Bí quyết học giỏi môn Toán

Đa số học sinh cho rằng môn toán khó nhất, nhưng những học sinh học khá môn toán cho rằng học toán dễ nhất. Thật vậy, học toán không cần phải nhớ quá nhiều như những môn khác. Môn toán như một chuỗi dây xích, khi nắm chắc A ta có thể dựa vào đó để tìm được mắt xích B bên cạnh A. Dưới đây là một số bí quyết để bạn học môn Toán tốt hơn:

1. Nhớ định nghĩa, lý thuyết

       Điều khó khăn nhất để giỏi môn toán là phải dành cho nó nhiều thời gian. Dù không phải nhớ nhiều nhưng trước hết chúng ta phải nhớ các định nghĩa, các tính chất, các định lý và các hệ quả.

           

2. Làm nhiều bài tập:   

     Để nhớ và hiểu sâu sắc các định nghĩa và định lý, chúng ta phải làm nhiều bài tập. “Trăm hay không bằng tay quen”. Khi đến 1 khu phố lạ ta bị lạc đường nhưng 1 đứa bé 10 tuổi có thể dẫn ta đi bất cứ ngóc ngách nào mà không lạc, đó chính là do “quen”. Để hiểu hết 1 cuốn sách toán ta cần hiểu từng trang, để hiểu hết 1 trang ta chỉ cần hiểu từng dòng và để hiểu mỗi dòng có lẽ là không khó lắm. Thật ra học toán là chúng ta học tại sao có dấu bằng ? Tại sao có dấu lớn hơn ? Tại sao có dấu nhỏ hơn? Tại sao có dấu suy ra và tại sao có dấu tương đương ? Để hiểu một bài toán ta cần phải nhớ các kiến thức căn bản chứa đựng trong định nghĩa và định lý. (Để nhớ các định nghĩa và định lý ta cần làm nhiều bài tập).

3. Tự học

       Có khi chúng ta nghe giảng thì hiểu nhưng không thể tự làm lại được. Để kiến thức thực sự là của ta thì ta phải tự làm lại những bài tập từ dễ đến khó. Hãy kiên nhẫn học lại những điều rất cơ bản và làm cả những bài tập đơn giản. Chính những kiến thức cơ bản giúp ta hiểu được những điều nâng cao sau này. Một vấn đề phức tạp là tổ hợp của nhiều vấn đề đơn giản, 1 bài toán khó là sự nối kết của nhiều bài toán đơn giản. Chỉ cần nắm vững những vấn đề căn bản rồi bằng óc phân tích và tổng hợp chúng ta có thể giải quyết được rất nhiều bài toán khó.

4. Yêu thích môn học  

      Làm gì cũng vậy, nếu có đam mê sẽ có quyết tâm và cố gắng hơn. Trong tính toán, đôi khi gặp khó khăn có thể nản lòng, nhưng nếu yêu thích nó, bạn sẽ vượt qua được. Không giải được 1 bài toán thì không yên tâm, thậm chí đến lúc ăn, lúc ngủ vẫn nghĩ cách giải. Nếu như vậy, chẳng mấy chốc bạn sẽ tìm ra được lời đáp.

5. Không học dồn   

      Một điều khá kiêng kị trong học Toán đó là học dồn. Để học tốt buộc bạn phải học từ đầu năm và chạy theo chương trình. Trong toán học có nhiều sự liên quan, liên kết giữa các bài học, các chương và các công thức. Muốn học tốt cái sau bạn nên nắm vững cái trước. Có như thế mới tiến bộ được. Để đạt được điểm cao cần tránh học dồn trước lúc thi, vừa căng thẳng, vừa hại sức khỏe.

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

 1.Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

1.1.Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến 

Ví dụ:  Chứng minh rằng với a$,b,c>0 \ and \  a+b+c=3$ thì:
$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3 \leq 3(a^2+b^2+c^2).$

Giải:  Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử $a \geq b \geq c$ .
Đặt $t=\dfrac{a+b}{2},u=\dfrac{a-b}{2}$ ta có $a=t+u,b=t-u$
Vì $ab=t^2-u^2 \geq c^2$ nên $2t^2-2c^2-u^2 \geq 0$.
Do đó 
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=c^2(a^2+b^2)+a^2b^2 \\ =c^2(2t^2+2u^2)+(t^2-u^2)^2 \\ =-u^2(2t^2-2c^2-u^2)+t^4+2c^2t^2 \leq t^4+2c^2t^2.$
Mặt khác hiển nhiên $a^2+b^2+c^2 \geq 2t^2+c^2$
Thay $c=3-2t$ ta có bất đẳng thức 
$2t^2+4t^2(3-2t)^2+3 \leq 6t^2+3(3-2t)^2\\  \Leftrightarrow 3t^4-8t^3+3t^2+6t-4 \leq 0 \\ \Leftrightarrow (t-1)^2(3t^2-2t-4) \leq 0$
Hiển nhiên đúng ,vì $2t \leq 3$ nên $3t^2-2t-4 \leq 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare$

1.2.Định lí dồn biến S.M.V.

Gỉa sử $a_1,a_2,..,a_n$ là dãy số thực tuỳ ý .Ta thực hiện liên tiếp các biến đổi sau 
1.  Chọn $i,j \in\ {{1,2,...,n}}$ là 2 số thực sao cho 
$a_i=min(a_1,a_2,..,a_n), a_j=max(a_1,a_2,..,a_n).$
2. Thay $a_i \ \text{và} \ a_j \ \text{Bởi} \ \dfrac{a_i+a_j}{2}$(nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng  trong dãy số )
Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số $a_i$ đề tiến tới giới hạn.
$a=\dfrac{a_1+a_2+..+a+n}{n}$

Ví dụ:   CMR với mọi số thực dương a,b,c,d ta có:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2$
Giải: Giả sử $a\geq b \geq c \geq d$ .Xét 
$f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2 \\ =a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2) \\ \implies f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0$
Theo S.M.V, xét với phép biến đổi $\Delta$ của $(a,b,c )$ ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi $a=b=c=d=t \geq 0.$
Bất đẳng thức lúc này tương đương với 
$3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2$.
Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=c=b,d=0$ hoặc các hoán vị.
1.3.Phương pháp dồn biến toàn miền
Ví dụ: Chứng minh với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có 
$a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4ab(a-b)(b-c)(c-a)$
Giải:   
$BDT\iff (a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\ge 8(a-b)(b-c)(c-a) \ (1)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=\min (a,b,c)$. Cố định các các hiệu $a-b.b-c.c-a$ và giảm $a,b,c$ cùng 1 lượng $c$( Tức là thay $a,b,c$ bởi $a-c,b-c,0$) thì rõ ràng $a-b,a-c,b-c$ không thay đổi còn $a+b+c$ giảm đi. Vậy VT của $(1)$ thì giảm đi còn VP của (1) thì không đổi. Do đó ta chỉ cần chứng minh Bài toán trong trường hợp $a,b\ge c=0$. Khi đó BĐT tương đương với:
$a^3+b^3\ge 4(ab(b-a)$
BĐT trên hiẻn nhiên đúng vì
$4a(b-a)\le b^2\implies 4 ab(b-a)\le b^3\le a^3+b^3$
Đẳng thức xảy ra $\iff a=b=c. \blacksquare$
  2.Phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Xét biểu thức $S=f(a,b,c)=S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2$
Trong đó $S_a,S_b,S_c$ là các hàm số của a,b,c.
1.Nếu $S_a,S_b,S_c \geq 0$ thì $S \geq 0$
2.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_b+S_c,S_c+S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
3.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va\ S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
4.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_c \geq 0,a^2S_b+b^2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
5.Nếu $S_a+S_b+S_c \geq 0$ và $S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a$ thì $S \geq 0$
Ví dụ :  CMR với các số thực không âm x,y,z ta luôn có bất đẳng thức 
$\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z+x)^2} \geq \dfrac{9}{4(xy+yz+zx)}$
Giải :  Đặt $a=x+y,b=y+z,c=z+x.$  Ta phải chứng minh:
$(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) \geq \dfrac{9}{4}$
Bằng các phép biến đổi đơn giản ,ta có thể biến các bất đẳng thức trên về dạng: 
$\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right)(b-c)^2+\left(\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}\right)(a-c)^2$ $+\left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}\right)(a-b)^2 \geq 0$
$\Rightarrow S_a=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2},S_b=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2},S_c=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}.$
Giả sử rằng $a \geq b \geq c$ thì $S_a \geq 0$ .Sử dụng 4 ta cần CM: 
$b^2S_b+c^2S_c \geq 0\Leftrightarrow b^3+c^3 \geq bc(b+c) \geq abc$

Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c$ hoặcc $a=b,c=0$ hoặc hoán vị.

Bài toán chứng minh

Bài toán:  Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c thỏa mãn $ a+b+c=3$ thì $$\dfrac{a^2b}{2a+b} + \dfrac{b^2c}{2b+c} + \dfrac{c^2a}{2c+a} \le \dfrac32$$

Lời giải: Ta sẽ chứng minh:
 $$ \dfrac{a^2b}{2a + b} + \dfrac{b^2c}{2b + c} + \dfrac{c^2a}{2c + a} \le 1.$$ Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$: $$\dfrac{{{a}^{2}}b}{2a+b}={{a}^{2}}b.\dfrac{1}{a+a+b}\le {{a}^{2}}b.\dfrac{1}{9}\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \right)=\dfrac{2ab+{{a}^{2}}}{9}.$$ Tương tự ta có: $$\dfrac{b^2c}{2b + c} \le \dfrac{2bc+{{b}^{2}}}{9}\dfrac{c^2a}{2c + a} \le \dfrac{2ca+{{c}^{2}}}{9}$$
Cộng vế theo vế:  $$\dfrac{{{a}^{2}}b}{2a+b}+\dfrac{b^2c}{2b+c}+\dfrac{{{c}^{2}}a}{2c+a}\le \dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca}{9}=\dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{9}=1.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare $

Đề thi MSS trận 3

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.
Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Bài làm:

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\dfrac{AF}{FB}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Chứng minh:

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \dfrac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\dfrac{BD}{DC}$

Tương tự $\dfrac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\dfrac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\dfrac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$

Tương tự: $\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\dfrac{AF}{FB}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\dfrac{AF'}{F'B}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\dfrac{AF'}{F'B}=\dfrac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

Trở về bài toán:

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{FL}{BK} \ ; \ \dfrac{AE}{AC}=\dfrac{EI}{CK} \ ; \ \dfrac{EI}{FL}=\dfrac{EM}{FM}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FM}{EM}=\dfrac{BK}{FL}.\dfrac{EI}{CK}.\dfrac{FL}{EI}\implies \dfrac{BK}{CK}= \dfrac{FM}{EM} .\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC} \ \ (1)$

Tượng tự ta cũng có: $\dfrac{CJ}{AJ}=\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{BC}{BD}.\dfrac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

$\dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{BC}{BD}.\dfrac{BF}{AB}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{AC}{EC}.\dfrac{CD}{BC} \\ \implies \dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{DC}{BD}.\dfrac{BF}{AF}.\dfrac{AE}{CE} \ \ (\star)$

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{DN}{FN}=1$ và $\dfrac{DC}{BD}.\dfrac{BF}{AF}.\dfrac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

Giải BĐT

Bài toán:Cho $a+b+c= \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$
chứng minh $(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2\ge 27$ với $a,b,c>0$
Lời giải: Đặt $x=ab \ ; \ y=bc \ ; \ z=ca\Rightarrow a=\sqrt{\dfrac{xz}{y}} \ ; \ b=\sqrt{\dfrac{xy}{z}} \ ; \ c=\sqrt{\dfrac{yz}{x}} \Rightarrow x+y+z=xy+yz+zx$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 \ge 27 \iff \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge \dfrac{3\sqrt{3}}{ \sqrt{x+y+z}}$$
Viết lại bất đẳng thức với dạng:
$$\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+ \sqrt{ \dfrac{z}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}$$
$$\iff 2\left(\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{x+y+z}} \right)+\dfrac{3\sqrt{3}(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2} \ge 3\sqrt{3}$$
Theo Cauchy thì:
$$\dfrac{3\sqrt{3}x^2}{(x+y+z)^2}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}x}{x+y+z}$$
Như vậy:
$$VT \ge 3\sqrt{3}\left(\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+ \dfrac{ z}{ x+y+z} \right)=3\sqrt{3}=VP$$
Diều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1\iff a=b=c=1$

Bất đẳng thức Nesbitt mở rộng.

$$\sum^n_{i=1} \dfrac{a^k_i}{s-a_i}\ge \dfrac{\sum^n_{i=1} a^{k-1}_i}{n-1}$$
Với $s=a_1+a_2+...+a_n; \ a_1,a_2;a_3,....,a_n\ge 0$ và $k\ge 1$

Olympiad 30-4

Bài toán:   Chứng minh rằng với các số thực $a,b,c\in [1,2]$ ta có bất đẳng thức:
$$(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\le 10$$

 Lời giải:  Ta có BĐT tương đương với:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\le 7$$
Không mất tính tổng quát ta giải sử $ a\ge b\ge c$. Khi đó:
$$(a-b)(b-c)\ge 0  \iff ab+bc\ge b^2+ac\iff \dfrac{a}{c}+1\ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \\ ab+bc\ge b^2+ac\iff \dfrac{c}{a}+1\ge \dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{a} $$
Do đó:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{a}\le \dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}+2 \\ \implies \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\le 2+2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)$$
Đặt $x=\dfrac{a}{c}$ ta có $1\le x\le 2\implies (x-2)(x-1)\le 0\implies x+\dfrac{1}{x}\le \dfrac{5}{2}$
Từ đó suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=2,c=1$ hoặc $a=2;b=c=1$ hoặc các hoán vị tương ứng của chúng. $\blacksquare$