Sử dụng hình học để chứng minh bất đẳng thức đại số

I-

Nội dung của đề tài

Tên đề tài: Sử dụng hình học để chứng minh bất
đẳng thức đại số
1- Lý do chọn đề tài:

Trong chơng trình THPT, môn Toán đợc chia thành ba
phân môn: Hình học, Đại số và Giải tích. Sự phân chia đó
cũng chỉ mang tính chất tơng đối. Bởi lẽ, có nhiều phần
toán học có nội dung, đặc điểm, ý nghĩa hay hình thức
thuộc hai hoặc cả ba phân môn trên. Có nhiều bài toán có
thể giải đợc bằng các công cụ hình học, đại số hay giải tích.
Nhiều bài toán hình học có thể dùng đại số để giải và ngợc
lại nhiều bài toán đại số có thể dùng hình học để giải. Trong
sáng kiến kinh nghiệm lần này, tôi đề cập đến việc vận
dụng công cụ hình học trong bài toán chứng minh bất đẳng
thức đại số.
Trong trong chơng trình toán 10 và toán 11, học sinh đã
đợc học các phơng pháp để chứng minh bất đẳng thức
cũng nh các bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất nh
là sử dụng biến đổi sơ cấp, bất đẳng thức cơ sở, tính
đơn điệu của hàm số, dựa vào tập giá trị của hàm số
v.v...Tuy nhiên, đôi khi việc chứng minh bất đẳng thức sử
dụng các phơng pháp đại số gây nên nhiều khó khăn cho học
sinh vì các phép biến đổi quá dài dòng, các suy luận quá
phức tạp.
Qua đây tôi muốn đem đến cách nhìn khác nhằm
làm phong phú hơn về phơng pháp chứng minh bất đẳng
thức Đại số, lợng giác, đó chính là sử dụng hình học nh một

công cụ hữu ích cho việc giải quyết vấn đề đã nêu. Lời giải
1


bài toán đại số có chứa yếu tố hình học nhiều khi thực sự
bất ngờ bởi rất gọn, dễ hiểu bởi có cái nhìn trực quan do
hình học đem lại.
Điều quan trọng là qua đây tôi muốn giúp các em hoàn
thiện hơn về phơng pháp chứng minh bất đẳng thức, thấy
đợc cái muôn màu muôn vẻ của bất đẳng thức và các em sẽ
thấy đợc mối liên hệ giữa đại số và hình học đồng thời tạo
nên sự hứng thú cho các em trong quá trình học Toán.
2. Phạm vi - thời gian thực hiện đề tài:

Trong phm vi ti tụi i nghiờn cu, tôi đề cập đến việc vận
dụng công cụ hình học trong bài toán chứng minh bất đẳng
thức đại số.
Thc nghim i vi hc sinh lp 10A14,10A15
III - Quá trình thực hiện đề tài, khảo sát thực tế
1. Qua việc khảo sát thực tế ở một số lớp 10, trong quá trình
giảng dạy, tôi nhận thấy
a, Thiếu tài liệu nghiêm trọng:
Về đa số học sinh đã có sách giáo khoa nhng tài liệu tham
khảo về bài tập chứng minh các bất đẳng thức là rất ít,
mặt khác một số ít học sinh cũng su tầm đợc sách hay các
bài tập về các bài tập chứng minh bất đẳng thức nhng
không đồng bộ về phơng pháp giải, tức là không phải lời giải
nào cũng đợc sử dụng công cụ hình học để giải quyết dẫn
các em cha đợc khắc sâu về một phơng pháp giải nhất
định. Đối với giáo viên cũng vậy nếu không chịu khó su tầm,

tham khảo thêm thì cũng rất khó truyền đạt tốt đợc kiến
thức phần này cho học sinh dễ hiểu.
b, Sự hiểu biết còn hạn chế:

2


Đa số học sinh theo học tại trờng là con em nông thôn nên
còn vất vả trong cuộc sống hàng ngày, việc dành thời gian
thoả đáng để học toán nói chung và giải bài tập về bất
đẳng thức bằng phơng pháp hình học nói riêng là cha đợc
tốt.
2. Số liệu điều tra:
Về tình hình sách giáo khoa và tài liệu của học sinh
phục vụ cho việc học giải toán về bất đẳng thức ( lớp 10)
theo điều tra nh sau:
Lớp
10A14
10A15

Sĩ số

Sách giáo khoa
Số lợng
Tỉ lệ
32
84%
36
86%

38
42

Tài liệu tham khảo
Số lợng
Tỉ lệ
05
13%
07
17%

3. Những biện pháp thực hiện:
I. Sử dụng tích vô hớng của hai vectơ, độ dài véc tơ vào chứng
minh Bất đẳng thức

A. Cơ sở lý thuyết






a
.
b
.
cos
a
.b
1. Cho hai vectơ khác 0: a và b , ta có a.b =

( )

( )


2. a.b a . b (do cos a , b 1)
r

r

r r

r
3. Véc tơ a, b cùng phơng, cùng hớng nếu a = kb ( k > 0; b 0)
r

r r
r r
r r
a, b cùng phơng, ngợc hớng nếu a = kb k < 0; b 0

(

)

r

(Véc tơ 0 cùng phơng, hớng với mọi véc tơ)
r r r r

4. a + b a + b
B. Các bài toán áp dụng

3


Bài toán 1.

Cho 2n số thực a1, a2,...an, b1, b2,... bn. Chứng

minh

rằng:

a12 + b12 + a22 + b22 + ...+ an2 + bn2

( a1 + a2 + ...+ an )

2

+ ( b1 + b2 + ... + bn )

2

(Bất đẳng thức Minkốpsky).
Giải. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét các véc tơ
r
Ui = ( ai , bi )
r

r

r

Với i = 1, 2,..., n. Khi đó U1 + U2 + ...+ Un = (a1 + a2 + ... + an; b1 +
b2 + ... + bn)
r

r

r

r

r

r

Ta có: U1 + U2 + ...+ Un U1 + U2 + ...+ Un
a12 + b12 + a22 + b22 + ...+ an2 + bn2 ( a1 + a2 + ...an ) 2 + ( b1 + b2 + ...+ bn ) 2
Suy ra điều phải chứng minh.
r

Đẳng thức xảy ra khi các véc tơ Ui cùng phơng, cùng
chiều


a
a1 a2
= = ...= n

b1 b2
bn

Bài toán 2. Cho ba số dơng x, y, z thoả mãn x + y + z 1.
Chứng minh rằng:
x2 +

1
1
1
+ y2 + 2 + z2 + 2 82
2
x
y
z

(1)

(Câu V - Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2003)
r

1



Giải. Trên hệ toạ độ Đềcac vuông góc, xét a = x; ữ; b = y; ữ ;
x
y
r

1

r 1
c = z; ữ
z
r r r

1 1 1





Khi đó a + b + c = x+ y+ z; + + ữ
x y z

4


r

r

r

r r r

Ta có: a + b + c a + b + c

2

1 1 1
( x+ y+ z) + + + ữ
x y z

1
1
1
x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2
x
y
z

2

2

(2)

áp dụng bất đẳng thức Trung bình cộng và trung bình
nhân cho ba số dơng x, y, z ta có:
1 x + y+ z 33 xyz 3 xyz
1 1 1
3
+ +
x y z 3 xyz

1
3

Đặt t = 3 ( xyz)

2

ta có 0< t

2

1 1 1
2
( x+ y+ z) + + + ữ 93 ( xyz) +
x y z

9

2

3

( xyz)

2

1
9

= 9t +

9

t

Để chứng minh(1), ta chỉ cần chứng minh
9
1
9t + 82 với 0< t
t
9

9t2 - 82t + 9 0
(9t - 1) (t - 9) 0
Bất đẳng thức đúng do 9t - 1 0; t - 9 < 0
Đẳng thức (1) xảy ra x = y = z =

1
3

Bài toán 3: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn
có:
cos A + cosB + cosC

3
.
2

Giải: Chính sự xuất hiện của giá trị cosin mà gợi ý cho ta sử
dụng tích vô hớng.
Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC.
Đặt 3 véc tơ đơn vị có gốc I, hớng vuông góc với các

cạnh lần lợt là e1 , e 2 , e3 .
A

B

r
r I e
e3r 1

e2

C

5



Ta có ( e1 + e 2 + e3 ) 2 0


e12 + e 22 + e32 + 2( e1e 2 + e 2 e3 + e3 e1 )
3 - 2 (cosA + cosB + cosC) 0
cosA + cosB + cos C

3
2

Chú ý: Từ cách chứng minh ta thấy:
1. I có thể chọn bất kỳ vị trí nào

2. e1 , e 2 , e3 cùng hớng vào trong hoặc hớng ra ngoài miền
.

3. e1 , e 2 , e3 có thể chọn trên 3 cạnh của (hớng cùng chiều
hoặc ngợc chiều quay kim đồng hồ).
Từ bài toán (3) ta có bài toán (4):
Bài toán 4: Chứng minh rằng trong ABC ta luôn có:
sin

A
B
C
3
.
+ sin + sin
2
2
2
2

Giải: Đa bài toán (4) về bài toán (3)
(3) cos
Do

A+C
A+ B
B+C
3
+ cos
+ cos

2
2
2
2

B+C A +C A + B
;
;
là số đo ba góc của một tam giác điều
2
2
2

phải chứng minh.
Nh vậy đối với các bất đẳng thức liên quan đến giá trị cosin
ta nghĩ đến sử dụng tích vô hớng.
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi ABC và 3 số thực bất
kỳ x, y, z ta luôn có:

x 2 + y 2 + z 2 2xy.cos C + 2xz.cosB +

2yz .cosA

6



Cách giải: Lựa chọn các véc tơ đơn vị chung gốc e1 , e 2 , e3
nh bài toán 3 rồi sử dụng tích vô hớng cho các véc tơ

xe1 , ye2 , ze3 ta có:
( xe1 + ye2 + ze3 ) 2 0



x 2 + y 2 + z 2 + 2( xye1e 2 + yze 2 e3 + xze1e3 ) 0
x 2 + y 2 + z 2 2( xy. cos C + yz. cos A + xz. cos B ) 0.
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 6: Chứng minh rằng với mọi ABC và với các số thực
dơng m, n, p bất kỳ, ta luôn có:

m sin

A
B
C
+ n sin + p sin

2
2
2

1
1
1 1
m.n.p 2 + 2 + 2 (5)
2
m n p
Cách giải:

1. sin có thể đa về cosin rồi áp dụng (3)
2. Biến đổi vế phải của (5)
VP =

1
1 1
1
1
m2p2 + m2n 2 + n 2p2
m.n.p ( 2 + 2 + 2 ) =
2m.n.p
m n p
2

(5) m sin

(

1
A
B
C
m2p2 + m2n 2 + n 2p2
+ n sin + p sin
2mnp
2
2
2

m 2 n 2 + m 2 p 2 + n 2 p 2 2mnp( m sin

Do

)

(

)

A
B
C
+ n sin + p sin ) (5')
2
2
2

B+C A +C A + B
;
;
là 3 góc của một tam giác nên áp
2
2
2

dụng (4) ta có điều phải chứng minh.
Qua đây ta thấy bằng phơng pháp sử dụng tích vô hớng và độ dài vectơ nhiều bài toán nên giải bằng các phơng
pháp khác tởng rất phức tạp dài dòng thế mà bằng phơng

7

pháp này đã trở nên nhẹ nhàng trong việc trình bày chứng
minh.
ii. sử dụng Bất đẳng thức tam giác chứng minh Bất đẳng thức
đại số

A. Cơ sở lý thuyết
Với ba điểm A, M, B ta luôn có
1. AM + MB AB.
(Đẳng thức xảy ra A, M, B thẳng hàng, M nằm giữa A và
B).
2. MA MB AB .
(Đẳng thức xảy ra A, M, B thẳng hàng và M nằm
ngoài A, B).
B. Các bài toán áp dụng
Bài toán 1: Cho x, y, z tuỳ ý. Chứng minh rằng:
x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 >

y 2 + yz + z 2

Cách giải: Giả sử A (xA, yA) ; B(xB, yB); C(xC, yC)
AB= ( xA xB ) 2 + ( y A yB ) 2 ; BC =

( xC xB ) 2 + ( yC yB ) 2

Vậy với 3 điểm A, B, C bất kỳ ta có:

( x A xB ) 2 + ( y A yB ) 2 + ( xB xC ) 2 + ( yB yC ) 2 ( x A xC ) 2 + ( y A yC ) 2
*
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng giống (*). Từ đó

có cách giải.
Hớng dẫn:
2

2
y 3

2
2
x + xy + y = x + ữ +
yữ
2
2




8


2

2
z 3

x + xz + z = x + ữ +
z ữ Trong mặt phẳng toạ độ xét
2
2

2

2

các điểm:

y 3
3
3 y z
A x+ ;
z ữ; B 0,
y+
z ữ;C ,0 ữ
2
2
2
2


2 2
AB =

x 2 + xy + y 2 ; AC = x 2 + xz + z 2 ; BC = y 2 + yz + z 2

Do AB + AC BC (1) đúng
xA = 0

xC = 0

Dấu bằng xảy ra A, B, C thẳng hàng hay x A 0; xC 0

yB y A y A yC
=

x

x
x A xC

B
A

y = z = 2x

( y z ) ( y + 2 x ) 0
x ( y + z ) = yz

Chú ý: Việc chọn toạ độ A, B, C không phải là duy nhất mà
có rất nhiều cách chọn A, B, C thoả mãn phơng pháp này sao
cho:
AB = x 2 + xy + y 2 ; BC = y 2 + yz + z 2 ; AC = x 2 + xz + z 2

y 3
Ví dụ nh: A ( 0,0 ) ; B x + ;
2 2

Tuy nhiên nếu xem

z 3
y ữ; C x + ; z ữ
2 2


x 2 + xy + y 2 không phải là dạng độ dài của

một đoạn thẳng mà coi đó là dạng tàng ẩn của định lý
cosin thì ta sẽ đợc gì? Phải bổ sung gì?

B

1
x 2 + xy + y 2 = x 2 2 ữxy + y 2 = x 2 2cos1200 xy + y 2
2

120 120
0

0

120

9

0

C

A

x 2 + xz + z 2 = x 2 2cos1200 xz + z 2
Từ đó: Đặt OA = x; OB = y; OC = z (x, y, z, 0)
và AOB = 1200, AOC = 1200 BOC = 1200


AB = x 2 + y 2 2 xycos1202 = x 2 + xy + y 2
AC = x 2 + z 2 2 xzcos1202 = x 2 + xz + z 2
BC = y 2 + z 2 2 xz cos1200 = y 2 + z 2 + yz

Và AB + AC BC (điều phải chứng minh)
Bài toán 2: Chứng minh rằng:
a2 + a + 1 + a2 a + 1 2, a R
2

(1)
2

Bàigiải: (1) a + 1 ữ + 3 + a 1 ữ + 3 2
2 4
2 4


1 3
Đặt A = ; ữ
ữ;
2
2

1
3
B ( a; 0); C = ;
ữ
ữ;
2
2


2

Khi đó: AB =

1 3

a 2ữ + 4 ;



2

BC =

1 3

a 2ữ + 4 ;

AC

=2
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với AB + BC
AC, đây là bất đẳng thức đúng .
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng và B
nằm giữa A và C

a = 0.

Nh vậy đối với các bất đẳng thức tởng chừng nh quá
tầm đối với cách giải thông thờng thì lại thật gọn nhẹ với phơng pháp sử dụng và xem bài toán đoán đó bằng con mắt
hình học.

10


*/

Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân khi

trực tiếp tham gia giảng dạy. Thực tế cho thấy đa số học sinh
rất hứng thú khi đợc học những dạng toán trên. Cơ sở trực
quan của hình học phần nào đã giảm nhẹ đợc độ khó của
bài toán. Vận dụng hình học trong bài toán đại số, giúp học
sinh đỡ phải tính toán cồng kềnh phức tạp.
Qua thực tế kinh nghiệm giảng dạy của bản thân tại trờng THPT Chúc Động với nội dung và phơng pháp nêu trên đã
giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về môn toán và
hình thành ở học sinh cách nhìn một bài toán đại số dới con

mắt hình học, đồng thời qua chuỗi các bài toán giúp các em
học toán chủ động và sáng tạo hơn, không bằng lòng với
những gì mình đã làm để một bài toán không dừng lại ở
một cách giải mà biết xung quanh bài toán đó là các kiến
thức liên quan, kích thích các em tìm tòi nhiều cách giải
quyết cho một vấn đề.
Trong phần này, còn nhiều dạng bài ứng dụng hình học
trong bài toán đại số mà tác giả cha trình bày ở đây. Tác giả
hy vọng có điều kiện để trình bày trong những năm tiếp
theo .
Mặc dù bản thân cũng đã cố gắng nhiều, song những
điều viết ra có thể không tránh khỏi sai sót. Chúng tôi rất
mong nhận đợc sự góp ý của các đồng nghiệp cũng bạn đọc
nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học tập.
IV Kết quả thực hiện có so sánh đối chứng:
1. Sau những cố gắng, nỗ lực kết hợp đồng bộ những
biện pháp thực hiện đặc biệt là đổi mới phơng pháp khi đi
vào giảng dạy từng bài cụ thể, thực tế cho thấy kết quả thu

11


đợc khá khả quan. Nhiều em đã thể hện sự hứng thú học tập
phân môn này. Chính sự yêu thích, hứng thú học tập là
động lực thúc đẩy các em tìm tài liệu, chuẩn bị bài vở,
hăng hái thảo luận trong các gìơ học. Sự cố găng phấn đấu
khiến kết quả học tập của các em tiến bộ hơn.
2. Sau đây là bảng so sánh đối chứng kết quả
điều tra qua hai học kì của 2 lớp:
Lớp

S

Học kì I 2009- 2010
Khá giỏi
Trungbình
Yếu kém

Học kì I 2009- 2010
Khá giỏi
Trungbìn
Yếu kém
h

ĩ

Số

Tỉ

Số

Tỉ

Số l-

Tỉ

Số

Tỉ

Số

Tỉ

Số

Tỉ

10A1

số
38

lợg
09

lệ
24%

lợng
15

lệ
39%

ợng
14

lệ
37%

lợg
11

lệ
29%

lợng
16

lệ
42%

lợng
11

lệ
29%

4
10A1

42

10

24%

16

38%

16

38%

13

31%

19

45%

10

24%

5

3. Thời đại ngày nay là thời đại của công nghệ thông
tin, của khoa học kĩ thuật . Trong bối cảnh ấy nhiều học sinh
không chú ý đầu t và mặn mà với việc mua sách tham khảo,
tự giải bài tập toán, tự tìm tòi học hỏi cũng là điều dễ hiểu.
Trách nhiệm nặng nề của ngời giáo viên giảng dạy toán
ở trờng phổ thông là đem tâm huyết của mình, đánh thức,
khơi gợi niềm say mê, hứng thú học tập môn toán, góp phần
vào chiến lợc đào tạo con ngời những chủ nhân tơng lai

của đất nớc ngày mai .
V. Các kiến nghị sau qúa trình thực hiện đề tài
Khi thực hiện xong sáng kiến này , tôi cũng xin kiến
nghị với các cấp của ngành một vài ý kiến nh sau: - Cung cấp,
bổ sung nhiều hơn, thiết thực hơn nữa cho ngời dạy và ngời
học những tài liệu , sách tham khảo môn toán Đại số của lớp

12


10, sách tham khảo về chứng minh bất đẳng thức bằng
nhiều phơng pháp .
Chơng Mỹ,ngày 10 tháng 5 năm
2010
Tác giả ký tên

Nguyễn Thị Kiều Anh

ý kiến đánh giá nhận xét
của hội đồng khoa học cơ sở

13


………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………….
.
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
ý kiÕn ®¸nh gi¸ nhËn xÐt
cña héi ®ång khoa häc cÊp trªn
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………

14