Đề tài Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

<span class='text_page_counter'>(1)</span>I. Đặt vấn đề Trong chương trình toán ở trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho người làm toán trí th«ng minh, sù s¸ng t¹o, ngoµi ra cßn cã c¶ sù khÐo lÐo, mçi kÕt qu¶ cña nã lµ một công cụ sắc bén của toán học. Nhưng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào, nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình một công cụ để chứng minh hiệu quả nhất. Đã có rất nhiều tài liệu đưa ra một số phương pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. - Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2. - Phương pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển. - Phương pháp sử dụng phản chứng. - Phương pháp sử dụng quy nạp. - Phương pháp sử dụng đạo hàm. - Phương pháp sử dụng hình học. - Phương pháp sử dụng hàm lồi. Mặc dù vậy song vẫn là chưa đủ bởi sáng tạo của mỗi người làm toán là vô hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số. Phương pháp lượng giác hoá đã được một số sách của các tác giả đề cập như giáo sư Phan §øc ChÝnh, gi¸o s­ Phan Huy Kh¶i, phã tiÕn sÜ Vò ThÕ Hùu... viÕt. Nh­ng do cấu trúc mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phương pháp này hay nói cách khác là chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó. Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tượng học sinh khá giỏi của các lớp chọn tôi đã phân chia phương pháp này thành 5 dạng bài tập. Nhằm cung cấp cho học sinh nhận ra các dấu hiệu ban đầu để thực hiện các bước lượng giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của bất đẳng thức lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số. Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trường THPT tôi nhận thấy viÖc ph©n chia d¹ng cña t«i lµ hîp lý, l«gÝc cô thÓ, cã thÓ nhanh chãng t×m ra phương pháp chứng minh được bất đẳng thức bằng cách áp dụng các phương ph¸p t­ duy nµy cña t«i. Tôi sẽ trình bày về hiệu quả của phương pháp này đối với học sinh ở phần 4 kÕt qu¶ tr¾c nghiÖm thùc tÕ cña s¸ng kiÕn. C¸c tµi liÖu tham kh¶o 1. Bất đẳng thức của giáo sư Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995. 2. Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức 2 tập của giáo sư Phan Huy Khải - NXB Gi¸o dôc Hµ Néi 2000. 3. Phương pháp lượng giác hoá của PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002.. 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> II. giải quyết vấn đề 1. C¸c kiÕn thøc cÇn n¾m. 1.1. C¸c hÖ thøc c¬ b¶n. 1  (    k) 2 cos 2  1 + 1 + cotg2 = (  k) sin 2 . + cos 2   sin 2   1. + 1 + tg2 =. k ) 2 1.2. C«ng thøc céng gãc + cos(  ) = cos cos  sin sin + sin(  ) = sin cos  cos sin tg  tg  ( ;    k) + tg (  ) = 1  tg tg 2 cot g. cot g  1 + cotg(  ) = (;   k) cot g  cot g 1.3. C«ng thøc nh©n + sin2 = 2 sin cos + cos2 = cos2 - sin2 = 2cos2 - 1 = 1 - 2sin2 2 tg   (    k ) + tg2 = 4 2 1  tg 2 . + tg . cotg = 1 ( . cot g 2   1 k + cotg2 = (  ) 2 cot g 2 + sin3 = 3sin - 4sin3 + cos3 = 4cos3 - 3cos 3tg  tg 3   (    k + tg3 = ) 6 3 1  3tg 3 1.4. C«ng thøc h¹ bËc 1  cos 2 1  cos 2 + cos2 = + sin2 = 2 2  1  cos 2 (   k) + tg2 = 2 1  cos 2 1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:    cos + cos + cos = 2cos 2 2  +   sin + cos - cos = - 2sin 2 2  +   cos + sin + sin = 2sin 2 2 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>    sin 2 2  sin(  ) (;    k) + tg  tg = 2 cos . cos  1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng: 1 + cos.cos = [cos(  )  cos(  )] 2 1 + sin.sin = [cos(  )  cos(  )] 2 1 + sin.cos = [sin(  )  sin(  )] 2. + sin - sin = = - 2cos. 2. Néi dung cña s¸ng kiÕn. Qua một quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác ở nhiều sách đều đưa ra các phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác rất mơ hồ chưa có hệ thèng, ch­a ph©n chia thµnh c¸c d¹ng bµi tËp. Víi c¸c kiÕn thøc vÒ chøng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác mà tôi được biết tôi đã phân chia thµnh 5 d¹ng bµi tËp c¬ b¶n mµ t«i sÏ giíi thiÖu sau ®©y. Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đưa ra phương pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu thức lượng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác bằng các bất đẳng thức lượng giác đơn giản như: | sin  |  1;| cos  |  1; sin 2 n   1; cos 2 n   1 (n  N *). * Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đã lập bảng một số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lượng giác sau đều có nghĩa) Biểu thức đại số. Biểu thức lượng giác tương tự. 1 + x2. 1 + tg2t. 4x3 - 3x 2x2 - 1. 4cos3t - 3cost 2cos2t - 1 2 tgt 1  tg 2 t. 1 cos 2 t 4cos3t - 3cost = cos3t 2cos2t - 1 = cos2t 2 tgt = tg2t 1  tg 2 t. 2 tgt 1  tg 2 t. 2 tgt = sin2t 1  tg 2 t. tg  tg 1  tgtg. tg  tg = tg(+) 1  tgtg. 1 1 cos 2  ..... 1  1 = tg2 2 cos  ....... 2x 1 x2 2x 1 x2 xy 1  xy x2 - 1 .... Công thức lượng giác. 1+tg2t =. 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số I. D¹ng 1: Sö dông hÖ thøc sin2 + cos2 = 1. 1) Phương pháp: x  sin  a) Nếu thấy x2 + y2 = 1 thì đặt  víi   [0, 2]  y  cos  x  a sin  b) Nếu thấy x2 + y2 = a2 (a > 0) thì đặt  víi   [0, 2] y  a cos   2. C¸c vÝ dô minh ho¹: VD1: Cho 4 sè a, b, c, d tho¶ m·n: a2 + b2 = c2 + d2 = 1. Chøng minh r»ng:  2  S = a(c+d) + b(c-d)  2 Gi¶i: a  sin u c  sin v §Æt  vµ   S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) b  cos u d  cos v  .  S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v)    S  2 sin (u  v)    [ 2 , 2 ]   2  S  a (c  d)  b(c  d)  2 (®pcm) 4  2. VD2: Cho. a2. +. b2. 2. 1  1  25  = 1. Chøng minh r»ng:  a 2  2    b 2  2   2 a   b   Gi¶i:. Đặt a = cos và b = sin với 0    2. Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi. 2. 2. 2. 1   2 1   2 1  2 1   2  sin    a  2    b  2    cos      a   b   cos 2    sin 2    =. cos4. +. sin4. 2. 1 1 cos 4   sin 4  4 4 +   4  cos   sin   4 cos 4  sin 4  cos 4 . sin 4 . . . . . 1   = cos 4   sin 4  1  4 4 4  cos . sin  . . 1   = cos 2   sin 2   2 cos 2  sin 2  1  4 4 4  cos . sin   16  17 25  1   1 = 1  sin 2 2 1  4 (®pcm)   4  1  (1  16)  4   4  2 2  2  sin 2   2. Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bước nữa để xuất hiện a2+b2=1 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0. Chøng minh r»ng: A = a 2  b 2  2 3ab  2(1  2 3 )a  (4  2 3 )b  4 3  3  2 Gi¶i: Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0 (a-1)2 + (b-2)2 = 1 a  1  sin  a  1  sin    A  sin 2   cos 2   2 3 sin  cos  §Æt  b  2  cos  b  2  cos . A  3 sin 2  cos 2  2. 3 1  sin 2  cos 2  2 sin(2  )  2 (®pcm) 2 2 6. VD4: Cho a, b tho¶ m·n : 5a  12b  7 = 13 Chøng minh r»ng: a2 + b2 + 2(b-a)  - 1 Gi¶i: Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a)  - 1  (a-1)2 + (b + 1)2  1 a  1  R sin  §Æt  víi R  0  b  1  R cos . a  R sin   1  (a  1) 2  (b  1) 2  R 2  b  R cos   1. Ta cã: 5a  12b  7  13  5(R sin   1)  12(R cos   1)  7  13  5R sin   12R cos   13  1  R. 5 12 5  sin   cos   R sin    arccos   R 13 13 13  . Từ đó  (a-1)2 + (b+1)2 = R2  1  a2 + b2 + 2(b - a)  - 1 (đpcm) II. D¹ng 2: Sö dông tËp gi¸ trÞ | sin  | 1 ; | cos  |  1. 1. Phương pháp: a) Nếu thấy |x|  1 thì đặt.      x  sin  khi     2 ; 2      x  cos  khi   0;  .      x  m sin  khi     2 ; 2  b) Nếu thấy |x|  m ( m  0 ) thì đặt     x  m cos  khi   0;  . 2. C¸c vÝ dô minh ho¹: VD1: Chøng minh r»ng: (1+x)p + (1-x)p  2p  |x|  1 ;  P  1. Gi¶i: Đặt x = cos với   [0, ], khi đó (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cos)p + (1-cos)p 5 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> p. p.           =  2 cos 2    2 sin 2   2 p  cos 2 p  sin 2 p   2 p  cos 2  sin 2   2 p 2  2 2 2 2 2    (®pcm) VD2: Chøng minh r»ng:. 3  2  A  2 3a 2  2a 1  a 2  3  2. Gi¶i: Tõ ®k 1 - a2  0  |a|  1 nªn Đặt a = cos với 0      1 a 2 = sin. Khi đó ta có: A= 2 3a 2  2a 1  a 2  2 3 cos 2   2 cos  sin   3 (1  cos 2)  sin 2.  3  1   = 2 cos 2  sin 2   3  2 sin  2    3  3  2  A  3  2 (®pcm) 2 3   2  VD3: Chøng minh r»ng: 1  1  a 2.  (1  a). 3. .  (1  a )3  2 2  2  2a 2 (1). Gi¶i: Tõ ®k |a|  1 nªn §Æt a=cos víi [0,]  1  a  2 sin (1). 1  2 sin.   ; 1  a  2 cos ; 1  a 2  sin  2 2.        cos .2 2 cos3  sin 3   2 2  2 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 .                sin  cos  cos  sin  cos 2  sin cos  sin 2   1  sin cos 2 2  2 2  2 2 2 2 2 2 .           sin  cos  cos  sin   cos 2  sin 2  cos   1 đúng  (đpcm) 2 2  2 2 2 2 . . . . VD4: Chøng minh r»ng: S = 4 (1  a 2 )3  a 3  3 a  1  a 2  2 Gi¶i: Tõ ®k |a|  1 nªn: Đặt a = cos với   [0, ]  1  a 2 = sin. Khi đó biến đổi S ta có: S= 4(sin 3   cos3 )  3(cos   sin )  (3 sin   4 sin 3 )  (4 cos3   3 cos )   = sin 3  cos 3  2 sin  3    2  (®pcm) 4 . . . VD5: Chøng minh r»ng A = a 1  b 2  b 1  a 2  3 ab  (1  a 2 )(1  b 2 )  2 6 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Gi¶i: Tõ ®iÒu kiÖn: 1 - a2  0 ; 1 - b2  0  |a|  1 ; |b|  1 nªn.    §Æt a = sin, b = sin  víi ,    ;   2 2. Khi đó A = sin  cos   cos  sin   3 cos(  ) =. 1 3   cos(  )  2 sin (  )    2 = sin(  )  3 cos(  )  2 sin(  )  2 2 3  (®pcm) VD6: Chøng minh r»ng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26|  1 a  [1; 3] Gi¶i: Do a  [1, 3] nên a-2  1 nên ta đặt a - 2 = cos  a = 2 + cos. Ta có: A = 4(2  cos )3  24(2  cos ) 2  45(2  cos )  26  4 cos3   3 cos   cos 3  1 (®pcm) VD7: Chøng minh r»ng: A =. 2a  a 2  3a  3  2  a [0, 2]. Gi¶i: Do a  [0, 2] nên a-1  1 nên ta đặt a - 1 = cos với   [0, ]. Ta có: A=. 2(1  cos )  (1  cos ) 2  3(1  cos )  3  1  cos 2   3 cos . 1  3   = sin   3 cos   2 sin   cos    2 sin      2 (®pcm) 2 3  2  III. D¹ng 3: Sö dông c«ng thøc: 1+tg2 =.  1 1 2 (    k)  tg    1 2 cos 2  cos 2 . 1) Phương pháp: a) NÕu |x|  1 hoÆc bµi to¸n cã chøa biÓu thøc thì đặt x =. 1     3  víi  0;   ,  cos   2  2 . b) NÕu |x|  m hoÆc bµi to¸n cã chøa biÓu thøc thì đặt x =. x2 1. x 2  m2. m     3  víi  0;   ,  cos   2  2 . 2. C¸c vÝ dô minh ho¹: VD1: Chøng minh r»ng A =. a2 1  3  2  a 1 a. 7 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Gi¶i: Do |a|  1 nªn : §Æt a = A=. 1     3  víi  0;   ,   cos   2  2 . a 2  1  tg 2   tg . Khi đó:. a 2 1  3    ( tg  3 ) cos   sin   3 cos   2 sin      2 (®pcm) a 3 . 5  12 a 2  1 VD2: Chøng minh r»ng: - 4  A =  9  a 1 a2. Gi¶i: Do |a|  1 nªn: §Æt a =. 1     3  víi  0;   ,   cos   2  2 . a 2  1  tg 2   tg . Khi đó:. 5(1  cos 2) 5  12 a 2  1  6 sin 2 A= = (5-12tg)cos2 = 5cos2-12sincos= 2 2 a 5 13  5 12 5  5 13  =   cos 2  sin 2    cos 2  arccos  2 2  13 13 13   2 2  -4=. 5 13 5 13  5  5 13  (1)  A   cos 2  arccos    .1  9 (®pcm) 2 2 2 2 13  2 2 . VD3: Chøng minh r»ng: A =. a 2  1  b2  1 1 ab.  a ; b 1. Gi¶i: Do |a|  1; |b|  1 nªn . §Æt a =. 1 1     3  ;b= với  0;   ,  . Khi đó ta có: cos  cos   2  2 . A = ( tg  tg) cos  cos   sin  cos   sin  cos   sin(  )  1 (®pcm) VD4: Chøng minh r»ng: a +. a 2. a 1.  2 2  a 1. Gi¶i: Do |a| > 1 nªn: §Æt a =. 1 a 1 1 1   víi   0;   . Khi đó:  .  cos   2 a 2  1 cos  tg 2  sin  8 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> a+. a a2 1. . 1 1 1 1 2 2   2. .   2 2 (®pcm) cos  sin  cos  sin  sin 2. VD5: Chøng minh r»ng y x 2  1  4 y 2  1  3  xy 26  x ; y  1 Gi¶i: Bất đẳng thức . x2  1  x. Do |x|; |y|  1 nªn §Æt x =. 1  4 y 2  1 3    26 (1) x y y  . 1 1   ; y= víi ,   0,  . cos  cos   2. Khi đó: (1)  S = sin + cos(4sin + 3cos) . 26. Ta cã: S  sin + cos (4 2  32 )(sin 2   cos 2 )  sin   5 cos   (12  52 )(sin 2   cos 2  )  26  (®pcm) IV. D¹ng 4: Sö dông c«ng thøc 1+ tg2 =. 1 cos 2 . 1. Phương pháp:    a) Nếu x  R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tg với     ,   2 2    b) Nếu x  R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtg với     ,   2 2. 2. C¸c vÝ dô minh ho¹: VD1: Chøng minh r»ng: S =. 3x 1 x. 2. . 4x 3 2 3. (1  x ). 1. Gi¶i:. 1    §Æt x = tg víi     ,   1  x 2  , khi đó biến đổi S ta có: cos   2 2 S = |3tg.cos - 4tg3.cos3| = |3sin - 4sin3| = |sin3|  1. (®pcm). 3  8a 2  12a 4 VD2: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc A = (1  2a 2 ) 2. Gi¶i: 3  4 tg 2   3tg 4     §Æt a 2 = tg víi   ,  th× ta cã: A = (1  tg 2 ) 2  2 2. 9 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 3 cos 4   4 sin 2  cos 2   3 sin 4   3(sin 2   cos 2 ) 2  2 sin 2  cos 2  = 2 2 2 (cos   sin ). sin 2 2 5 1 sin 2 2 0 =3  3  A  3  2 3 2 2 2 2 2  5 1 Víi  = 0  a = 0 th× MaxA = 3 ; Víi  =  a = th× MinA = 2 4 2. VD3: Chøng minh r»ng:. (a  b)(1  ab) 1   a, b  R (1  a 2 )(1  b 2 ) 2. Gi¶i: Đặt a = tg, b = tg. Khi đó = cos 2  cos 2 .. (a  b )(1  ab) (tg  tg)(1  tgtg)  (1  a 2 )(1  b 2 ) (1  tg 2 )(1  tg 2). sin(  ) cos . cos   sin . sin  . cos . cos  cos . cos . 1 1 sin2(  )  (®pcm) 2 2 |a b| |bc| |ca| VD4: Chøng minh r»ng:   a , b, c 2 2 2 2 2 2 (1  a )(1  b ) (1  b )(1  c ) (1  c )(1  a ). = sin(  ) cos(  ) . Gi¶i: Đặt a = tg, b = tg, c = tg. Khi đó bất đẳng thức  | tg  tg | | tg  tg | | tg  tg |    (1  tg 2 )(1  tg 2) (1  tg 2)(1  tg 2  ) (1  tg 2  )(1  tg 2 )  cos  cos .. sin(  ) sin(   ) sin(   )  cos  cos .  cos  cos . cos . cos  cos . cos  cos . cos .  sin(-)+sin(-)  sin(-). Biến đổi biểu thức vế phải ta có: sin(-)= sin[(-)+(-)] = sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)  sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)=sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)  sin(-).1 + sin(-).1 = sin(-) + sin(-)  (®pcm) VD5: Chøng minh r»ng:. ab  cd  (a  c)(b  d ) (1) a , b, c, d  0. Gi¶i: (1) . ab cd  1 (a  c)(b  d ) (a  c)(b  d ). cd 1 ab  1  c  b   c  b  1  1   1  1    a  d   a  d . 10 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> c d §Æt tg2= , tg2= víi ,  a b . 1 (1  tg 2)(1  tg 2). .    0,   Biến đổi bất đẳng thức  2 tg 2.tg 2. (1  tg 2)(1  tg 2).  cos 2  cos 2   sin 2  sin 2   1.  cos cos + sin sin = cos(-)  1 đúng  (đpcm) DÊu b»ng x¶y ra  cos(-) = 1  = . c d  a b. VD6: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc A =. 6a  4 | a 2  1 | a2 1. Gi¶i: §Æt a = tg.  . Khi đó A = 2. 6 tg.      4 | tg 2  1 | 2 tg tg 2  1 2 2  4. 2 2  3.    tg 2  1 1  tg 2 tg 2  1 2 2 2. A = 3sin  + 4 |cos|  3 sin + 4.0 = 3sin  3.(-1) = -3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: A2 = (3sin + 4 |cos|)2  (32 + 42)(sin2 + cos2) = 25  A  5 Víi sin = 1  a = 1 th× MinA = - 3 ; víi. sin  | cos  | th× MaxA = 5  3 4. V. Dạng 5: Đổi biến số đưa về bất đẳng thức tam giác. 1) Phương pháp:   x; y; z  0 A; B; C  (0; ) a) NÕu  2 th× ABC :  2 2 2 x  y  z  2 xyz  1  x  cos A; y  cos B; z  cos C   x; y; z  0 A; B; C  (0; ) b) NÕu  th× ABC :  2 x  y  z  xyz x  tgA; y  tgB; z  tgC   A; B; C  (0; 2 )   x ; y, z  0 x  cot gA; y  cot gB; z  cot gC c) NÕu  th× ABC :  A; B; C  (0; ) xy  yz  zx  1   A B C x  tg ; y  tg ; z  tg  2 2 2. 11 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2. C¸c vÝ dô minh ho¹: VD1: Cho x, y, z > 0 vµ zy + yz + zx = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc. S=. 1 1 1    3( x  y  z) x y z Gi¶i:. Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg.      ; y = tg ; z = tg víi , ,    0,  2 2 2  2.       tg + tg tg + tg tg =1 2 2 2 2 2 2   tg  tg      2  1  tg      cot g   tg  tg  tg  = 1 - tg tg  2 2 2 2 2 2 1  tg  tg  tg  2 2 2 2 2 2. Do xy + yz + zx = 1 nªn tg.                    tg    tg        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. S=.        1 1 1    3( x  y  z) = cotg + cotg + cotg -3  tg  tg  tg  2 2  2 2 2 2 x y z.              S =  cot g  tg    cot g  tg    cot g  tg   2 tg  tg  tg  2 2  2 2  2 2  2 2 2      S = 2(cotg+cotg+cotg) - 2 tg  tg  tg  2 2  2    S = (cotg+cotg-2tg ) + (cotg+cotg-2tg ) +(cotg+cotg-2tg ) 2 2 2. §Ó ý r»ng: cotg + cotg =. sin(  ) 2 sin  2 sin    sin . sin  2 sin . sin  cos(  )  cos(  ).   4 sin cos 2 sin  2 sin  2 2  2 tg   cot g  cot g  2 tg   0     1  cos(  ) 1  cos  2 2 2 cos 2 2 T đó suy ra S  0. Với x = y = z = VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 vµ. 1 th× MinS = 0 3. x y z 4 xyz    1  x 2 1  y 2 1  z 2 (1  x 2 )(1  y 2 )(1  z 2 ). T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = x2 + y2 + z2 12 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Gi¶i: Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg Khi đó tg = .    ; y = tg ; z = tg víi , ,   2 2 2.    0,   2. 2y 2x 2z ; tg = ; tg = và đẳng thức ở giả thiết 1  y2 1 x2 1  z2. 2y 8xyz 2x 2z + + =  tg+tg+tg = tg.tg.tg 2 2 2 2 (1  x )(1  y 2 )(1  z 2 ) 1 x 1 y 1 z.  tg + tg = - tg(1-tg.tg) . tg  tg = - tg  tg(+) = tg(-) 1  tg.tg.   Do , ,    0,  nên  +  =  -    +  +  = . Khi đó ta có:  2. tg.       tg + tg tg + tg tg = 1  xy + yz + zx = 1. MÆt kh¸c: 2 2 2 2 2 2. (x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) =. . . 1 ( x  y) 2  ( y  z ) 2  ( z  x ) 2  0 2.  S = x2 + y2 + z2  xy + yz + zx = 1. Víi x = y = z =. 1 th× MinS = 1 3.  x , y, z  0 x y z 9 VD3: Cho  . Chøng minh r»ng: S =    x  yz y  zx z  xy 4 x  y  z  1. Gi¶i: xz   tg ; y 2. §Æt. yz   tg ; x 2. Do. yz zx zx xy xy yz .  . . . =x+y+z=1 x y y z z x. nªn tg. xy   tg víi , ,   z 2.    0,   2.       tg + tg tg + tg tg =1 2 2 2 2 2 2.               tg    = cotg  tg    = tg     + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. .          2 2. S=.   2y   2z  3 x y z 1  2 x      1    1    1  x  yz y  zx z  xy 2  x  yz   y  zx   z  xy  2. 13 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  yz 1  zx xy   1  1  1  x  yz y  zx z  xy  3 1  y x z  3        =  2  x  yz y  zx z  xy  2 2  1  yz 1  zx 1  xy  2  x y z  . =. 3 1 3 1 (cos + cos + cos) + = cos   cos .1  (cos  cos   sin   sin ) 2 2 2 2. . 1 1 (cos   cos 2  1)  1 (sin 2   sin 2 )  cos  cos   3  3  3  9 (®pcm)  2 2 2  2 4 2 4. 3. C¸c bµi to¸n ®­a ra tr¾c nghiÖm Trước khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho học sinh của 2 lớp 11A1 và 11A2 ở trường tôi, tôi đã ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn bị trước trong thời gian 2 tuần. Với các bài tập sau: Bµi 1: Cho a2 + b2 = 1. CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3|  13. Bµi 2: Cho (a-2)2 + (b-1)2 = 5. CMR: 2a + b  10. a; b  0 Bµi 3: Cho  CMR: a4 + b4  a3 + b3 a  b  2. Bµi 4: Cho a; b ; c  1. 1  1  1  1  1  1   CMR:  a   b   c     a   b   c   b  c  a  a  b  c . x; y; z  0 Bµi 5: Cho  2 2 2 x  y  z  2 xyz  1. a) xyz . 1 8 3 4. b) xy + yz + zx  c) x2 + y2 + z2 . 3 4. d) xy + yz + zx  2xyz + e). CMR:. 1 2. 1 x 1 y 1 z    3 1 x 1 y 1 z. Bµi 6: CMR:. 1 1 a2. . 1 1  b2. . 2  a, b  (0, 1] 1  ab. Bµi 7: CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)  9 (ab + bc + ca).  a, b, c > 0 14. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  x , y, z  0 x y z 3 3 CMR :    Bµi 8: Cho  2 2 2 2 1 x 1 y 1 z xy  yz  zx  1 x , y, z  0 x y z 3 CMR :    Bµi 9: Cho  1 x2 1  y2 1  z2 2 x  y  z  xyz. x, y, z  0 1 1 1 2x 2y 2z CMR :      Bµi 10: Cho  1  x 2 1  y2 1  z2 1  x 2 1  y2 1  z2 xy  yz  zx  1 Sau 2 tuần các em hầu như không làm được các bài tập này mặc dù tôi đã gợi ý là dùng phương pháp lượng giác hoá. Sau đó tôi đã dạy cho các em sáng kiến của tôi trong một buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thì thu được kết quả rất tốt. 3. KÕt qu¶ tr¾c nghiÖm thùc tÕ cña s¸ng kiÕn. §Ó thÊy ®­îc kÕt qu¶ s¸t thùc cña s¸ng kiÕn trong phÇn «n tËp kú I cña líp 11 tôi đã chọn 2 lớp 11A1 và 11A2 là 2 lớp chọn trong đó 11A1 là lớp chọn A cßn 11A2 lµ líp chän B v× vËy víi kiÕn thøc cña c¸c em líp 11A1 kh¸ h¬n líp 11A2 tôi sẽ dùng 2 lớp này để tiến hành làm đối chứng cụ thể như sau: Đầu tiên tôi đã ra bài về nhà cho các em các bài tập 1, 4, 9 của 10 bài tập trên. Yêu cầu các em cả 2 lớp 11A1 và 11A2 làm 3 bài tập này ra giấy và tôi đã thu ®­îc kÕt qu¶ nh­ sau: Líp. SÜ sè. Giái. Kh¸. TB. 3-4. 0-2. 11A1 11A2. 50 52. 0 0. 0 0. 0 0. 2 0. 48 52. Víi kÕt qu¶ tæng hîp b¶ng trªn vµ thùc tÕ bµi lµm cña c¸c em t«i thÊy hÇu hÕt c¸c em kh«ng lµm ®­îc ë líp 11A1. Mét sè em biÕt lµm bµi tËp 1 b»ng phương pháp đặt "a=sin", "b=cos" xong chưa đi đến bất đẳng thức cần chứng minh, líp 11A2 hÇu hÕt c¸c em kh«ng lµm ®­îc hoÆc bÕ t¾c hoµn toµn. §øng trước thực trạng như vậy tôi quyết định đưa sáng kiến của tôi dạy cho lớp 11A2 lµ líp cã vèn kiÕn thøc yÕu h¬n so víi líp 11A1. Tôi đã tập trung các em lớp 11A2 học ngoại khoá vào 3 tiết buổi chiều trong 3 tiết này tôi đã truyền thụ hết nội dung 5 phương pháp dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi sau đó tôi đã ra bài về nhà bài tập 2, 5, 7 trong phÇn 10 bµi tËp trªn vµ yªu cÇu häc sinh c¶ 2 líp vÒ nhµ gi¶i. KÕt qu¶ thu ®­îc nh­ sau: Líp. SÜ sè. Giái. Kh¸. TB. 3-4. 0-2. 11A1. 50. 0. 0. 0. 12. 38. 11A2. 52. 0. 20. 25. 7. 0 15. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Nh×n vµo kÕt qu¶ trªn vµ thùc tÕ bµi lµm cña häc sinh t«i nhËn thÊy c¸c em häc sinh cña líp 11A1 mÆc dï cã t­ chÊt h¬n líp 11A2 song kh«ng ®­îc biÕt các phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thưc nên hầu hết không làm được 3 bài tập tôi đã cho. Nhưng ngược lại đối với kết quả bài làm của học sinh lớp 11A2 tôi thấy rất khả quan hầu hết các em đều làm được bài tập đầu còn bài tập 2 một số em đã không biết chuyển từ đầu bài về dạng 1 để giải một số khác đã biết biến đổi được bất đẳng thức để có thể áp dụng dạng 1 xong chưa biến đổi để đi đến bất đẳng thức lượng giác cần thiết vì vậy kết quả chưa cao vì một số em lớp 11A2 tiếp thu các phương pháp chậm, ứng dụng giải bài tập chưa sáng tạo. Vì vậy tôi quyết định thực nghiệm lần thứ 3, tôi dạy cả lớp 11A1 và 11A2 vào một buổi chiều 3 tiết dạy đầy đủ 5 phương pháp và các ví dụ minh hoạ, tôi gọi các em lên bảngáp dụng giải các ví dụ tại lớp thấy các em làm rất tốt, sau đó t«i cho bµi tËp 3, 6, 8, 10 vÒ nhµ vµ yªu cÇu c¸c em nép cho t«i vµo ngay ngµy h«m sau. KÕt qu¶ thu ®­îc nh­ sau: Líp. SÜ sè. Giái. Kh¸. TB. YÕu. 11A1. 50. 7. 30. 13. 0. 11A2. 52. 6. 25. 21. 0. Víi kÕt qu¶ nh­ trªn vµ thùc tÕ bµi lµm cña c¸c em t«i nhËn thÊy c¸c phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tôi đưa ra có kết quả tốt, nó là một công cụ rất hữu hiệu để giúp các em có thêm một cách mới để chứng minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho các em một phương pháp lượng gi¸c ho¸ c¸c bµi to¸n nãi chung lµm cho c¸c em tù tin h¬n khi gÆp c¸c bµi tËp chứng minh bất đẳng thức trong tất cả các cuộc thi khó, chính vì thế tôi nghĩ rằng một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi ®­a ra lµ rÊt kh¶ quan.. III. kÕt luËn vµ kiÕn nghÞ Tr¶i qua thùc tÕ c«ng t¸c gi¶ng d¹y to¸n phæ th«ng, qua mét thêi gian lµm tr¾c nghiÖm t«i nhËn thÊy: Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và đòi hỏi người chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức. Trong giai đoạn hiện nay chúng ta đang tập trung cho cải cách giáo dục, trong đó có một phần quan trọng là cải tiến phương pháp giảng dạy. Để phát huy tính tích cực của học sinh, việc tiếp thu kiến thức mới và công việc giải toán thì người thầy giáo phải là người tiên phong trong việc phát huy tính tích cực của mình để tìm ra những phương pháp giải toán mới, tìm ra những công cụ mới để ngày càng hoàn thiện hơn bản thân và cống hiến cho những người làm toán những công cụ hữu hiệu để có thể ®i s©u vµo thÕ giíi cña to¸n häc. 16 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trên đây là ý kiến của tôi về một số phương pháp lượng giác để giải các bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho người chứng minh bất đẳng thức có một phương pháp tư duy về chứng minh bất đẳng thức đại số. Do kinh nghiệm chưa có nhiều nên bài viết của tôi không tránh khỏi khuyếm khuyết mặc dù tôi đã rất cố gắng xắp xếp về mặt phương pháp, lượng bài tập và cấu trúc của bài viết. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp để bài viết được tèt h¬n. Cuèi cïng t«i xin ch©n thµnh c¶m ¬n!. H­ng Yªn, ngµy 04 th¸ng 04 n¨m 2008. 17 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>