Chuyên đề BĐT dành cho học sinh THCS ppt

XÊMINA TOÁN SƠ CẤP
Chủ đề
1. Giới thiệu một số dạng toán bất
đẳng thức và phương pháp giải
mới, một số sách bất đẳng thức,
sự phát triển của toán bất đẳng
thức trong thời gian gần đây.
2. Cân bằng các số khi áp dụng bất
đẳng thức Cauchy.
3. Giải một dạng toán tìm giá trò
lớn nhất, giá trò nhỏ nhất của
hàm số.
4. Bàn về bài toán hay, cuốn sách
hay, các cách ra đề toán.


Người báo cáo: Lưu Văn Thám
Thời gian: 18h 20h, ngày 30 11 2008
Tại VP 40 Mạc Đĩnh Chi, Q.1
Xeâmina Toaùn sô caáp trang 2 Löu Vaên Thaùm
Xêmina Toán sơ cấp trang 3 Lưu Văn Thám
§1. Giới thiệu một số dạng toán bất đẳng thức
và phương pháp giải mới, một số sách bất
đẳng thức, sự phát triển của toán bất đẳng
thức trong thời gian gần đây.

Thế giới Toán học nói chung và vương quốc Toán bất
đẳng thức nói riêng khó có thể diễn đạt hết vẻ đẹp kiêu sa
huyền bí, sự sáng tạo tinh tế, bất ngờ của nó. Khi đã biết thả
mình vào vương quốc này cũng như người biết đứng trên tấm
ván lướt trên các ngọn sóng của biển cả, vui đùa, chinh phục và

mỉm cười nhưng chẳng ai có ý đònh đi đến điểm tận cùng của
thế giới huyền bí này.
Trong suốt lòch sử phát triển , Toán bất đẳng thức đã làm
mê mẩn tâm hồn biết bao người yêu Toán, từ học sinh trung học
cơ sở tới các nhà Toán học đã thành danh và nhiều nhà Toán
học được lưu truyền tên tuổi cũng nhờ toán bất đẳng thức.
Rất tiếc rằng phần đông học sinh phổ thông không tiếp
cận được vẻ đẹp kiêu sa huyền bí và đầy trí tuệ của Toán bất
đẳng thức. Nhưng cũng rất mừng vẫn có những học sinh, giới trẻ
yêu toán không những biết thưởng thức mà còn góp phần đưa
toán bất đẳng thức phát triển lên tầm cao mới. Điển hình trong
số đó là Sinh viên Phạm Kim Hùng (người Việt Nam) tác giả
cuốn sách SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC (bản tiếng Anh là
SERECTS IN INEQUALITIES) được N.X.B GIL nổi tiếng của
Xêmina Toán sơ cấp trang 4 Lưu Văn Thám
Mỹ mua bản quyền phát hành tại Mỹ và nhiều nước trên Thế
giới (ta sẽ trở lại nội dung cuốn sách này ở phần sau).
Mảnh đất Toán sơ cấp đã được cày xới quá nhiều, sách
tham khảo về toán bất đẳng thức ngoài thò trường cũng như sách
tham khảo Toán sơ cấp khác cũng cũng tràn ngập, ngay cả các
giáo viên Toán cũng không dễ mua được cuốn sách Toán tham
khảo có chất lượng, có thể tìm thấy nhiều điều cần sưu tầm, học
hỏi. Thường sách trên thò trường các tác giả chỉ sưu tầm các bài
Toán + lời giải, sắp xếp theo chương mục rồi phát hành. Thực ra
cách viết sách như vậy cũng đáp ứng được số đông học sinh phổ
thông nhưng đối với giáo viên ‚đã có nghề‛ thì loại sách này
không đáp ứng được yêu cầu tìm tòi cái mới. Tất nhiên mỗi
cuốn sách ít nhiều cũng thể hiện phong cách riêng của tác giả
hay một vài điểm sáng trong bài toán cụ thể náo đó nhưng số
bài tác giả tự ra, tự giải thường chiếm tỉ lệ rất ít, những phương

pháp giải toán mới mà tác giả tự nghiên cứu phát minh ra
thừơng không có và nếu có cũng chỉ có thể áp dụng trong phạm
vi hạn hẹp.
Trong tầm hiểu biết của mình, xêmina này tôi xin giới
thệu một số dạng toán bất đẳng thức mới phát triển trong thời
gian gần đây và ba đầu sách toán bất đẳng thức tiêu biểu:
‚Bất đẳng thức suy luận và khám phá ‚ của Phạm Văn
Thuận và Lê Vó
‚Sáng tạo bất đẳng thức‛ của Phạm Kim Hùng
‚Những viên kim cương trong Toán bất đẳng thức‛ của
Trần Phương (sắp xuất bản).
Xêmina Toán sơ cấp trang 5 Lưu Văn Thám
I. Một số dạng toán và phương pháp chứng minh bất đẳng
thức mới phát triển trong thời gian gần đây.
Mục lục trong một cuốn sách bất đẳng thức đại số thông thường:
Chương I: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA, BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG.
Chương II: BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) VÀ
PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG.
Chương III: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI ( B.C.S)
VÀ PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG.
Chương IV: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TỶ SỐ, BẤT ĐẲNG
THỨC TRONG TAM GIÁC.
Chương V: ĐÁNH GIÁ , TỔNG, TÍCH HỮU HẠN, PHƯƠNG
PHÁP LÀM TRỘI, ĐÁNH GIÁ ĐẠI DIỆN.
Chương VI: GIỚI THIỆU MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG DỤNG: BERNOULLI , TCHEBYCHEV,
HOLDER, MINCÔPKI VÀ VÍ DỤ ÁP DỤNG.
Chương VII: PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC
Chương VIII: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ (KHẢO SÁT HÀM

SỐ, TÍCH PHÂN, BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN)
Chương IX: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Chương X: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC, PHƯƠNG PHÁP
LƯNG GIÁC.
BÀI TẬP TỔNG HP, CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Xêmina Toán sơ cấp trang 6 Lưu Văn Thám
1. Bất đẳng thức có các số hạng bậc thuần nhất và phương
pháp chuẩn hóa.
Ta hãy xem một bài toán cùng đáp án trong kỳ thi học
sinh giỏi liên bang Mỹ:
33rd USAMO 2003
Problem B2
Prove that for any positive reals x, y, z we have (2x+y+z)
2
/(2x
2
+
(y+z)
2
) + (2y+z+x)
2
/ (2y
2
+ (z+x)
2
) + (2z+x+y)
2
/ (2z
2
+ (x+y)

2
) ≤ 8
Solution
If the inequality holds for x, y, z, then it also holds for kx, ky, kz,
so it is sufficient to prove the result for x+y+z=3. The first term
becomes (x+3)
2
/(2x
2
+(3-x)
2
) = (1/3) (x
2
+6x+9)/(x
2
-2x+3) =
(1/3) (1 + (8x+6)/(2+(x-1)
2
) ≤ (1/3) (1 + (8x+6)/2) = 4/3 + 4x/3.
Similarly for the other terms, so the whole expression
≤ (4/3 + 4x/3) + (4/3 + 4y/3) + (4/3 + 4z/3) = 8.
Tạm dòch
Đề: Chứng minh rằng với x, y, z là các số thực dương ta luôn có:
222
2 2 2 2 2 2
(2x y z) (2y z x) (2z x y)
8
2x (y z) 2y (z x) 2z (x y)
(1)
Giải:

Nếu ta thay x, y, z lần lượt bằng kx, ky, kz (k ≠0) thì bài toán
không đổi nên ta giải bài toán với x + y + z = 3 là đủ. Khi đó
biểu thức thứ nhất bằng:
22
2 2 2 2
(x 3) 1 x 6x 9 1 8x 6
1
2x (3 x) 3 x 2x 3 3 2 (x 1)
1 8x 6 4 4x
1
3 2 3 3

Xêmina Toán sơ cấp trang 7 Lưu Văn Thám
Tương tự cho hai biểu thức còn lại và cộng lại ta có
VT(1)
4 4x 4 4y 4 4x 4
4 (x y z) 8
3 3 3 3 3 3 3

Suy ra đpcm
Tại sao thay x, y, z lần lượt bằng kx, ky, kz bài toán không đổi
nên ta giải bài toán với x + y + z = 3 là đủ ?
Bản chất là ta thực hiện phép đổi biến sau:
Đặt x=ka, y=kb, z=kc với k =
x y z
3
a+b+c = 3
thay vào (1) bài toán trở thành:

222

2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
8
2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)

Như vậy qua phép đổi biến trên bài toán không thay đổi nhưng
ta có thêm điều kiện a+b+c=3.
Phép đổi biến như trên còn gọi là phép chuẩn hóa cho a+b+c=3.
Tương tự ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c=1 (chọn k=x+y+z)
Chuẩn hóa cho abc = 1 (chọn k =
3
xyz
)
Chuẩn hóa cho a
2
+b
2
+c
2
=1 (chọn k=
2 2 2
x y z
)
Chuẩn hóa cho ab+bc+ca=1 (chọn k=
xy yx zx
)
Những bài toán nào ta có thể áp dụng ph.pháp chuẩn hóa ?
Tất cả các bài toán mà các số hạng của nó có bậc đồng nhất thì
ta đều có thể áp dụng phương pháp này. Thực tế những bài toán
có thể áp dụng thì nhiều nhưng những bài toán cần áp dụng thì

chưa nhiều.
Xêmina Toán sơ cấp trang 8 Lưu Văn Thám
Trình chiếu và bình phần đầu chương 4 cuốn “Bất đẳng thức
suy luận và khám phá “ của Phạm Văn Thuận và Lê Vó
Phương pháp này có từ bao giờ?
Tại sao phương pháp này lại phát triển mạnh trong thời
gan gần đây : “Thi gì học nấy”, “ học gì viết nấy”!



2. Bất đẳng thức Schur và phương pháp p,q,r (còn gọi là
phương pháp A,B,C)
Trình chiếu và bình bài viết về vấn đề trên của 1 HS
lớp lớp 11 Chuyên Toán

Quay lại cuốn sách của Phạm Văn Thuận và Lê Vó ta
sẽ thấy vấn đề này được viết bài bản hơn, tổng quát
hơn.
Trình chiếu thêm bài giảng về bất đẳng thức của
Hojoo Lee (người cũng gây được tiếng vang trong cư
dân Toán trên mạng qua các bài giảng này)
Trình chiếu bản thảo cuốn sách bất đẳng thứccủa
Trần Phương đã được Bộ GD làm quà tặng cho HS thi
IMO 2007 Tại VN
Xêmina Toán sơ cấp trang 9 Lưu Văn Thám
3. Cuốn sách của một sinh viên Việt nam gây được tiếng
vang lớn cho cư dân Toán sơ cấp trên thế giới.
Người báo cáo sẽ giới thiệu sơ về Phạm Kim Hùng, sự ra đời
cuốn ‚sáng tạo bất đẳng thức.
Cuốn sách này bản tiếng Anh là Serects in Inequalities được

N.X.B GIL nổi tiếng của Mỹ mua bản quyền và chia thành 2
volumes, volume 1 là Basic Inequalities. Volume 2 là Advance
Inequalities phát hành tại Mỹ và nhiều nước trên Thế giới với
giá mỗi volumes là 30USD.
Trong nước cũng có hai NXB phát hành là NXB Tri Thức và
NXB Hà Nội (trong tay người viết bài này có 1 cuốn của NXB
Hà Nội ai muốn photo xin liên hệ nhà sách TRẮC LAN số 65F
Nguyện Thái Học Q.1)

Trình chiếu về mục lục cuốn sách.
Gới thiệu qua về phương pháp dồn biến
Giới thiệu phương pháp phân tách bình phương S.O.S

Xêmina Toán sơ cấp trang 10 Lưu Văn Thám
4.“Những viên kim cương trong bất đẳng thức” một đại từ
điển về toán bất đẳng thức.
Khi Phạm Kim Hùng viết xong bản thảo ‚Sáng tạo bất đẳng
thức‛, qua mai mối Hùng tìm tới một ‚đại sư phụ‛ về toán bất
đẳng thức nhờ xem giúp. Xem song, Sư phụ đánh giá rất cao tài
năng của Hùng đặc biệt là phương pháp dồn biến và SOS.
Nhưng sau đó Sư phụ lôi ra bộ bản thảo đồ sộ viết bằng tiếng
Anh tựa đề Collections of topics, methods and techniques in
algebraic inequality demonstration (tuyển tập các chuyên đề,
phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức) dày 2222
trang đã được hoàn tất vào tháng 1 năm 2005 và chỉ ra rằng ý
tưởng chính của hai phương pháp đó đã được sư phụ trình bày
rất tường minh trong bản thảo này (ở đẳng cấp cao hơn). Mến
phục tài năng của người trẻ tuổi như Hùng, Sư phụ và Hùng
cùng nhau ký một hợp đồng đặc biệt công nhận bản quyền trí
tuệ của nhau, công nhận những phương pháp này do hai người

độc lập phát minh ra. Sư phụ vẽ bìa giới thiệu bản thảo cuốn
sách của Hùng cho NXB Trí thức phát hành.
Sư phụ đó là Trần Phương. Nhà giáo Trần Phương gây ‘sốc‛
cho dư luận toàn Quốc vào kỳ thi Đại học năm 2007 qua việc
đưa 5 học sinh lớp 6 của mình đến Tòa soạn Báo Tiền Phong
cho giới báo chí chứng kiến tận mắt các đệ tử nhí của mình giải
đề thi Đại Học môn Toán như thế nào. Kết quả học sinh thấp
nhất đạt 7.75 điểm và cao nhất là 8,25 điểm.
Trần Phương hiện là Giám đốc Trung tâm hỗ trợ nghiên cứu
phát triển các sản phẩm trí tuệ Việt nam, là người đa tài, hát
hay, đàn giỏi, nhảy như vũ công, sáng tác nhạc như nhạc só
chuyên nghiệp. Bản nhạc chính thức của kỳ thi Toán Quốc Tế
tổ chức tại Việt Nam năm 2007 do Trần Phương sáng tác, bản
Xêmina Toán sơ cấp trang 11 Lưu Văn Thám
nhạc nền cho kỳ thi hoa hậu Hoàn Vũ tổ chức tại Việt Nam năm
2008 cũng của Trần Phương này.
Trần Phương còn là tác giả Gameshow truyền hình Thần
đồng Đất Việt của VTV, được giải thưởng Tinh hoa Việt Nam
trong dòp triển lãm diễn đàn APEC và hội nhập 12/2006.
Các sách của Trần Phương đã xuất bản: Kỹ thuật chứng
minh bất đẳng thức, Tuyển tập các chuyên đề hàm số, Tuyển
tập các chuyên đề hệ thức lượng giác, Tuyển tập các chuyên đề
tích phân, Sai lầm thường gặp và các sáng tạo khi giải toán ,
đặc biệt cuốn ‚Phương pháp mới giải đề thi ĐH môn Toán‛
được 3 nhà xuất bản tái bản tới 15 lần .
‚Những viên kim cương trong bất đẳng thức‛ bản rút gọn
bằng tiếng Anh đã được Bộ Giáo Dục in làm quà tặng cho các
học sinh dự thi Toán quốc Tế (IMO) tại Việt Nam năm 2007.
Bản tiếng Việt cũng đã được Trần Phương hoàn tất dày trên
1000 trang khổ lớn dự kiến NXB Giáo Dục phát hành đầu năm

2009.

Chiếu bản thảo cuốn sách đã được bộ Giáo dục làm quà
tặng cho học sinh thi IMO năm 2007 tại Việt Nam.
Chiếu số hình ảnh về Trần Phương.

Xêmina Toán sơ cấp trang 12 Lưu Văn Thám
§2. Cân bằng các số(đại lượng) khi áp dụng bất
đẳng thức Cauchy (AM GM).

VD1: Cho x, y là các số thực dương, tìm GTNN của:
P =
22
22
x y xy
xy x y

Thấy ngay P ≥
22
22
x y xy
2 . 2
xy x y
.
Đúng nhưng dấu bằng không xảy ra!
Giải đúng: Ta có P =
2 2 2 2
(cauchy)
22
3 x y 1 x y xy

4 xy 4 xy x y


(cauchy)
22
22
22
2 x .y
3 1 x y xy
2
4 xy 4 xy x y
=
35
1
22

Khi x = y ≠ 0 thì P =
5
2
vậy P
min
=
5
2


Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp hàm số bằng
cách đặt t =
22
xy

xy
, P =f(t) = t +
1
t
, chứng minh t ≥ 2 x,y>0 và
f(t) là hàm đồng biến suy ra P
min
= f(2).
Thực tế rất ít học sinh làm theo hướng này có lẽ với học sinh
phổ thông khi gặp biểu thức 2, 3, biến ít khi nghó đến phương
pháp hàm số hơn nữa cách này dài và không đẹp bằng cách trên.
Nhưng tại sao tách được như trên? Ta xét tiếp hai ví dụ nữa
rồi trả lời câu hỏi này.

Xêmina Toán sơ cấp trang 13 Lưu Văn Thám
VD2: Cho a, b là các số thực dương thỏa a+b ≤ 1.
Chứng minh rằng: P =
22
23
14
ab a b


Giải : Ta có P =
(Cauchy)
2 2 2 2
4 3 1 1 1
3
2ab a b 2ab 2ab a b

(Cauchy)
2
22
22
1 1 1 6
3.2 . 2
2ab a b
ab
(2ab)(a b )
2
2


(Cauchy)
22
6
2 2 12 14
2ab a b
2
(đpcm)


VD3 (Đề thi ĐH khối A năm 2003):
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa x+y+z ≤ 1. CMR:

2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82

x y z


Giải : Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ:
Với mọi số thực a, b, x, y ta luôn có:

2 2 2 2 2 2
a b x y (a x) (b y)


Bất đẳng thức này chứng minh dễ dàng bằng cách bình phương hai vế,
bất đẳng thức này có thể xem là bất đẳng thức về mun véctơ :

| u | | v| | u v|
   
với
u (a;b)

,
v (x;y)


Bất đẳng thức trên cũng có thể xem như bất đẳng thức tam giác trong
mặt phẳng tọa độ, cũng có thể xem là trường hợp đặc biệt của bất đẳng
thức Mincôpxki.

Xêmina Toán sơ cấp trang 14 Lưu Văn Thám
p dụng bất đẳng thức trên hai lần ta có:
P=
2

2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z (x y z)
x y z x y z

Ta lại có

2
2
1 1 1
(x y z)
x y z
=
2
2
1 1 1
81(x y z)
x y z
80(x+y+z)
2

2
(cauchy)
2
1 1 1
2 81(x y z) .
x y z
80 =
1 1 1

18(x y z).
x y z
80

(cauchy)
3
3
1 1 1
18.3. x.y.z. 3 . . .
x y z

80 = 162 80 = 82
Vậy P ≥
82
(đpcm).

Chú ý bài toán có thể tổng quát cho n số
Cho n số thực dương x
i
(i=
1,n
) thỏa
n
i
i1
x
≤ 1.
CMR:
i
i

n
2n
2
i1
1
x 3 1
x

Đới với học sinh bậc THCS giải với n = 2 là đủ khó


Nhận xét: Cả 3 ví dụ trên thấy ngay rằng mấu chốt
thành công của lời giải là việc tách các sốâ trước khi áp
dụng bất đẳng thức cauchy.
Vậy tại sao lại có thể tách được như trên ?
Diễn giả sẽ thuyết trình phương pháp tách !

Xêmina Toán sơ cấp trang 15 Lưu Văn Thám
§3. Một bài toán tìm giá trò lớn nhất
(GTLN), giá trò nhỏ nhất (GTNN).

Bài toán tổng quát: Cho x, y , z là các biến số không
âm thỏa x + y + z = m. Tìm GTLN, GTNN của
P = a.x
p
+ b.y
q
+c.z
r
Trong đó m, a, b, c là các hằng số dương và p,q,r N

*
Mở rộng bài toán, tổng quát hóa bài toán một việc làm
thường xuyên, kinh điển của dân Toán, mãi mãi không
lỗi thời!
Ta bắt đầu từ bài toán quen thuộc, đơn giản:
Bài toán 1 : Cho x, y , z là các biến số không âm thỏa
x + y + z = 1. Tìm GTLN, GTNN của
P = x
3
+ y
3
+z
3
GTLN: Vì x,y,z không âm và x + y + z = 1
nên
3
3
3
xx
x1
y 1 y y
z1
zz
P = x
3
+ y
3
+z
3
≤ x+y+z = 1.

P = 1 chẳng hạn khi (x; y; z) = (1;0;0). Vậy P
max

= 1.

GTNN:
Đoán: Vai trò của x, y, z như nhau, P
max
xảy ra ở “biên”
vậy có thể P
min
xảy ra ở giá trò trung tâm x = y = z =
1
3

Xêmina Toán sơ cấp trang 16 Lưu Văn Thám
Lời giải: Ta có
3 3 3 3
(cauchy)
33
3
1 1 1 1
x 3. x . .
3 3 3 3


3
21
xx
27 3

Tương tự:
3
21
yy
27 3


3
21
zz
27 3

Nên P = x
3
+ y
3
+z
3
+
2 1 1
(x y z)
9 3 3

1
P
9

Khi (x; y; z) =
111

;;
333
thì P =
1
9
. Vậy P
min

=
1
9
.

Với trường hợp riêng này ta có thể giải bằng B.C.S
P = x
3
+ y
3
+z
3
= (x+y+z)( x
3
+ y
3
+z
3
)

2
B.C.S

3 3 3
x x y y z z
= (x
2
+ y
2
+ z
2
)
2

=
2
2 2 2
1
1 1 1 (x y z )
9

B.C.S
4
11
(x y z)
99

ĐTXR (x; y; z) =
111
;;
333
. Vậy P
min

=
1
9
.

Ta thử mở rộng bài toán 1 bằng cách cho bậc của các
biến không bằng nhau:
Bài toán 2 : Cho x, y , z là các biến số không âm thỏa
x + y + z = 1. Tìm GTLN, GTNN của
P = x
2
+ y
2
+z
3
GTLN: Tương tự bài toán trên ta có
P = x
2
+ y
2
+z
3
≤ x+y+z = 1.
P = 1 chẳng hạn khi (x; y; z) = (1;0;0). Vậy P
max

= 1.
Xêmina Toán sơ cấp trang 17 Lưu Văn Thám
GTNN:

Nháp và nhẩm: Vai trò của x, y như nhau, giả sử P
min

xảy ra khi x=y= x’≥0 , z = z’≥0 khi đó áp dụng bđt
Cauchy ta có:
22
x x' 2xx'


22
y x' 2yx'
(I)

3 3 3 2
z z' z' 3zz'

Kết hợp với việc sử dụng giả thiết x + y + z = 1 ta có:
2
x' x' z' 1
2x' 3z'

7 13
x'
12
13 1
z'
6

Thay vào (I) ta có ngay lời giải nhưng về hình thức lời
giải và kết quả quá xấu.

Ta sửa đề để có bài toán với lời giải đẹp hơn.
Giả sử giả thiết ban đầu là x + y + z = m
Tương tự như trên ta có
2
x' x' z' m
2x' 3z'

Chọn z’=1 x’=
3
2
, m= 4 ta được bài toán mới đủ khó
với lời gải đẹp mắt như sau:
Bài toán 3 : Cho x, y , z là các biến số không âm thỏa
x + y + z = 4. Tìm GTLN, GTNN của P = x
2
+ y
2
+z
3
GTLN: Đặt x’ =
x
4
, y’ =
y
4
, z’ =
z
4
x’ + y’ + z’ = 1
và

2
2
3
x' x'
x' 1
y' 1 y' y'
z' 1
z' z'
P = x
2
+ y
2
+z
3

=

16x’
2
+16y’
2
+64 z’
3

≤ 64(x’
2
+ y’
2
+z’
3

) ≤ 64 (x’ + y’ + z’) = 64
Khi (x; y; z) = (0;0;4) thì P = 64. Vậy P
max

= 64.
Xêmina Toán sơ cấp trang 18 Lưu Văn Thám
Phép đổi biến như trên còn gọi là phép co với hệ số bằng 4
cũng có khi còn gọi là phép vò tự số. Phép đổi biến này
nhằm sử dụng tính chất nghòch biến của hàm y = a
x
với
a (0;1). Tính chất này giải quyết được nhiều bài toán
phức tạp.
Nếu không muốn đổi biến trực tiếp như trên thì ta có thể
trình bày lời giải như sau (đổi biến gián tiếp):
P =
2 2 3 2 2 3
x y z x y z
16 16 64 64
4 4 4 4 4 4
≤

x y z
64 64
4 4 4
do
x y z
; ; 0;1
4 4 4

Khi (x; y; z) = (0;0;4) thì P = 64. Vậy P
max

= 64.

GTNN: p dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

22
99
x 2 x . 3x
44


22
99
y 2 y . 3y
44


3
33
z 1 1 3 z .1.1 3z

x
2
+ y
2
+ z
3
+

99
11
44
3(x+y+z) P ≥
11
2

Khi (x;y;z) =
33
; ;1
22
thì P =
11
2
. Vậy P
min

=
11
2


Mở rộng bài toán thêm một bước nữa, cho hệ số của
các biến khác nhau:
Bài toán 4 : Cho x, y , z là các biến số không âm thỏa
x + y + z = 7.
Tìm GTLN, GTNN của P = 3x
2
+2 y
2

+z
3
Xêmina Toán sơ cấp trang 19 Lưu Văn Thám
GTLN:
P = 3x
2
+2 y
2
+z
3
=
2 2 3 2 2 3
2 2 3 3
x y z x y z
3.7 2.7 7 7
7 7 7 7 7 7
≤

x y z
343 343
7 7 7

Khi (x; y; z) = (0;0;7) thì P = 343. Vậy P
max

= 343.

GTNN: p dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

22

3(x 4) 3.2 x .4 12x


22
2(y 9) 2.2 y .9 12y


3
3 3 3 3 3 3
z 2 2 3 z .2 .2 12z

3x
2
+ 2y
2
+ z
3
+ 12+18+8+8 ≥ 12(x+y+z)
P + 46 ≥ 12.7 P ≥ 38
Khi (x;y;z) =
2;3;2
thì P =38. Vậy P
min

= 38

Đến giờ này ta không còn bỡ ngỡ với những con số từ
trên trời rớt xuống lời giải. Với các con số trong đề bài sau
khi xét bài toán tổng quát ta sẽ có câu trả lời cho câu hỏi
“từ đâu mà có?”.

Xêmina Toán sơ cấp trang 20 Lưu Văn Thám
Ta trở lại bài toán tổng quát
Cho x, y , z là các biến số không âm thỏa x + y + z = m.
Tìm GTLN, GTNN của
P = a.x
p
+ b.y
q
+c.z
r
Trong đó m, a, b, c là các hằng số dương và p,q,r N
*

GTLN:
P = a.x
p
+ b.y
q
+c.z
r
=
p q r
p q r
x y z
am bm am
m m m
≤
≤ max(am
p

+bm
q
+cm
r
)
p q r
x y z
mmm
≤
≤ max(am
p
+bm
q
+cm
r
)(x + y + z) =
= max(am
p+1
+bm
q+1
+cm
r+1
)
Vậy P
max
= max(am
p+1
+bm
q+1
+cm

r+1
)
khi (x; y; z) bằng (m; 0; 0) hoặc các hoán vò của nó.
GTNN:
Giả sử GTNN xảy ra khi (x; y; z) = (x
o
; y
o
; z
o
) tương tự như
những bài trên ta có hệ
0 0 0
p 1 q 1 r 1
0 0 0
x y z m
pax qby rcz
(*)
Từ hệ trên giải ra x
0
; y
0
; z
0
rồi suy ra lời giải
Đây chưa phải là lời giải tổng quát nhưng cho ta
hướng giải rất tích cực cho các bài giải được ở dạng này.
Khi ra đề toán cho các trường hợp riêng dạng này ta
chỉ cần chọn trước các giá trò thỏa (*) sao cho khá đẹp
mắt là ta có bài toán đủ hay, đủ khó cho học sinh bậc phổ

thông.
Xêmina Toán sơ cấp trang 21 Lưu Văn Thám
§4. Bàn về bài toán hay, cuốn sách
hay, cách ra đề toán bất đẳng thức.
Ta hãy xét cách chế đề toán theo cách sau:
Hiển nhiên có (x+y 2)
2
+(x 1)
2
+(y 1)
2
≥ 0 x
Khai triển rút gọn ta có 2x
2
+2y
2
+2xy 6x 6y+6 ≥ 0 x
x
2
+y
2
+xy 3x 3y+3 ≥ 0 x
x
2
+y
2
+xy 3x 3y+2003 ≥ 2000 x
Vậy ta “sáng tạo” được đề toán:
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:
A= x

2
+y
2
+xy 3x 3y+2003
(HSG Q.1 năm 2003)
Đề toán trên không dễ, nhưng ra đề như vậy thì học sinh
lớp 8 bình thường cũng có thể ra đề và viết đáp án cho kỳ thi
học sinh giỏi lớp 9. Riêng tôi, tôi rất khó chụi khi gặp loại đề
thi như thế này. Bắt học sinh lảm bài toán này chẳng khác gì
bắt các em mở một chiếc khóa số, học sinh mở được khóa
chưa hẳn là học sinh giỏi!
Một cách khách quan thì bài toán như trên không thể gọi là
bài toán hay.
Thế nào là bài toán hay ?
Theo quan điểm của tôi một bài toán hay (cụ thể ở đây là
toán bất đẳng thức) là bài toán hội được các điểm sau:
Hình thức đơn giản, cân đối.
Xêmina Toán sơ cấp trang 22 Lưu Văn Thám
Sử dụng được các kiến thức, các bài toán căn bản.
Đáp án không có quá nhiều phép biến đổi hoặc tính
toán.
Không bắt người giải theo kểu “rà mở khóa số”, nếu
đường đi quá kín thì đó là đường đi ngắn gọn đẹp mắt
dành cho những học sinh thông minh đặc biệt, nhưng
cũng có đường đi dài hơn, cơ bản hơn cho học sinh
khác.
Tuy nhiên vấn đề sử dụng loại bài tóan cơ bản nào và sự
‚bòt đường đi‛ ở mức nào còn phụ thuộc vào đối tượng
mà ta ra đề.
Thế nào là cuốn sách (cụ thể là cuốn bất đẳng thức) hay ?

Sách hay phụ thuộc rất nhiều vào chủ quan của người đọc.
Có cuốn có rất nhiều điều cần học hỏi với người này nhưng
lại không có gì mới đối với người khác. Tuy nhiên cuốn sách
hay vẫn có tiêu chí chung. Theo quan điểm của tôi sách hay
phải hội được các yếu tố căn bản sau:
Có cấu trúc chặt chẽ, trình bày lý thuyết rõ ràng, ngắn
gọn, tường minh.
Hệ thống bài tập từ dễ đến khó, lời giải phải “sáng” dễ
hiểu.
Không “cắt dán” quá nhiều từ sách, tài liệu khác.
Tác giải phải có khám phá của riêng mình, lời dẫn, lời
bình, phong cách thể hiện phải có nét riêng.
Ta hãy xem 1 số trang sách trong cuốn bất đẳng thức đầu
tay của Trần Phương viết vào năm 1994.
Chiếu, bình một số trang sách trong cuốn sách trên
Xêmina Toán sơ cấp trang 23 Lưu Văn Thám
Ra đề toán như thế nào?
Toán học đương nhiên xuất phát từ cuộc sống, nhiều bài
toán bất đẳng thức, cực trò từ đời thường mà ra. Các bài toán
tối ưu trong lao động thực tế luôn thách thức toán học và thực
tế gần như không có phép tính đúng mà tất cả chỉ là phép
tính gần đúng, đáng giá sai số trong phép tính gần đúng cũng
là những bài toán bất đẳng thức… Nhưng ngày nay những bài
toán sơ cấp mới và hay cho học sinh THPT xuất phát từ cuộc
thực tế rất khó kiếm, đa số đều sinh ra từ trong đầu trong óc
những người yêu toán. Vậy nó được sinh ra như thế nào?
Khó có thể kể hết các cách người ta sáng tạo ra đề toán, ở
đây tôi chỉ ra 5 phương pháp ra đề toán thường dùng.
1. Từ kết quả hiển nhiên đúng đã biết, khai triển rút gọn,
thêm “mắm, muối” vào các vế để được bài toán mới.

2. Tổng quát hóa bài toán, mở rộng bài toán đã có, xét
trường hợp cá biệt của bài toán lớn.
3. Từ bài toán cũ, đổi biến,” nhào nặn” ra bài toán mới.
4. Chồng nhiều bài toán cơ bản đã có thành bài toán mới.
5. Người ta tìm ra một phương pháp mới, lý thuyết mới sau đó
sáng tạo ra các bài toán phù hợp với lý thuyết mới.
Phương pháp 1 tôi đã lấy VD (đề thi HSG Q.1 năm 2003),
tôi không bình thêm về phương pháp này.
Phương pháp 2 quá kinh điển, giáo viên và học sinh vẫn
thường làm. Phần trên tôi đã trình bày 1 bài toán được tạo ra
từ phương pháp này.
Xêmina Toán sơ cấp trang 24 Lưu Văn Thám
Phương pháp 5 ngoài khả năng của tôi, chỉ các đại cao thủ
mới làm được việc này.
Tôi xin lấy ví dụ cho phương pháp 3 và 4.
VD cho phương pháp 3 : Với VD đã nêu:
Cho x, y là các số thực dương, tìm GTNN của:
P =
22
22
x y xy
xy x y

Ta tạo bài toán mới như sau:
Cách 1:
Thay x bằng 2x, y bằng 3y ta được đề toán mới :
Cho x, y là các số thực dương, tìm GTNN của:
P =
22
22

4x 9y 6xy
6xy 4x 9y

Đây là cách chế đề thô nhưng chừng mực nào đó chấp nhận
được. Đổi biến càng phức tạp thì bài toán mới càng khó nhưng
thường làm theo cách này bài toán sẽ xấu đi về hình thức (mất
tính cân đối hoặc đối xứng, làm rườm rà bài toán…). Đa số các
bài toán này khi giải người ta phải trực tiếp hoặc gián tiếp đổi
biến ngược lại. Như vậy khi giải được thì người giải cũng tìm
ra ‚tẩy‛ của người ra đề, dẫn đến người giải không ‚tâm phục‛
Cách 2: Việc “nhào nặn” bài toán cũ thành bài toán mới cũng
thường được dùng, bài toán mới được đánh giáo cao hay không
tùy theo khả năng cuả người “nhào nặn” ra nó. Sau đây là cách
khác để tạo bài toán mới từ VD trên.
Nhận xét: Các số hạng của P là bậc 0 thuần nhất nên ta có thể
chuẩn hóa cho x + y = 1 sau đó thay y = 1 x ta được bài toán:
Xêmina Toán sơ cấp trang 25 Lưu Văn Thám
Cho x (0,1), tìm GTNN của: P =
22
22
2x 2x 1 x x
x x 2x 2x 1

Bài toán gốc ít học sinh nghó đến phương pháp hàm số thì bài
toán này đa số học sinh sẽ nghó đến phướng pháp này
mặc dù nó dài hơn:
Đặt t =
2
2
2x 2x 1

xx
với phương pháp tìm miền giá trò hoặc
khảo sát hàm suy ra x (0;1) thì t [2; + ).
Khi đó P = f(t) =
1
t
t
, chứng minh f(t) đồng biến suy ra
P
min
= f(2) =
5
2

Tuy nhiên những học sinh thông minh, có kinh nghiệm có thể
lần theo cách gốc, tách và dùng cauchy ngắn gọn và đẹp
mắt hơn.
P =
2 2 2 2
22
3 x (1 x) 1 x (1 x) x(1 x)
4 x(1 x) 4 x(1 x) x (1 x)
≥
≥
22
22
22
2 x .(1 x)
3 1 x (1 x) x(1 x) 5
2.

4 x(1 x) 4 x(1 x) x (1 x) 2

Khi x =
1
2
thì P =
5
2
. Vậy P
min
=
5
2

Trong trường hợp này việc chuẩn hóa lại làm cho bài
toán không dễ hơn hơn nhưng nhân văn hơn. Như vậy
phương pháp chuẩn hóa không những để giải toán mà còn
để chế Toán.