phân tích nội dung một bài toán để tìm tòi lời giải bài toán đó từ những kiến thức thuộc chương trình THPT

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong giảng dạy và học tập việc áp dụng kiến thức đang học vào giải một bài
toán nào đó thì ít nhiều cũng đã định hướng cho việc tìm tòi lời giải bài toán đó
bằng kiến thức đang học. Nhưng đứng trước một bài toán thì việc vận dụng
những kiến thức đã biết để giải bài toán đó cũng có thể đơn giản, cũng có thể sẽ
lúng túng không tìm ra được phương pháp giải. Lý do là người giải không biết
lựa chọn mảng kiến thức nào để vận dụng cho phù hợp. Trong bài viết này tôi
xin trình bày việc “phân tích nội dung một bài toán để tìm tòi lời giải bài toán
đó từ những kiến thức thuộc chương trình THPT”.
Trong kì thi tuyển sinh đại học năm 1980, có một bài toán sau là đề dự trữ cho
khối A – B:
Bài toán: Cho
, ,a b c
là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác vuông,
c
là độ
dài cạnh huyền;
,x y
là các số thực thay đổi thoả mãn hệ thức
.ax by c+ =
Chứng minh rằng
2 2
1.x y+ ≥
Sau đây chúng tôi sẽ phân tích cách nhìn nhận nội dung bài toán để đưa ra
những lời giải tương ứng.
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Phân tích 1. Yêu cầu của bài toán là chứng minh bất đẳng thức, vì vậy ý nghĩ
đầu tiên là có thể áp dụng các bất đẳng thức cổ điển để giải bài toán này không?
Với giả thiết về các hằng số cho trước:
2 2 2

.c a b= +
Hệ thức này xuất hiện tổng
các bình phương của các số, nên trước hết chúng ta sẽ sử dụng bất đẳng thức
Bu-nhi-a cốp-xki.
Lời giải 1. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a cốp-xki cho 4 số ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )( ) 1.c ax by a b x y x y= + ≤ + + ⇒ + ≥
1
Phân tích 2. Trong kết luận của bất đẳng thức không còn chứa các hằng số
, ,a b c
, như vậy có thể dùng bất đẳng thức Cô –si đánh giá tích qua tổng để tách
,x y
trong các biểu thức
,ax by
.
Lời giải 2.
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1
1 . . 1.
2 2 2
a b
x y
a b x y
c c
ax by c x y x y
c c

+ +
+ +
+ = ⇒ = + ≤ + = ⇒ + ≥
Phân tích 3. Đưa bất đẳng thức cần phải chứng minh về bất đẳng thức đồng bậc
của biến là
, ,x y
ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh tương đương với
2 2 2 2
( ) ( ) .c x y ax by+ ≥ +
Sử dụng phép biến đổi tương đương, ta có lời giải sau:
Lời giải 3. Từ giả thiết ta có
2 2 2 2 2 2
1 ( ) ( )x y c x y ax by+ ≥ ⇔ + ⇔ +

2 2 2 2 2
( )( ) ( ) 0a b x y ax by⇔ + + − + ≥
2
( ) 0,ay bx⇔ − ≥
luôn đúng.
Phân tích 4. Nếu chúng ta nhìn hệ thức
,ax by c+ =
như là phương trình của
một đường thẳng
∆
trong mặt phẳng toạ độ và biểu thức
2 2
x y+
là bình phương
khoảng cách từ gốc toạ độ
(0;0)O

đến một điểm
( ; )M x y
trên đường thẳng
∆
,
thì chúng ta có lời giải sau:
Lời giải 4. Ta có
( , )d O OM∆ ≤
suy ra
2 2 2 2
2 2
.0 .0
1 .
a b c
x y x y
a b
+ −
≤ + ⇒ ≤ +
+
Phân tích 5. Biểu thức
ax by+
trong giả thiết bài toán gợi cho chúng ta nghĩ
đến tích vô hương của hai véctơ:
( ; ), ( ; ).u a b v x y= =
r r
Sử dụng tính chất của
vectơ:
. . .u v u v≤
r r r r
Chúng ta có lời giải sau:

Lời giải 5.
2 2 2 2 2 2
. . . 1.c ax by u v u v a b x y x y= + = ≤ = + + ⇒ + ≥
r r r r
2
Phân tích 6. Nếu ta đặt
2 2
,x y S+ =
(xem như là giá trị của biểu thức
2 2
x y+
)
thì chúng ta đã tạo thêm một đẳng thức. Như vậy chúng ta có thể xem
,x y
như
là nghiệm của hệ phương trình
2 2
.
ax by c
x y S
+ =


+ =

Vì vậy chúng ta phải tìm các giá trị
của
S
để hệ có nghiệm. Từ đó chúng ta có lời giải sau:
Lời giải 6.

S
là giá trị của biểu thức
2 2
x y+
, với
,x y
thoả mãn hệ thức
ax by c+ =
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm
2 2
,
ax by c
x y S
+ =


+ =

Hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
2 2 2 2 2
( ) 2 0a b y bcy c a S+ − + − =
có nghiệm (*)
Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2 2 2
' 0 ( ) ( ). 0 1.b c a b c a a b S S∆ ≥ ⇔ − + + + ≥ ⇔ ≥
Phân tích 7. Biểu thức
2 2
x y+
có bậc là 2, vì vậy sau khi thế ẩn này theo ẩn kia
từ hệ thức liên hệ vào biểu thức thì chúng ta thu được tam thức bậc hai. Có thể

sử dụng dạng chính tắc của tam thức bậc hai vào tìm cực trị được không ? Từ đó
chúng ta có lời giải sau:
Lời giải 7.
2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1
( ) 2 1 1.
a b bc
x y a b y bcy c y
a a a b
+
 
 
+ = + − + = − + ≥
 ÷
 
+
 
Phân tích 8. Bất đẳng thức cần phải chứng minh ở đây có hai biến
,x y
, liên hệ
bởi biểu thức bậc nhất
.ax by c+ =
Vì vậy nếu xem mỗi cặp số
( ; )x y
như là toạ
độ của một điểm trên mặt phẳng toạ độ, và biểu diễn điểm đó theo các hàm số
lượng, chúng ta sẽ thu được phương trình dạng

sin cos ,A B C
α α
+ =
tiếp theo
có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình dạng này được không ?
Từ đó chúng ta có lời giải sau:
Lời giải 8. Đặt
cos , sin , [0;2 ), 0.x R y R R
α α α π
= = ∈ >

3
Ta có
( .sin .cos )c ax by R a b
α α
= + = +
(**). Do tồn tại
α
, nên phương trình
(**) có nghiệm, điều này tương đương với
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 1.Ra Rb c x y R
+ ≥ ⇒ + = ≥
Phân tích 9. Từ giả thiết suy ra
2 2 2
0 , 1
,
a b
c c
a b c


< <



+ =

nên có thể xem điểm
( ; )M a b
nằm trên đường tròn
2 2 2
a b c+ =
, tâm
(0;0)O
bán kính
.c
Vì vậy có thể lượng
giác hoá bằng cách đặt
.cos , .sin , 0; .
2
a c b c
π
α α α
 
= = ∈
 ÷
 
Từ đó chúng ta có lời
giải sau:
Lời giải 9. Ta có

( .cos .sin ) .cos .sin 1c ax by c x y x y
α α α α
= + = + ⇒ + =
. (***)
Do tồn tại
α
, nên phương trình (***) có nghiệm, suy ra
2 2
1.x y+ ≥
Phân tích 10. Từ giả thiết và kết luận của bài toán xuất hiện các đại lượng
2 2
a b+
và
2 2
x y+
làm cho chúng ta liên tưởng đến bình phương mô đun của
một số phức, và cũng trong giả thiết bài toán xuất hiện biểu thức
ax by+
cho
nên xét mô đun của tích hai số phức thì được lời giải sau:
Lời giải 10. Xét các số phức
1 2
, ( , ).z a bi z x yi x y= − = + ∈¡
Ta có
2 2
1 2
1 2
2 2 2 2
1 2
( ) ( )

( )
,
z z ax by ay bx c
z z ax by ay bx i
z a b c z x y

= + + − ≥

= + + − ⇒

= + = = +



2 2 2 2
1 2 1 2
. 1.c x y z z z z c x y
⇒ + = = ≥ ⇒ + ≥
4
Bài toán trên có thể mở rộng và tổng quát hoá theo các hướng sau:
Mở rộng điều kiện của các hằng số, ta có bài toán.
1. Cho trước các số thực
, , ,a b c k
, khác 0 và các số thực
,x y
thay đổi thoả
mãn điều kiện
.ax by c+ =
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2

.x k y+
Mở rộng điều kiện các hằng số và tăng số biến.
2. Cho trước các số thực
, , , , ,a b c d
α β
tất cả đều khác 0 và các số thực
, ,x y z
thay đổi thoả mãn điều kiện
.ax by cz d+ + =
Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 2 2 2 2
.x y z
α β
+ +
Tổng quát: Cho số tự nhiên
2,n ≥
các số thực
( 1, ),
i
a i n b=
đều khác 0 và các
số thực
( 1, )
i
x i n=
thay đổi thoả mãn thoả mãn
1
.
n

i i
i
a x b
=
=
∑
Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 2
1
, ( 0, 1, ).
n
i i i
i
k x k i n
=
≠ =
∑
Với các bước phân tích tương tự, ta có các lời giải sau cho bài toán:
(Đề thi đại học khối A – 1980). Cho
, , 0.a c b c c> > >
Chứng minh rằng
( ) ( ) .c a c c b c ab− + − ≤
(1)
Cách 1. Dùng các phép biến đổi tương đương.
( )
2
(1) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )( ) 0.c a c c b c c a c c b c ab c a c b c⇔ − + − + − − ≤ ⇔ − − − ≥
Cách 2. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
Lời giải 1. (Sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân).

5
Ta có
1
.
2
c a c c a c
b a b a
− −
 
≤ +
 ÷
 
và
1
.
2
c b c c b c
a b a b
− −
 
≤ +
 ÷
 
cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Lời giải 2. (Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a cốp-xki).
Ta có
( )
( ) ( )
2
( ) ( ) ( ) ( )c a c c b c c b c c a c ab− + − ≤ + − + − =

( ) ( ) .c a c c b c ab⇒ − + − ≤
Cách 3. Sử dụng phương pháp tham số hóa
Đặt
,a c b c
α β
= + = +
với
0, 0
α β
> >
.
Ta có
(1) ( )( ),c c c c
α β α β
⇔ + ≤ + +
bình phương hai vế ta được bất đẳng
thức tương đương:
( )
2
0,c
αβ
− ≥
đúng
, 0
α β
∀ >
.
Cách 4. Sử dụng phương pháp vectơ và tọa độ.
Lời giải 1. (Sử dụng vectơ và tọa độ trong mặt phẳng)

Đặt
( ; ), ( ; ).u c b c v a c c
= − = −
r r

Ta có
. .u v u v≤ ⇒
r r r r
( ) ( ) .c a c c b c ab
− + − ≤
Lời giải 2. (Dùng tọa độ trong không gian)
Trong không gian
,Oxyz
xét các điểm
( ; ;0), ( ; ;0)A c a c B c b c− − −
và
(0;0;0)O
.
Ta có
( )
·
1 1 1
; ( ) ( ) sin .
2 2 2
OAB
OA OB S c a c c b c ab AOB
 
= ⇒ − + − =
 
uuur uuur

Do đó
( ) ( )c a c c b c ab− + − ≤
(vì
·
sin 1AOB ≤
).
Cách 5. Sử dụng phương pháp hình học
Lời giải 1.
Ta có thể xem
, ,c a c b c− −
là độ dài của
các đoạn thẳng.
6
AB
C
H
c
a
b
a c−
b c−
Dựng hai tam giác vuông CHA và CHB
có chung cạnh góc vuông
CH c=
, .HA a c HB b c= − = −

Ta có
·
1 1 1
. . . . . .sin

2 2 2
CHA CHB CAB
S S S CH HA CB HB CA CB ACB
+ = ⇒ + =

·
( ) ( ) .sin .c a c c b c ab ACB ab
⇒ − + − = ≤
Lời giải 2.
Có thể xem
, ( ), ( )ab c a c c b c− −
là trung bình nhân
của của độ dài những đoạn thẳng,
Theo hình vẽ bên với
,ab MN=
( ) ,c a c HE− =

( ) .c b c KF− =

Ta có
( ) ( ) 2 .c a c c b c HE KF MI
− + − = + =
Trong hình học dễ dàng chứng minh
được kết quả
2 ,MI MN≤
với chú ý PQ
là tiếp tuyến của (O) và (O’).
Vậy
( ) ( ) .c a c c b c ab− + − ≤
Cách 6. Sử dụng phép thế lượng giác

Lời giải 1.
Vì
0 1, 0 1,
c c
a b
< < < <
nên tồn tại
, 0;
2
π
α β
 
∈
 ÷
 
sao cho
2 2
cos , cos .
c c
a b
α β
= =
Khi đó
2 2 2 2
(1) ( cos ) cos ( cos ) cos .sin( ) .VT a a b b b a ab ab
α β β α α β
= − + − = + ≤
Lời giải 2. Ta có
( ) ( )P c a c c b c= − + − =
2 2

2 2
( ) ( ) .
4 2 4 2
a a b b
c c− − + − −
Đặt
cos , cos ,
2 2 2 2
a a b b
c c
α β
− = − =
với
, (0; ).
α β π
∈

7
M
N
P
Q
E
F
I
H
c
c
a
b

K
Ta được
sin sin
2 2
a b
P
α β
= +
và
cos cos
2 2 2 2
a b b a
β α
− = −
. Suy ra
2 2 2
2 2
2
sin sin cos cos cos( ).
2 2 2 2 2 2 4 4 2
a b a b b a a b ab
P
α β β α α β
     
+ − = + + − = + − +
 ÷  ÷  ÷
     
Suy ra
( )
2 2

1 cos( ) sin .
2 2
ab
P ab ab p ab
α β
α β
+
= − + = ≤ ⇒ ≤
Cách 7. Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai
Ta xem vế trái của (1) là hàm số của biến c:
( ) ( ).y c a c c b c= − + −
Nếu
0
y
là một giá trị của hàm số, ứng với một giá trị nào đó của
{ }
(0;min , ),c a b∈
thì
0
0y >
và ta có đẳng thức đúng:
0 0
( ) ( ) ( ) ( )y c a c c b c y c a c c b c= − + − ⇒ − − = −
2 2 2 2 2 4
0 0 0 0 0
( ) 2 ( ) [( ) 4 ] 2 ( ) 0y c a b y c a c a b y c y a b c y⇒ + − = − ⇒ − + − + + =
(2).
Do phương trình (2) có nghiệm c, nên
4 2 4 2 2 4 2
0 0 0 0 0 0

' 0 ( ) [( ) 4 ] 0 4 ( ) 0 .
c
y a b y a b y y ab y y ab∆ ≥ ⇒ + − − + ≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≤
Cách 8. Dùng khảo sát hàm số
Lời giải 1. (Xem c là đối số).
Xét hàm số
( ) ( ) ( ),f c c a c c b c= − + −
với
{ }
(0;min , ).c a b∈
Ta có:
( )( ( )( ) )
'( ) 0 .
2 ( )( )
a c b c a c b c c
ab
f c c
a b
c a c b c
− + − − − −
= = ⇔ =
+
− −

'( ) 0 ( )( ) 0
ab
f c a c b c c c
a b
< ⇔ − − − < ⇔ >
+

và
'( ) 0
ab
f c c
a b
> ⇔ <
+
.
Do đó, hàm số
( )f c
đồng biến trên khoảng
;
ab
c
a b
 
 ÷
+
 
và nghịch biến trên
khoảng
; .
ab
a b
 
+∞
 ÷
+
 

8
Vậy,
max ( ) ,
ab
f c f ab
a b
 
= =
 ÷
+
 
suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải 2. (Xem a (hoặc b là đối số)).
Xét hàm số
( ) ( ) ( )f x c x c bx c b c= − − + −
với
( ; )x c∈ +∞
và
b c>
.
Ta có
( ( ))
'( ) 0 .
2 ( )
cb xc b x c
bc
f x x
b c
bcx x c
− −

= = ⇔ =
−
−

'( ) 0
bc
f x x
b c
> ⇔ <
−
và
'( ) 0
bc
f x x
b c
< ⇔ >
−
.
Như vậy, hàm số
( )f x
đồng biến trên
;
bc
c
b c
 
 ÷
−
 
và nghịch biến trên

;
bc
b c
 
+∞
 ÷
−
 
,
mà
0,
bc
f
b c
 
=
 ÷
−
 
suy ra
( ) 0, ( ) ( ) .f a a c c a c c b c ab≤ ∀ > ⇒ − + − ≤
Cách 9. Dùng số phức
Xét các số phức
1 2
, .z c i a c z c i b c= + − = + −
Ta có
( )
1 2
( )( ) ( ) ( )z z c a c b c i c a c c b c= − − − + − + −
( ) ( )

2 2
1 2
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ).z z c a c b c c a c c b c c a c c b c
⇒ = − − − + − + − ≥ − + −
Ta lại có
1 2 1 2
.z z z z c a c c b c ab= = + − + − =
Suy ra
( ) ( ) .c a c c b c ab− + − ≤

Tổng quát bài toán, ta có các bài toán sau:
1. Cho
, , , 0; , , .a b c d a d b d c d> > > >
Chứng minh rằng
3
3 3 3
( ) ( ) ( ) 2 .db a d dc b d da c d abc− + − + − ≤
2. Cho
, , ,( 1, )
i i i
a b c i n=
là các số dương sao cho
, , ( 1, ).
i i i i
a c b c i n> > =
9
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ).

n n n n n
n n n
i i i i i i i i
i i i i i
c a c c b c a b
= = = = =
− + − ≤
∏ ∏ ∏ ∏ ∏
C. KẾT LUẬN
Bài viết này là một trong những kinh nghiệm được tôi đúc rút ra trong quá trình
học tập và giảng dạy với mọi đối tượng học sinh, từ học sinh yếu kém đến học
sinh khá giỏi. Bằng cách giảng dạy cho học sinh tập dượt phân tích bài toán để
tìm ra cách giải, tôi thấy học sinh phát huy được khả năng sáng tạo, tư duy logic,
tạo cho các em niềm say mê trong học tập và nghiên cứu khoa học. Với mong
muốn gốp phần làm cho sự nghiệp giáo dục ngày càng phát triển tôi viết bài này
để trao đổi kinh nghiệm giảng dạy cùng các đồng nghiệp. Bài viết có thể không
tránh khỏi thiếu sót, rất mong các thày cô cùng trao đổi, góp ý, để tôi có thể bổ
sung cho bài viết được hoàn thiện hơn.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của
người khác
Tôi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm 2013

Nguyễn Văn Nhiệm
Tổ Toán Trường THPT chuyên Lam Sơn
10