SKKN PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO

A - ĐẶT VẤN ĐỀ
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
. Cải cách giáo dục đã, đang là một chủ trương nhiệm vụ lớn của Đảng và
nhà nước ta.Và như vậy một loạt các vấn đề quan trọng của hệ thống giáo dục phải
từng bước được đổi mới.Một trong các vấn đề đó phải kể đến là “đổi mới phương
pháp dạy học”.Việc đổi mới phương pháp dạy học là tiến hành đồng thời “đổi mới
cách dạy của thày ,và đổi mới cách học của trò”.Trong việc đổi mới cách học của
trò thì mỗi giáo viên phải biết biến quá trình “dạy học” thành quá trình”dạy cách
học” rồi cuối cùng của qúa trình ấy là “tự học” .Chỉ có như thế mới phát huy tối đa
được “nội lực “ của học sinh về tính tự giác,tính sáng tạo vv…vv .
Trong chương trình toán bậc THCS những bài tập về bất đẳng thức thường là rất
khó đối với học sinh.Nguyên nhân chính của vấn đề này là do :
i) Những kiến thức mà các em được học và biết về bất đẳng thức còn quá
ít.
ii) Những bất đẳng thức cơ bản học sinh chưa được học một cách bài bản .
iii) Nguyên nhân nữa là do chỗ này ,chỗ kia còn không ít tình trạng người
dạy cứ nghĩ các em đã biết nhiều về bất đẳng thức.
Nên khi hướng dẫn học sinh giải bài tập thường lấy các bất đẳng thức cơ
bản như “Côsi”;”Bunhiacôpxki”vv để áp dụng.
Điều này thật không có lợi chút nào,mà chỉ “gieo” cho các em mối nghi ngờ
trong toán học.Và cách dạy đó cũng chẳng khác nào đem những bài toán “từ trên
trời rơi xuống” để bắt học sinh giải.
Xuất phát từ nguyên nhân trên tôi đề xuất một phương pháp ”PHÁT TRIỂN
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO” từ những tính chất cơ bản
của các phép toán và từ một bài toán mà các em đã được làm quen trong sách giáo
khoa (SGK).Nhằm phần nào góp phần giải quyết thực trạng đó.
2.MỤC ĐÍCH:
i) Phương pháp mà tôi đề xuất nhằm giúp học sinh hiểu rằng những bài
toán về bất đẳng thức là “rất khó” đấy nhưng nó lại có xuất xứ từ những
điều rất “nhỏ bé” rất “cơ bản” mà các em đã được học.Cao hơn nữa các
em có khả năng hiểu biết về mối quan hệ của một số bất đẳng thức nào

đó với nhau.Rồi tự bản thân có khả năng nhận ra những bài toán tương tự
hoặc biết khái quát được những bài toán tổng quát hơn từ một bài toán
nhỏ.Và đương nhiên khi đó các em có khả năng tìm ra cách giải của một
họ bài toán ấy.
ii) Với người dạy(Giáo viên) đây có thể xem là một phương pháp thiết kế ra
những bài tập (Đề kiểm tra thi) xuất phát từ những bài tập cơ bản mà học
sinh đã được làm quen trong SGK mà không cần đem “từ trên trời rơi
xuống” để đánh đố học sinh.
Đó là những mục đích chính của kinh nghiệm.
1
3.GIỚI HẠN:
Do đặc thù bộ môn,của dạng bài tập này học sinh bậc THCS được làm
quen rất ít hơn nữa nó chỉ được đề cập ở chương trình toán 8,9.Nên phương pháp
tôi đề xuất chỉ đi sâu vào những bài tập cho học sinh khối 8,9 đặc biệt trong công
tác bồi dưỡng học sinh giỏi, và thi tuyển sinh vào THPT mà thôi.
B - NỘI DUNG VÀ BIỆN PHÁP
1.CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong chương trình toán THCS(SGK Toán 8-Tập 2 –Trang 36_39) và
(SGKToán 9 Tập 1) những khái niệm,tính chất ban đầu về bất đẳng thức đã
được giới thiệu có thể được tóm tắt như sau:
a) Khái niệm: Ta gọi hệ thức a<b (Hay a>b,a
≤
b,a
≥
b) là bất đẳng thức và
gọi a là vế trái,b là vế phải của bất đẳng thức.(SGK Toán 8)
b) Một sốt ính chất cơ bản:
1) a
≥
b

⇔
b
≤
a.
2) a
≥
b
≥
c => a
≥
c (Bắc cầu)
3) a
≥
b
⇔
a+c
≥
b+c (
∀
c) (3.1) (Quy tắc cộng)
ac
≥
bc (
∀
c>0) (3.2) ( Quy tắc nhân).
ad
≤
bd (
∀
d< 0) (3.3) ( Quy tắc nhân).

2
4) A
≥
B
≥
0
⇔
BA ≥
(SGK Toán 9).
Ngoài ra còn một số tính chất khác:
5) a
≥
b, c
≥
d => a+c
≥
b+d (5.1) (Quy tắc cộng vế).
ac
≥
bd (
∀
a,b,c,d >0) (5.2)
6) a
2

≥
0 (
∀
a
∈

R) và A
2

≥
0 (
∀
A).
2.VI DỤ MINH HOẠ:
Vì những lý do đã trình bày ở trên,bởi vậy hướng dẫn cho các em hãy bắt
đầu từ những cái “nhỏ bé” cơ bản nhất là hết sức cần thiết
Cách sử dụng hài hoà các tính chất như thế nào, để từ đó đề xuất được
những bài toán mới - Bài toán bất đẳng thức khó và hay.Qua đó củng cố cho
người học toán và làm toán nắm chắc được những kiến thức cơ bản,cùng các kỹ
năng thuần thục là vô cùng có ý nghĩa.Cũng phải nói thêm rằng việc sử dụng
các tính chất cơ bản của các phép toán như thế nào là cả một “nghệ thuật”.Bởi
sau mỗi bước sử dụng ấy phải xuất hiện “Bài toán mới” hay hơn,đẹp hơn,gọn
hơn thì mới có ý nghĩa.Đó là ý tưởng của đề tài Sau đây là các ví dụ minh hoạ:
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO
PHƯƠNG PHÁPI: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA CÁC
PHÉP TOÁN
Suy xét 1:Ta bắt đầu từ t/c 6 vì A
2
≥
0 (
∀
A).
Thế thì (x-y)
2
≥
0

∀
x,y
⇔
x
2
-2xy+y
2
≥
0
∀
x,y
⇔
x
2
+y
2
≥
2xy
∀
x,y dấu bằng
xảy ra khi x=y.Ta có bài toán mới
Bài toán I.1 :
Chứng minh rằng : x
2
+y
2
≥
2xy
∀
x,y, dấu bằng xảy ra khi x=y

(Phát biểu tương tự):
Chứng minh rằng : x+y
≥
2
xy

∀
x,y
≥
0 dấu bằng xảy ra khi x=y.
Nhận xét1:Tôi không cho rằng học sinh không có khả năng tiếp thu ngay được các
bất đẳng thức trên.Nhưng để học sinh có thể “đi được” xa hơn trên một cơ sở
vững chắc thì đừng coi những kiến thức đó là vấn đề nhỏ bé.Mà ngược lại phải cho
các em hiểu được,nắm chắc được cái nguồn gốc của vấn đề Chỉ có như vậy chúng
ta mới đạt được mục đích của việc dạy học là: dạy học sinh tư duy chứ không đơn
thuần chỉ dạy học sinh giải toán.
3
Suy xét 2:
a) Tiếp tục sử dụng T/c 3.1 cộng vào hai vế của bài toán (I.1) với 2xy ta được:
(x+y)
2
≥
4xy
( )
2
1 4
xy
x y
⇔ ≥
+

Với x,y > 0
b) Không dừng lại ở bài toán (I.1) tiếp tục sử dụng t/c (3.2) nhân vào hai vế
với
1
xy
>0 ta được:
2 2
x y
2
xy
+
≥
x y
2
y x
⇔ + ≥
.
Ta có bài toán mới.
Bài toán I.2 :
a) Chứng minh rằng :
∀
x,y >0 ta luôn có:
( )
≥
2
1 4
xy
x + y
dấu bằng xảy ra khi
x=y

b) Chứng minh rằng :
∀
x,y >0 ta luôn có:
≥
x y
+ 2
y x
dấu bằng xảy ra khi x=y
Suy xét 3:Cũng sử dụng t/c (3.1) nhưng ta cộng vào hai vế của bài toán(I.1) với
x
2
+y
2
ta được 2(x
2
+y
2
)
≥
2xy+ x
2
+y
2
⇔
2(x
2
+y
2
)
≥

(x+y)
2
.Ta có bài toán mới.
Bài toán I.3 : Chứng minh rằng :
∀
x,y
∈
R.Ta luôn có x
2
+y
2
≥
( )
2
yx
2
+
, dấu
bằng xảy ra khi x=y
Hoặc phát biểu dưới dạng khác:(I.3.1)
Chứng minh rằng :
∀
x,y
∈
R.Ta luôn có
2







+
≥
+
2
yx
2
yx
22
dấu bằng xảy ra
khi x=y.
Suy xét 4:Từ bài toán (I.1) ta xét tương tự cho các cặp số khác có:
x
2
+y
2
≥
2xy
∀
x,y
∈
R dấu bằng xảy ra khi x=y
y
2
+z
2
≥
2yz
∀

y,z
∈
R dấu bằng xảy ra khi y=z
z
2
+x
2
≥
2zx
∀
z,x
∈
R dấu bằng xảy ra khi z=x
Theo t/c (5.1) ta được:
2(x
2
+y
2
+z
2
)
≥
2(xy+yz+zx)
⇔
x
2
+y
2
+z
2

≥
xy+yz+zx .Ta có bài toán mới.
Bài toán I.4 :
Chứng minh rằng :
∀
x,y,z
∈
R.Ta luôn có x
2
+y
2
+z
2
≥
xy+yz+zx , dấu bằng
xảy ra khi x=y=z.
Hoặc phát biểu dưới dạng khác
I.4.1:
Chứng minh rằng :
∀
x,y,z
∈
R.Ta luôn có
2







++
≥
++
3
zyx
3
zyx
222
,
4
dấu bằng xảy ra khi x=y=z.
Suy xét 5:Không dừng lại tiếp tục cách làm trên ta có
x
2
+y
2
≥
2xy
∀
x,y
∈
R dấu bằng xảy ra khi x=y
y
2
+z
2
≥
2yz
∀
y,z

∈
R dấu bằng xảy ra khi y=z
z
2
+t
2
≥
2zt
∀
z,t
∈
R dấu bằng xảy ra khi z=t
t
2
+x
2
≥
2tx
∀
t,x
∈
R dấu bằng xảy ra khi t=x
Theo t/c (5.1) ta được:

2(x
2
+y
2
+z
2

+ t
2
)
≥
2xy+2yz+2zt+2tx.
Nhưng theo bài toán (I.1) Thì:
x
2
+z
2
≥
2xz dấu bằng xảy ra khi x=z
y
2
+t
2
≥
2yt. dấu bằng xảy ra khi y=t
Theo t/c (5.1) Ta được:
3(x
2
+y
2
+z
2
+ t
2
)
≥
2xy+2yz+2zt+2tx+2xz+2yt.

Tiếp tục cộng vào hai vế với: x
2
+y
2
+z
2
+ t
2
(t/c (3.1)).Ta được:
4((x
2
+y
2
+z
2
+ t
2
)
≥
2xy+2yz+2zt+2tx+2xz+2yt+ x
2
+y
2
+z
2
+ t
2
=(x+y+z+t)
2
.Ta có bài

toán mới .
Bài toán I.5 :
Chứng minh rằng :
∀
x,y,z , t
∈
R.Ta luôn có

2






+++
≥
+++
4
tzyx
4
tzyx
2222
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=t
Nhận xét2: Bằng cách sử dụng hài hoà, hợp lý những tính chất cơ bản của các
phép toán mà học sinh đã được học.Trên cơ sơ đó một số bài toán mới đã được
tạo ra.Việc chứng minh nó học sinh hoàn toàn có thể.
Mỗi “Nút”tạo ra nhờ việc sử dụng hợp lý các tính chất cơ bản của các phép
toán,từ đó để lại cho các em một nhận xét quan trọng:Mỗi “Nút”là một mức độ
khó của bài toán “Nút”càng nhiều thì bài toán càng không đơn giản. Và cái được

lớn hơn ở đây bằng cách xây dựng này tạo ra cho các em một phương pháp suy
nghĩ khoa học,tư duy khoa học…Đặc biệt có khả năng khái quát một “Bài
toán”.Chẳng hạn mối liên hệ từ bài toán (I.3) đến (I.4) đến (I.5) các em có thể
phỏng đoán rằng :Liệu những bài toán này thuộc một “Họ” bài toán nào không?
Nếu có thì đâu là bài toán tổng quát?.Những dự đoán ấy,những suy nghĩ ấy, sẽ là
động lực không nhỏ thôi thúc các em khái quát nên bài toán mới:

∀
a
1
,a
2
,….a
n

∈
R. Thì
2






+++
≥
++++
n
a aa
n

a aa
n21
2
n
2
2
2
1
(?)

Từ những suy xét trên cho thấy bài toán đã đúng đến n=4 .(Đây là vấn đề mở
không yêu cầu các em phải xây dựng hay chứng minh được ngay, mà nên để các
5
em tiếp tục suy nghĩ về nó).Nhằm mục đích rèn khả năng tư duy khái quát một vấn
đề.
Suy xét 6: Ta biết rằng việc giải một bài toán dễ hay khó phần lớn phụ thuộc vào
điều kiện của giả thiết .Nếu điều kiện cho của giả thiết càng “hẹp” thì mức độ khó
của bài toán càng lớn.Từ ý tưởng đó ta suy xét
.Chẳng hạn từ:
( )
≥
2
1 4
xy
x + y
bài toán (I.2) nhân hai vế với x+y > 0 được

0
4
>∀

+
≥
+
y,x
yxxy
yx
(Theo t/c 3.2)
⇔
0
411
>∀
+
≥+ y,x
yxyx
.Ta có bài toán mới .
Bài toán I.6 :
Chứng minh rằng :
∀
x,y > 0.Ta luôn có
yx
4
y
1
x
1
+
≥+
dấu bằng xảy ra khi
x=y.
Suy xét 7: Từ bài toán (I.2.b)

≥
x y
+ 2
y x
(*)với mọi x,y> 0 dấu bằng xảy ra khi x=y
Sử dụng (*) liên tiếp cho ba cặp số ta có:

2≥+
x
y
y
x

∀
x,y >0 dấu bằng xảy ra khi x=y
Tương tự
2
≥+
y
z
z
y

∀
y,z >0 dấu bằng xảy ra khi y=z

2≥+
z
x
x

z

∀
x,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=z.
Sử dụng t/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được :


6≥+++++
z
x
x
z
y
z
z
y
x
y
y
x

∀
x,y,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=y=z

⇔
6≥
+
+
+
+

+
z
yx
y
xz
x
zy
Cộng vào mỗi vế với 3 được:

36111
+≥+
+
++
+
++
+
z
yx
y
xz
x
zy

(T/c 3.1)


⇔
9≥
++
+

++
+
++
z
zyx
y
yxz
x
xzy

⇔
zyxzyx
++
≥++
9111
.Ta có bài toán mới
6
Bài toán I.7 :
Chứng minh rằng :
∀
x,y,z >0.Ta luôn có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
++

≥++
dấu bằng
xảy ra khi x=y=z
Suy xét 8: Tiếp tục sử dụng (*) nhiều lần cho bốn cặp số ta có:

2≥+
a
b
b
a

∀
a,b >0 dấu bằng xảy ra khi a=b.

2≥+
b
c
c
b

∀
c,b >0 dấu bằng xảy ra khi c=b.

2≥+
c
d
d
c

∀

c,d >0 dấu bằng xảy ra khi c=d.

2≥+
c
a
a
c

∀
a,c >0 dấu bằng xảy ra khi a=c.

2≥+
a
d
d
a

∀
a,d >0 dấu bằng xảy ra khi a=d.

2≥+
b
d
d
b

∀
d,b >0 dấu bằng xảy ra khi d=b.
Sử dụng t/c (5.1) vào cả hệ thống trên ta được.
12≥

++
+
++
+
++
+
++
d
cba
c
dba
b
dca
a
dcb
.Tiếp tục sử dụng t/c(3.1) cộng
vào mỗi vế với 4 ta được:
4121111 +≥+
++
++
++
++
++
++
++
d
cba
c
dba
b

dca
a
dcb
.Biến đổi và
thu gọn được :
dcbadcba +++
≥+++
161111
.Ta có bài toán mới
Bài toán I.8 :
Chứng minh rằng
∀
a,b,c,d >0 ta luôn có:
dcba
16
d
1
c
1
b
1
a
1
+++
≥+++
dấu
bằng xảy ra khi a=b=c=d.
Nhận xét 3:Từ ba bài toán trên: (I.6),(I.7) và (I.8) một dự đoán rằng “Liệu chúng
có cùng thuộc một họ không”?Nếu có thì bài toán tổng quát sẽ là bài toán nào?Ta
có thể viết lại các bài trên về dạng khác:

(I.6)

0
2411
2
>∀
+
=
+
≥+ y,x
yxyxyx
dấu bằng xảy ra khi x=y
7
(I.7)

zyxzyxzyx
++
=
++
≥++
2
39111
∀
x,y,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=y=z.
(I.8)

dcbadcbadcba +++
=
+++
≥+++

2
4161111
∀
a,b,c,d>0 dấu bằng xảy ra
khi a=b=c=d.Khi hướng dẫn học sinh với hướng phát triển như vậy chắc chắn các
em sẽ dự đoán đến bài toán:
+ + + ≥
+ + +
2
1 2 n 1 2 n
1 1 1 n

x x x x x x

∀
x
1
,x
2
,… ,x
n
>0
? dấu bằng xảy ra khi x
1
=x
2
=… =x
n
.
(Đây cũng là bài toán mở, không đòi hỏi các em xây dựng được hoặc chứng

minh được).Vấn đề được đặt ra nhằm rèn khả năng tư duy và khả năng khái quát
một vấn đề của học sinh mà thôi.Đó là một trong những phẩm chất vô cùng quan
trọng cần được ”ươm trồng” trong quá trình dạy học.
Nhận xét 3:Qua cách phát triển các bài toán mới được tạo ra.Việc giải được nó
với học sinh bậc THCS quả không dễ chút nào.Nhưng nguồn gốc của nó lại được
xuất phát từ những Bài toán quen thuộc cùng với một số tính chất rất cơ bản
trong chương trình SGK mà các em đã được học chẳng phải ở đâu xa lạ .Nếu hình
thành cho học sinh một phương pháp học như vậy chẳng phải là rất tốt sao? .
Đây cũng là một trong những phương pháp dạy học theo tinh thần đổi mới.Có thể
khẳng định đó chính là: Phương pháp dạy mà học sinh không phải học và làm
những bài toán“ Từ trên trời rơi xuống”
Có thể nói rằng :Quá trình xây dựng nên các Bài toán mới như trên là
một“nghệ thuật” sử dụng các tính chất cơ bản của các phép toán như thế nào.Và
cũng có thể khẳng định rằng “Bất kỳ một bài toán khó nào đều có thể bắt đầu từ
bài toán dễ nào đó”.Việc xây dựng được mỗi bài toán khó và hay thưòng bắt đầu
từ việc tạo “Nút”.Mỗi “Nút” mới được tạo ra có thể tương ứng với một nghệ
thuật sử dụng tính chất cơ bản các phép toán như thế nào.Mỗi lần “Nút” mới xuất
hiện thì cũng đồng nghĩa với “Dấu vết” hoặc quy luật quen thuộc bị mất dần .Đây
chính là mấu chốt của “Bài toán mới” thường khó và hay hơn bài toán ban đầu.
Suy xét 9:Với ý tưởng như thế ta tiếp tục làm bài toán (I.1) đẹp hơn
Thật vậy:
x
2
+y
2
≥
2xy
∀
x,y
⇔

x
2
-xy+y
2
≥
xy
∀
x,y (Cộng vào hai vế với –xy T/c3.1)
⇔
3(x+y)( x
2
-xy+y
2
)

≥
3(x+y)xy
∀
x,y >0 (Nhân vào hai vế với x+y > 0 T/c
3.2).

⇔
3(x
3
+y
3
)

≥
3xy(x+y).

⇔
x
3
+y
3
+3(x
3
+y
3
)

≥
3xy(x+y)+ x
3
+y
3
(Cộng vào hai vế với x
3
+y
3
T/c 3.1)

⇔
4(x
3
+y
3
)

≥
(x+y)
3

8

⇔
3
33
22






+
≥
+ yxyx
(Nhân vào hai vế với
1
8
T/c 3.2).Ta có bài toán mới.
Bài toán I.9 :
Chứng minh rằng
∀
x,y >0 thì ta luôn có
3
33
2

yx
2
yx






+
≥
+
dấu bằng xảy
ra khi x=y.
Suy xét 10:
Từ bài toán (I.1) : x+y
≥
2
xy

∀
x,y
≥
0 dấu bằng xảy ra khi x=y.Ta hạn chế
với x.y>0.Rồi nhân vào hai vế với
1
xy
> 0 ta được:

xy

xy
yx
2
≥
+

∀
x,y>0

⇔
xy
yx
211
≥+

∀
x,y > 0
Tương tự có
yz
zy
211
≥+

∀
z,y > 0

zx
xz
211
≥+

∀
z,x > 0
Sử dụng T/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được:









++≥








++
zxyzxy
zyx
111
2
111
2
.Ta có bài toán mới.

Bài toán I.10 :
Chứng minh rằng
∀
x,y,z >0 thì ta luôn có
zx
1
yz
1
xy
1
z
1
y
1
x
1
++≥++
dấu bằng xảy ra khi x=y=z.

Cứ tiếp tục như vậy.Từ những tính chất cơ bản của các phép toán, ta có thể đề
xuất một lượng bài toán đủ lớn ,mà mức độ khó của những bài toán mới không dễ
chút nào đối với các em học sinh bậc THCS.Tuy nhiên để có lượng bài toán phong
phú hơn ,đa dạng hơn ta không dừng lại ở mức độ x,y,… là số và đơn thức .Mà
thay thế x,y,… bởi các đa thức.Ta tiếp tục suy xét phương pháp thay thế (hoặc đặc
biệt hoá ) giả thiết.
9
PHƯƠNG PHÁP II: THAY THẾ (HOẶC ĐẶC BIỆT HOÁ) GIẢ
THIẾT
Suy xét 1: Từ bài toán (I.1) x+y
≥

2
xy

∀
x,y
≥
0 dấu bằng xảy ra khi x=y (*).
Ta thay x=(a-b)(c-b) ;y=b
2
.(a>c>b>0) vào (*).Ta được:
(a-c)(c-b) + b
2
≥
2
2 b).bc)(ba( −−

⇔
ac-ab-bc+2b
2
≥
b).bc(b)ba( −−2

⇔
ac
≥
b(a-b)+
b).bc(b)ba( −−2
+b(c-b)

⇔

ac
≥
[ ]
2
)bc(b)ba(b −+−
.Ta có bài toán mới.
Bài toán II.1:
Cho a,b,c (a > c > b >0).Chứng minh rằng:
acb)b(cb)b(a ≤−+−
dấu bằng xảy ra khi
c
1
b
1
a
1
=+
.
Suy xét 2:Chẳng hạn xuất phát từ -3
1≤≤ A
⇔



≤−
≥+
11
03
A
A

⇔
(A+3)(A-1)
≤
0

⇔
A
2
+2A-3
≤
0.
Ta thay A=x+y ta đựoc: (x+y)
2
+2(x+y) – 3
≤
0 (1).Nhưng theo bài toán (I.3)
2(x
2
+y
2
)
≥
(x+y)
2
, dấu bằng xảy ra khi x=y

⇔
(x+y)
2

≤
2(x
2
+y
2
) (T/c1)

⇔
(x+y)
2
+2(x+y)-3
≤
2(x
2
+y
2
)+2(x+y)-3 (Cộng vào hai vế với 2(x+y) – 3 T/c
3.1).
Để thoả mãn (1).Ta cho 2(x
2
+y
2
)+2(x+y)-3
≤
0 (*) (T/c 2 Bắc cầu ).
10
Từ đó dễ suy ra viêc tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của A=x+y.Biến đổi tiếp
(*) ta được:
x

2
+y
2
+x+y
≤
2
3

⇔
x(x+1)+y(y+1)
≤
1,5.Ta có bài toán mới.
Bài toán II.2:
Cho x,y thoả mãn x(x+1)+y(y+1)
≤
1,5.Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
P=x+y nếu có.
Suy xét 3: Cũng tiếp tục từ bài toán (I.1) có:
x+y
≥
2
xy

∀
x,y
≥
0 dấu bằng xảy ra khi x=y.
Tương tự y+z
≥
2

yz

∀
y,z
≥
0 dấu bằng xảy ra khi z=y,
z+x
≥
2
zx

∀
x,z
≥
0 dấu bằng xảy ra khi x=z.
Sử dụng T/c (5.2) vào cả hệ thống trên được:
(x+y)(y+z)(z+x)
≥
8
2 2 2
x y z 8 x.y.z 8xyz= =
(Vì x,y,z
≥
0)(*).Nếu
không muốn dừng lại ở đây để có bài toán (*) ta đi tiếp bằng cách tạo “Nút” mới
chẳng hạn chọn a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nào đó và đặt:
x=a+b-c,
y=a-b+c,
z=-a+b+c(Dễ thấy khi đó x,y,z,>0 theo bất đẳng trong tam giác).
Nhưng từ cách đặt ấy ta lại có:

x+y=2a
y+z=2c
z+x=2b.
Thế vào (*) ta được:
2a.2b.2c
≥
8(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)

⇔
abc
≥
(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c).
Ta có bài toán mới.
Bài toán II.3:
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
abc
≥
(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c).

Một cách phát biểu khác:
II.3.1: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Xác định dạng của tam
giác ấy .Biết abc = (b+c-a)(a+c -b)(a+b-c).
II.3.2:Gọi p là nửa chu vi của tam giác nhận a,b,c lần lượt là độ dài ba
cạnh.
Chứng minh rằng: abc
≥
8(p-a)(p-b)(p-c).
Hoặc khó hơn một chút:
11

II.3.3: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác,p là nửa chu vi.Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
c)b)(pa)(p(p
abc
P
−−−
=
.
Suy xét 4:Ta cũng tiếp tục chọn a,b,c là độ dài lần lượt ba cạnh của một tam giác
và đặt:
x=a+b-c
y=a-b+c
z=-a+b+c (Dễ thấy khi đó x,y,z >0 theo bất đẳng trong tam giác).Thay x,y,z
vào
bài toán (I.6).

yxyx +
≥+
411
dấu bằng xảy ra khi x=y.
Ta được:

aacbacba
2
2
411
=≥
+−
+
−+

Tương tự:
cccbacba
2
2
411
=≥
++−
+
+−

bbcbacba
2
2
411
=≥
−+
+
++−
Sử dụng T/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được:
cbacbacbacba
cbacbacbacba
111111
111
2
111
2
++≥
++−
+
+−

+
−+
⇔






++≥






++−
+
+−
+
−+
Ta có bài toán mới:
Bài toán II.4:
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
+ + ≥ + +
+ − − +
1 1 1 1 1 1
a b c a b c -a + b + c a b c
Một cách phát biểu khác:

II.4.1: Cho a,b,c, là độ dài ba cạnh của một tam giác.Xác định dạng của
tam giác biết rằng:
+ = + + +
+ − − +
1 1 1 1 1 1
a b c a b c a - b - c a b c
.
Hoặc khó thêm một chút:

12
II.4.2: Gọi p là nửa chu vi của một tam giác có a,b,c lần lượt là độ dài
các cạnh. Chứng minh rằng:






++≥
−
+
−
+
− c
1
b
1
a
1
2

ap
1
bp
1
cp
1

Suy xét 5:Mặt khác cũng cách chọn trên ta thay:x=2b+2c-a,y=2a+2c-b,z=2a+2b-c
(Theo bất đẳng thức trong tam giác suy ra x,y,z>0) vào bài toán (I.7)
zyxzyx
++
≥++
9111

0>∀ z,y,x
dấu bằng khi x=y=z.
Ta được:

cbacbabcaacb
++
≥
−+
+
−+
+
−+
3
22
1
22

1
22
1
.
Từ đó có bài toán mới:
Bài toán II.5:
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

cba
3
c2b2a
1
b2c2a
1
a2c2b
1
++
≥
−+
+
−+
+
−+
.
Để bài toán khó thêm một chút ta đặc biệt hoá a,b,c như sau:Cho a+b+c=3 Ta
thu được bài toán mới gọn hơn.Chính sự mất dần dấu hiệu quen thuộc đã làm bài
toán hay hơn:
II.5.1: Cho một tam giác nhận a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh và có chu
vi là 3.Chứng minh rằng:

1
c2b2a
1
b2c2a
1
a2c2b
1
≥
−+
+
−+
+
−+


Không dừng lại ở đây ta biến đổi tiếp (II.5)

cbacbabcaacb
++
≥
−+
+
−+
+
−+
3
22
1
22
1

22
1

⇔
cbaccbabbcaaacb
++
≥
−++
+
−++
+
−++
3
3222
1
3222
1
3222
1
⇔
cbac)cba(b)bca(a)acb(
++
≥
−++
+
−++
+
−++
3
32

1
32
1
32
1

⇔

cbac)cba(b)bca(a)acb(
++
≥
−++
+
−++
+
−++
3
32
1
32
1
32
1
(*)
Đến đây ta nhận thấy nếu đặc biệt hoá bằng cách cho a+b+c=1,5 bài toán mới
13
xuất hiện lại gọn hơn nhiều vì dấu hiệu quen thuộc đã bị che khuất bởi việc đặc
biệt hoá a+b+c=1,5
(*) có dạng:
2

33
1
33
1
33
1
≥
−
+
−
+
−
cba

Ta có bài toán :
II.5.2 : Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn
a+b+c=1,5.Chứng minh rằng:
6
c1
1
b1
1
a1
1
≥
−
+
−
+
−

.
Suy xét 6: Cách thay thế trên “Dấu vết” của bất đẳng thức (I.7) vẫn còn học sinh
có thể dễ nhận ra và từ đó sinh ra coi thường (nhàm chán với bài tập).Vì thế để
cho bài toán thêm hay hơn ,khó hơn tạo ra sự hứng thú của học sinh đồng thời
khắc phục được thực trạng trên ta có thể sử dụng thêm các tính chất cơ bản làm
“che bớt” dạng (I.7).Tạo sự chú ý tìm tòi, sáng tạo của học sinh.
Thật vậy ta chọn
x=3b+3c-a,
y=3a+3c-b,
z=3a+3b-c (Dễ có x,y,z>0 theo bất đẳng thức trong tam giác).
Ap dụng vào (I.7) ta được:
( )
cbacbabcaacb ++
≥
−+
+
−+
+
−+ 5
9
33
1
33
1
33
1
. Sử dụng T/c (3.2) nhân vào
hai vế với 3(a+b+c) được:

5

27
33
333
33
333
33
333
≥
−+
++
+
−+
++
+
−+
++
cba
cba
bca
cba
acb
cba

⇔
5
27
33
433
33
433

33
433
≥
−+
+−+
+
−+
+−+
+
−+
+−+
cba
ccba
bca
bbca
acb
aacb

⇔
5
27
1
33
4
1
33
4
1
33
4

≥+
−+
++
−+
++
−+ cba
c
bca
b
acb
a

⇔
5
12
33
4
33
4
33
4
≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bca
b

acb
a
⇔
5
3
333333
≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bca
b
acb
a
.Ta có bài toán mới:
Bài toán II.6:
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

5
3
c3b3a
c
b3c3a
b
a3c3b
a
≥

−+
+
−+
+
−+
.
14
Để khó thêm bài toán ta biến đổi:
3b+3c-a =3 (a+b+c) - 4a
3a+3c-b =3 (a+b+c) - 4b
3a+3b-c =3 (a+b+c) - 4c
Rồi tiếp tục đặc biệt hoá a+b+c =
4
3
.Biến đổi tiếp ta có bài toán mới:

II.6.1:
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng
4
3
.
Chứng minh rằng:
≥
a b c 12
+ +
1 - a 1 - b 1 - c 5
.
Hoặc phát biểu bài toán ở dạng khó hơn:

II.6.2:

Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
P =
c3b3a
c
b3c3a
b
a3c3b
a
−+
+
−+
+
−+
.
Suy xét 7:Bằng cách tương tự ta chọn: x=b+c,y=c+a,z=a+b (a,b,c>0).Thay vào
(I.7) ta được:

)cba(baaccb
++
≥
+
+
+
+
+
2
9111
.Tiếp tục sử dụng tính chất (3.2) nhân
vào hai vế với a+b+c ta được:

⇔

2
9
≥
+
++
+
+
++
+
+
++
ba
cba
ac
cba
cb
cba

⇔

2
9
111
≥+
+
++

+
++
+
ba
c
ac
b
cb
a

Ta có bài toán mới.
Bài toán II.7:
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

2
3
ba
c
ac
b
cb
a
≥
+
+
+
+
+
.

15
Một cách phát biểu khác:
II.7.1
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác và thoả mãn:
2
3
ba
c
ac
b
cb
a
=
+
+
+
+
+
. Chứng minh đó là tam giác đều.
II.7.2
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P=
ba
c
ac
b
cb
a
+
+

+
+
+
.
Không dừng lại ở đây, tiếp tục sử dụng T/c (3.2) nhân vào hai vế của ( II.7) với
(a+b+c) được:

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

⇔
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
a a b c b b c a c c a b
3
. a b c
b c c a a b 2
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + +

⇔

( )
2 2 2
a b c 3
a b c . a b c
b c c a a b 2
+ + + + + ≥ + +
+ + +

⇔
( )
2 2 2
a b c 1
. a b c
b c c a a b 2
+ + ≥ + +
+ + +
.
Ta có bài toán mới.
II.7.3
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

2
cba
ba
c
ac
b
cb
a
222

++
≥
+
+
+
+
+
Đặc biệt hoá bài toán : Cho a+b+c=2.Ta được:
II.7.4
Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh cuả một tam giác có chu vi bằng 2.
.Chứng minh rằng:

1
ba
c
ac
b
cb
a
222
≥
+
+
+
+
+
.
Hoặc:
II.7.5
16

Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=
ba
c
ac
b
cb
a
222
+
+
+
+
+
.
Suy xét 8: Tương tự .Ta chọn
M
1
=b+c+d
M
2
=c+d+a
M
3
=a+b+d
M
4
= a+b+c (a,b,c,d >0) rồi áp dụng bài toán (I.8). ta được:
43214321
161111

MMMMMMMM +++
≥+++
.Sử dụng tiếp các T/c (3.1);(3.2)
rồi thu gọn ta được bài toán mới:
Bài toán II.8:
Cho các số a,b,c,d dương.Chứng minh rằng:

+ + +
+ + + ≥
+ + + + + +
2 2 2 2
a b c d a b c d
b c d c d a a b d a + b + c 3
.

II.8.1:
Cho a,b,c,d lần lượt là độ dài các cạnh của một tứ giác xác định dạng của
tứ giác đó.Biết rằng:
+ + +
+ + + =
+ + + + + +
2 2 2 2
a b c d a b c d
b c d c d a a b d a + b + c 3
Tiếp tục đặc biệt hoá bài toán (II.8) :Với a+b+c+d=3 lại có bài toán mới:

II.8.2:
Cho các số a,b,c,d >0 thoả mãn a+b+c+d=3.Chứng minh rằng:

+ + + ≥

+ + + + + +
2 2 2 2
a b c d
1
b c d c d a a b d a + b + c
.
Hoặc để “che bớt dấu vết” ta phát biểu bài toán ở dạng khác:
II.8.3:
Cho các số a,b,c,d >0 thoả mãn a+b+c+d=3.Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
P=
+ + +
+ + + + + +
2 2 2 2
a b c d
b c d c d a a b d a + b + c
Suy xét 9: Cứ tiếp tục như vậy, việc sử dụng hài hoà các tính chất của các phép
toán thì nhũng bài toán mới được xuất hiện càng thêm khó và hay.Trong quá trình
17
ấy ngoài việc tạo “Nút” để tạo ra những bài toán mới theo ý tưởng trên còn phải
biết
kết hợp thiết lập những “Chiếc cầu“ thì bài toán càng tạo ra nhiều bước ngoặt
.Bởi thường khi qua mỗi “Chiếc cầu“ như thế những dấu vết của hướng đi thường
bị “ che khuất” do đó bài toán thường khó hơn lên và hay hơn.Tất nhiên khi đó
muốn giải được bài toán người học toán phải khá nhuần nhuyễn về kiến thức cơ
bản,tinh thông về các phép biến đổi.
Chẳng hạn từ bài toán (I.6) có:

yxyx
114

+≤
+

∀
x,y>0 dấu bằng xảy ra khi x=y(*).Ta chọn
x=a+b,y=a+c khi đó thay vào ta được:

cabacaba +
+
+
≤
+++
114
(1).Để tạo ra chiếc “Cầu” vế phải trên tử
thức ta tạo ra số 4 .Từ đó sử dụng T/c (3.2) nhân vào hai vế của (1) với 4 rồi lại áp
dụng (*) một lần nữa được:
(1)
⇔

cabacabacaba
11114416
+++≤
+
+
+
≤
+++
Tương tự
abcbabcbabcb
11114416

+++≤
+
+
+
≤
+++

bcacbcacbcac
11114416
+++≤
+
+
+
≤
+++
Sử dụng T/c(2) (bắc cầu),và T/c(5.1).Ta được:

1 1 1 1 1 1
16. 4.
2a b c 2b c a 2c a b a b c
   
+ + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
.Ta có bài toán mới:
Bài toán II.9:
Cho các số a,b,c >0.Chúng minh rằng:

.

   
+ + ≤ + +
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
1 1 1 1 1 1 1
2a b c 2b c a 2c a b 4 a b c
.dấu bằng xảy
khi nào.
Đặc biệt hoá bài toán :Cho
4
111
=++
cba
Ta được:

II.9.1:
Cho các số a,b,c >0 và thoả mãn
4
c
1
b
1
a
1
=++
.Chúng minh rằng:
18

1

ba2c
1
ac2b
1
cb2a
1
≤
++
+
++
+
++
.Dấu bằng xảy ra khi
a=b=c
Hoặc
II.9.2:
Cho các số a,b,c >0 và thoả mãn
4
c
1
b
1
a
1
=++
.Tìm giá trị lớn nhất
của A =
ba2c
1
ac2b

1
cb2a
1
++
+
++
+
++
Để nối tiếp một cái “Cầu” trung gian .Gọi vế trái của (II.9.1) là VT rồi áp
dụng bài (I.7) được:

9
4(a b c)
≤
+ +
VT
∀
a,b,c >0, dấu bằng khi a=b=c.Ta có bài toán mới:


II.9.3:
Cho các số a,b,c >0 và thoả mãn
4
c
1
b
1
a
1
=++

.Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: P =
c)b4(a
9
++
.
Suy xét 10:Tiếp tục từ bài (I.1) ta có a
2
+b
2

≥
2ab
∀
a,b dấu bằng khi a=b.
Vậy a
2
-ab+b
2

≥
ab (T/c 3.1)

⇔
(a+b)( a
2
-ab+b
2
)
≥

ab(a+b)
∀
a,b >0 (T/c 3.2)

⇔
a
3
+b
3
≥
ab(a+b) (*)
Tương tự có
b
3
+c
3
≥
bc(b+c)
c
3
+a
3
≥
ca(c+a)
Sử dụng (T/c .2) cho cả hệ thống trên ta được:
2(a
3
+b
3
+c

3
)
≥
ab(a+b)+ bc(b+c)+ ca(c+a)=a
2
(b+c)+b
2
(c+a)+c
2
(a+b).áp dụng
tiếp x+y
≥
2
xy

∀
x,y >0 vào vế phải có:
a
2
(b+c)+b
2
(c+a)+c
2
(a+b)
≥
2a
2
2 2
bc 2b ca 2c ab+ +
=

2 abc(a a b b c c)+ +

Do đó:
2(a
3
+b
3
+c
3
)
≥
2
abc(a a + b b + c c)
.Nếu ta đặc biệt hoá cho abc=1 ta được bài
toán mới.
Bài toán II.10:
19
Cho a,b,c >0 và thoả mãn abc=1.Chứng minh rằng:
a
3
+b
3
+c
3
ccbbaa ++≥
,dấu bằng khi a=b=c.
Suy xét 11:
Cũng từ bài toán (I.1) ta có a
2
+b

2

≥
2ab
∀
a,b dấu bằng khi a=b.Ta thay
1
a x;b
4y
= =
có: x
2
+
2
1 1 x
2.x.
4y 4y 2y
 
≥ =
 ÷
 
Suy ra:
2
2
2 2
1 15 x 15
x
4y 16y 2y 16y
 
+ + ≥ +

 ÷
 
dấu bằng khi xy=
1
4
Tương tự:
2
2 2 2
1 15 y 15
y
16x 16x 2x 16x
+ + ≥ +
dấu bằng khi xy=
1
4
Sử dụng T/c 5.2 vào cả hệ thống trên ta được:
2 2
2 2 2 2 2 2
1 15 1 15 x 15 y 15
x . y .
16y 16y 16x 16x 2y 16y 2x 16x
   
   
+ + + + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
   
   
2 2
1 15 15 225
4 32xy 32xy 256x y

= + + +
2 2
1 15 225
4 16xy 256x y
= + +
Nhưng theo bài toán (I.2a):
( )
2
1 4
x,y 0
xy
x y
≥ ∀ >
+
dấu bằng xảy ra khi x=y.Sử
dụng T/c 3.2 ta được
( )
2
15 15 4
.
16xy 16
x y
≥
+
(nhân vào hai vế với
15
16
)

( )

2
2
2
225 1 225 4
. .
256 xy 256
x y
 
 
 ÷
≥
 ÷
 ÷
+
 
 
(nhân vào hai vế với
225
256
)
Sử dụng T/c 5.1 vào cả hệ thống trên ta được:
( ) ( )
2
2 2
2 2
1 15 225 1 15 4 225 4
. .
4 16xy 256x y 4 16 256
x y x y
 

 ÷
+ + ≥ + +
 ÷
+ +
 
Đến đây nếu không muốn dừng lại,từ suy xét trên cho ta thấy dấu bằng xảy ra
khi xy=
1
4
.Nên ta đặc biệt hoá điều kiện bằng cho x=y=
1
2
và khi đó x+y=1. Suy ra
được bài toán mới:
Bài toán II.11:
Cho các số x,y dương thoả mãn x+y=1.Tìm giá trịnhỏ nhất của biểu thức:

 
 
 ÷
 ÷
 
 
2 2
2 2
1 1
P = x + . y +
y x
20
Suy xét 12:

Theo bài toán (I.4) có:
∀
x,y,z
∈
R.Ta luôn có x
2
+y
2
+z
2
≥
xy+yz+zx , dấu bằng
xảy ra khi x=y=z.Sử dụng T/c3.1 cộng vào hai vế với x+y+z được
x
2
+y
2
+z
2
+x+y+z
≥
xy+yz+zx+x+y+z(Dấu bằng xảy ra khi x=y=z).Nên ta đặc biệt
hoá x=y=z=1.Thì vế phải bằng 6 => x
2
+y
2
+z
2
+x+y+z
≥

6.Nhưng cũng tại điều kiện
ấy có:
x
2
+1
2x≥
(Dấu bằng xảy ra khi x=1)
Suy ra :
2
x 1
x
2
+
≥
(Dấu bằng xảy ra khi x=1)
Tương tự:
2
2
y 1
y
2
z 1
z
2
+
≥
+
≥
(Dấu bằng xảy ra khi y=1;z=1)
Sử dụng T/c 5.1 cho cả hệ thống trên ta được:

x
2
+y
2
+z
2
+
2
x 1
2
+
+
2
y 1
2
+
+
2
z 1
2
+
2 2 2
x y z x y z 6≥ + + + + + ≥
.Sử dụng T/c bắc cầu
ta được: x
2
+y
2
+z
2

+
2
x 1
2
+
+
2
y 1
2
+
+
2
z 1
2
+
6
≥
=> x
2
+y
2
+z
2
3
≥
Ta có bài toán mới:
Bài toán II.12:
Cho các số x,y,z thoả mãn xy+yz+zx+x+y+z=6.Tìm giá trị bé nhất của
x
2

+y
2
+z
2
Suy xét 13:
Từ bài toán (I.1) x+y
2 xy≥
với mọi x,y>0 dấu bằng xảy ra khi x=y.Ta thay
2
a b c
x ;y
b c 4
+
= =
+
Ta được:
2 2
a b c a b c
2 . a
b c 4 b c 4
+ +
+ ≥ =
+ +
Nên:
2
a b c
a
b c 4
+
+ ≥

+
(
a,b,c 0∀ >
.Dấu bằng xảy ra khi a=b=c)
Tương tự:
2
b c a
b
c a 4
+
+ ≥
+
(
a,b,c 0∀ >
.Dấu bằng xảy ra khi a=b=c)

2
c a b
c
a b 4
+
+ ≥
+
(
a,b,c 0∀ >
.Dấu bằng xảy ra khi a=b=c)
Sử dụng T/c5.1 cho cả hệ thống trên được:
2 2 2
a b c a b c
a b c

b c c a a b 2
+ +
+ + + ≥ + +
+ + +
21
Hay
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥
+ + +

Tiếp tục đặc biệt hoá bài toán cho a+b+c=2 ta có bài toán mới:
Bài toán II.13:
Cho các số x,y,z dương có tổng bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
x y z
P = + +
y + z z + x x + y
Suy xét 14:
Ta luôn có : (a-b)
2
0≥
(T/c 6)
a,b∀
dấu bằng xảy ra khi a=b.
Tương tự : (b-c)
2

0≥

b,c∀
dấu bằng xảy ra khi b=c.
(c-a)
2
0≥

c,a∀
dấu bằng xảy ra khi c=a dụng T/c 5.1 cho cả hệ thống
trên được:
(a-b)
2
+

(b-c)
2
+(c-a)
2

0≥
a,b∀
,c dấu bằng xảy ra khi a=b=c.
(a b c)⇔ + +
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b b c c a 0
 
− + − + − ≥
 

a,b∀
,c>0 dấu bằng xảy ra khi
a=b=c.
( )
( )
2 2 2
a b c a b c ab bc ca⇔ + + + + − − −
0≥
( ) ( )
2
a b c a b c 3ab 3bc 3ca 0
 
⇔ + + + + − − − ≥
 
( ) ( ) ( ) ( )
3
a b c 3 a b .c. a b c 3ab a b c 0
⇔ + + − + + + − + + ≥
( ) ( )
3
3
a b c 3ab a b 3abc 0⇔ + + − + − ≥
3 3 3
a b c 3abc⇔ + + ≥
Thay

3
3
3

a x
b y
c z
=
=
=
Ta được bài toán mới:
Bài toán II.14:
Cho các số x,y,z dương.Chứng minh rằng: x+y+z
≥
3
3 xyz
dấu bằng xảy
ra khi x=y=z.
Suy xét 15:
Theo trên có : (a-b)
2
0
≥
(T/c 6)
a,b∀
dấu bằng xảy ra khi a=b.Hạn chế a,b >0
rồi nhân vào hai vế với a+b (T/c 3.2) Ta được:

( ) ( )
2
a b . a b 0
+ − ≥
dấu bằng xảy ra khi a=b
22

( )
( )
2 2
a b a 2ab b 0⇔ + − + ≥

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 3
3
2
a b . a ab b ab 0
a b . a ab b ab a b 0
a b ab a b
a
b a a b
b
⇔ + − + − ≥
⇔ + − + − + ≥
⇔ + ≥ +
⇔ + ≥ +
Tương tự

( ) ( )
3 3
2 2
b c
c b. b c ; a c. c a
c a
+ ≥ + + ≥ +
Sử dung T/c 5.1 vào cả hệ thống trên ta được:
3 3 3
2 2 2
a b c
a b c a(a b) b(b c) c(c a)
b c a
+ + + + + ≥ + + + + +
Suy ra
3 3 3
a b c
ab bc ca
b c a
+ + ≥ + +
.Ta có bài toán mới:
Bài toán II.15:
Cho các số x,y,z dương và thoả mãn xy+yz+zx = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
3 3 3
x y z
P = + +
y z x
PHƯƠNG PHÁP III:HÌNH HỌC HOÁ

Có rất nhiều sự vật hiện tượng diễn ra hằng ngày thoạt nhìn ta cứ ngỡ rằng chúng
chẳng có mối quan hệ gì với nhau.Nhưng thực tế không hẳn phải như vậy chỉ khi
ta thực sự bắt tay vào nghiên cứu chúng mới thấy giữa chúng có những mối quan
hệ đặc biệt.Trong toán học cũng vậy hầu hết học sinh cho rằng Đại số và Hình học
là hai bộ phận độc lập của toán học nhưng thực tế thì ngược lại…Trong kinh
nghiệm này tôi cũng nêu nên một phương pháp phát triển bài toán bất đẳng thức
23
thông qua bài toán hình học.
Suy xét 1:
Cho tam giác ABC các đường trung tuyến AA
1
,BB
1
,CC
1
cắt nhau tại G =>
1 1 1
1 1 1
GA GB GC 1
AA BB CC 3
= = =
(T/c trung tuyến của tam giác-SGK-Toán 7).Sau khi học
xong chương diện tích đa giác (Toán 8 –Tập1) các em còn chứng minh được các
tam giác GBC,GCA,GAB có diện tích bằng nhau.Từ đẳng thức trên ta có:
1 1 1
1 1 1
GA GB GC
1
AA BB CC
+ + =

(*)
Ta nhận thấy sở dĩ có (*) là do điểm G có tính chất đặc biệt trong tam
giác(Trọng tâm ).Vấn đề đặt ra: Nếu G là một điểm bất kỳ trong tam giác thì sao?
Cụ thể đẳng thức (*) sẽ suy biến hay bất biến?.
Thật vậy:Gọi K là điểm bất kỳ trong tam giác ABC,AK,BK,CK lần lượt cắt
BC,CA.AB theo thứ tự tại A
1
,B
1
,C
1
kẻ AH
⊥
BC=H;KH
1
⊥
BC=H
1
Goi S ;S
1
;S
2
;S
3
lân lượt là diện tích
∆
ABC;
∆
KBC;
∆

KCA;
∆
KAB và h
a
;h
b
;h
c
lần lượt là chiều cao của
∆
ABC ứng với cạnh BC,CA,AB và h
1
;h
2
;h
3
lần lượt là
chiếu cao của
∆
KBC;
∆
KCA;
∆
KAB ứng với cạnh BC,CA,AB.ta có:
h
1
h
a
K
C

1
B
1
A
1
H
1
H
C
A
B
S =
a b c
1 1 1
.BC.h .CA.h .AB.h
2 2 2
= =
(1)
S
1
=
1
1
.BC.h
2
; S
2
=
2
1

.CA.h
2
; S
3
=
3
1
.AB.h
2
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
1 1
a
S h
S h
=
;
2 2
b
S h
S h
=
;
3 3
c
S h
S h
=
Nhưng
1 1

a 1
h KA
h AA
=
(Do AH//KH
1
)Từ đó suy ra :
1 1
1
KA S
AA S
=
.
Tương tự
1 2 1 3
1 1
KB S KC S
;
BB S CC S
= =
Nên:
1 1 1 1 2 3
1 1 1
KA KB KC S S S S
1
AA BB CC S S S S
+ + = + + = =
.
Từ đó có bài toán mới
Bài toán III.1:

Cho K là một điểm bất kỳ trong
∆
ABC.Gọi AK,BK,CK lần lượt cắt
BC,CA,AB tại A
1
,B
1
,C
1
.Chứng minh rằng :
24

1 1 1
1 1 1
KA KB KC
+ + = 1
AA BB CC
So sánh đẳng thức (*) và bài toán III.1 ta suy ra một điều khi K chuyển động
trong tam giác ABC.Thì đẳng thức
1 1 1
1 1 1
KA KB KC
1
AA BB CC
+ + =
là bất biến
Suy xét 2: Không dừng lại ở đây ta tiếp tục suy xét thấy
Có :
1 2 3 2 3 2 3
1 1 1 1 1 1 1

S S S S S S S S S
1 1
S S S S S S S
+ +
= = + + => = + +
Tương tự :
1 3
2 2 2
1 2
3 3 3
S S S
1
S S S
S S S
1
S S S
= + +
= + +

Chú rằng do K nằm trong tam giác ABC nên diện tích các tam giác
KAB,KBC,KCA đều là các đại lượng dương và thoả mãn S =S
1
+S
2
+S
3
(T/c của
diện tích đa giác) .Hơn nữa trong đại số ta luôn có
x y
2 x,y 0

y x
+ ≥ ∀ >
(Bài toán
I.2b).Kết hợp suy xét trên cùng với (bài toán I.2b) ta có:
1 1 1 2 1 1 3 2 3
1 1 1 1 2 3 1 2 3 1 3 2
AA BB CC S S S S S S S S S
3 3 2 2 2 9
KA KB KC S S S S S S S S S
+ + = + + = + + + + + + ≥ + + + =
Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi S
1
=S
2
=S
3
khi đó K là trọng tâm của tam giác
ABC nghĩa là K trùng lên G.Ta có bài toán mới:
Bài toán III.2:
Cho K là một điểm bất kỳ trong
∆
ABC.Gọi AK,BK,CK lần lượt cắt
BC,CA,AB tại A
1
,B
1
,C
1
.Chứng minh rằng :
≥

1 1 1
1 1 1
AA BB CC
+ + 9
KA KB KC
Rõ ràng nếu “bắc” được “chiếc cầu” như thế này (Từ đại số sang hình học)sẽ là
một việc làm vô cùng có ý nghĩa với học sinh làm cho học sinh sẽ có những suy
nghĩ những cái nhìn theo những hướng luôn động và phát triển.Tiếp tục suy xét ta
còn thấy nhiều điều thú vị.
Suy xét 3:
Từ suy xét trên có:
1 1 1
1 1 1
AA BB CC
9
KA KB KC
+ + ≥
25