Sáng kiến kinh nghiệm: Rèn luyện năng lực giải toán chứng minh bất đẳng thức đại số cho học sinh ptth bằng phương pháp lượng giác hoá

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Th¸i Nguyªn tr­êng trung häc phæ th«ng ®ång hû ---------------@&?--------------- s¸ng kiÕn kinh nghiÖm Tªn ®Ò tµi: RÌn luyÖn n¨ng lùc gi¶i to¸n chøng minh bÊt ®¼ng thøc ®¹i sè cho häc sinh ptth b»ng ph­¬ng ph¸p l­îng gi¸c ho¸ Người thực hiện : Tổ : Trường : Năm học 2005 - 2006 I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong môn Toán ở trường phổ thông các bài toán về bất đẳng thức ngày càng được quan tâm đúng mức và có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vào vẻ đẹp, tính độc đáo của các phương pháp giải chúng. Bài tập về bất đẳng thức rất phong phú và đa dạng cả về nội dung và phương pháp giải. Để chứng minh một bất đẳng thức có thể xuất phát từ nhiều kiến thức khác nhau và giải bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó có phương pháp lượng giác hoá để chứng minh bất đẳng thức với mục đích thay đổi hình thức của bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số thành việc chứng minh bất đẳng thức lượng giác. Phương pháp này tuy không phải là chiếc chìa khoá vạn năng để có thể chứng minh được cho mọi bài toán về bất đẳng thức và chưa chắc đã là phương pháp thích hợp nhất nhưng nó lại có nét lý thú và độc đáo riêng của nó, giúp học sinh thấy được sự liên hệ mật thiết, qua lại giữa các phân môn của môn Toán với nhau. Với mong muốn góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông tôi chọn đề tài “Rèn luyện năng lực giải toán chứng minh bất đẳng thức đại số cho học sinh Trung học phổ thông bằng phương pháp lượng giác hoá”. II. MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI Đưa ra phương pháp chung để giải bài toán đại số bằng phương pháp lượng giác, cơ sở của phương pháp này, các ví dụ minh hoạ về chứng minh bất đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác nhằm khắc sâu kiến thức cơ bản và hình thành kỹ năng chứng minh bất đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác. III. NỘI DUNG A. Một số kiến thức cơ bản 1. Khi sử dụng phương pháp lượng giác hoá để chứng minh các bất đẳng thức đại số các em học sinh cần ôn lại các phương pháp chứng minh bất đẳng thức, các bất đẳng thức lượng giác để có thể nhanh chóng nhận dạng và tiếp cận được với phương pháp này. Ngoài ra các em còn cần biết một số mệnh đề sau: * Mệnh đề I: Nếu –1 £ x £ 1 thì có một số a với - £ a £ sao cho sin a = x và một số b với 0 £ b £ p sao cho cos b = x. * Mệnh đề II: Nếu 0 £ x £ 1 thì có một số a và một số b với 0 £ a £ ; 0 £ b £ sao cho x = sina và x = cosb. * Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có một số a với -< a < sao cho x = tg a. * Mệnh đề IV: Nếu các số thực x và y thoả mãn hệ thức x2 + y2 = 1 thì có một số a với 0 £ a £ 2p sao cho x = cosa và y = sina. 2. Các bước thực hiện Bước 1: Lượng giác hoá bất đẳng thức. Bước 2: Thực hiện chứng minh bất đẳng thức lượng giác. 3. Các dạng thường gặp Dạng 1: Sử dụng điều kiện của biến êxê £ k (k > 0). Đặt x = k sina với a Î [-;] hoặc x = kcos a với a Î [0; p]. Dạng 2: Biến x, y của bất đẳng thức có điều kiện x2 + y2 = k2 (k > 0) Đặt x = ksin a, y = kcos a với a Î [0; 2p]. Dạng 3: Sử dụng điều kiện của biến x ³ k (k > 0) Đặt x = Khi đó x2 – k2 = k2 = k2tg2a và tga > 0 Dạng 4: Bài toán có chứa biểu thức x 2 + k2 Đặt x = ktga với a Î (-;) Khi đó x2 + k2 = k2 (1 + tg2a) = và cosa > 0 Tuy nhiên khi giải bài tập học sinh cần linh hoạt, sáng tạo và uyển chuyển, không phải lúc nào đầu bài cũng có sẵn các dạng thường gặp. B. Bài tập minh hoạ * Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có: Giải: Đặt: a = tga , b = tgb với a, b Î . Khi đó: A = = cos2a cos2 b . = sin (a + b) . cos (a + b) = sin (2a + 2b) Suy ra: êAê = êsin (2a + 2b) £ Vậy: - £ £ (đpcm). * Bài 2: Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có: (1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1) Giải: Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t Î (0; p) và bất đẳng thức (1) được viết thành: (1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n (2) Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos2 và 1 – cost = 2sin2 ta được 2n < 2n (3) Bởi vì 0 < < nên 0 < sin , cos < 1 nên chắc chắn: cos2n = 1. Tương tự ta có: sin2n 1. Do đó 2n < 2n= 2n Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh. * Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4 số đó sao cho: 0 £ £ 1 (1) y1 y2 y3 y4 y5 Giải: Giả sử 4 số thực cho trước là a £ b £ c £ d Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với - < y1 £ y2 £ y3 £ y4 < < y5 = p + y1 Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + p] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2; y3], [y3; y4] , [y4; y5]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn . Giả sử 0 £ y2 – y1 £ . Thế thì: 0 £ tg (y2 – y1) £ 1 Û 0 £ £ 1 Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh. * Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh: Giải: Ta có: x + y = = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0 £ a £ 2p để = cosa và = sina. Bất đẳng thức đã cho được viết thành: + ³ Ta có: cos4a + + sin4a + = (cos4a + sin4a) = (1 – 2sin2acos2a) = Vì 0 < sin22a £ 1 nên 1 - ³ và 1 + ³ 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. * Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có: x2 + (x – y)2 ³ 4 sin2 . Giải: Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có: 4sin2 = 2. Bất đẳng thức đã cho có thể viết: x2 + (x – y)2 ³ (x2 + y2) (1) Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. Nếu y ¹ 0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt = tga với < a < thì bất đẳng thức có dạng: tg2a + (tga – 1)2 ³ (1 + tg2a) Û sin2a + (sina – cosa)2 ³ Û sin2a + 1 – 2sinacosa ³ Û cos2a + 2sin2a £ Û £ 1 (2) Bởi vì = 1 vì vậy = cosb và = sinb. Với 0 < b < Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - b) £ 1. Điều này hiển nhiên. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm) * Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức: £ (1) Giải: Vì a > 0, b > 0, > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với £ 1 (2) Nhận xét rằng = 1 Nên đặt = cosu , = sinu với 0 £ u £ Ta cũng thấy = 1 Nên đặt = cosv , = sinv với 0 £ v £ . Khi đó (2) có thể viết thành + = cosv sinu + cosusinv £ 1 (3) Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v) £ 1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng. * Bài 7: Chứng minh rằng: ½4 ½£ Giải: Điều kiện: 1 – a2 ³ 0 Û ½a½ £ 1 Đặt a = cosa, với a Î [0; p] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: ½4 - 3(cosa - ) ½£ Û ½4(cos3a - sin3a) – 3 (cosa - sina)½ £ Û ½(4cos3a - 3cosa) + (3sina - 4sin3a)½£ Û½cos3a + sin3a½£ Û ½cos (3a -)½£ 1, luôn đúng. * Bài 8: Chứng minh rằng: £ 2½a½ Giải: Điều kiện: a2 – 1 ³ 0 Û ½a½ ³ 1. Đặt ½a½ = , với a Î [0 ; ). Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: Û sina + cosa £ 2 Û sina + cosa £ 1 Û sin (a + ) £ 1, luôn đúng. * Bài 9: Cho x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 1. Chứng minh a) ½xu + yv½£ 1. b) ½xv + yu½£ 1. c) –2 £ (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) £ 2. d) –2 £ (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v) £ 2. Giải: Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb và 0 £ a, b £ 2p. Khi đó a) ½xu + yv½=½cos(a – b)½£ 1. b) ½xv + yu½=½sin(a + b)½£ 1. c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) + + (cos a + sin a) (cos b – sin b) = = sin sin + cos cos = 2cos (a + b) Rõ ràng –2 £ 2cos (a + b) £ 2. (đpcm) * Bài 10: Chứng minh: a) (a + b)4 £ 8(a4 + b4) b) 32(a6 + b6) ³ (a + b)6 c) (a + b)8 £ 64(a8 + b8) Giải: a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a ¹ 0 chia hai vế cho a và đặt tgx = với < x < . Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)4 £ 8(1 + tg4x) Û (cos x + sin x)4 £ 8(cos4x + sin4 x) (1) Vì sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 – 2sin2x cos2x = = 1 - (sin x + cosx)4 = (1 + sin2x)2 = (1) Û 8(cos4x + sin4x) – (sin x + cos x)4 = cos4x – 2sin2x ³ 0. Điều này hiển nhiên vì cos4x ³ -1 và - sin2x ³ -2. b) c) Làm tương tự như a). * Bài 11: Chứng minh rằng £ 2 Giải: Điều kiện: Û Đặt , với a , b Î [0; p] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: ½sina . + + £ 2 Û ½sina.cosb + sinb.cosa + (sina.sinb - cosa.cosb)½£ 2 Û ½sin(a + b) -cos(a + b)½£ 2 Û ½sin(a + b) -cos(a + b)½£ 1 Û½sin(a + b -)½£ 1 , luôn đúng. * Bài 12: Cho a1, a2,… a17 là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn được hai số aj, ai từ 17 số đó sao cho 0 < Giải: Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 < … < a17 Đặt tgvi = ai với - < vi < i = 1, 2,…, 17 Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng nên từ a1 < a2 < … < a17 suy ra - < v1 < v2 < … < v17 < < v1 + p Các điểm v2 , v3 , …, v17 chia đoạn [v1 ; v1 + p] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một đoạn có độ dài không vượt quá . a) Nếu có một i với 1 £ i £ 16 sao cho 0 < vi+1 – vi £ thì 0 < tg(vi+1 -vi) £ tg < tg. Vì tg == 1 suy ra tg = - 1, tg = = - 1 Þ tg = Khi đó ta có 0 < tg(vi+1 – vi) = Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh. b) Nếu 0 < v1 + p - v17 < < thì 0 < tg [(v1 + p) – v17] = tg(v1 – v17) < tg Lúc này ta chọn aj = a1 và ai = a17 ta được điều cần chứng minh. * Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có: Giải: Đặt x = tgu , y = tgv với - < u, v < thì biểu thức A = . = cos4u. cos4v = (sin2u cos2v – sin2v cos2u) (cos2u cos2v – sin2u sin2v) = (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u) ´ ´ (cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v) = sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v) = sin2(u + v) sin2(u – v) Suy ra ½A½ = ½sin2(u + v)½½sin2(u – v) £ Tức £ A £ Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng khi hoặc Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - khi: hoặc * Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng (1) Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra. Giải: 1) Nếu x = 0 , y ¹ 0 thì Nếu x ¹ 0, y = 0 thì = 0 bất đẳng thức cũng đúng. Giả sử x ¹ 0, y ¹ 0 thì (1) tương đương với (2) Đặt = tga thì (2) trở thành: -2 £ 2 - 2 Û - 2 - 2 £ cos2a [4tga – 4] £ 2 - 2 (3) Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a) = 2(sin2a – cos2a – 1) =2 Î nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng. 2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy: = -2 - 2 khi sin = -1 với tga = Vì - < a < Þ < 2a - < nên sin= -1 Þ 2a- = Þ a = Þ = 1 - Þ x + 2y( - 1) = 0 Tương tự như trên: = 2 - 2 khi sin= 1 a = Þ = tg= = Þ x – 2y( + 1) = 0 * Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có £ + Giải: Đặt x = tga , y = tgb , z = tgg với - < a, b, g < . Ta có: == ½cosacosb½ =½sinacosb - sinbcosa½=½sin(a - b)½ Tương tự ta có: = ½sin(a - g)½, =½sin(g - b)½ Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức: ½sin(a - b)½£ ½sin(a - g)½+ ½sin(g - b)½ (*) với mọi a, b, g Î Ta có ½sin(u + v)½=½sinucosv + sinvcosu½£½sinucosv½+½sinvcosu½ £ ½sinu½½cosv½+½sinv½½cosu½£ ½sinu½+ ½sinv½ Để ý rằng a - b = (a - g) + (g - b). Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm) * Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = x+ y Chứng minh: 3x + 4y £ 5 Giải: Điều kiện xác định: 1 – y2 ³ 0, 1 – x2 ³ 0 tương đương –1 £ x, y £ 1 Nếu x Î[-1; 0] hoặc y Î [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1. Đặt x = cosa , y = sinb với - < a < ; 0 < b < p. Từ x2 + y2 = x+ y Ta có: cos2a + sin2b = cosa cosb + sina sinb = cos(a - b) £ 1 Þ cos2a £ cos2b hoặc sin2b £ sin2a a) Nếu 0 0, cosb > 0. cos2a £ cos2b Û cosa £ cosb 3x + 4y = 3cosa + 4sinb £ 2cosb + 4sinb = 5 = 5cos(b - j) £ 5 trong đó cosj = . b) Nếu 0 0 , sinb > 0 thì sin2b £ sin2a Û sinb £ sina 3x + 4y = 3cosa + 4sinb £ 3cosa + 4sina = 5cos(a - j) £ 5 c) Nếu - 0. sin2b £ sin2a Û sinb £ -sina 3x + 4y = 3cosa + 4sinb £ 3cosa - 4sina = 5cos(a + j) £ 5. C. Một số bài tập đề nghị Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh £ x6 + y6 £ 1 Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng: 4abc = a(1- b2)(1 – c2) + b(1 – c2)(1 – a2) + c(1 – a2)(1 – b2) Bài 3: Cho 0 £ ai £ 1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh (1 + a12)(1 + a22)… (1 + an2) + (1 – a12) (1 – a22)… (1 – an2) £ 22 Bài 4: Cho 4 số dương a1, a2, a3, a4 phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong 4 số đó sao cho: 0 £ < 2 - Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x2 + y2 ³ Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c. Chứng minh rằng: x2 + y2 ³ Bài 7: Cho 4a2 + 9b2 = 25. Chứng minh ½6a + 12b½ £ 25 Bài 8: Cho x2 + y2 = 1. Chứng minh ½16 (x5 + y5) – 20 (x3 + y3) + 5(x + y)½ £ Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh Bài 10: Cho ½a½ ³ 1. Chứng minh –2 £ £ 2. IV. KẾT LUẬN Thông qua một số ví dụ trên có thể phần nào thấy được vai trò của lượng giác trong việc giải toán Đại số. Tuy nhiên, khi sử dụng phương pháp này giáo viên cần phải cung cấp cho học sinh một số vốn kiến thức nhất định và kỹ năng nhận dạng bài tập. Phương pháp này cũng như mọi phương pháp khác không thể áp dụng được cho tất cả các loại bất đẳng thức và chưa chắc là phương pháp tối ưu, do vậy học sinh cần căn cứ vào đặc điểm của từng bất đẳng thức, khai thác giả thiết đã cho và nhận dạng bài tập để lựa chọn phương pháp giải cho thích hợp, từ đó sẽ có cách nhìn linh hoạt, uyển chuyển và có sự nhuần nhuyễn về kỹ năng. Đề tài trên chỉ là những kinh nghiệm nhỏ, kết quả của sự nghiên cứu cá nhân, thông qua một số tài liệu tham khảo nên không tránh khỏi những hạn chế, khiếm khuyết. Vậy, rất mong được Hội đồng xét duyệt góp ý để kinh nghiệm giảng dạy của chúng tôi ngày càng phong phú và hữu hiệu hơn. Tôi xin trân trọng cảm ơn ! Ngày 20 tháng 5 năm 2006 Người viết