Áp dụng khái quát hóa, đặt biệt hóa, tương tự hóa trong việc giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

ĐOÀN VĂN AN

ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ,
TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC
GIẢI TOÁN SƠ CẤP

Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số: 60. 46. 01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2016


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. PHAN ĐỨC TUẤN

Phản biện 1: TS. Lê Hải Trung
Phản biện 2: TS. Hoàng Quang Tuyến

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận
văn tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào
ngày 13 tháng 8 năm 2016.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng.

- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng


1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Giải toán sơ cấp ở bậc học phổ thông là một hoạt động quan
trọng. Chúng ta biết rằng không phải bài toán nào cũng có thể giải
được một cách dễ dàng. Khi gặp một bài toán mà giải trực tiếp nó
gặp nhiều khó khăn thì ta nên xét các trường hợp đặc biệt, các trường
hợp tương tự hay tổng quát của nó vì có thể xét bài toán theo các khía
cạnh đó lại dễ hơn và từ các trường hợp đó ta suy ra cách giải bài
toán ban đầu.
Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự hóa, đó là những thao
tác tư duy có vai trò rất quan trọng trong quá trình dạy học toán ở
trường phổ thông. Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa là
phương pháp giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải của bài
toán, mở rộng, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức và góp phần quan
trọng trong việc hình thành những phẩm chất trí tuệ cho học sinh.Tuy
nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa hiện nay chưa
được rèn luyện đúng mức trong dạy học ở trường phổ thông.
Việc áp dụng trong lượng giác; trong hình học; chứng minh đẳng
thức và bất đẳng thức; ... vào việc giải toán sơ cấp ngày càng phát triển,
tạo hứng thú cho các em trong quá trình học toán, vận dụng toán vào
cuộc sống, tạo hứng thú đối với những học sinh yêu thích toán học, đam
mê sự sáng tạo, tìm tòi cho môn toán.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương
tự trong dạy học toán và dạy học trong lượng giác, trong hình học
chứng minh bất đẳng thức.

- Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc


2
biệt hoá và tương tự cho học sinh vào giải toán trong lượng giác;
trong hình học; chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; một số dạng
toán khác hay gặp trong bậc phổ phổ thông.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
3.1. Đối tƣợng nghiên cứu
Việc áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá để giải
bài toán sơ cấp ở phổ thông.
- Một số bài toán về đẳng thức và bất đẳng thức.(Đại số)
- Một số bài toán về lượng giác.
- Một số bài toán về hình học.
- Một số bài toán thường gặp trong chương trình phổ thông.
Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ và bài tập áp dụng cụ thể.
3.2. Phạm vi nghiên cứu
Tìm hiểu khả năng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự của
học sinh phổ thông thông qua các bài toán trong lượng giác; trong
hình học; chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; một vài dạng toán
hay gặp ở bậc phổ thông.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tổng hợp từ sách, báo, tài liệu có đề cập đến khái
quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hóa, lý luận dạy học, sách giáo khoa,
sách tham khảo, sách giáo viên, tạp chí giáo dục, ...
5. Đóng góp của đề tài
ây dựng, hệ thống đề xuất một số biện pháp nhằm áp dụng
khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa cho học sinh phổ thông
chứng minh về một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức,
lượng giác và hình học, một số dạng toán thường gặp ở bậc phổ

thông.


3
6. Cấu trúc luận văn
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, hai chương và danh mục
tài liệu tham khảo.
Chương 1. Khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá.
Chương 2. Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá
trong việc giải toán sơ cấp vào chứng minh đẳng thức và bất đẳng
thức, lượng giác, hình học và các dạng thường gặp khác bậc phổ thông.
CHƢƠNG 1
KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ
1.1. CÁC KHÁI NIỆM
1.1.1. Khái quát hóa
Theo G. Pôlya, “Khái quát hóa là chuyển từ việc nghiên cứu
một tập hợp đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập lớn hơn,
bao gồm cả tập hợp ban đầu” 3, tr.21 .
Trong “Phương pháp dạy học môn Toán”, các tác giả Nguyễn
Bá Kim, Vũ Dương Thụy đã nêu rõ: “Khái quát hóa là chuyển từ một
tập hợp đối tượng sang một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu
bằng cách nêu bật một số trong các đặc điểm chung của các phần tử
của tập hợp xuất phát” 7, tr.31 .
Chẳng hạn, chúng ta khái quát hóa, khi chuyển từ việc nghiên
cứu tam giác sang về nghiên cứu tứ giác, rồi đa giác bất kỳ với số cạnh
bất kỳ. Từ hệ thức lượng trong tam giác vuông sang việc nghiên cứu
hệ thức lượng trong tam giác thường. Chúng ta có thể chuyển việc
nghiên cứu bất đẳng thức cho hai số sang bất đẳng cho n số tùy ý, ...
1.1.2. Đặc biệt hóa
1.1.3. Tƣơng tự hóa.

4
1.2. VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ,
TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TOÁN SƠ CẤP
1.2.1. Vai trò khái quát hóa, đặt biệt hóa, tƣơng tự hóa
trong việc giải toán sơ cấp
Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa trở
thành một phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều
phát minh trong toán học sơ cấp cũng như trong toán học cao cấp.
Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa có thể vận dụng để mò
mẫm dự đoán kết quả bài toán, tìm phương hướng giải bài toán, để
mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức.
Khi giải một bài toán, phương pháp chung là đưa nó về một bài
toán đơn giản hơn sao cho khi giải bài toán này thì có thể giải được
bài toán đã cho. Khi đó các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa,
tương tự hóa có nhiều tác dụng.
Trong lịch sử toán học, có những bài toán mà suốt hàng chục
năm, thậm chí hàng trăm năm biết bao thế hệ các nhà toán học trên
thế giới với bao công sức chỉ mới giải được một số trường hợp đặc
biệt.
Từ những kiến thức bài toán đã cho chúng ta có thể vận dụng
khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành những tri thức
mới, đề xuất và giải những bài toán mới. Trên cơ sở đó chúng ta sẽ
đào sâu và hiểu rõ các khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến
thức của mình. Từ đó sẽ tạo cho chúng ta hiểu rõ hơn bản chất và các
quy luật của các sự kiện toán học, xác lập mối liên hệ và thống nhất
giữa các tri thức mà chúng ta tiếp nhận được.
1.2.2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1:

Trong tam giác, tính chất của của ba đường cao; đường trung


5
tuyến; đường phân giác trong một tam giác. Một đặc điểm mà ai cũng
biết là ba đường cùng loại xuất phát từ ba đỉnh của tam giác, đồng
quy tại một điểm lần lượt được gọi là trực tâm, trọng tâm, tâm đường
tròn nội tiếp tam giác. Suy ra chúng có điều gì đó chung!. Sau đây ta
xét các trường hợp đặc biệt đó.
a. ét giao điểm ba đường trung tuyến:
A

B1

C1

B

C

A1

A1 B B1C C1 A
.
.
1
A1C B1 A C1 B

Ta luôn có

(1.1)

b. Xét giao điểm ba đường phân giác
A

B1
C1

A1

B

C

A1 B B1C C1 A
.
.
1
A1C B1 A C1 B

Vậy ta cũng có

c. Xét giao điểm ba đường cao
Xét các cặp tam giác đồng dạng sau:
A

B1
C1

B

A1

C


6
Suy ra:

A1 B B1C C1 A AB BC CA
.
.

.
.
1
C1 B A1C B1 A CB AC BA

Vậy (1.1) cũng đúng với trường hợp ba đường cao.
d. Bài toán tổng quát
Từ 3 trường hợp trên ta có bài toán tổng quát hơn như sau :
- Bài toán tổng quát : Nếu A1, B1, C1 là ba điểm lần lượt thuộc
ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho AA1, BB1, CC1 đồng
quy thì:
A1 B B1C C1 A
.
.
1
A1C B1 A C1 B

(1.2)

Tóm lại, từ các trường hợp đặc biệt như đường trung tuyến,
phân giác, đường cao ta đã đưa ra trường hợp tổng quát cho ba
đường thẳng đồng quy bất kỳ.
Việc tổng quát hóa này giúp cho ta rất nhiều trong một số bài
toán chứng minh đồng quy.
Từ những kiến thức bài toán đã cho chúng ta có thể vận dụng
khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành những tri thức
mới, đề xuất và giải những bài toán mới. Trên cơ sở đó chúng ta sẽ
đào sâu và hiểu rõ các khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến
thức của mình. Từ đó sẽ tạo cho chúng ta hiểu rõ hơn bản chất và các
quy luật của các sự kiện toán học, xác lập mối liên hệ và thống nhất
giữa các tri thức mà chúng ta tiếp nhận được.
Ví dụ 3:
+ Xét bài toán sau:
Cho a, b  0 . Chứng minh rằng: a 3 +b3  a 2 b+b2a.
Chúng ta có thể giải bài toán này theo 2 cách sau:
Cách 1
Ta có

(1.11)


7
a3  b3 - a 2b - b2 a  a 2  a - b  - b2  a - b    a - b   a  b   0.
2

 a3  b3  a2b  b2 a.

Cách 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a 3  a 3  b3  3

3

a6b3  3a 2b  2a3  b3  3a 2b.

Tương tự 2b3  a3  3ab2 .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng
minh.
a. Bài toán tương tự hóa, ta có bài toán
Cho a, b  0 Chứng minh rằng:
a4  b4  a3b  b3a.

(1.11.1)

a  b  a b  b a.

(1.11.2)

5

5

4

4

Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán tổng

quát như sau:
+ Cho a, b  0
Chứng minh rằng: a n  bn  a n-1b  bn-1a  n  * .
+ Cho a, b  0 . Chứng minh rằng:
an  bn  a mbn-m  bm a n-m  m, n  , n  m .

(1.11.3)
(1.11.4)

b. Bài toán đặt biệt hóa:
n  4, m  2 , từ (1.11.4) ta ta có được bài toán bất đẳng
thức sau:
a4  b4  2a2b2 .
(1.11.5)
Tương tự: n  5, m  2 ta ta có được bài toán bất đẳng thức

sau:
a5  b5  a3b2  b3a 2 .

c. Từ khái quát hóa, ta có các bài toán tương tự sau
+ Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:

(1.11.6)


8
a3  b3  c3  a2b  b2c  c2 a.

(1.11.7)

a b c  a b b c c a .
4

4

4

2 2

2 2

2

2

(1.11.8)

+ Khái quát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến
Cho n số dương a1 , a2 , a3 ..., an , m, k  , m  k . Chứng
minh rằng:
a1m  a2m  ...  an m  a1k a2m-k  a2k a3m-k  ...  anm a1m-k . (1.11.9)
Bằng những cách làm đó ta có thể hướng học sinh độc lập suy
nghĩ để không ngừng rèn luyện trí thông minh và sự sáng tạo.
Ta có thể sáng tạo được bất đẳng thức (1.11.1), (1.11.2),
(1.11.3), (1.11.4), (1.11.5), (1.11.6), (1.11.7) từ bài toán ban đầu bất
đẳng thức (1.11). Đối chiếu sự tương ứng giữa các bất đẳng thức tìm
ra dấu hiệu bản chất của chúng để xây dựng được bài toán tổng quát.
Từ đó bằng khái quát hóa để được bất đẳng thức (1.11.4), (1.11.5) và
(1.11.9) ta thấy mức độ khái quát hóa ở đây tăng dần.
Tính sáng tạo sẽ phát triển cao hơn nếu ta biết đề xuất và giải

quyết các bài toán mới từ những bài toán đã biết.
CHƢƠNG 2
ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ
HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP
2.1. MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG ĐẲNG THỨC VÀ BẤT
ĐẲNG THỨC.
2.1.1. Giới thiệu tóm tắt lý thuyết về bất đẳng thức.
2.1.2. Một số vận dụng trong đẳng thức và bất đẳng thức
Bài toán 1:
Xét bài toán ban đầu:
Cho a, b dương thỏa mãn a  b  1, chứng minh rằng:


9
a
b
2

 .
2-a 2-b 3

Hướng dẫn giải:
Ta có
Tương tự
Do đó:

a
a-22
2



-1
2-a
2-a
2-a
b
2

-1
2-b 2-b
a
b
1 
 1

 2

 - 2 . (1)
2-a 2-b
 2-a 2-b 

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
 a, b  0
2 - a  0
1 
 1
)




  2 - a  2 - b   4 (vì 
 2-a 2-b 
a  b  1 2 - b  0
1
1
4


 . (2)
2-a 2-b 3
Từ (1) và (2) ta suy ra (2.1) được chứng minh:
a
b
2

 .
2-a 2-b 3
1
Đẳng thức xảy ra khi a  b  .
2
+ Phát trển bài toán ban đầu (2.1):
Giả thiết của bài toán là tổng của hai số dương bằng 1. Với
cách nhìn đó ta thử tăng thêm số lượng biến trong bài toán sao cho
các biến vẫn ràng buộc với nhau bởi điều kiện có tổng bằng 1. Ta
sáng tác được các bài toán sau:
+ Cho a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  1 , khi đó ta có:
a
b
c
3

(2.1.1)


 .
2-a 2-b 2-c 5
+ Cho a, b, c, d dương thỏa mãn a+b+c+d = 1 , khi đó ta có:
a
b
c
d
4
(2.1.2)



 .
2-a 2-b 2-c 2-d 7


10
Từ đó có thể khái quát hóa bài toán với n ( n  * ) số
dương tùy ý.
+ Cho n số dương tùy ý a1 , a2 , a3 ..., an thỏa mãn

n

a

 1.

i

i 1

Chứng minh rằng:
a
a1
a
n
.
 2  ...  n 
2 - a1 2 - a2
2 - an 2n -1

(2.1.3)

Vẫn là cách nhìn dưới góc độ trên, nếu như tổng của các biến
n

không phải là 1 mà là một số bất kì, tức là

a
i 1

i

 k thì ta có bất

đẳng thức tổng quát hơn.
a

a1
a
nk
.
 2  ...  n 
2 - a1 2 - a2
2 - an 2n - k

(2.1.4)

Ta có thể xây dựng được bất đẳng thức trên bằng cách thay
số 2 ở trong bất đẳng thức bởi một tham số α bất kì với α  1 . Khi
đó ta có bài toán:
n

a

+ Cho n số dương tùy ý a1 , a2 , a3 ..., an thỏa mãn

i

i 1

chứng minh:
a
a1
a
nk
với   1 .
 2  ...  n 

 - a1  - a2
 - an n - k

 k,

(2.1.5)

Ngoài ra ta còn có thể mở rộng bài toán bằng cách tăng số mũ
của biến
+ Cho n số dương tùy ý a1 , a2 , a3 ..., an thỏa mãn

n

a
i 1

i

m

 k,

chứng minh:
an m
a1m
a2 m
nk
với   1 . (2.1.6)



...


m
m
m
 - a1  - a2
 - an
n - k


11
Thông qua bài toán này ta thấy việc nhìn bài toán dưới nhiều
góc độ khác nhau sẽ giúp ta khai thác và mở rộng bài toán theo nhiều
hướng khác nhau.
2.2. MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG LƢỢNG GIÁC
2.2.1. Giới thiệu một số công thức lƣợng giác
2.2.2. Một số vận dụng trong lƣợng giác
Bài toán 6:
Bài toán ban đầu: Chứng minh rằng nếu A,B,C là 3 của một
tam giác thì:
sin A  sin B  sin C 

3 3
2

(2.6)

+ Nhận xét :
Vì

A,B,C là
3 3
A B C
 3sin
2
3

3

góc

của

một

tam

giác

+ Từ (2.6) Ta có bài toán khái quát sau:
Chứng minh rằng: nếu 00  A, B, C  1800 thì:
A B C
sin A  sin B  sin C  3sin
3

nên:

(2.6.1)

+ Hướng dẫn giải (2.6.1) ta xét bài toán đơn giản hơn:
“Cho x,y là hai góc không âm, không vượt qua 1800 thì:
x y "
.
sinx  sin y  2sin
2
x y
x y
Ta luôn có sinx  sin y  2sin
.cos
2
2
x

y
00  x, y  1800 nên 0  cos
 1 và sinx,sin y  0
Vì
2
x y
 sinx  sin y  2sin
2


12
Áp dụng
 A B C  D 
,



2 
 2

kết

quả

này

cho

các

góc

(A,B);(C,D);

A B
(1)
2
CD
(2)
00  C, D  1800  sinC  sin D  2sin
2
Mặt khác:
00  A, B  1800
00  A, B  1800  sinA  sin B  2sin

00  C, D  1800
A B C  D

 00 
,
 1800
2
2
A B
CD
A B C  D
(3)
 sin
 sin
 2sin
2
2
4

Từ (1), (2), (3) ta có :
sinA  sin B  sinC  sin D  4sin

A B C  D
4

(2.6.2)

Ở đây 00  A, B, C, D  1800
A B C
Chọn D 
(rõ ràng 00  D  1800 )
3
A B C

Từ (2.6.2)  sinA  sin B  sinC  3sin
(đpcm)
3
Vì bài toán ban đầu là trường hợp đặc biệt của bài toán này nên
ta cũng có ngay kết quả của bài toán ban đầu hoặc cũng có thể chỉ ra
lời giải bài toán ban đầu như cách giải của bài toán khái quát. Như
vậy, để tìm lời giải cho bài toán ban đầu ta đã sử dụng linh hoạt các
bài toán phụ đặc biệt hóa khái quát hóa.
Bài toán 9:
Bài toán ban đầu: Chứng minh rằng trong mọi  ABC ta có:
3
cosA +cosB + cosC  .
(2.9)
2


13
Cách giải 1:
A
BC
BC 3
 2cos
cos
 ,
2
2
2
2
A
B C

2 A
 4sin
 4sin cos
1  0 ,
2
2
2
2
A
B C 

2 B C
 0.
  2sin  cos
  sin
2
2 
2


(2.9)  1  2sin 2

Biểu thức cuối cùng luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
A
B C

2sin 2  cos 2  0 sin A  1

  2 2  A  B  C   ABC đều.


3
sin B  C
 0  B  C

2
Cách giải 2:
Biến đổi vế trái (2.9)
 cos A  cos B .1  cos( A  B)   cos A  cos B .1  sin Asin B  cos Acos B
1
1
3
2
  cos A  cos B   12   (sin 2 A  sin 2 B)  cos A cos B  .


2
2
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1

cos A  cos B  1 cos A 

2  A  B   ABC đều.


3
sin A  sin B

A  B

Và còn nhiều cách giải nữa.
Khi A, B, C là ba góc của tam giác thì

A B B C C  A
,
,
2
2
2

cũng là ba góc của một tam giác nào đó. Suy ra:
A B
BC
CA
3
cos
+cos
+cos

2
2
2
2
A
B
C
3
 sin + sin

+ sin
 .
2
2
2
2

(2.9.1)


14
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
A B B C C  A 

=
=
=
A=B=C=
  ABC đều.
2
2
2
3
3
Tổng quát hoá: Giả sử m, n là các số dương. Khi đó:
mA  nB
mB  nC
mC  nA
3
cos

+ cos
+ cos
 . (2.9.2)
mn
mn
2
mn
Sử dụng tính chất bắc cầu:
Nếu  ABC không tù, ta có:
1
21

cos A  2. cos A 
  cos A  ,
2
2 2

1
21

cos B  2. cos B 
  cos B  ,
2
2 2

cos C  2.

Suy ra:

1

21

cos C 
  cos C  .
2
2 2


23
 3
.
  cos A  cos B  cos C  
2 2
2

3
cos A  cos B  cos C 
.
(2.9.3)
2

cos A  cos B  cos C 

Vậy ta có:

Tổng quát hoá: Với mọi  ABC không tù, ta có:
3
n
cos A  n cos B  n cos C  n .
2

(2.9.4)

Từ (2.9.4) với mọi x, y, z > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy,
ta có:

x 

n

cos A

 y 

n

cos B

 z 

n

cos C



 x  y  z n cos A  n cos B  n cos C
 

3

3


 x yz 1 

n 
3
2


3





3


15

Vậy:



3

 x yz 1 
x  cos A y  cos B z  cos C  
 n  (2.9.5)

2
 3
n



n





n

Với mọi  ABC nhọn và với mọi n  N*, dấu đẳng thức xảy ra


A  B  C 
khi và chỉ khi: 
3
 x  y  z
Đặc biệt hoá: Cho x = y =z = n = 2, từ (2.9.5) ta có:
25 2
. (2.9.6)
2  cos A 2  cos B 2  cos C  11 
4









Tương tự (2.9.4), ta có:
A n
B
C
3
n sin
 sin  n sin  n .
2
2
2
2
Tương tự (2.9.5), ta có:

A 
B 
C
n sin
y

z  n sin
 x  n sin 



2 

2 
2


(2.9.7)

  x yz 1 
n  .
  
3
2


3

(2.9.8)
Mặt khác, với giả thiết  ABC không tù,ta có:
cos A  cos B  cos C 1
3
cos A cos B cos C 

3
2
1
 cos A cos B cos C 
8

(2.9.9)

Tất nhiên nếu  ABC tù thì (2.9.9) hiển nhiên đúng. Vậy

(2.9.9) luôn đúng với mọi  ABC.
Khi  ABC nhọn, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1
1
1
3







3
cos A cos B cos C
cos A cos B cos C






16
3

 3.2

(  0) .
 1
3 

 8
1
1
1
Vậy:


 3.2
(  0) .



cos A cos B cos C
1
1
1
i.  = 1:


 6.
cos A cos B cos C
1
1
1
ii.  = 2:


 12 .
2
2

cos A cos B cos 2 C
1
Mà
 1  tg 2 x nên từ (2.9.11) ta có:
cos 2 x
tg 2 A  tg 2 B  tg 2C  9 .




(2.9.10)
(2.9.11)

(2.9.12)

Với mọi  ABC nhọn.
Tổng quát hoá: Áp dụng bất đẳng thức:
 x y y
xn  y n  z n  3

3



Suy ra:
tg 2n A  tg 2n B  tg 2nC  3n1

n

, x, y, z  0, n  N* .

,   ABC nhọn,  n  N*.

Cũng với giả thiết  ABC nhọn, ta có:
1
1
1
1
1
5
.
cos A 
 cos A 




5
4
cos A
4cos A 4cos A 4cos A 4cos A
4 cos3 A
1
5
1
5
Tương tự: cos B 
và cos C 
.



5
5
4
3
4
cos B 4 cos B
cos C 4 cos3 C
Suy ra:
1
1
1


cos A cos B cosC

55 4 
1
1
1



5

3
3
3
5
5

4  cos A
cos B
cos C 
cos A  cos B  cosC 


17


55 4
3
.
4 5 cos A cos BcosC



5 5 4 15

2
1
45
8

Vậy: cos A  cos B  cos C 

1
1
1
15



 .
cos A cos B cos C 2

(2.9.13)
Với mọi  ABC nhọn.
Tổng quát hoá:
cosm A  cosm B  cosm C 

 1  2m  n 
1
1
1



3.
 m  (2.9.14)
cosn A cosn B cosn C
 2 

Với mọi  ABC nhọn,  m, n  N*.
Vẫn từ bài toán ban đầu (2.9), sử dụng định lý hàm cosin,
tacó:
b2  c 2  a 2 c 2  a 2  b2 a 2  b2  c 2 3



2bc
2ca

2ab
2
2
2
2
2
2
2
2
2
 a  b  c  a   b  c  a  b   c  a  b  c 2   3abc

 a2  b  c  a   b2  c  a  b   c 2  a  b  c   3abc. (2.9.15)
Từ (2.9.9) với giả thiết  ABC không tù, ta có:
1
3
cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  1  4cos A cos B cos C  1  4.   .
8
2

Do cos2A = 2cos2A – 1, cos2B = 2cos2B – 1, cos2C = 2cos2C
– 1 nên:
cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C 

Tổng quát hoá:
Từ (2.9.16) ta có bài toán tổng quát:

3
.
4

(2.9.16)


18
cos2 n A  cos 2 n B  cos 2 n C 

3
.
4n

(2.9.17)

Do sin2A = 1 – cos2A, sin2B = 1 – cos2B, sin2C = 1 – cos2C,
nên:
sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 

9
.
4

Áp dụng định lý hàm số sin vào (2.9.18), ta có:
a2
b2
c2
9


 ,
2

2
2
4R
4R
4R
4
2
2
2
 a  b  c  9R2 .

(2.9.18)

(2.9.19)

Áp dụng tính chất độ dài đường trung tuyến vào (2.9.19), ta
được:
ma2  mb2  mc2 

27 2
R .
4

Kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có:
9
ma  mb  mc  R .
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
27 3
ma mb mc 

R .
8

(2.9.20)

(2.9.21)

(2.9.22)

Từ (2.9.18) kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có:
3 2
(2.9.23)
x sin A  y sin B  z sin C 
x  y2  z2 .
2
Đặc biệt hoá:
Từ (2.9.23) khi ta chọn :
i. x = y = z = 1, ta có:
3 3
.
sin A  sin B  sin C 
2

(2.9.24)

ii. x = cosA, y = cosB, z = cosC, ta có:
sin 2 A  sin 2B  sin 2C  3 cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C . (2.9.25)


19

Từ (2.9.24) áp dụng bất đẳng thức Cauchy, tacó:
3 3
.
sin A sin B sin C 
8

(2.9.26)

Vậy từ bài toán xuất phát rất đơn giản, bằng cách sử dụng các
phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá chúng ta đã
có rất nhiều các kết quả khác nhau mà nhiều bài nếu làm độc lập thì
sẽ gặp không ít khó khăn.
Với cách khai thác bài toán như trên ta dễ dàng lập nên nhiều
bài toán hay và có hệ thống.
2.2.3. Vận dụng đặc biệt hoá để chứng minh bất đẳng thức
lƣợng giác trong tam giác
2.3. MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG HÌNH HỌC
Bài toán 10:
“Chứng minh rằng tổng số các khoảng cách từ bất kỳ một điểm
nào trong tam giác đều tới các cạch của nó là không đổi”.
Giải quyết bài toán không phải đơn giản, ta không biết được
tổng các khoảng cách đó là gì? Để tính được tổng đó ta lấy một
trường hợp riêng: chọn điểm đó trùng với đỉnh của tam giác. Dễ dàng
nhận thấy tổng đó bằng đường cao của tam giác đều.
Vấn đề bây giờ là chứng minh tổng số các khoảng cách từ một
điểm bất kỳ đến các cạnh của tam giác đều bằng đường cao.
Khó khăn tiếp theo là làm sao liên hệ được tổng ba khoảng
cách ấy với đường cao. Để giải quyết ta tiếp tục xét trường hợp riêng
sau: Điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác:

20

Lúc này ta chỉ cần tính MI  MJ vì d  M , AC   0. Từ M vẽ
MN // BC, N  BC. Gọi O = MN

AH. Rõ ràng  AMN đều  MJ

= AO.
Mặt khác MI = OH, nên MI + MJ = OH + AO = AH.
Từ những trường hợp đặt biệt đó ta bước vào trường hợp tổng
quát: M là điểm bất kỳ:
Qua M kẻ đường thẳng song song BC cắt AB và AC lần lượt tại
P và Q. MI  BC, MJ  AB, MK  AC.

ét tam giác đều APQ: MK + MJ = AO

(Vì M  PQ).

Mặt khác: MI = OH. (vì PQ // BC)
Vậy: MK + MJ + MI = AO + OH = AH.
Vậy ta đã giả quyết được trường hợp tổng quát dựa vào các
trường hợp đặt biệt. Vận dụng tương tự hoá ta tìm cách xây dựng bài
toán tương tự trong không gian: cái gì tương tự với tam giác đều
trong không gian? Dễ dạng nhận ra đó là tứ diện đều; còn đường cao
của tam giác đều ứng với đường cao của tứ diện đều.
Vậy có thể chứng minh được bài toán: “Tổng khoảng cách từ


21

một điểm bất kỳ bên trong tứ diện đều tới các mặt bằng đường cao
của tứ diện”.
2.4. MỘT SỐ BÀI TOÁN THƢỜNG GẶP TRONG CHƢƠNG
TRÌNH PHỔ THÔNG
Bài toán 13
Bài toán ban đầu sau:
- Tương tự, nếu a < b thì 

- Nếu a = b thì rõ ràng

a a  2001

b b  2001

a a  2001

b b  2001

+Từ bài toán ban đầu (2.13) cho ta bài toán tương tự
Bài 13.1. Cho a, b  , b > 0. So sánh hai số hữu tỉ
a
a  2015
và
.
b
b  2015

(2.13.1)

Đến đây ta nghĩ đến bài toán tổng quát sau :

Bài 13.2. Cho a, b  , b  0, n  N * . So sánh hai số hữu tỉ
a
an
và
(2.13.2)
b
bn
Hướng dẫn giải bài toán tổng quát (2.13.2) như sau:
Xét tích: a  b  n   ab  an
b  a  n   ab  bn

Vì b > 0, n  N * nên b + n > 0
- Nếu a  b thì ab  an  ab  bn
a(b  n)  b(a  n)
a an
 
b bn
a an
- Tương tự , nếu a  b thì 
b bn


22
- Nếu a  b thì

a an

b bn

+ Từ lời giải của bài toán tổng quát của (2.13.2) này ta sáng

tác ra các bài toán sau:
Bài 13.3. Cho a, b , b  0, n  N * , chứng minh rằng:
a
a an
Nếu >1 thì 
(2.13.3)
b
b bn
Hướng dẫn giải: (2.13.3)
a
Ta có  1  a  b
b
 an  bn ,vì n  N *
 ab  an  ab  bn
 a(b  n)  b(a  n)
a an
 
b bn

+ Từ bài (2.13.3) ta đề xuất các bài toán sau:
Bài 13.5. So Sánh hai phân số
1941
2005
và
1931
1995

(2.13.5)

Hướng dẫn giải

Từ (2.13.5) ta có

1941
 1 nên theo (2.13.3) suy ra
1931
1941 1941  64 2005


1931 1941  64 1995

Bài 13.7. So Sánh 2 số hữu tỉ sau:
19751976  1
19751975  1
A=
và
B
=
19751975  1
19751974  1
Hướng dẫn giải:
Từ (2.13.7), Rõ ràng A > 1 vì theo (2.13.3). Ta có:

(2.13.7)


23
A=

(19751976  1)  1974 19751976  1975
19751976  1

>

(19751975  1)  1974 19751975  1975
19751975  1


1975(19751975  1) 19751975  1

B
1975(19751974  1) 19751974  1

Vậy: A > B
Bài 13.9. Với n, m
A

*

. So sánh hai số hữu tỉ:

n 1

n 1
nn  1
và
B

nn  1
n n 1  1

(2.13.9)

Hướng dẫn giải
Từ (2.13.9) ta có:
- Nếu n = 1 thi A = B
- Nếu n > 1 thì ta thấy A > 1 .Vì nn1  1  nn  1
Theo (2.13.3). Ta có:
nn 1  1 (nn 1  1)  (n  1) nn 1  n n(n n  1)
A n
 n
 n

B
n 1
(n  1)  (n  1)
n  n n(nn 1  1)
Vậy: A > B
+ Từ bài toán (2.13.9) cho ta bài toán tổng quát hơn, khái quát
hơn như sau:
Bài 13.11. Cho a, b, m, n, x, y ∈ N* thỏa mãn x ≥ a, y ≥ b. So
sánh 2 số 2 tỉ:
A

x m 1  a
xn  a
và
B

xn  a
x n 1  a

(2.13.11)

Như vậy từ bài toán xuất phát rất đơn giản, bằng cách sử dụng
các phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá chúng ta
đã có rất nhiều các kết quả khác nhau mà nhiều bài nếu làm độc lập thì
sẽ gặp không ít khó khăn.
Với cách khai thác bài toán như trên ta dễ dàng lập nên nhiều
bài toán hay và có hệ thống.