Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông qua dạy học giải toán về bất đẳng thức côsi và bất đẳng thức bunhiacopxki

Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học
phổ thông qua dạy học giải toán về bất đẳng thức
Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki
Practice creative thinking for high school students teaching through solving the
inequality Cauchy and Bunhiacoxk
NXB H. : ĐHKT, 2012 Số trang 77 tr. +


Ngô Thị Chung


Trường Đại học Quốc gia Hà Nội; Trường Đại học Giáo dục
Luận văn ThS ngành: Lý luận và phương pháp dạy học (bộ môn Toán);
Mã số: 60 14 10
Cán bộ hướng dẫn khoa học: PGS. TS. Nguyễn Thành Văn
Năm bảo vệ: 2012

Abstract. Làm rõ cơ sở lí luận về tư duy, tư duy sáng tạo và rèn tư duy. Xây dựng hệ thống
bài tập có nội dung thuận lợi cho việc rèn tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc dạy
học giải một số bài toán về bất đẳng thức Cô si và bất đẳng thức Bunhiacopxki. Thực
nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

Keywords: Toán học; Phương pháp giảng dạy; Tư duy sáng tạo; Bất đẳng thức côsi; Bất
đẳng thức Bunhiacopxki

Content.

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Nước ta đang trong giai đoạn công nghiệp hóa, hiện đại hóa và hội nhập với cộng đồng quốc tế.
Trong sự nghiệp đổi mới toàn diện của đất nước, đổi mới giáo dục là trọng tâm của sự phát triển.

Nhân tố quyết định thắng lợi của công cuộc công nghiệp hóa, hiện đại hóa và hội nhập quốc tế là con
người. Công cuộc đổi mới này đòi hỏi nhà trường phải tạo ra những con người lao động năng động,
sáng tạo để làm chủ đất nước, tạo nguồn nhân lực cho xã hội phát triển.
Luật giáo dục nước Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Việt Nam năm 2005 đã quy định “Phương pháp
giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, bồi dưỡng
năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên.” [13].
Vấn đề rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh đã được khá nhiều người quan tâm nghiên cứu.
Tuy nhiên, việc khai thác và ứng dụng những lí luận này vào thực tế giảng dạy môn toán ở các
trường phổ thông nước ta còn nhiều hạn chế.
Bất đẳng thức là một lĩnh vực khó trong chương trình toán phổ thông nhưng cũng là một phần
toán sơ cấp đẹp và thú vị. Trong các kì thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi, các bài toán bất đẳng
thức hay được đề cập và là một thử thách thực sự với các thí sinh.
Xuất phát từ những lí do trên, tôi chọn nghiên cứu đề tài “Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học
sinh THPT qua dạy học giải toán về bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki”.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu cơ sở lí luận của việc rèn tư duy.
- Nghiên cứu một số kỹ năng áp dụng bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki vào chứng
minh bất đẳng thức.
- Xây dựng hệ thống bài tập về bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki.
- Thực nghiệm sư phạm để kiểm tra tính khả thi của đề tài, trên cơ sở đó đưa ra giải pháp nhằm
nâng cao chất lượng dạy học toán.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Làm rõ cơ sở lí luận về tư duy, tư duy sáng tạo và rèn tư duy,xây dựng hệ thống bài tập có nội
dung thuận lợi cho việc rèn tư duy, thực nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi và hiệu quả
của đề tài.
4. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu nội dung bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki trong chương trình Toán
THPT.
5. Giả thuyết khoa học
Nếu xây dựng được hệ thống bài tập về bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki với

nội dung kiến thức phong phú, sâu sắc và GV biết khai thác triệt để các bài tập đó để rèn luyện tư
duy cho HS (rèn năng lực quan sát, rèn các thao tác tư duy, rèn năng lực tư duy độc lập, sáng tạo,… )
thì năng lực tư duy của HS sẽ phát triển.
6. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lí luận
- Nghiên cứu tài lí luận về tư duy, tư duy sáng tạo và tư duy toán học.
- Nghiên cứu sách giáo khoa, sách giáo viên, sách nâng cao, sách chuẩn kiến thức có liên quan đến
bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki.
Nghiên cứu thực tiễn
- Dự giờ, tổng kết, rút kinh nghiệm khi dạy theo chủ đề này.
- Phỏng vấn, điều tra ý kiến của học sinh, giáo viên về việc dạy và học phần này.
- Thực nghiệm sư phạm và thống kê.
7. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm 3 chương
Chương 1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
Chương 2. Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc dạy học giải một số bài toán về
bất đẳng thức Cô si và bất đẳng thức Bunhiacopxki.
Chương 3. Thực nghiệm sư phạm.

CHƢƠNG 1
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1 Tƣ duy và tƣ duy sáng tạo
1.1.1. Tư duy
1.1.1.1. Định nghĩa
Tư duy là một quá trình tâm lý phản ánh những thuộc tính, bản chất mối liên hệ và quan hệ
bên trong có tính quy luật của sự vật hiên tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết
[11].
Theo từ điển triết học: “Tư duy, sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức một cách đặc
biệt là bộ não, là quá trình phản ánh tích cực thế giới khách quan trong các khái niệm, phán đoán, lí
luận. Tư duy xuất hiện trong quá trình hoạt động sản xuất xã hội của con người và đảm bảo phản ánh

thực tại một cách gián tiếp, phát hiện những mối liên hệ hợp quy luật. Tư duy chỉ tồn tại trong mối
liên hệ không thể tách rời khỏi hoạt động lao động và lời nói, là hoạt động chỉ tiêu biểu cho xã hội
loài người cho nên tư duy của con người được thực hiện trong mối liên hệ chặt chẽ với lời nói và
những kết quả của tư duy được ghi nhận trong ngôn ngữ. Tiêu biểu cho tư duy là quá trình trừu
tượng hóa, phân tích và tổng hợp. Kết quả của quá trình tư duy bao giờ cũng là một ý nghĩ nào đó.”
1.1.1.2. Các thao tác của tư duy
a. Phân tích: là quá trình tách các sự vật, hiện tượng tự nhiên của hiện thực với các dấu hiệu và thuộc
tính của chúng cũng như các mối liên hệ và quan hệ giữa chúng theo một hướng xác định.
b. Tổng hợp: là hoạt động nhận thức phản ánh của tư duy biểu hiện trong việc xác lập tính thống nhất
của các phẩm chất, thuộc tính của các yếu tố trong một sự vật nguyên vẹn có thể có được trong việc
xác định phương hướng thống nhất và xác định các mối liên hệ, các mối quan hệ giữa các yếu tố của
sự vật nguyên vẹn đó trong việc liên kết và liên hệ giữa chúng và chính vì vậy đã thu được một sự
vật và hiện tượng nguyên vẹn mới.
c. So sánh: là quá trình dùng trí óc để xác định sự giống nhau hay khác nhau, sự đồng nhất hay không
đồng nhất, sự bằng nhau hay không bằng nhau giữa các sự vật, hiện tượng của hiện thực. Trong hoạt
động tư duy của học sinh thì so sánh giữ vai trò tích cực.
d. Trừu tượng hóa và khái quát hóa: trừu tượng hóa là quá trình dùng trí óc để gạt bỏ đi những mặt,
những thuộc tính, những mối liên hệ, quan hệ thứ yếu, không cần thiết về phương diện nào đó và chỉ
giữ lại những yếu tố cần thiết để tư duy.
Khái quát hóa là quá trình dùng trí óc để bao quát nhiều đối tượng khác nhau thành một
nhóm, một loại theo những thuộc tính, những mối liên hệ, quan hệ chung nhất dịnh. Những thuộc
tính này bao gồm hai loại: những thuộc tính giống nhau và những thuộc tính chung bản chất.
1.1.2. Tư duy sáng tạo
1.1.2.1 Khái niệm tư duy sáng tạo
Theo định nghĩa trong từ điển thì sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết vấn đề mới
không gò bó và phụ thuộc vào cái đã có. Nội dung của sáng tạo gồm hai ý chính là có tính mới (khác
cái cũ, cái đã biết) và có lợi ích (giá trị hơn cái cũ). Có nhiều quan điểm khác nhau về tư duy sáng tạo
nhưng qua những định nghĩa của các tác giả chúng ta đều nhận thấy nét phổ biến nhất của tư duy
sáng tạo là tư duy sáng tạo ra cái mới.
Có thể nói đến tư duy sáng tạo khi học sinh tự khám phá, tự tìm cách chứng minh mà học

sinh đó chưa biết đến. Bắt đầu từ tình huống gợi vấn đề, tư duy sáng tạo giải quyết mâu thuẫn tồn tại
trong tình huống đó với hiệu quả cao, thể hiện ở tính hợp lí, tiết kiệm, tính khả thi và cả ở vẻ đẹp của
giải pháp.
1.1.2.2. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo
Tính mềm dẻo
Tính mềm dẻo của tư duy là năng lực dễ dàng đi từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí
tuệ khác, từ thao tác tư duy này sang thao tác tư duy khác, vận dụng linh hoạt các hoạt động phân
tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa, cụ thể hóa và các phương pháp suy luận để dễ
dàng chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác, điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ khi gặp trở
ngại
Tính nhuần nhuyễn
Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng sự tổ hợp giữa
các yếu tố riêng lẻ của các tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới. Tính nhuần nhuyễn được
đặc trưng bởi khả năng tạo ra một số lượng nhất định các ý tưởng. Số ý tưởng nghĩ ra xàng nhiều thì
càng có nhiều khả năng xuất hiện ý tưởng độc đáo, trong trường hợp này số lượng làm nảy sinh chất
lượng.
Tính độc đáo
Tính độc đáo của tư duy được đặc trưng bởi các khả năng: khả năng tìm ra những hiện tượng và
những kết hợp mới, khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện mà bên ngoài liên tưởng
như không có liên hệ với nhau, khả năng tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác.
Tính hoàn thiện
Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành động, phát triển ý
tưởng, kiểm tra và kiểm chứng ý tưởng.
Tính nhạy cảm vấn đề
Tính nhạy cảm vấn đề có những đặc trưng sau: khả năng nhanh chóng phát hiện vấn đề, khả
năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu logic, chưa tối ưu từ đó có nhu cầu cấu trúc lại, tạo ra cái
mới.
1.1.2.3. Một số việc cần làm để phát triển tư duy toán học cho học sinh
Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo
Sử dụng từng loại câu hỏi và bài tập tác động đến từng yếu tố của tư duy sáng tạo như: những

bài tập có cách giải riêng đơn giản hơn là việc áp dụng công thức tổng quát, những bài tập có nhiều
lời giải khác nhau đòi hỏi học sinh phải biết chuyển từ phương pháp này sang phương pháp khác,
những bài tập có những vấn đề thuận nghịch đi liền với nhau, song song với nhau, giúp việc hình
thành các liên tưởng ngược xảy ra đồng thời với việc hình thành các liên tưởng thuận, những bài toán
không theo mẫu, không đưa được về các loại giải toán bằng cách áp dụng các định lí, quy tắc trong
chương trình…
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn luyện khả năng phát hiện vấn
đề, khơi dậy những ý tưởng mới
Về giảng dạy lý thuyết, cần tận dụng phương pháp tập dượt nghiên cứu, trong đó giáo viên đưa
ra các tình huống có vấn đề dẫn dắt học sinh tìm tòi, dự đoán được những quy luật của thế giới khách
quan, tự mình phát hiện và phát biểu vấn đề, dự đoán được các kết quả, tìm được hướng giải của một
bài toán, hướng chứng minh một định lý. Về thực hành giải toán, cần coi trọng các bài tập trong
đó chưa rõ điều phải chứng minh, học sinh phải tự xác lập, tự tìm tòi để phát hiện vấn đề và giải
quyết vấn đề.
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cần kết hợp hữu cơ với các hoạt động trí tuệ khác
Để bồi dưỡng tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn của tư duy, học sinh cần được luyện tập
thường xuyên năng lực tiến hành phân tích đồng thời với tổng hợp để nhìn thấy đối tượng dưới nhiều
khía cạnh khác nhau trong những mối quan hệ khác nhau. Ta có thể luyện tập cho học sinh khái quát
hóa tài liệu toán học, tạo khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác
nhau, khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ
với nhau, khả năng tìm ra giải pháp lạ hoặc duy nhất.
1.1.3. Vị trí và chức năng và vai trò của bài tập toán học
1.1.3.1. Vị trí
Bài tập toán học có vai trò đặc biệt quan trọng trong môn Toán ở trường phổ thông. Giải bài tập
toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Thông qua giải bài tập, HS phải thực hiện những
hoạt động như nhận dạng, thể hiện các khái niệm, định nghĩa, định lí, qui tắc hay phương pháp,
những hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ chung, những hoạt động trí tuệ phổ biến
trong toán học.
1.1.3.2. Chức năng và vai trò của bài tập toán học
Chức năng của bài tập toán học là: dạy học, giáo dục, phát triển và kiểm tra.

Vai trò của bài tập toán thể hiện ở cả ba mặt: mục đích, nội dung và phương pháp của quá trình dạy
học. Cụ thể là: về mặt mục đích dạy học: bài tập toán thể hiện những chức năng khác nhau hướng
đến việc thực hiện mục đích dạy học của môn toán như hình thành, củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo,
kỹ năng ứng dụng toán học ở những giai đoạn khác nhau của quá trình dạy học, phát triển năng lực
trí tuệ chung, hình thành, bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng cũng như những phẩm chất
đạo đức của người lao động mới.
Về mặt nội dung dạy học, bài tập toán là một phương tiện để cài đặt nội dung dưới dạng tri thức
hoàn chỉnh hay những yếu tố bổ sung cho tri thức đã học ở phần lý thuyết.
Về mặt phương pháp dạy học, bài tập toán là giá mang những hoạt động để HS kiến tạo những nội
dung nhất định và trên cơ sở đó thực hiện các mục đích dạy học khác nhau
1.1.4. Các quy trình giải một bài toán theo bốn bước của Polya
Bƣớc 1: Tìm hiểu nội dung bài toán
Bƣớc 2: Tìm cách giải
Bƣớc 3: Trình bày lời giải
Bƣớc 4: Nghiên cứu sâu lời giải
Tóm tắt chƣơng 1
Chương này trình bày một số vấn đề thuộc lí luận về tư duy, tư duy sáng tạo, các yếu tố đặc
trưng của tư duy sáng tạo và phương pháp giải bài tập toán.
Dựa trên những căn cứ lí luận trên, tôi xác định phương hướng cho giải pháp rèn luyện tư duy
sáng tạo cho học sinh trong dạy học bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki ở trường
THPT sẽ trình bày trong chương 2.
CHƢƠNG 2
RÈN LUYỆN TƢ DUY VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH KHÁ GIỎI THÔNG QUA DẠY
HỌC GIẢI BÀI TẬP VỀ BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
BUNHIACOPXKI.
2.1. Bất đẳng thức Côsi
2.1.1. Bất đẳng thức Côsi: Với n số không âm
12
, , , ( 2)
n

a a a n 
, ta có:
12
12

.
n
n
n
a a a
a a a
n
  

. Đẳng thức xảy ra
12

n
a a a   
.
Trong trường hợp
2n 
, bất đẳng thức Côsi có dạng:
, 0, 0
2
ab
ab a b

  
.

Một số hệ quả thường sử dụng:
1,
1 1 4
, 0, 0ab
a b a b
   

. 3,
 
 
2
22
2 , 0, 0a b a b a b    
.
2,
2
, 0, 0
11
2
ab
ab a b
ab

   

.
Trong trường hợp
3n 
, bất đẳng thức Côsi có dạng:
3

, 0, 0, 0
3
abc
abc a b c

   
.
Một số hệ quả thường sử dụng:
1, Cho
   
, , , 8a b c a b b c c a abc

    
.
2, Cho
2 2 2
, , ,a b c a b c ab bc ca

     
.
3, Cho
, , ,a b c ab bc ca a bc b ca c ab

     
.
4, Cho
1 1 1 1 1 1
, , ,abc
abc
ab ca bc


     
.
5, Cho
 
1 1 1
, , , 9a b c a b c
abc


     



.
2.1.2 Một số kĩ thuật thường sử dụng
2.1.2.1. Kĩ thuật cân bằng hệ số
Ví dụ 1: Với
, , 0abc
thỏa mãn
1ab bc ca  
. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
3
abc  
.
Chứng minh: Ta có:
3 3 3 3
3

1 1 1
3 3 . 3
3 3 3 3 3
a b a b ab ab    
.
Tương tự:
3 3 3 3
11
3 , 3 .
3 3 3 3
b c bc c a ca     

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:
 
 
 
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 2 1
2 3 3 2 3 .
3 3 3 3
a b c ab bc ca a b c a b c                

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
3
abc  
.
Ví dụ 2: Với
, , 0abc
. Chứng minh rằng

 
3 3 3
2
1
3
abc
ab bc ac

   
.
Phân tích và định hướng lời giải
Biểu thức dưới dấu căn bậc 3 là một tích của 2 thừa số. Để sử dụng được BĐT Côsi ta cần viết:
.1, .1, .1.ab ab bc bc ca ca  

Nói khác đi, ta đã thêm vào thừa số 1 ( hằng số ở đây là 1 ). Khi đó, theo BĐT Côsi, ta có:
3 3 3 3
1 1 1
.1 , , .
333
a b b c c a
ab ab bc ca
     
   
Cộng vế với vế của các BĐT trên, ta được:
 
3 3 3
23
.
3
abc

ab bc ca
  
  
Từ đó ta được điều cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.abc  

Từ hai ví dụ trên, ta xây dựng phương pháp giải cho dạng toán này như sau:
Bước 1: Cho
abc
, thay vào điều kiện để xác định
,,abc
.
Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi với
2,3,4,5 n 
cùng với các số hạng hằng số đã xác định ở
bước 1 để mô tả điều kiện hoặc biểu thức cần chứng minh.
Ví dụ 3: Cho các số thực dương
,,abc
thỏa mãn
3abc  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 3
P a b c  
.
Phân tích và định hướng lời giải
Giả sử tại
0, 0a b x c y    
thì P đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó
23xy

.
Đến đây, sử dụng BĐT Côsi, ta có:
2 2 2 2 3 3 3 2
2 , 2 , 3 .a x ax b x bx c y y y c      

Cộng 3 BĐT này lại, ta được:
 
   
2 2 3 2 3 2 2 2 3
2 2 2 3 2 3 2 2 .a b c x y x a b y c P x a b y c x y

            


Khi đứng trước một bài toán, điều mà ta mong muốn là làm sao để có thể tận dụng được tối
đa giả thiết của đề bài. Do đó, ý tưởng của bài toán này là chọn các số
,xy
thích hợp sao cho ta có
thể sử dụng được giả thiết. Muốn vậy thì hệ số của
ab
và c phải bằng nhau, tức là
2
23xy
.
Vậy điểm rơi thật sự của bài toán chính là nghiệm của hệ phương trình
2
23
2 3 .
xy
xy







Giải hệ này, ta được
19 37 37 1
,
12 6
xy


.
Khi đó:
 
2 2 3 2 3
23
2 3 2 2 6 2 2
19 37 19 37 37 1 541 37 37
6 2 2 .
12 12 6 108
P x a b y c x y x x y

       

     
   
   
     

     
     

Đẳng thức xảy ra khi
19 37 37 1
,
12 6
a b x c y

    
.
BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN
Bài 1. Với
,,abc
thỏa mãn
3 3 3
3abc  
. Chứng minh rằng
5 5 5
3P a b c   
.
Hướng dẫn: Ta có
   
5 5 5 3 5 5 5 3 5 5 5 3
5 5 5 3 3 3
1 1 5 , 1 1 5 , 1 1 5
3 6 5 3.
a a a a b b b b c c c c
a b c a b c P
              

        

Bài 2. Với
,,abc
là những số thực dương thỏa mãn điều kiện
4 4 4
1abc  
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
3 3 3
P ab bc ca  
.
Hướng dẫn
4 4 4 4 3 4 4 4 4 3 4 4 4 4 3
4 , 4 , 4 4 4 1a b b b ab b c c c bc c a a a ca P P               

Bài 3. Với
10, 100, 1000a b c  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
P a b c
a b c
     
.
Hướng dẫn:
1 99 1 99 1 99.10 1 101
100 100 100 5 100 5 10
a a a
a
aa


        


.
Tương tự
1 1 1 1
100 , 1000
100 1000
bc
bc
     
.
Vậy min
111
1110
1000
P 
đạt được tại
10, 100, 1000a b c  
.
2.1.2.2. Kĩ thuật Côsi ngược dấu
Kĩ thuật Côsi ngược dấu được áp dụng dựa vào tính chất:
1 1 1 1
0 AB
A B A B
       
.
Khi đó,
1 1 1 1

, 0, 2
22
a b a b ab
a b a b
ab ab
        

.
Ví dụ 1: Cho 3 số dương
,,abc
thỏa mãn
3abc  
. Chứng minh rằng
2 2 2
3
1 1 1 2
a b c
b c a
  
  
.
Phân tích và định hướng lời giải
Ở bài toán này, nếu sử dụng BĐT Côsi kiểu
2
12
aa
bb


ta sẽ bị ngược dấu với BĐT cần chứng

minh. Hãy xét cách tách sau để thấy được hiệu quả của kĩ thuật này. Theo BĐT Côsi thì
22
22
1 1 2 2
a ab ab ab
a a a
b b b
     

.
Hoàn toàn tương tự, ta có
22
,.
1 2 1 2
b bc c ca
bc
ca
   


Cộng 3 BĐT trên lại theo vế, ta dược:
2 2 2
3
1 1 1 2 2
a b c ab bc ca ab bc ca
abc
b c a
   
       
  

.
Nếu ta chỉ ra được
3ab bc ca  
thì sẽ có điều cần chứng minh.
Điều này hiển nhiên đúng vì
 
2
3
3
abc
ab bc ca

   
.
Vậy bài toán đã được chứng minh xong. Dấu bằng xảy ra khi
1abc  
.
Ví dụ 2: Cho
,,abc
là các số thực dương. Chứng minh rằng
3 3 3
2 2 2 2 2 2
2
a b c a b c
a b b c a c

  
  
.
Phân tích và định hướng lời giải

Sử dụng BĐT Côsi, ta có:
3 2 2
2 2 2 2
22
a ab ab b
a a a
a b a b ab
     

.
Hoàn toàn tương tự, ta có 2 BĐT sau:
33
2 2 2 2
,
22
b c c a
bc
b c c a
   

.
Cộng 3 BĐT này lại ta có ngay điều phải chứng minh.
BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN
Bài 1. Với
, , 0, 1x y z xyz
. Chứng minh rằng
4 4 4
2 2 2
3
1 1 1 2

x y y z z x
x y z
  
  
.
Hướng dẫn: Sử dụng Côsi ngược dấu
4 2 2
2 2 2
22
1 1 2 2
x y x y x y xy
x y x y x y
x x x
     

.
Tương tự,
44
22
22
,
1 2 1 2
y z yz z x zx
y z z x
yz
   

.
Ta cần chứng minh
2 2 2

3
22
xy yz zx
x y y z z x

   
. Lại sử dụng Côsi kết hợp với giả thiết, ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 , 3 , 3 .x y x y y z xy y z y z z x yz z x z x x y zx        

Cộng các BĐT trên theo vế ta thu được điều phải chứng minh.
Bài 2. Với
, , 0, 1a b c abc
. Chứng minh rằng:
1 1 1
1 1 1
a b c
abc
b c a
  
    
  
.
Hướng dẫn: Sử dụng phép tách
 
1
1
1
11

ba
a
a
bb


  

. Ta sẽ quy bài toán về chứng minh
     
1 1 1
3
1 1 1
b a c b a c
b c a
  
  
  
.
Điều này theo BĐT Côsi hiển nhiên đúng. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 3. Với
, , 0, 3a b c a b c   
. Chứng minh rằng
3 3 3
1
16 16 16 6
a b c
b c a
  
  

.
Hướng dẫn: Sử dụng kĩ thuật Côsi ngược dấu, ta có:
3 3 3 2
3 3 3 3 3
1 1 1 1
16 16 16 16 2 2 16 12 16 12
a ab ab ab ab
a a a a
b b b b
       
       
       
   
       
.
Tương tự
22
33
11
,
16 16 12 16 16 12
b bc c ca
bc
ca
   
   
   

   
.

Khi đó, bài toán sẽ quy về chứng minh
2 2 2
2 2 2
11
34
16 12 6
ab bc ca
ab bc ca


     


.
Ta sẽ chứng minh 1 BĐT mạnh hơn là
2 2 2
4ab bc ca abc   
.
Giả sử
abc
. Khi đó,
      
22
2 2 2
ab bc ca abc b a c a b a b c b a c         
.
Theo BĐT Côsi thì
     
   
3

2
2
11
.2 . . 4
2 2 3
b c a c a
b a c b c a c a
   

     


.
Từ đó ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi
   
, , 0,1,2abc 
hoặc các bộ hoán vị
tương ứng.
2.1.2.3. Kĩ thuật đặt ẩn phụ
Ví dụ 1: Cho
,xy
là 2 số thực khác 0. Chứng minh rằng
 
2 2 2 2
2
22
22
4
3
x y x y

yx
xy
  

.
(ĐTTS lớp 10 phổ thông chuyên, ĐHKHTN – ĐHQGHN 2000 – 2001).
Phân tích và định hướng lời giải
Nhìn vào bài toán nhiều người sẽ nghĩ ngay tới việc áp dụng BĐT Côsi dạng:
 
 
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
22
22
4
2 4 1, 2
x y x y
x y xy x y x y
yx
xy
        

.
Như vậy nếu sử dụng ngay BĐT Côsi ở bài toán này thì chúng ta không thể đánh giá được
mối liên hệ giữa biểu thức cần chứng minh và 3.
Để ý rằng, biểu thức cần chứng minh có thể viết lại thành:
 
 

2
22
22
2
22
22
4
5
xy
xy
xy
xy



.
Đặt
 
2
22
22
xy
t
xy


, bài toán được đưa về dạng một biến đơn giản là
4
5t
t


.
Ta có phân tích sau:
  
2
14
4 5 4
5
tt
tt
t
t t t


   
.
Do đó, BĐT trên tương đương với
  
14
0
tt
t


.
Theo BĐT Côsi, dễ thấy
4 1 0, 4 0t t t     
. Từ đó ta được
  
14

0
tt
t


.
Bài toán đã được giải quyết bằng phương pháp đặt ẩn phụ. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
22
x y x y   
.
Ví dụ 2: Với
, , 0, 1x y z x y z   
. Chứng minh rằng
2 2 2
32
14
xy yz zx x y z

   
.
(ĐTTS lớp 10 chuyên Trần Phú, Hải Phòng 2003 - 2004).
Phân tích và định hướng lời giải
Để ý rằng
   
2
2 2 2
2x y z x y z xy yz zx       
.
Đặt
2 2 2

12t xy yz zx x y z t       
.
Mặt khác, theo BĐT Côsi thì
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y y z z x
xy yz zx x y z
  
       
.
Suy ra
     
2
2 2 2
22
1
.
3 3 3 3
xy yz zx xy yz zx xy yz zx x y z x y z
t xy yz zx
           
      
Vậy với phép đặt ẩn phụ này, ta đã quy bài toán 3 biến về dạng 1 biến đơn giản là, chứng
minh
3 2 1
14,0
1 2 3
t
tt

   

.
Ta có thể chứng minh BĐT này bằng phép biến đổi tương đương. Thật vậy, BDDT trên tương đương
với
     
2
22
3 1 2 2 14 1 2 3 4 14 28 3 1 3 0t t t t t t t t t           
.
BĐT cuối cùng luôn đúng. Vậy phép chứng minh được hoàn tất.
BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN
Bài 1. Với
, , , 0, 1a b c d ab cd  
. Chứng minh rằng
    
42a b c d a b c d      
.
(ĐTTS lớp 10 phổ thông năng khiếu, ĐHQG, TP Hồ Chí Minh 2007).
Hướng dẫn: Đặt
,x a b y c d   
. Bài toán quy về chứng minh
    
4 2 2 2 0xy x y x y      
.
Sử dụng BĐT Côsi ta dễ dàng chứng minh được điều trên.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số thực dương
, , ,a b c d
ta luôn có:
2 2 2

a bc b ca c ab
abc
b c c a a b
  
    
  
.
Hướng dẫn: Cộng cả 2 vế của BĐT cần chứng minh với
abc
, ta thu được:
        
 
2
a b a c b c b a c a c b
abc
b c c a a b
     
    
  
.
Đặt
,,x b c y c a z a b     
, thì bài toán trở thành
yz zx xy
x y z
x y z
    
.
Áp dụng BĐT Côsi, có:
111

. . . .
222
yz zx xy yz zx zx xy xy yz yz zx zx xy xy yz
x y z
x y z x y y z z x x y y z z x
   

             
   


   

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số thực dương
, , ,a b c d
ta luôn có:
   
 
3
2
6
3
27
a b c ab bc ca
abc
abc
   


.

Hướng dẫn: BĐT cần chứng minh tương đương với:
   
 
3
2
18
9
9
a b c ab bc ca
abc
abc
   




3 3 3 3 3 3 3
2 . . . 9.
3 3 3

a b b c c a
a b c
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
a b c a b c a b c

    

           

     

Đặt
3 3 3
,,
a b c
x y z
a b c a b c a b c
  
     
. BĐT trên trở thành:
   
 
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
2 9 9 3.xy yz zx x y z x y z x y z xyz x y z
xyz xyz xyz
                   

2.2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
2.2.1. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
Với 2 dãy số thực tùy ý
12
, , ,
n
a a a
và
12
, , ,
n

b b b
, ta luôn có BĐT
  
 
2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2

n n n n
a a a b b b a b a b a b         
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
 
12
, , ,
n
a a a
và
 
12
, , ,
n
b b b
là 2 bộ tỉ lệ, tức là tồn tại số thực k
để
, 1,
ii
a kb i n  
.
2.2.2. Một số hệ quả của bất đẳng thức Bunhiacopxki

Hệ quả 1. Với 2 dãy số thực
12
, , ,
n
a a a
và
12
, , , , 0, 1,
ni
b b b b i n  

 
2
2
22
12
12
1 2 1 2



n
n
nn
a a a
a
aa
b b b b b b
  
   

  
.
Hệ quả 2. Với 2 dãy số thực tùy ý
12
, , ,
n
a a a
và
12
, , ,
n
b b b
, ta luôn có
   
22
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2

n n n n
a b a b a b a a a b b b             
.
Hệ quả 3. Với mọi dãy số thực
12
, , ,
n
a a a
ta có
 
 
2

2 2 2
1 2 1 2

nn
a a a n a a a      

2.2.3. Một số kĩ thuật thường dùng
2.2.3.1. Kĩ thuật thêm – bớt
Ví dụ 1. Với
,,abc
là những số thực dương thỏa mãn
2 2 2
3abc  
. Chứng minh rằng
1 1 1
3
2 2 2abc
  
  
.
Phân tích và định hướng lời giải
Nếu ta áp dụng BCS trực tiếp như thông thường
1 1 1 9
2 2 2 2 2 2a b c a b c
  
       
.
thì sẽ phản tác dụng vì
9
3

2 2 2abc

    
, trong khi cái mà ta cần là chiều ngược lại. Ta hãy
cùng xem xét ý tưởng sau đây: ta hãy tìm số
0n 
sao cho
 
12
1
22
na
n
aa



, có tử số là một
số dương và đánh giá này càng chặt càng tốt. Có thể lấy
1
2
n 
, ta biến đổi BĐT như sau:
1 1 1 1 1 1 3
3.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
abc
a b c a b c
     
         

     
     
     

Ta sẽ sử dụng bất đẳng thức BCS sao cho giả thiết bài toán được sử dụng tối đa, tức là:
     
 
     
2
2 2 2
4 4 4
3 3 3 3 3 3
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
abc
a b c a b c
a b c a a b b c c a a b b c c

     
          

Từ đó ta có thể đưa bài toán về chứng minh:
   
3 3 3 4 4 4
32a b c a b c     
.
Chứng minh BĐT này rất đơn giản bằng cách áp dụng Côsi như sau:
 
3 4 4 2 4 2
2a a a a a a    

.
Cộng BĐT này với các BĐT tương tự rồi sử dụng giả thiết bài toán ta thu được BĐT cần chứng
minh. Đẳng thức xảy ra khi
1abc  
.

BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN
Bài 1. Với
,,abc
là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
2 2 2
5
2
a b c ab bc ca
b c c a a b a b c

   
    
.
Hướng dẫn: biến đổi BĐT cho như sau
 
 
2 2 2
2
2 2 2
1
1 1 1
2
.
2

a b c ab bc ca
b c c a a b a b c
abc
b c a c a b a b c
b c c a a b
abc

     
      
     
    
     

     
   
  


Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
     
  
 
 
2
2
2 2 2
2
b c a c a b a b c
abc
b c a

b c b c b c a
abc
       





   


.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
abc
.
Bài 2. Với
, , ,a b c d
là các số thực dương. Chứng minh rằng
0
2 2 2 2
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
   
   
       
.
Hướng dẫn: điều phải chứng minh tương đương với:
1 1 1 1
2
2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3
4.
2 2 2 2
a b b c c d d a
a b c b c d c d a d a b
a c b d c a d b
a b c b c d c d a d a b
   
       
       
       
       
       
   
    
       

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
 
  
 
 
2
2
2
3
16
3
4
2 3 2

4
ac
a
ac
a b c a c a b c
a b c d




  
    
  




.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,a c b d
.
2.2.3.2. Kĩ thuật đổi biến
Thông thường, với các bất đẳng thức 3 biến
,,abc
, các phép đổi biến sau hay được sử dụng:
 
 
1 1 1
1. , , , , ,
2. , , , , ,

abc
abc
ka kb kc
abc
b c a









 
 
2 2 2
3. , , , , ,
4. , , , , ,
kb kc ka
abc
a b c
ka kb kc
abc
bc ac ab










 
2 2 2
5. , , , ,
kbc kca kab
abc
a b c





Ví dụ 2: Cho
,,abc
là các số thực dương. Chứng minh rằng:
3 3 3
3 3 3 3 3 3
1
a b c
a abc b b abc c c abc a
  
     
.
Phân tích và định hướng lời giải
Đây là một bất đẳng thức thuần nhất và hoán vị với 3 biến
,,abc
. Việc áp dụng bất đẳng thức

Bunhiacopxki kiểu thông thường
 
 
2
2 2 2
3
33
33
abc
a
a abc b
a a abc b






không cho ta kết quả mong
muốn. Bằng cách xét từng trường hợp như ví dụ trước, ta thấy rằng phép biến đổi thứ 3 thích hợp
nhất cho bài toán này. Đổi biến
,,abc
lần lượt bởi
,,
b c a
a b c
(vì bất đẳng thức cho thuần nhất nên ta
không cần có hệ số k), ta được:
6 6 6
6 3 3 3 3 6 3 3 3 3 6 3 3 3 3

1
b c a
b a b c a c b c a b a c a b c
  
     
.
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
 
2
3 3 3
6
6 3 3 3 3 6 3 3 3 3
1
b c a
b
b a b c a b a b c a


   


.

BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN
Bài 1. Cho các số thực dương
,,abc
thỏa mãn
1abc 
. Chứng minh
        

1 1 1 1
1 2 1 2 1 2 2a a b b c c
  
     
.
Hướng dẫn: đặt
2 2 2
, , , , , 0
yz zx xy
a b c x y z
x y z
   
. Bất đẳng thức cho trở thành
  
4
22
1
2
2
x
x yz x yz



.
Sử dụng BĐT Bnhiacopxki, ta có:
 
  
2
2 2 2

22
2
x y z
VT
x yz x yz




.
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được:
    
2
2 2 2 2 2
22x y z x yz x yz    

.
Khai triển và rút gọn bất đẳng thức này ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi
1abc  
.
Bài 2. Cho các số thực dương
,,abc
thỏa mãn
1abc 
. Chứng minh
     
   
2 2 2
1 1 1 2
1

1 1 1
1 1 1
abc
abc
   
  
  
.
Hướng dẫn: đặt
2 2 2
, , , , , 0
yz zx xy
a b c x y z
x y z
   
. Bất đẳng thức cho trở thành
 
   
4 2 2 2
2
2 2 2
2
2
1
x x y z
x yz y zx z xy
x yz

  



.
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
    
 
      
2
2 2 2 2 2
4 4 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2

2
1.
x yz x y x z
x x x y z
x y x z x y x z y z
x yz
   
   
    



Ta chỉ cần chứng minh được:
       
2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y x z y z x yz y zx z xy      
.

Bất đẳng thức này đúng vì
  
2 2 2 2 2
x yz x y x z   
. Đẳng thức xảy ra khi
1abc  

2.3. Các bài toán sáng tạo bất đẳng thức
Bài toán gốc 1: Với
, 0, 1a b a b  
. Chứng minh rằng
11
5F a b
ab
    
.
Chứng minh: Ta có
2
2F ab
ab

. Dấu bằng xảy ra khi
ab
.
Đặt
1
,0
22
ab
t ab t ab


    

1 1 1 3 5
4 3 2 4 . 5
2 2 2
F
t t t t F
t t t
          
.
Các bài toán sáng tạo
Bài 1. Với
, 0, 1a b a b  
. Chứng minh
22
11
9ab
ab
   
.
Hướng dẫn: đặt
22
11
9P a b
ab
     
21
2
2

P
P ab ab
ab ab
    
.
Đặt
1
,0
2
t ab t  
. Khi đó,
6
2 2 2 2
1 1 1 1 15
4 4 4 4 15 6 4 .4 .4 .4 . . 15 12 9
2 2 2 2
P
t t t t t t t t t t t P
t t t t
             
.
Bài toán gốc 2: Với
, , 0abc
, chứng minh rằng
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a b ab b c bc c a ac


  
     
.
Hướng dẫn:
     
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
0
0.
a b b c c a
a b b c c a
PQ
a b ab b c bc c a ac
     
  
     
     

Trong đó,
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
,.
a b c b c a
PQ
a b ab b c bc c a ac a b ab b c bc c a ac
     
           

3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2

2
a b b c c a
P P Q
a b ab b c bc c a ac
  
     
     
.
Ta có:
2 2 3 3
2 2 2 2
1
33
a b ab a b a b
a b ab a b ab
   
  
   
.
Vậy
 
2
2
3 3 3 3 3
abc
a b b c c a a b c
PP

    
     

.
Các bài toán sáng tạo
Bài 1. Với
, , 0abc
, chứng minh rằng
3 3 3
2 2 2 2
11
1 1 3
a b a b
a b ab b b a a

  
     
.
Hướng dẫn: chứng minh tương tự bài toán gốc với c=1
Bài 2. Với
, , 0abc
, chứng minh rằng
 
3 3 2
2 2 2
2
2
13
31
a b a a a b
a b ab b b
aa
  

  
   

.
Hướng dẫn: cộng
1
3
vào 2 vế, ta được bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
3 3 3
2 2 2 2
11
1 1 3
a b a b
a b ab b b a a

  
     
.
Từ đây ta đã đưa được bài toán về với bài toán gốc.
Tóm tắt chƣơng 2
Trong chương 2 đã đưa ra được hệ thống bài tập về bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức
Bunhiacopxki cùng với sự dẫn dắt, giảng giải chi tiết đối với từng dạng bài tập nhằm gợi động cơ,
tạo hứng thú, kích thích được tư duy của các em, từ đó các em sẽ bớt bỡ ngỡ hơn khi gặp những bài
toán về chứng minh bất đẳng thức. Đặc biệt trong phần sáng tạo bất đẳng thức đã thể hiện được mục
tiêu lấy người học làm trung tâm. Với yêu cầu xây dựng bài toán mới từ một bài toán gốc đã thực sự
rèn luyện được tính nhạy bén của tư duy, từ đó các em tiếp thu tri thức một cách tự nhiên và luôn có
cảm giác là chính mình khám phá ra những tri thức đó.

CHƢƠNG 3
THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM

3.1. Mục đích và nhiệm vụ thực nghiệm sƣ phạm
3.1.1. Mục đích của thực nghiệm
Mục đích của thực nghiệm là đánh giá tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp rèn tư duy
sáng tạo cho học sinh THPT thong qua việc giải các bài toán về bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức
Bunhiacopxki đã trình bày trong luận văn.
3.1.2. Nhiệm vụ thực nghiệm
Dạy thử một số bài thuộc nội dung nghiên cứu, tiến hành kiểm tra nội dung vừa dạy thử.
Đánh giá kết quả thực nghiệm.
3.2. Phƣơng pháp thực nghiệm sƣ phạm
Dùng phương pháp thực nghiệm đối chứng, dạy thử một số tiết theo phương pháp đã đề xuất
trong luận văn và tiến hành kiểm tra nội dung đó ở một số lớp 12 thuộc trường THPT Yên Phong số.
3.3. Nội dung thực nghiệm sƣ phạm
3.3.1. Tổ chức thực nghiệm sư phạm
+ Lớp thực nghiệm là lớp 12A1 và 12A3 trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh.
+ Lớp đối chứng là lớp 12A2 và 12A4 trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh.
Cả 4 lớp đều do các giáo viên có trình độ chuyên môn vững vàng giảng dạy. Lớp thực nghiệm và lớp
đối chứng có lực học tương đương.
3.3.2. Đề kiểm tra
Bài 1. Chứng minh rằng
12 15 20
3 4 5 ,
5 4 3
x x x
x x x
x
     
      
     
     


.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi
, , ,a b c d
, ta luôn có:
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
2
a b c d a b c d
a b b c c d d a
  
   
   
.
Bài 3. Cho
0, 0, 0x y z  
và
4x y z xyz   
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4 4
P x y z  
.
Bài 4. Cho ba số thực dương
,,abc
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3abc  
. Chứng minh rằng
2 2 2
1
2 3 2 3 2 3 2

a b c
a b b c c a
  
     
.
3.4. Những đánh giá từ kết quả bài giảng và bài kiểm tra
3.4.1. Kết quả từ bài giảng
Sau khi dạy xong các giáo án thực nghiệm sư phạm, lấy ý kiến 15 giáo viên dự giờ của tổ
toán, ý kiến của học sinh các lớp đối chứng và thực nghiệm của trường THPT Yên Phong số 2, tôi đã
thống kê và thu được những kết quả sau:
Bảng 3.1: Kết quả thống kê từ giáo viên về tính khả thi của giờ dạy
Tính khả thi của giờ dạy
Kết hợp nghe giảng và
hoạt động của học sinh
Thái độ của học sinh có tích
cực tham gia giờ học?
có
không
Tốt
Trung
bình
Chưa
tốt
có
không
15/15
0/15
13/15
2/12
1/15

13/15
2/15

3.4.2. Kết quả từ bài kiểm tra của học sinh
Nhìn chung, học sinh các lớp thực nghiệm có kết quả kiểm tra cao hơn các lớp đối chứng.
Điều đó chứng tỏ học sinh các lớp thực nghiệm nắm vững kiến thức, vận dụng linh hoạt hơn khi làm
bài. Tỉ lệ điểm khá giỏi ở các lớp thực nghiệm cũng cao hơn so với các lớp đối chứng, cho thấy mức
độ nhận thức của học sinh lớp thực nghiệm sâu sắc hơn.
Tóm tắt chƣơng 3
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh. Quá trình
thực nghiệm cùng những kết quả rút ra sau thực nghiệm cho thấy: trong các giờ thực nghiệm sư
phạm, học sinh tích cực xây dựng bài hơn, học sinh lớp thực nghiệm có điểm kiểm tra cao hơn lớp
đối chứng.
Kết quả thực nghiệm đã phần nào cho thấy tính thiết thực, khả thi của phương pháp đưa ra,
mục đích của thực nghiệm sư phạm đã hoàn thành.

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
Luận văn đã thu được những kết quả chính sau đây:
Thứ nhất, cơ sở lí luận và thực tiễn về tư duy và tư duy sáng tạo: đưa ra một số khái niệm về
tư duy và tư duy sáng tạo theo quan điểm của một số tác giả trong và ngoài nước; các thao tác của tư
duy và tư duy sáng tạo; một số việc cần làm để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh; vai trò của
bài tập toán học trong bộ môn Toán.
Thứ hai, xây dựng được hệ thống bài tập, hướng dẫn học sinh tìm ra phương pháp giải các bài
toán có nội dung về bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki. Phương pháp đưa ra bao
gồm những hoạt động, những câu hỏi trong những tình huống thích hợp nhằm gợi động cơ, tạo hứng
thú, kích thích tính tích cực tìm tòi, khám phá những tri thức mới, kĩ năng mới cho học sinh
Thứ ba, tổ chức thực nghiệm sư phạm tại trường THPT Yên Phong số 2, Bắc Ninh. Trong các
giờ thực nghiệm sư phạm, học sinh tích cực xây dựng bài hơn, học sinh lớp thực nghiệm có kết quả
kiểm tra cao hơn lớp đối chứng. Các giờ thực nghiệm đã phần nào cho thấy được tính khả thi của
phương pháp rèn luyện tư duy, sáng tạo cho học sinh đã đưa ra trong luận văn.

References.
Các tác giả Việt Nam
1. Nguyễn Thị Phƣơng Hoa (2006), Lý luận dạy học hiện đại, Tập bài giảng cho học viên cao học.
Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội.
2. Nguyễn Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức. Nhà xuất bản Hà Nội, Hà Nội.
3. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên ), Vũ Tuấn (chủ biên), Doãn Minh Cƣờng, Đỗ Mạnh Hùng,
Nguyễn Tiến Tài (2009), Đại số 10 (ban cơ bản). Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
4. Nguyễn Bá Kim (2007), Phương pháp dạy học môn Toán. Nhà xuất bản Đại học Sư phạm, Hà
Nội.
5. Nguyễn Bá Kim, Vũ Dƣơng Thụy (1992), Phương pháp dạy học môn Toán tập 1. Nhà xuất bản
Giáo dục, Hà Nội.
6. Phan Huy Khải (2011), Các phương pháp giải toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Nhà xuất bản Đại
học Sư phạm, Hà Nội.
7. Nguyễn Vũ Lƣơng (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2006), Các bài giảng
về bất đẳng thức Côsi. Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội.
8. Bùi Văn Nghị (2008), Giáo trình phương pháp dạy học những nội dung cụ thể môn Toán. Nhà
xuất bản Đại học Sư phạm Hà Nội.
9. Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên), Nguyễn Huy Đoan (chủ biên), Nguyễn Xuân Liêm, Đặng
Hùng Thắng, Trần Văn Vuông (2006), Đại số 10 (ban nâng cao). Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
10. Tôn Thân , Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy
sáng tạo cho học sinh khá và giỏi ở trường THCS Việt Nam, luận án phó tiến sĩ khoa học sư phạm –
Tâm lí. Viện khoa học giáo dục Hà Nội.
11. Nguyễn Quang Uẩn (1997), Tâm lý học đại cương. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
12. Đảng cộng sản Việt Nam (2001), Văn kiện Đại hội Đại biểu toàn quốc lần thứ IX. Nhà xuất
bản Chính trị Quốc gia, Hà Nội.
13. Quốc hội nƣớc Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Việt Nam (2005), Luật Giáo dục. Nhà xuất bản
chính trị Quốc gia, Hà Nội.
Các tác giả nước ngoài
14. G. Polya (1975), Sáng tạo toán học, Bản dịch tiếng Việt. Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.