a3  b3  ab(a  b) b3  c3  bc(b  c) a3  c3  ac(a  c) Cộng từng vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 2(a3  b3  c3 )  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a) Dấu “=” xảy ra  a = b = c. Ta có tiếp bài 22: Bài 22: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 2(a3  b3  c3 )  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a) Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức (*) cho lần lượt các cặp số a, b, c ta có: a3  b3  ab(a  b) b3  c3  bc(b  c) c3  a3  ca(c  a) Cộng từng vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 2(a3  b3  c3 )  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a) Dấu “=“xảy ra  a = b = c. Nhận xét: Trở lại bài toán ban đầu, ta có: a3  b3  ab(a  b)  a 3  b3  a 2b  ab 2 Nhận thấy rằng nếu ta nhân 3 vào hai vế của bất đẳng thức thì ta có 3(a3  b3 )  3a 2b  3ab2 và lúc này nếu ta thêm vào vế phải tổng a3 + b3 thì ta có được hằng đẳng thức (a + b)3  4(a3  b3 )  a3  b3  3ab(a  b)  4(a3  b3 )  (a  b)3 Tương tự, với a, b, c  0 ta có: 4(b3  c3 )  (b  c)3 4(c3  a3 )  (c+a)3 Cộng từng vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta có: 8(a3  b3  c3 )  (a  b)3  (b  c)3  (c  a)3 Từ đó ta có bài toán mới: Bài 23: Với a, b, c là các số dương, chứng minh rằng: 8(a3  b3  c3 )  (a  b)3  (b  c)3  (c  a)3 Hướng dẫn: Nhìn vào bài tập này thì có thể học sinh sẽ cảm thấy khó định hướng cách chứng minh nhưng nếu đặt nó vào chuỗi bài toán thì học sinh sẽ dễ dàng biết cách sử dụng các bất đẳng thức đã có để chứng minh một cách dễ dàng. Cách 1: Ta đã có: 4(a3  b3 )  (a  b)3 4(b3  c3 )  (b  c)3 4(a3  c3 )  (a  c)3 Cộng hai vế của các bất đẳng thức cùng chiều này ta suy ra điều phải chứng minh. Cách 2: Ngoài cách làm trên thì học sinh có thể biến đổi theo cách khác nhưng việc làm này có vẻ không tự nhiên và còn dài dòng. Ta có: 4(a 3  b3 )  (a  b)3  (a  b).  4(a 2  ab  b 2 )  (a  b) 2   (a  b).(3a 2  6ab  3b 2 )  3(a  b)(a  b) 2  0 Suy ra: 4a3  4b3  (a  b)3 Dấu “=” xảy ra  a = b Lý luận tương tự, ta được: 4b3  4c3  (b  c)3 4a3  4c3  (a  c)3 Cộng từng vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta có: