Sáng kiến kinh nghiệm về bất đẳng thức Nguyễn Thế Hùng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
*****
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỞ RỘNG VÀ KHÁI QUÁT
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Thế Hùng
Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ
Hà Đông – Hà Nội
HÀ NỘI, NĂM 2010
PHẦN MỞ ĐẦU
1. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán về bất đẳng thức là loại toán có mặt ở hầu hết các đề thi tuyển sinh
đại học và tuyển sinh vào lớp 10 các trường chuyên; việc giải bài tập loại này
có rất nhiều cách: Định nghĩa, đánh giá phần tử đại diện hoặc dùng các bất đẳng
thức thông dụng…
Tuy vậy, ít khi ta nghĩ đến việc mở rộng từ một bất đẳng thức quên thuộc
nào đó, rồi dùng nó làm công cụ để giải một số bài toán khác hay thay đổi bài
toán đó hoặc khái quát hóa bất đẳng thức đó thành các bài toán khác có tính mở
rộng hơn bằng cách thay đổi dữ kiện, thay đổi điều phải chứng minh, hay tăng
thêm các đại lượng biến đổi.
Với cách suy nghĩ như vậy, ta sẽ tạo ra được rất nhiều các bất đẳng thức
khác mà tất cả chúng, tạo thành với nhau thành một hệ thống các bất đẳng thức
có tính liên hoàn và kế thừa nhau.
Qua bài viết tôi cố gắng sắp xếp các bất đẳng thức được khái quát hay mở
rộng theo một trình tự nhất định, thông qua việc thay đổi các đại lượng có trong
bất đẳng thức tạo ra một bất dẳng thức mới mạnh hơn, đẹp hơn. Đồng thời, ứng
dụng nó vào chứng minh một số bất đẳng thức khác , kể cả các bất đẳng thức
hình học. Ngoài ra, cũng tạo ra các vấn đề “ để ngỏ” để bạn đọc tiếp tục suy
nghĩ và tiếp tục nghiên cứu . Qua đó, rèn luyện khả năng tư duy đọc lập và tính

sáng tạo của học sinh và càng thấy rõ vẻ đẹp của các bài toán về bất đẳng thức,
kể cả những bài toán đơn giản nhất.
Đề tài gồm các nội dung:
Phần một: Bất đẳng thức và tích chất
Phần hai: Những bất đẳng thức được suy rộng
Phần ba: Ứng dụng để giải một số bài toán hình học
Phần bốn: Các bài tập tương tự
Do thời gian nghiên cứu có hạn cho nên bài viết không tránh khỏi sai sót,
rất mong các bạn đồng nghiệp và các em học sinh góp ý xây dựng – xin chân
thành cảm ơn

T¸c gi¶
2- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong toỏn hc bi toỏn v bt ng thc l mt dng toỏn khú, nht l i
vi hc sinh ph thụng núi chung v vi hc sinh chuyờn núi riờng. Cỏc phng
phỏp nghiờn cu v bt ng thc cng c th hin trong trong rt nhiu cỏc
loi sỏch tham kho, v phng phỏp gii chỳng cng rt a dng v phong phỳ
thụng qua i s, hỡnh hc v lng giỏc. Tuy nhiờn, vi thi lng quỏ ớt c
gii thiu trong sỏch giỏo khoa cha cho phộp chỳng ta i sõu vo cỏc bi
toỏn v bt ng thc, hay cỏc bi v cc tr. Trong cỏc thi i hc hng nm
bao gi cng cú mt bi v bt ng thc hay cc tr i s. Vỡ vy, vic khai
thỏc cỏc bi toỏn quen thuc ri khỏi quỏt chỳng thnh cỏc bt ng thc khú
hn, hay hn l iu cn thit trong hon cnh hin nay.
Sau nhiu nm dy v khong cỏch trong hỡnh hc phng cho cỏc hc sinh
chuyờn Lý v Chuyờn Húa; Tụi mun trỡnh by vi cỏc thy cụ v cỏc em hc
sinh mt s vn nghiờn cu v vic m rng v khỏi quỏt húa bi toỏn t mt
bi toỏn rt quen thuc: Bt ng thc Nesbit . ng thi, qua ú mun gi n
mt thụng ip: Hy tỡm mi cỏch tip cn n kin thc , cho dự kin thc
ú l nhng vn khú, nhng cú th vn cú mt con ng i n nú thụng
qua cỏch tip cn. ti ny chớnh l mt cỏch tip cn. Vi cỏch trỡnh by t

cỏc bi toỏn n gin n cỏc bi toỏn phc tp.
Vic dy cho hc sinh mt cỏch h thng v hng cho chỳng cỏch m rng
nghiờn cu v cỏc bi toỏn v bt ng thc là vic lm rt quan trọng và cần
thiết. Tuy nhiên, chúng ít đợc các thầy cô giáo sử dụng, khai thác v m rng
chỳng mt cỏch triệt để, do ú không tạo đợc hứng thú khi giải cỏc bi toán v
bt ng thc cho học sinh. Đồng thời, việc m rng các bài toán t n gin
thành bài toán mc cao hn càng ít đợc chú ý đến dẫn đến cỏc bi toỏn v
bt ng thc luụn l nhng bi toỏn khú i vi hc sinh ph thụng.
Bản thân khi nghiên cứu cỏc bi toỏn v bt ng thc v sau nhiu nm dy
v bt ng thc; thôi thúc tôi nghiên cứu về vấn đề này thành một chuyên đề và
viết thành sáng kiến kinh nghiệm. Tuy nhiên do thời gian nghiên cứu còn ít nên
kết quả cha đợc nh mong muốn.
3- PHM VI NGHIấN CU V NG DNG
a- Thời gian tiến hành: Ba năm: Từ 2007 đến năm 2010.
b- Đối tợng và phạm vi nghiên cứu: Học sinh các lớp chuyên Lý, chuyờn Húa
thuộc trờng THPT chuyên Nguyễn Huệ.
c- K hoch nghiờn cu
Giai đoạn 1:
a.Thầy giáo nêu yêu cầu, gợi ý cách giải quyết; Học sinh tìm tòi bài toán và lời
giải bài toán đó.
b. Kết hợp với gợi ý: Tìm tòi bài toán trong các bài có ỏp dụng kt qu cỏc bi
toỏn ó gii thiu và lời giải của chúng, gợi ý cách gii quyt cỏc bi toỏn tng
t.
Giai đoạn 2:
a-Thầy giáo giới thiệu có tính hệ thống, chi tiết: từ cơ sở lý thuyết đến các bài
tập theo từng dạng.
b- Thầy giáo tiếp tục ra bài tập cho học sinh chuẩn bị trớc một tuần
c- Tiến hành thảo luận trên lớp: Đa ra lời giải các bài toán cố định và bài tập
dạng mở: Học sinh tự ra đề bài và tự giải có sự hớng dẫn của thầy giáo và quan
trọng hơn: Hớng dẫn học sinh khai thác và mở rộng bài toán

Giai đoạn 3: Kiểm tra và đánh giá kết quả học tập và nghiên cứu của học sinh.
4- KT QU NGHIấN CU V BI HC KINH NGHIM
a- Kt qu nghiờn cu:
Qua tiến hành thực nghiệm trên lớp đối với hai lớp chuyên Lý và chuyên Húa
tôi có đợc kết quả nh sau:
Trớc khi giới giới thiệu và hớng dẫn đề tài:
Lớp Sĩ số
điểm
10
điểm
9
điểm
8
điểm
7
điểm
5, 6
điểm
1,2,3,4
Ghi chú
10 Lý
35 2 2 4 10 7 10
10 Húa
35 1 2 4 9 10 9
Sau khi giới giới thiệu và hớng dẫn đề tài:
Lớp Sĩ số
điểm
10
điểm
9

điểm
8
điểm
7
điểm
5, 6
điểm
1,2,3,4
Ghi chú
10 Lý
35
5 6 10 8 6 0
10 Húa
35
4 6 11 8 6 0
b- Bi hc kinh nghim:
Học sinh đặc biệt khối học sinh chuyên Lý và chuyên Húa có khả năng
nghiên cứu khoa học nếu đợc hớng dẫn một cách cẩn thận.
T duy khoa học tốt và đặc biệt là tính sáng tạo, năng lực khái quát và
mở rộng bài toán tốt.
Qua việc hớng dẫn các em nghiên cứu đề tài tôi cũng cũng học đợc ở các
em rất nhiều và đặc biệt: Tôi và các em có đợc một hệ thống các bài tập
về bt ng thc, đây có lẽ là kết quả lớn nhất của đề tài; bởi lẽ, kết quả
này không phải nằm trong mỗi bài toán mà nằm trong t duy của các em.
Từ kết quả này, tôi và các em sẽ tiếp tục cùng nghiên cứu trong các dạng
toán khác
Phn th nht
TNH CHT BT NG THC
V MT S BT NG THC THễNG DNG
a. Tớnh cht c bn:

* a > b

b < a
* a > b ; b > c

a > c
* a > b
⇒
a
±
c > b
±
c
* a > b ; c > 0
⇒
a.c > b.c
c < 0
⇒
a.c < b.c
* a > b và c > d
⇒
a + c > b + d
a > b và c < d
⇒
a – c < b – d
* a > b > 0 và c > d > 0
⇒
a.c > b.d
b. Một số tính chất khác
* a > b > 0

⇒
a
n
> b
n
và
n
n
a b>
với n
∈
N
* x > y > 0
⇒
Nếu a > 1 thì a
x
> a
y
Nếu 0 < a < 1 thì a
x
< a
y

* Nếu a > b và a.b > 0
⇒

1 1
a b
>
* Nếu a , b > 0 và

1
1 ( 0)
1 ( 0)
a a c
c
a b b c
a a a c
c
b b b c
+
< ⇒ < >
+
+
> ⇒ > >
+

c. Một số bất đẳng thức thông dụng
* Bất đẳng thức cauchy:
Cho a
1
, a
2
, a
3
, …., a
n

≥
0 ; với a
i

∈
R và
1.i n∀ =
khi đó

1 2
1 2


n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
dấu bằng xảy ra
⇔
a
1
= a
2
= =
* Bất dẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hai dãy số: a
1
, a
2

, a
n
Và b
1
, b
2
, b
n .
Khi đó ta có:
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+ + + + + + ≥ + + +
Hay
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+ + + + + + ≥ + + +
Dấu “ =” xảy ra
⇔

1 2
1 2

n
n
a
a a

b b b
= = =
* Bất dẳng thức Chebưsep:
- Cho hai dãy số:
1 2 1 2
à
n n
a a a v b b b≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

Khi đó ta có:
1 2 1 2 1 1 2 2

n n n n
a a a b b b a b a b a b
n n n
+ + + + + + + + +
  
≤
 ÷ ÷
  
( 1 )
- Cho hai dãy số:
1 2 1 2
à
n n
a a a v b b b≤ ≤ ≤ ≥ ≥ ≥

Khi đó ta có:
1 2 1 2 1 1 2 2

n n n n
a a a b b b a b a b a b
n n n
+ + + + + + + + +
  
≥
 ÷ ÷
  
( 2 )
- Dấu “ =” xảy ra
⇔

1 2
1 2


n
n
a a a
b b b
= = =


= = =

* Bất dẳng thức Bec nu li
Cho x > - 1; n
∈
N ta có ( 1 + x )
n

≥
1 + nx ( 3 )
Dấu “ =” xảy ra
⇔
x = 0 hoặc n = 1
CHÚ Ý : Bất đẳng tức (3) vẫn đúng khi
α

∈
R và
α

≥
1 và khi 0 <
α
< 1
thì
(1 ) 1x n
α
α
+ ≤ +

* Một số bất đẳng thức khác:
- Hệ quả Cauchy : Cho x
1
; x
2
; x
n

là các số dương. Khi đó ta có:

2
1 2 1 2
1 1 1


n n
n
x x x x x x
+ + + ≥
+ + +

- Bất đẳng thức Swac:

2 2
2 2
1 2
1 2
1 2 1 2
( )


n n
n n
a a a a
a a
b b b b b b
+ + +
+ + + ≥

+ + +

Phần thứ hai:
NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐƯỢC MỞ RỘNG
I. BÀI TOÁN XUẤT PHÁT
Đề tài xuất phát từ một bài toán rất quen thuộc, nhưng lại có thể sử dụng nó
vào việc: mở rộng và khái quát thành các bài toán bất đẳng thức khác mạnh
hơn; đồng thời ứng dụng nó vào việc chứng minh các bài toán hình học.
Bài toán xuất phát: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

3
(1)
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b = c
Việc chứng minh bài toán này có nhiều cách:
Cách 1: (1)
⇔

3 9
1 1 1 3
2 2
+ + + + + ≥ + =
+ + +
a b c

b c c a a b
[ ]
1 1 1 9
( )
2
1 1 1
( ) ( ) ( ) 9
 
⇔ + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
 
⇔ + + + + + + + ≥
 
+ + +
 
a b c
b c c a a b
a b b c c a
b c c a a b
Cách 2: Dùng Bunhia: cho hai dãy số :

; ; à ( ); ( ); ( )
a b c
v a b c b c a c a b
b c c a a b
+ + +
+ + +
Cách 3: Dùng Chebưsep

Cách 4: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ: b + c = x; c + a = y và a + b = z
Cách 5: (1)
⇔
2a ( a + c)(a + b) + 2b( b + c)(b + a) + 2c( c + a)(c + b)
≥


≥
3( a + c)(a + b)( b + c)

⇔
2a
3
+ 2b
3
+ 2c
3

≥
a
2
b + ab
2
+ a
2
c + ac
2
+ b
2
c + bc

2
(*)
Áp dụng cauchy cho 3 số dương ta có:

3 3 3 2
3 3 2 2
3 3 3 2
a a b 3a b
a b a b ab
a b b 3ab

+ + ≥

⇒ + ≥ +

+ + ≥



Dấu “ =” xảy ra
⇔
a
3
= b
3

⇔
a = b
Tương tự ta có:
3 3 2 2

b c b c bc+ ≥ +
Và:
3 3 2 2
a c a c ac+ ≥ +
Cộng từng vế ta có (*) (đpcm)
Cách 6: Bất đẳng thức có dạng đối xứng và dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b = c.
Từ nhận xét luôn đúng
2
1
0
2
a
b c
 
− ≥
 ÷
+
 
ta suy ra:
a
b c+

≥

8
1
1
.

4
1
a
b c
a
b c
−
+
+
+
=
8
4( )
a b c
a b c
− −
+ +
Tương tự ta cũng có:
b
c a+

≥

8
1
1
.
4
1
b

c a
b
c a
−
+
+
+
=
8
4( )
b a c
a b c
− −
+ +
và
c
b a+

≥

8
1
1
.
4
1
c
a b
c
a b

−
+
+
+
=
8
4( )
c a b
a b c
− −
+ +
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có

8
4( )
a b c
a b c
− −
+ +
+
8
4( )
b a c
a b c
− −
+ +
+
8
4( )
c a b

a b c
− −
+ +
=
3
2
( điều phải chứng minh )
Cách 7: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số:
Xét hàm số: f(x) =
x b c
b c x c x b
+ +
+ + +
coi vế trái của (1) như là một hàm số
của a và đạt a = x, tính f’(x) =
2 2
1 b c
b c (c x) (b x)
− −
+ + +
Phương trình f’(x) = 0 là phương trình bậc bốn. Xét a
≥
b
≥
c và khi đó ta xét
hàm f(x) trên [ b ; +
∞
) . Trên khoảng đó f’(x)
≥
0  hàm số tăng trên khoảng

[ b ; +
∞
) nên hàm số đồng biến
⇒
f(x)
≥
f(b) =
2b c
b c 2b
+
+
Ta chứng minh: f(b)
≥

3
2
luôn đúng vì nó tương đương với ( b – c )
2

≥
0
Cách 8: Dùng bất đẳng thức Jensen:
Không làm mất tính chất tổng quát ta giả sử: a + b + c = 1. Khi đó (1) tương
đương với:
a b c 3
1 a 1 b 1 c 2
+ + ≥
− − −
. Xét hàm số: f(x) =
x

1 x−
trên ( 0 ; 1 )
Ta có f’(x) =
2
x(1 x)
(1 x)
− −
−
và f’’(x) =
3
2
(1 x)−
> 0 do đó f(x) là hàm lồi trên ( 0 ; 1)
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có:
f (a) f(b) f (c) a b c
f
3 3
+ + + +
 
≥
 ÷
 
Tương đương với:
a b c a b c 3
a b c
1 a 1 b 1 c 2
1
3
+ +
+ + ≥ =

+ +
− − −
−

(bất đẳng thức được chứng minh)
Cách 9: Đặt A =
a
b c+
+
b
c a+
+
c
b a+
; B =
+
a
a b
+
+
b
b c
+
+
c
c a
C =
+
a
c a

+
+
b
b a
+
+
c
c b
Ta có: B + C = 3
Áp dụng cauchy cho 3 số dương ta có:
A + B =
3
a b b c c a a b b c c a
3 . . 3
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + +
+ + ≥ =
+ + + + + +
(*)
A + C =
3
a b b c c a a b b c c a
3 . . 3
a c b a c b a c b a c b
+ + + + + +
+ + ≥ =
+ + + + + +
(**)
Cộng từng vế của (*) và (**) ta có: 2A +B + C
≥

6 hay A
≥

3
2
Cách 10: Nhân hai vế của A với a + b +c ta có:
A( a + b + c ) = a + b + c + (
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
)
Theo kết quả bài toán (2) ta có:
2 2 2
a b c a b c
(2)
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥
+ + +
⇒
A (a + b + c )
≥
a + b + c +
a b c
2
+ +

⇒

A
≥

3
2
Tất cả các cách trên đều cho chúng ta kết quả của bài toán. Tuy nhiên, việc
mở rộng và khai thác bài toán theo các cách khác nhau mới là vấn đề mà tôi
muốn trình bày ở đề tài này.
II. KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN.
1. Từ bất dẳng thức (1) ( còn gọi là bất đẳng thức Nesbit khi n = 3 ) ta
nhân hai về với a + b + c, ta có.
( a + b + c )(
a
b c+
+
b
c a+
+
c
b a+
)
≥

3
2
( a + b + c )

⇔

2 2 2

a b c a b c
(2)
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥
+ + +
Như vậy (2) là bất đẳng thức thứ nhất được suy ra từ bất đẳng thức (1)
Việc chứng minh bất đẳng thức (2) có rất nhiều cách chứng minh. Tuy nhiên có
một cách chứng minh đẹp nhất là dùng Cauchy:
Ta có:
2
a
b c+
+
b c
4
+

≥
2
2
a (b c)
4(b c)
+
+
= a
Tương tự:
2
b
c a+

+
c a
b
4
+
≥

Và
2
c
a b+
+
a b
c
4
+
≥
Cộng từng vế ta có:
2 2 2
a b c a b c
a b c
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥ + + −
+ + +
Vậy
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
+ +

+ + ≥
+ + +
( đpcm) Dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b = c.
Ngoài ra ta có thể chứng minh bất đẳng thức trên bằng cách sử dụng Swac;
Bunhia; Chebusep, Nesbit hoặc là phương pháp đặt ẩn phụ cũng ra được kết
quả mong muốn.
Đặc biệt, nếu thêm vào điều kiện của bài toán là a.b.c = 1 thì ta có bài toán:
Cho a, b, c là ba số dương; chứng minh rằng:
2 2 2
a b c 3
b c c a a b 2
+ + ≥
+ + +
Nhận xét:
2. Tăng số mũ của bài toán (2) lên bậc 3 ta có bài toán mới:
Cho a, b, c là các số dương, ta có:

3 3 3 2
a b c (a b c)
(3)
b c c a a b 6
+ +
+ + ≥
+ + +
Và với a.b.c = 1 ta lại có :
3 3 3
a b c
b c c a a b

+ + ≥
+ + +

3
2
3.Tổng quát bài toán (1), (2) và (3) theo hướng tăng dần số mũ ta có các bài
toán sau :
Bài toán 4a : Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng:

n 1
n n n
a b c 3 a b c
. (4a)
b c c a a b 2 3
−
+ +
 
+ + ≥
 ÷
+ + +
 

Bài toán 4b: Cho a, b , c > 0 chứng minh rằng:

( )
n n n
n 1 n 1 n 1
a b c 1
. a b c (4b)
b c c a a b 2

− − −
+ + ≥ + +
+ + +

Bài toán 4c: Cho a, b , c > 0 chứng minh rằng:

n n n n n n
a b c 3 a b c
. (4c)
b c c a a b 2 a b c
 
+ +
+ + ≥
 ÷
+ + + + +
 
Bài toán 4d: Với
α
bất kỳ
≥
1 ; a, b, c > 0 và a.b.c > 1 ta có:

a b c 3
b c c a a b 2
α α α
+ + ≥
+ + +
(4d)
Tôi xin chứng minh bất đẳng thức (4b), còn các bất đẳng thức 4a ; 4c ; 4d
bạn đọc tự chứng minh :

Với n = 1 ta có bất đẳng thức Nesbit
Với n = 2 ta có bất đẳng thức (2)
Với n
≥
3 xét ( a
n – 2
- b
n –

2
)( a – b )
≥
0

⇔
a
n - 1
+ b
n – 1

≥
a
n – 2
b + ab
n - 2
(a)
Tương tự ta có: b
n – 1
+ c
n – 1

≥
b
n – 2
c + bc
n – 2
(b)
c
n – 1
+ a
n - 1

≥
c
n – 2
a + c.a
n – 2
(c)
Mặt khác ta có:
n n 2 n n 2
n 2
a a (b c) a .a
2 a
b c 4 4
− −
−
+
+ ≥ =
+
(*)

n n 2 n n 2
n 2
b b (a c) b .b
2 b
a c 4 4
− −
−
+
+ ≥ =
+
(**)

n n 2 n n 2
n 2
c c (b a) c .c
2 c
b a 4 4
− −
−
+
+ ≥ =
+
(***)
Từ (a); (b); (c) và (*); (**); và (***) ta có:
n n n
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +

+
n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1
a b b c c a
4 4 4
− − − − − −
+ + +
+ +

≥

n n n n 2 n 2 n 2
a b c a (b c) b (c a) c (a b)
b c c a a b 4 4 4
− − −
+ + +
+ + + + +
+ + +

≥
a
n – 1
+ b
n – 1
+ c
n – 1

Khi đó ta có :
n n n
a b c
b c c a a b

+ +
+ + +

≥

( )
n 1 n 1 n 1
1
. a b c
2
− − −
+ +
( dpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔

n n 2
a b c
a b c
2a b c
a a (b c)
a b c
2b c a
b c 4

2c a b
−
= =
= =





= +
+
 
= ⇔ ⇔ = =
 
= +
+
 
 
= +


4. Tăng đại lượng tham gia trong bất đẳng thức
a. Các bất đẳng thức (2); (3); (4) dù là bất đẳng thức tổng quát đã được mở
rộng từ (1) nhưng vẫn chỉ có 3 đại lượng tham gia trong bất đẳng thức. Ta có
thể tăng số đại lượng tham gia trong bất đẳng thức (1) khi đó ta có các bất đẳng
thức được suy ra từ bất đẳng thức (1) như sau:
Bài toán 5: Cho a, b, c, d là các số dương, ta có:

a b c d 4
b c d c d a a b c b c a 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(1)
Chứng minh : *) Áp dụng Bunhia cho hai dãy số

a

b c d+ +
;
b
c d a+ +
;
c
d a b+ +
;
d
a b c+ +
và

a(b c d)+ +
;
b(c d a)+ +
;
c(d a b)+ +
;
d(a b c)+ +
ta có :
[ ]
2
a b c d
2(ab ac ad bc bd cd)
b c d c d a d a b a b c
(a b c d)
 
+ + + + + + + +
 ÷
+ + + + + + + +

 
≥ + + +
⇔
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + +
+ + + + + + + +

≥

2
(a b c d)
2(ab ac ad bc bd cd)
+ + +
+ + + + +
(2)
**) Chứng minh:
2
(a b c d)
2(ab ac ad bc bd cd)
+ + +
+ + + + +

≥

4
3

⇔
3

2
(a b c d)+ + +

≥
8
(ab ac ad bc bd cd)+ + + + +
⇔
3( a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)
≥

2(ab ac ad bc bd cd)+ + + + +
⇔
( a – b)
2
+ ( a – c )
2
+ ( a – d )
2
+ ( b – c )
2
+ ( b – d )
2

+ ( c – d )
2

≥
0 ( đúng)
Dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b = c = d ( bất đẳng thức được chứng minh )
b. Tiếp tục mở rộng theo hướng tăng thêm đại lượng tham gia trong bất đẳng
thức ta có bài toán sau:
Bài toán 5b: Cho a
i
> 0
1.i n∀ =
( n
≥
3 ) và S =
n
i
i 1
a
=
∑
ta có:

1 2 n
1 2 n
a a a n

S a S a S a n 1

+ + + ≥
− − − −
(5b)
c. Vẫn mở rộng theo hướng đó nhưng theo một hướng suy nghĩ khác ta có:
Bài toán 6: Cho a, b, c, d là các số dương, ta có:

a b c d
b c c d d a a b
+ + +
+ + + +

≥
2
Chứng minh: Áp dụng Bunhia cho hai dãy số

a
b c+
;
b
c d+
;
c
d a+
;
d
a b+
và

a(b c)+
;

b(c d)+
;
c(d a)+
;
d(a b)+
Và chứng minh tương tự bài toán 5 ta có điều phải chứng minh
d. Bây giờ lại tăng số mũ cho tử thức của bài toán 5 ta lại có các kết quả sau
đây :
Bài toán 7 : Cho a, b, c, d là các số dương, chứng minh rằng :
*)
2 2 2 2
a b c d a b c d
b c d c d a a b c b c a 3
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(7)
**) Nếu a.b.c.d = 1 thì :
2 2 2 2
a b c d 4
b c d c d a a b c b c a 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(7b)
***) Nếu a
2
+ b
2
+ c
2

+ d
2

≥
1 thì:
2 2 2 2
a b c d 2
b c d c d a a b c b c a 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(7c)
Việc chứng minh bất đẳng thức (7) và (7b) tương tự như với chứng minh bất
đẳng thức (2). Còn chứng minh bất đẳng thức (7c) ta có thể dựa vào Cauchy
Bằng cách xét :
2 2
2
a 4a (b c d) 4
a
b c d 9 3
+ +
+ ≥
+ +

Tương tự:
2 2
2
b 4b (c d a) 4
b
c d a 9 3
+ +

+ ≥
+ +

2 2
2
c 4c (d a b) 4
c
d a b 9 3
+ +
+ ≥
+ +

2 2
2
d 4d (a b c) 4
d
a b c 9 3
+ +
+ ≥
+ +
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên và biến đổi, sử dụng a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2

≥

1
ta có :

2 2 2 2
a b c d
b c d c d a a b c b c a
+ + +
+ + + + + + + +

≥

2
3
( dpcm )
e. Lại tiếp tục mở rộng bất đẳng thức (5) và (6) ta được bất đẳng thức tổng
quát :
Bài toán 8 :
*) Cho dãy số dương x
1
; x
2
; x
3
; ; x
n
và giả sử 1
≤
k
≤
n là chỉ số tùy ý,

chứng minh rằng :

2 3 k 1
1 2 k n 1 k 1
k 1 k 2 n k 2 n 1 k k 1 n 1
x x x
x x x x x x nk

x x x x x x x x x n k
+
−
+ + + + −
+ + +
+ + + + + +
+ + + ≥
+ + + + + + + + + −
(8)
Với n = 3 và k = 1 ta có bất đẳng thức Nesbit.
Chứng minh : Chứng minh giống như chứng minh bất đẳng thức (1) theo cách
sử dụng hệ quả của Bất đẳng thức Cauchy.
**) Cho dãy số dương a
1
; a
2
; ; a
n
trong đó:
n
2
i

i 1
a 1
=
≥
∑
chứng minh:
3 3 3
1 2 n
1 2 n
a a a 1

S a S a S a n 1
+ + + ≥
− − − −
với S = a
1
+a
2
+ …… + a
n
.
Chứng minh: Giả sử: a
1

≥
a
2

≥
……

≥
a
n
Do a
i
> 0
1.i n∀ =

2 2 2
1 2 n
a a a≥ ≥ ≥
Và S – a
1

2 n
S a S a≤ − ≤ ≤ −

1 2 n
1 1 1

S a S a S a
≥ ≥ ≥
− − −
1 2 n
1 2 n
a a a

S a S a S a
⇒ ≥ ≥ ≥
− − −

Áp dụng bất đẳng thức Chebưsep ta có:
3 3 3
1 2 n
1 2 n
a a a

S a S a S a
+ + +
− − −

≥

2 2 2
1 2 n 1 2 n
1 2 n
a a a a a a

n S a S a S a
 
+ + +
+ + +
 ÷
− − −
 
≥

1 2 n
1 2 n
a a a1

n S a S a S a
 
+ + +
 ÷
− − −
 
Ta có
1 2 n
1 2 n
a a a

S a S a S a
+ + +
− − −
=
1 2 n
1 2 n
a a a
1 1 1
S a S a S a
     
+ + + + + +
 ÷  ÷  ÷
− − −
     
- n
= S
1 2 n
1 1 1
n

S a S a S a
 
+ + + −
 ÷
− − −
 
=
[ ]
1 2 n
1 2 n
1 1 1 1
(S a ) (S a ) (S a ) n
S a S a S a n 1
 
− + − + + − + + + −
 
− − − −
 
2
n n
n
n 1 n 1
≥ − =
− −
⇒

1 2 n
1 2 n
a a a1

n S a S a S a
 
+ + +
 ÷
− − −
 

≥

1 n
.
n n 1−
=
1
n 1−
( điều phải chứng minh )
Dấu “ =” xảy ra khi a
1
= a
2
= …….= a
n
5. Phát triển bài toán (1) theo một hướng khác
a. Từ bất đẳng thức (1) ta có thể phát triển và khai thác bài toán bằng cách
thêm vào bất đẳng thức các đại lượng thay đổi ( tham số ) có mặt tại mẫu thức
của chúng các hệ số tương ứng, ta có bài toán sau:
Bài toán 9: Cho a, b, c, x, y là các số dương. Chứng minh :

a b c 3
xb yc xc ya xa yb x y

+ + ≥
+ + + +
(9)
Giải :
* Với x = y = 1 ta có Bất đẳng thức Nesbit
* áp dụng Bunnhia cho hai dãy số :

a
xb yc+
;
b
xc ya+
;
c
xa yb+
và

a(xb yc)+
;
b(xc ya)+
;
c(xa yb)+
ta có :

[ ]
2
a b c
(x y)(ab bc ca) (a b c)
xb yc xc ya xa yb
 

+ + + + + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
⇔

a b c
xb yc xc ya xa yb
+ +
+ + +

2
(a b c)
(x y)(ab bc ca)
+ +
≥
+ + +
(*)
Do ( a + b + c )
2

≥
3 ( ab + bc + ca ) thế vào (*) ta có :

a b c
xb yc xc ya xa yb
+ +
+ + +

≥

3
x y+
( điều phải chứng minh )
Dấu « = » xảy ra
⇔

xb yc xc ya xa yb
a b c
+ = + = +


= =


⇔
a = b = c
b. Tiếp tục tăng thêm các đại lượng thay đổi ta có bài toán sau là bất đẳng
thức mở rộng của Bất đẳng thức ở bài toán 9.
Bài toán 10: Giả sử 0 < a
b c d và x, y 0≤ ≤ ≤ >
tùy ý , ta có:

a b c d 4
xb yc xc yd xd ya xa yb x y
+ + + ≥
+ + + + +
(10)
Giải: Chứng minh tương tự như chứng minh bài toán 9
c. Và bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức của bài toán 9 là:

Bài toán 11: Cho n là số tự nhiên > 1; x ; y ; p ; q > 0. Chứng minh :

n n n n 1 n 1 n 1
x y z x y z
py qz pz qx px qy p q
− − −
+ +
+ + ≥
+ + + +
(11)
Giải :
Áp dụng Bunhia cho hai dãy số sau :
n
x
py qz+
;
n n
y z
;
pz qx px qy+ +
và
n 2 n 2 n 2
x (py qz); y (pz qx) ; z (px qy)
− − −
+ + +
Ta có :

n n n
n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2
x y z

p(x y y z z x) q(x z z y y x)
py qz pz qx px qy
− − − − − −
 
 
+ + + + + + +
 ÷
 
+ + +
 

≥

n 1 n 1 n 1 2
( x y z )
− − −
+ +
(*)
Áp dụng tiếp Bunhia suy rộng ta có :

n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 2
x y z x y y z z x
− − − − − −
+ + ≥ + +
( **)
Và : x
n-1
+ y
n-1
+ z

n-1

≥
x
n-2
z + z
n-2
y + y
n-2
x (***)
Từ (*) ta có :

n n n n 1 n 1 n 1 2
n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2
x y z (x y z )
py qz pz qx px qy p(x y y z z x) q(x z z y y x)
− − −
− − − − − −
+ +
+ + ≥
+ + + + + + + +
≥

≥

n 1 n 1 n 1 2 n 1 n 1 n 1
n 1 n 1 n 1
((x y z ) x y z
(p q)(x y z ) p q
− − − − − −

− − −
+ + + +
≥
+ + + +
( theo (**) và (***) ) (đpcm)
6. Lại tiếp tục suy nghĩ và phát triển, khái quát bài toán (2) theo một
hướng suy nghĩ hoàn toàn khác như sau :
a. Đặt a =
1
x
; b =
1
y
; c =
1
z
ta có bài toán sau :
Bài toán 12 : Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện: a.b.c = 1. Chứng minh
rằng :
3 3 3
2 2 2
3
a (b c) b (c a) c (a b)
+ + ≥
+ + +
(12)
Giải :
(12)
⇔

3 3 3
1 1 1 3
a (b c) b (c a) c (a b) 2
+ + ≥
+ + +
(a)
Lại đặt x =
1
a
; y =
1
b
; z =
1
c
thì (a) có dạng là :

2 2 2
x y z 3
y z z x x y 2
+ + ≥
+ + +
( Bất đẳng thức (2) )
b. Bình phương hai vế của (2) ; nhân hai vế của bất đẳng thưc thu được với
1/2 ; rồi thay
2 2 2 2 2 2
a b ; b c ; c a
bằng
2 2 2
1 1 1

; ;
c b a
ta được bài toán sau :
Bài toán 13 : Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện: a.b.c = 1. Chứng minh
rằng :
4 4 4
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 9
2(b c) 2(c a) 2(a b) c (a c)(b c) b (a b)(c b) a (a b)(a c) 8
+ + + + + ≥
+ + + + + + + + +
7. Một số bất đẳng thức khác được tổng quát từ các bài toán (7) ; (9) và
(11) như sau :
Bài toán 14 :
1) Cho a, b, c, d > 0 và n nguyên dương, lớn hơn 1. Ta có :

n n n n n 1 n 1 n 1 n 1
a b c d a b c d
b c d c d a d a b a b c 3
+ + + +
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(14)
2) Cho x, y là hai số dương tùy ý ; a
1
, a
2
, a
3

, a
4
, a
n
> 0 chứng minh
rằng với mọi số tự nhiên k
≥
2 ta có:
k k 2 k 1 k 1 k 1
1 2 n 1 2 n
2 3 3 4 1 2
a a a a a a

xa ya xa ya xa ya x y
− − −
+ + +
+ + + ≥
+ + + +
3) Cho a
i
> 0
i 1.n∀ =
, chứng minh rằng :
k nguyên 1∀ ≥
ta có :

k k k k 1 k 1 k 1
1 2 n 1 2 n
1 2 n
a a a a a a

S a S a S a n 1
− − −
+ + +
+ + + ≥
− − − −

với S = a
1
+ a
2
+ + a
n
Phần thứ ba:
ỨNG DỤNG VÀO MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC
Sau đây là một số ứng dụng của bất đẳng thức (1) và một vài bất đẳng thức
có liên quan vào việc chứng minh bất đẳng thức hình học và lượng giác.
Bài toán 15: Cho tam giác ABC; Chứng minh rằng:

3 3 3
A B C
tan tan tan
1
2 2 2
B C C A A B
2
tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2 2
+ + ≥
+ + +

Giải: Đặt tan
A
2
= x , tan
A
2
= y, tan
C
2
= z ta có x, y , z > 0 và xy + yz + zx = 1
Áp dụng bất đẳng thức (3) ta có :

3 3 3
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +

2
(x y z) 3(xy yz zx) 1
6 6 2
+ + + +
≥ =
( đpcm)
Bài toán 16 : Cho M nằm trong tam giác ABC ; kéo dài AM, BM, CM cắt AB,
CA, AB tại A
1
, B
1
, C

1
. Chứng minh rằng :
a)
1 1 1
MA MB MC
3 2
MA MB MC
+ + ≥
b)
n n n
1 1 1
n
MA MB MC 3
MA MB MC 2
     
+ + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
Giải :
b) Gọi S
1
= S
∆
MBC
; S
2
= S
∆
MAC
;

S
3
= S
∆
MAB

1 1
MA C MA B
1
MAC MAB
MBC
1
MAC MAB 2 3
S S
MA
MA S S
S
S
S S S S
∆ ∆
∆ ∆
∆
∆ ∆
= = =
= =
+ +
M
C1
A1
A

B
C
B1
Tương tự ta có :
1
MB
MB
=
2
1 3
S
S S+
;
1
MC
MC
=
3
1 2
S
S S+

( )
3
1 1 1 1 2
2 3 3 1 1 2
S
MA MB MC S S 3 n!
MA MB MC S S S S S S 2 r! n r !
+ + = + + ≥

+ + + −
( theo (1))

n n
n
n n n
3
1 1 1 1 2
2 3 3 1 1 2
S
MA MB MC S S
MA MB MC S S S S S S
   
 
     
+ + = + +
 ÷  ÷
 ÷
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
 
   

n
n
3
1 2
n
2 3 3 1 1 2

S
S S1 1 3 3
3 3 .
3 S S S S S S 3 2 2
 
 
 
≥ + + ≥ =
 
 ÷
 
+ + +
 
 
 
Dấu « = » xảy ra
⇔
S
1
= S
2
= S
3

⇔
M là trọng tâm tam giác
a) Ta có
2 3 1 3
2 1
1 1 1 1 2 3

S S S S
S SMA MB MC
MA MB MC S S S
+ +
+
+ + = + +

2 3 1 3
2 1
1 1 1 1 2 3
S S S S
S SMA MB MC
MA MB MC S S S
+ +
+
+ + = + +

6
2 3 1 3
2 1
6
1 3 2
S S S S
S S
3 . . 3 8 3 2
S S S
+ +
+
≥ ≥ =
Dấu « = » xảy ra

⇔
S
1
= S
2
= S
3

⇔
M là trọng tâm tam giác
Bài toán 17: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA’ , BB’,
CC’ là 3 trung tuyến; AA’ , BB’, CC’ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại A
1
, B
1
; C
1
. Chứng minh rằng:

1 1 1
AA' BB' CC' 9
AA BB CC 4
+ + ≤
Giải:
Ta có: AA’. A’A
1
= BA’ . A’C =
2
a

4
 AA’(AA
1
) = AA’( AA’ + A’A
1
)
= AA’
2
+ AA’. A’A
1

= m
a
2
+
2
a
4
=
2 2
b c
2
+

1
AA'
AA
=
2 2 2 2
2 2

1
AA' 2b 2c a
b c
AA'.AA
4.
2
+ −
= =
+
=
2 2 2
2 2
2b 2c a
2(b c )
+ −
+
l
G
C'
C1
B'
B1
A'
A1
C
B

A

2 2 2

2 2 2 2 2 2
1 1 1
AA' BB' CC' 1 a b c
3
AA BB CC 2 b c c a a b
 
+ + = − + +
 ÷
+ + +
 

1 3 9
3 .
2 2 4
≤ − =
( đpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔
tam giác ABC là ta giác đều
Bài toán 18:
Cho tam giác ABC, vẽ 3 phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi a
1
; b
1
; c
1
tương ứng
là khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC và từ C’ đến CA và h
a
, h

b
, h
c
là ba
chiều cao kẻ từ A, B , C . Chứng minh rằng:
1 1 1
a b c
a b c 3
h h h 2
+ + ≥

Giải:
Dựng AH
⊥
BC  AH = h
a
.
Kẻ A’K
⊥
AB tại K  A’K = a
1
 BA’. h
a
= c. a
1
= 2 S
∆
AA’
Do AA’ là phân giác 
A 'B AB c

A 'C AC b
= =

A 'B c
BC b c
=
+

⇔
A’B =
ac
b c+

1
a
aA'B
c h
⇔ =

1
a
a AB' a
h c b c
= =
+

Tương tự ta có:
K
A'
H

C
B
A
1
b
b b
h c a
=
+
và
1
c
c c
h a b
=
+

1 1 1
a b c
a b c
h h h
+ +
=
a b c 3
b c c a a b 2
+ + ≥
+ + +
( đpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔

tam giác ABC là tam giác đều
Bài toán 18:
Cho tam giác ABC dều nội tiếp trong đường tròn tâm O; phân giác trong của A
cắt BC tại A
1
; cắt đường tròn tại A
2
; tương tự đối với các điểm B
1
, B
2
và C
1
,
C
2
. Chứng minh:
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
A A B B C C 3
BA A C CB B A AC C B 4
+ + ≥
+ + +
Giải:
Xét tam giác AA
2
C đ dạng
∆
ABA
1


2 2
2 1 2
1
AA A C
AA .BA AB.A C
AB BA
= ⇔ =
(1)
Mà
∆
AA
2
B đồng dạng
∆
ACA
1

2 2
2 1 2
1
AA A B
AA .CA AC.A C
AC CA
= ⇔ =
(2)
Cộng từng vế của (1) và (2)  AA
2
( BA
1

+ CA
1
) = A
2
B( AB + AC)
Vì A
2
C = A
2
B  AA
2
.BC = A
2
B (b+c)
⇔

2
2
BA a
AA b c
=
+
(1)
Mặt khác
∆
BA
1
A
2
đ dạng

∆
ABA
2

⇔

1 2 2 1 2 2
2 2 2 2
A A BA A A BA
BA AA 2BA 2AA
= ⇔ =
(2)
Từ (1) và (2) 
1 2
2 2
A A a
BA CA 2(b c)
=
+ +

tương tự ta có:
1 2
2 2
B B b
CB B A 2(a c)
=
+ +
và
1 2
2 2

C C c
AC C B 2(a b)
=
+ +
Cộng từng vế ta có:
C1
C2
A1
A2
B1
B2
I
C
B
A

1 2
2 2
A A
BA CA+
+
1 2
2 2
B B
CB B A+
+
1 2
2 2
C C
AC C B+

=
1 a b c 3
2 b c c a a b 4
 
+ + ≥
 ÷
+ + +
 
( đpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔
tam giác ABC là ta giác đều
Bài toán 20:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc đôi một và OA = a; OB = b;
OC = c. Gọi
α
,
β
,
γ
là các góc hợp bởi OH ( đường cao ) với các cạnh OA,
OB, OC chứng minh rằng:
a. cos
2
α
+ cos
2
β
+ cos
2

γ
= 1
b.
2 2 2
3
cot cot cot
2
α β γ
+ + ≥
Giải:
a. Do OH
⊥
( ABC )  H là trực
tâm của
∆
ABC; khi đó: cos
2
α
=
2
2
OH
OA
, cos
2
β
=
2
2
OH

OB
và cos
2
γ
=
2
2
OH
OC

 cos
2
α
+ cos
2
β
+ cos
2
γ
=
=
2
2 2 2
1 1 1
OH
OA OB OC
 
+ +
 ÷
 

H
C
B
A
O
Mà
2
1
OH
=
2 2 2
1 1 1
OA OB OC
+ +
 cos
2
α
+ cos
2
β
+ cos
2
γ
= OH
2
2
1
OH
= 1
b.Ta có: cot

2

α
=
2
2
cos
sin
α
α
; cot
2
β
=
2
2
cos
sin
β
β
và cot
2

γ
=
2
2
cos
cos
γ

γ


2 2 2
cot cot cot
α β γ
+ +
=
2 2 2
2 2 2
cos cos cos
1 cos 1 cos 1 cos
α β γ
α β γ
+ +
− − −
=
=
2 2 2
2 2 2 2 2 2
cos cos cos 3
cos cos cos cos cos cos 2
α β γ
β γ α γ β α
+ + ≥
+ + +
( điều phải chứng minh )
Như vậy là từ một bất đẳng thức quên thuộc Nesbit chúng ta đã « nới rộng » và
khái quát, tổng quát hóa bài toán thành nhiều bài toán chứng minh bất đẳng
thức khác. Từ đây, giúp các thầy, cô giáo và các em học sinh có cách tư duy

« động » qua đó rèn luyện ý thức sáng tạo cho học sinh nói chung và học sinh
chuyên nói riêng.
Phần thứ tư :
BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN
Sau đây là một số bài tập và cũng là các bất đẳng thức tương tự được mở
rộng từ các bất đẳng thức đã cho ;
Bài tập 1 :
Cho a, b , c > 0 thỏa mãn:
ab bc ac 1+ + =
chứng minh rằng:
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +

1
2
≥
Bài tập 2 :
Chứng minh rằng với :
n
i
i 1
a
=
∑
= 1 ta có:

2 2 2 2

1 2 n 1 n
1 2 2 3 n 1 n n 1
a a a a 1

a a a a a a a a 2
−
−
+ + + + ≥
+ + + +
Bài tập 3 :
Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2

≥
1, chứng minh rằng :
a.
3 3 3 3
a b c d 1
b c d c d a d a b a b c 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
b.
2 2 2 2
a b c d 2

b c d c d a d a b a b c 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
KẾT LUẬN
Bất đẳng thức là một công cụ sắc bén của toán học. Đẳng thức và bất đẳng
thức là hai phương tiện hỗ trợ lẫn nhau. Đẳng thức cho kết quả chính xác tuyệt
đối. Bất đẳng thức mền dẻo hơn, cho phép cân nhắc vấn đề, ước lượng kết quả
từ đó nhìn nhận thực tiễn toán học dưới góc độ rộng hơn. Vì vậy, vận dụng các
bất đẳng thức rất uyển chuyển và linh hoạt ; Thông qua bất đẳng thức người
học toán hiểu sâu sắc hơn về phương trình, bất phương trình, về mối liên hệ
giữa các yếu tố của một tam giác, về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một
biểu thức, và trong quá trình giải bài tập về bất đẳng thức, năng lực tư duy sáng
tạo của học sinh được phát triển đa dạng, mạnh mẽ hơn.
Với suy nghĩ và tìm tòi các bài toán mở rộng từ một bài toán quen thuộc tôi
đã cố gắng tạo ra một lớp các bài toán khác nhau, khó hơn, hay hơn và chúng
được sắp xếp theo một trình tự : Tùy theo tính chất của sự mở rộng theo các
hướng khác nhau. Mặc dù vậy, các bài toán này vẫn được sắp xếp theo trình tự
từ dễ đến khó và có tính chất kế thừa nhau.
Trong thực tế giảng dạy ở các lớp chuyên Lý 1 và chuyên Hóa 1 Tôi đã giới
thiệu với các em bài viết này ; các em rất phấn khởi đón nhận và còn tìm ra
một số bài toán khác tương tự với cách suy luận rất độc đáo khi thực hiện mở
rộng các bài toán đã có ở cả trong hình học và đại số.
Người viết bài này tuy trình độ có hạn nhưng vẫn muốn hy vọng rằng : Đề
tài này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp và học sinh phương pháp tiếp cận kiến thức
mới theo tinh thần đổi mới phương pháp giảng dạy mà Bộ Giáo dục và Đào tạo
đang phát động trong năm học 2009 -2010.