Skkn phát triển năng lực chứng minh bất đẳng thức đại số cho học sinh giỏi toán ở bậc trung học qua phương pháp phân tích tổng bình phương

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
“PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC ðẠI SỐ
CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN Ở BẬC TRUNG HỌC
QUA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG BÌNH PHƯƠNG”

2. Lĩnh vực áp dụng:
Sáng kiến ñược áp dụng trong giảng dạy nội dung Bất ñẳng thức dành cho
các ñối tượng: Học sinh giỏi toán THCS, học sinh giỏi toán THPT, học sinh chuyên
toán; ñã áp dụng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán dự thi học sinh giỏi khu
vực Duyên hải và ðồng bằng Bắc bộ, bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia và tập huấn
học sinh thi chọn ñội tuyển dự thi toán Quốc tế. Một phần của sáng kiến có thể sử
dụng trong ôn luyện thi THPT Quốc gia nhằm rèn luyện năng lực vận dụng cao.
3. Thời gian áp dụng: Từ tháng 06/2015 ñến nay.
4. Tác giả:
Họ và tên: PHẠM BẮC PHÚ
Năm sinh: 1984.
Nơi thường trú: ðội 10-xã Hải Thanh-huyện Hải Hậu-tỉnh Nam ðịnh.
Trình ñộ chuyên môn: Cử nhân khoa học-chuyên ngành sư phạm Toán.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong.
ðịa chỉ liên hệ: Phạm Bắc Phú-Giáo viên THPT chuyên Lê Hồng Phong.
Mail:
5. ðơn vị áp dụng sáng kiến:
ðơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong.
ðịa chỉ: 76 Vị Xuyên, thành phố Nam ðịnh.
ðiện thoại: 0350 3640 297.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 1


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG BÁO CÁO
Kí hiệu tắt

Giải thích

THCS

Trung học cơ sở.

THPT

Trung học phổ thông.

NXB

Nhà xuất bản.

HSG

Học sinh giỏi.

[x] – Tr.y

Tài liệu [x], trang y.

[x] – Tr.y-z

Tài liệu [x], trang y ñến trang z.

S.O.S

Sum of square.

BðT

Bất ñẳng thức.

ðPCM

ðiều phải chứng minh.

Bất ñẳng thức
AM – GM

Bất ñẳng thức giữa ñại lượng trung bình cộng và trung bình
nhân (còn ñược gọi là bất ñẳng thức Cauchy).

∑ f ( a;b; c )

=

sys

∑

f ( a / ; b / ; c / ) , ở ñó tổng ñược lấy theo tất cả các bộ

( a ;b ;c )
/

/

/

( a ; b ; c ) là hoán vị của ( a;b; c ) .
/

∑ f ( a;b; c )

/

/

= f ( a; b; c ) + f ( b; c; a ) + f ( c; a; b ) .

cyc

∏ f ( a; b; c )

= f ( a; b; c ) . f ( b; c; a ) . f ( c; a; b )

cyc

Bài n [X]

X là tên tác giả của bài toán n.

Bài n (X)

X là tên kì thi toán mà ñề thi có chứa bài n.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC ðẠI SỐ
CHO HỌC SINH GIỎI TOÁN Ở BẬC TRUNG HỌC
QUA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG BÌNH PHƯƠNG

I. ðiều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Bất ñẳng thức là nội dung hay và phức tạp, ñóng vai trò quan trọng trong các
nội dung Toán học ở bậc trung học (THCS và THPT). Bất ñẳng thức có thể ñược xem
là “mảnh ñất màu mỡ” cho việc phát triển các năng lực chuyên biệt của Toán học, do
vậy dù là nội dung khó nhưng có rất nhiều người ñam mê và nó cũng thường xuyên
có mặt trong hầu hết các ñề thi môn Toán (thi học sinh giỏi các cấp, thi THPT Quốc
gia, …) với chức năng là câu phân loại học sinh ở cấp ñộ vận dụng cao của tư duy.
Bởi những lẽ ñó, cũng như nhiều người học toán và làm toán khác, tác giả luôn trăn
trở tìm kiếm những ñường lối giảng dạy và học tập ñơn giản nhất trước sự phong phú
về dạng bài và phương pháp làm toán bất ñẳng thức.

Thực hiện nhiệm vụ năm học 2015-2016, kể từ tháng 06/2015, khi giảng dạy
Toán chuyên, tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia, tập huấn học sinh
dự thi chọn ñội tuyển thi Toán quốc tế, bồi dưỡng học sinh thi học sinh giỏi cụm
Duyên hải và ðồng bằng Bắc bộ và nhiều cuộc thi khác; trong ñó bất ñẳng thức là
một nội dung tác giả ñã thực hiện giảng dạy và thu ñược kết quả tốt. Trong quá trình
này, tác giả cho rằng hướng dẫn học sinh làm bất ñẳng thức với việc chú trọng phát
huy các năng lực cá nhân (ước lượng, phát hiện và giải quyết vấn ñề) quan trọng hơn
việc cho học sinh học nhiều dạng bài và kĩ thuật. Mặt khác việc cố gắng hạn chế các
ñánh giá trung gian, hạn chế sử dụng bất ñẳng thức phụ sẽ giúp cho người làm toán
có thể nhìn thấy vẻ ñẹp nguyên gốc của bài toán, ñồng thời sẽ nảy sinh những sáng
tạo từ cái gốc ñó.

Bất ñẳng thức ba biến với các biểu thức dạng ñối xứng hay dạng hoán vị vòng
thường xuyên xuất hiện trong các kì thi nên ñã từ lâu, nó trở thành nội dung bắt buộc
trong dạy học toán chuyên 10 và bồi dưỡng các ñội tuyển. Chúng ta có thể thấy rõ
ñiều này qua các ñề thi, chẳng hạn:

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 3


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

* Cho a, b, c là ñộ dài ba cạnh của một tam giác, chứng minh rằng:
1 1 1
a
b
c 
+

+
( a + b + c )  + +  ≥ 6 
.
a b c
b+c c+a a+b
(Trích ñề thi HSG Quốc gia Việt Nam năm 2006)

* Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
2
2
2
2
3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c) ab + bc + ca + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) ≥ ( a + b + c) .

(

)

(Trích ñề thi HSG Quốc gia Việt Nam năm 2015)

* Cho a, b, c là các số dương thay ñổi sao cho a + b + c = abc . Chứng minh rằng:
2
b
c
a 1 1 1
3+ 2 + 2 + 2 ≥  + +  + 3 .
a
b
c
a b c

(Trích ñề thi HSG khu vực Duyên hải và ðồng bằng Bắc bộ lần thứ IX năm 2015-2016)

…
Khi tiếp cận giải những bất ñẳng thức dạng này, tác giả thấy việc vận dụng
phương pháp phân tích tổng bình phương ñã góp phần giải quyết ñược một số nhận
ñịnh ñã nêu, giúp phát huy năng lực chứng minh bất ñẳng thức của học sinh ñược tốt
hơn. Hơn thế, các kĩ năng có ñược với phương pháp phân tích tổng bình phương có
thể giúp ích cho học sinh trong câu hỏi vận dụng cao của ñề thi THPT Quốc gia.
Bởi những lẽ ñó, trên cơ sở bài giảng Bất ñẳng thức ba biến ñã thực hiện, tác
giả lựa chọn báo cáo kinh nghiệm: “Phát triển năng lực chứng minh bất ñẳng thức
ñại số cho học sinh giỏi Toán ở bậc trung học qua phương pháp phân tích tổng bình
phương”.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 4


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

II. Mô tả giải pháp:
Trong phần này, báo cáo sẽ trình bày những nội dung sau:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
1.1. Cơ sở lí luận: Năng lực toán học thể hiện trong chứng minh bất ñẳng
thức.
1.2. Tóm tắt một số kiến thức về bất ñẳng thức, phương pháp phân tích tổng
bình phương và các tiêu chuẩn ñã có.
1.3. Một số hạn chế mắc phải khi vận dụng phương pháp phân tích tổng
bình phương.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:

2.1. Phát triển năng lực phân tích tổng bình phương.
2.2. Phát triển năng lực vận dụng các tiêu chuẩn.
2.3. Hướng sáng tạo từ việc vận dụng phương pháp phân tích tổng bình
phương.
2.4. Bài tập rèn luyện

ðiểm mới và sáng tạo của sáng kiến so với các tài liệu về Bất ñẳng thức có trình
bày về phương pháp phân tích tổng bình phương là:
o Việc thành thạo các kĩ năng ước lượng trong bất ñẳng thức và kĩ
năng biến ñổi ñại số ñã hình thành kĩ thuật phân tích tổng bình
phương mới phù hợp cho một số dạng bài tập.
o Dựa trên nguyên tắc chung của phương pháp phân tích tổng bình
phương cho phép sáng tạo những tiêu chuẩn S.O.S mới, khai thác
các tiêu chuẩn ñã có ñể tạo ra bài toán mới.
o Trong báo cáo thể hiện 25 bài toán mới do tác giả sáng tạo, tuy là
số lượng ít nhưng phần nào ñã mô tả ñược cách thức sáng tạo, bạn
ñọc có thể theo hướng này ñể tạo “tài nguyên” cho riêng mình.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 5


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
1.1. Cơ sở lí luận: Năng lực Toán học thể hiện trong chứng minh bất ñẳng thức.
Trong báo cáo sáng kiến năm 2014 bàn về “Năng lực Toán học trong dạy học
một số phương pháp và kĩ thuật ñiển hình tìm nguyên hàm, tích phân”, tác giả ñã có
những tìm hiểu về các khái niệm “năng lực”, “năng lực Toán học”. Dưới ñây tác giả

xin nêu lại một vài ñiểm về “năng lực Toán học” và khả năng phát triển năng lực
Toán học trong dạy và học bất ñẳng thức.
1.1.1- Khái niệm: Năng lực Toán học là ñặc ñiểm tâm lí cá nhân, trước hết là ñặc
ñiểm hoạt ñộng trí tuệ ñáp ứng các yêu cầu của hoạt ñộng học Toán, tạo ñiều kiện
lĩnh hội các kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo trong lĩnh vực Toán học tương ñối nhanh chóng
và sâu sắc trong những ñiều kiện như nhau.
Năng lực Toán học ñược xét theo hai góc ñộ:
Một là: Năng lực nghiên cứu, sáng tạo cái mới.
Hai là: Năng lực học tập Toán học.
1.1.2- Các thành phần của năng lực Toán học:
* Theo Kônmôgôrốp, các thành phần của năng lực Toán học bao gồm:
- Năng lực biến ñổi khéo léo các biểu thức chữ phức tạp; năng lực tìm ñược các
con ñường giải các bài toán, nhất là các bài toán không có quy tắc chuẩn;
năng lực tính toán.
- Trí tưởng tượng hình học.
- Suy luận logic theo các bước ñã ñược phân chia một cách ñúng ñắn kế tiếp
nhau; có kĩ năng quy nạp, khái quát vấn ñề.
* Theo A.V.Cruchetxki ([13]), cấu trúc của năng lực Toán học bao gồm:
a) Thu nhận thông tin: Tri giác hóa tài liệu Toán; nắm bắt cấu trúc của bài toán.
b) Chế biến thông tin:
- Năng lực tư duy logic trong phạm vi quan hệ số lượng, quan hệ không gian,
tư duy với các kí hiệu Toán học.
- Năng lực khái quát hóa các ñối tượng – các quan hệ - các cấu trúc; năng lực
rút ngắn quá trình suy luận và tính toán.
- Tính mềm dẻo của quá trình tư duy trong hoạt ñộng Toán.
- Khuynh hướng rõ ràng, giản ñơn, tiết kiệm và hợp lí lời giải.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 6

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

- Năng lực thay ñổi nhanh chóng và dễ dàng suy nghĩ theo dạng tương tự, dạng
tư duy thuận chuyển sang nghịch; xem xét cách giải bài toán theo nhiều khía
cạnh khác nhau; năng lực phân chia trường hợp.
c) Lưu trữ thông tin: Ghi nhớ các khái quát; các chứng minh; các nguyên tắc giải.
1.1.3- Phát triển năng lực Toán học trong quá trình dạy học bộ môn Toán ở bậc
trung học
Quá trình dạy và học bộ môn Toán, hai tuyến nhân vật chính là giáo viên và
học sinh tác ñộng qua lại với nhau thông qua nội dung và chương trình Toán học.
Phát triển năng lực Toán học trong quá trình này bao gồm: Phát triển năng lực Toán
học cho giáo viên và phát triển năng lực Toán học cho học sinh. Theo nghiên cứu từ
[11] – Tr.107-110, thấy rằng:
a – Phát triển năng lực Toán học cho học sinh trong quá trình dạy học bộ môn
Toán ở bậc trung học gồm có:
• Phát triển năng lực nhận dạng và thể hiện (khái niệm, ñịnh lí, phương pháp).
• Phát triển năng lực hoạt ñộng phức hợp trong bộ môn Toán: Chứng minh, ñịnh
nghĩa, dựng hình, giải toán quỹ tích, tính toán và ước lượng, …
• Phát triển năng lực hoạt ñộng trí tuệ phổ biến trong môn Toán: Lật ngược vấn
ñề, xét tính giải ñược, phân chia trường hợp, xét ñoán các khả năng xảy ra…
• Phát triển năng lực hoạt ñộng trí tuệ chung: Phân tích, tổng hợp, so sánh, khái
quát hóa, tương tự hóa, ñặc biệt hóa, …
• Phát triển năng lực hoạt ñộng ngôn ngữ: Phát biểu, giải thích bằng lời; biến ñổi
hình thức bài toán…
• Phát triển năng lực tri giác thẩm mĩ: Thấy ñược vẻ ñẹp nội tại của Toán học,
nâng cao tình yêu với môn học.
b – Phát triển năng lực Toán học cho giáo viên trong quá trình dạy học bộ môn
Toán ở trường THPT:

• Trước hết người dạy Toán phải như là một học sinh học Toán, do vậy cần tự
mình phát triển, bồi dưỡng các nhóm năng lực Toán học ở trên như ñối với
người học sinh.
• Hơn thế, người giáo viên cần có năng lực nghiên cứu sáng tạo cái mới (phương
pháp mới, kiến thức mới, bài toán mới) ñể nâng cao trình ñộ nghiệp vụ của
mình, giữ ñúng vai trò là hình mẫu, là người ñiều khiển (nhưng không làm thay
chủ thể) của quá trình dạy học.
Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 7


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Tóm lại: Phát triển năng lực Toán học trong quá trình dạy học bộ môn Toán là
tìm cách nâng cao ba yếu tố sau: Tri thức chuyên môn Toán, kĩ năng làm Toán, thái
ñộ tình cảm ñối với bộ môn Toán.

1.1.3 – Phát triển năng lực chứng minh bất ñẳng thức ñại số qua phương pháp
phân tích tổng bình phương
a- Năng lực Toán học biểu hiện trong hoạt ñộng chứng minh bất ñẳng thức:
(i) Năng lực tính toán, biến ñổi biểu thức ñại số một cách linh hoạt.
(ii) Năng lực phán ñoán, ước lượng, so sánh các ñại lượng; phát hiện và giải
quyết các so sánh hướng ñích cần thiết.
(iii) Năng lực ngôn ngữ: Lựa chọn và sử dụng kí hiệu, phát biểu bài toán theo
các hình thức khác nhau, trình bày lời giải hợp lí…
(iv) Năng lực sáng tạo: Khái quát kĩ thuật biến ñổi, kĩ thuật chứng minh, sáng
tạo bài toán mới (tạo bài toán mới, làm chặt bài toán cũ,…).
b- Phát triển năng lực cho học sinh qua phương pháp phân tích tổng bình
phương:

Trước hết ta tóm tắt kĩ thuật chứng minh bất ñẳng thức bằng phương pháp phân
tích tổng bình phương mà lí thuyết sẽ ñược trình bày ở mục 1.2.2 và 1.2.3 như sau:
Có hai khâu chính:
2
2
2
Khâu 1 – ðưa bài toán về dạng S a .( b − c ) + Sb .( c − a ) + S c .( a − b ) ≥ 0 .
Khâu 2 – Tìm kiếm các ñánh giá xung quanh các ñại lượng Sa , Sb , Sc ñể hoàn
thiện chứng minh.
ðối chiếu theo các năng lực Toán học chung ñã nêu, khi vận dụng phương
pháp phân tích tổng bình phương, ta có thể phát triển các năng lực cụ thể sau ở người
làm toán:
- Phân tích thành tổng các bình phương phù hợp cho bài toán.
- Phán ñoán, ước lượng Sa , Sb , Sc (tìm kiếm tiêu chuẩn).
- Sáng tạo các tiêu chuẩn mới phù hợp cho bài toán, sáng tạo bài toán mới từ
việc nghiên cứu các tiêu chuẩn ñã có.
- Mở rộng tri thức phương pháp: dùng kĩ thuật phân tích tổng bình phương
ngay cả khi bài toán ban ñầu không có tính ñối xứng.
Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 8


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

1.2. Tóm tắt một số kiến thức về bất ñẳng thức, phương pháp phân tích tổng
bình phương và các tiêu chuẩn ñã có.
1.2.1 – Một số bất ñẳng thức ñại số cơ bản thường dùng:
a. Bình phương của số thực là một số không âm: x 2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ .
b. Bất ñẳng thức AM – GM:

x + x + ⋯ xn n
≥ x1 x2 ...xn .
* Phát biểu: ∀x1 , x2 ,..., xn ≥ 0 , 1 2
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = ⋯ = xn .
2

3

a+b
a+b+c
* Hệ quả: + ∀a, b, c ≥ 0 : 
 ≥ ab , 
 ≥ abc .
2
3




a b
+ ∀a, b > 0 : + ≥ 2
b a
c. Bất ñẳng thức Cauchy – Schwarz – Bunyakovsky:
* Phát biểu: Cho hai dãy số thực a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn . Khi ñó:

( a1b1 + a2b2 + ⋯anbn )

2

≤ ( a12 + a22 + ⋯ + an2 )( b12 + b22 + ⋯ + bn2 )

(

)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số k sao cho ai = k .bi ∀i = 1, n .

a12 a22
an2 ( a1 + a2 + ⋯ + an )
+ +⋯ + ≥
* Hệ quả: + ∀ai , bi > 0 i = 1, n ,
.
b1 b2
bn
b1 + b2 + ⋯ + bn

(

2

)

+ ∀a, b, c ∈ ℝ : 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b ) , 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c) .
2

+ ∀a, b, c > 0 :

2

1 1
4
1 1 1
9
+ ≥
, + + ≥
.
a b a+b a b c a+b+c

d. Bất ñẳng thức Shur – Với mọi a, b, c ≥ 0 và r > 0 , ta có bất ñẳng thức:
a r ( a − b )( a − c ) + b r ( b − a )( b − c ) + c r ( c − a )( c − b ) ≥ 0 .
Dấu bằng xảy ra trong các số a, b, c hoặc có hai số bằng nhau và số còn lại
bằng 0 hoặc cả ba số bằng nhau.
Chứng minh: Không mất tổng quát coi a ≥ b ≥ c . Khi ñó có:
a r ( a − b )( a − c ) + br ( b − a )( b − c ) + c r ( c − a )( c − b ) =

= cr ( a − c )( b − c ) + ( a − b ) a r ( a − c ) − br ( b − c )  ≥ 0 , vậy có ðPCM.
Hệ quả - Khi r = 1 (còn gọi là bất ñẳng thức Shur bậc 3) ta có:
• a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ ∑ ab ( a + b ) .
cyc

•

( a + b + c)

3

+ 9abc ≥ 4 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) .

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 9


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

1.2.2 – Tóm tắt cơ sở lí thuyết của phương pháp phân tích tổng bình phương:
Sơ lược về lịch sử: Xuất phát từ ý tưởng hết sức ñơn giản là: ðể chứng minh
biểu thức chứa biến không âm, ta biến ñổi biểu thức ñó thành tổng (hoặc tích) của
các ñại lượng không âm – ñó chính là tổng các bình phương. Ý tưởng này ñược những
người yêu toán qua trang mạng khai thác mạnh
vào những năm 2005 trở ñi, sau ñó tác giả Vasile Cirtoaje gián tiếp trình bày một
cách rời rạc qua một số ví dụ và lời giải trong cuốn “Algebraic Inequalities – Old
and New Methods” – nhà xuất bản GIL năm 2006. Năm 2009, tác giả Phạm Kim
Hùng ñã trình bày lại kĩ thuật này một cách có hệ thống hơn với việc chỉ ra cơ sở lí
thuyết của các biểu diễn và nêu ra 5 tiêu chuẩn S.O.S (sum of square) trong cuốn
“Sáng tạo Bất ñẳng thức” (bản tiếng Việt và bản tiếng Anh). Cho ñến nay phương
pháp này vẫn ñang tiếp tục ñược nghiên cứu và nó ñược coi là một phương pháp
chứng minh bất ñẳng thức hiện ñại.
Quy ước: Trong báo cáo chỉ xét các biểu thức với ba biến dương (hoặc không âm)
nếu không có giải thích gì thêm.
ðịnh nghĩa 1 – Biểu thức ñối xứng ba biến.
- Biểu thức F ( a; b; c ) gọi là biểu thức ñối xứng ba biến nếu

F ( a; b; c ) = F ( a / ; b/ ; c / ) với mọi bộ ( a / ; b/ ; c / ) là hoán vị của ( a; b; c ) .

- Biểu thức ñối xứng ba biến F ( a; b; c ) gọi là biểu thức ñối xứng ba biến
chuẩn nếu với mọi số thực dương x, có F ( x; x; x ) = 0 .

ðịnh nghĩa 2 – Biểu thức nửa ñối xứng ba biến.

- Biểu thức G ( a; b; c ) là biểu thức nửa ñối xứng ba biến nếu

G ( a; b; c ) = G ( a; c; b ) với mọi bộ ( a; b; c ) .
- Biểu thức nửa ñối xứng ba biến G ( a; b; c ) gọi là biểu thức nửa ñối
xứng ba biến chuẩn nếu với mọi cặp số thực dương x, y, có
G ( x; y; y ) = 0 .

ðịnh lí 1 – Sự tồn tại biểu diễn cơ sở ñối với lớp ña thức ñối xứng chuẩn.
Nếu F ( a; b; c ) là một ña thức ñối xứng ba biến chuẩn thì tồn tại
ña thức nửa ñối xứng ba biến G(a; b; c) sao cho
2
2
2
F ( a; b; c ) = G ( a; b; c )( b − c ) + G ( b; c; a )( c − a ) + G ( c; a; b )( a − b ) .

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 10


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Việc chứng minh ðịnh lí 1 dựa trên một số kiến thức về không gian vecto và
sự biểu diễn của một phần tử theo hệ vecto ñộc lập tuyến tính. Do hạn chế về phạm
vi kiến thức nên lời chứng minh không ñược trình bày ở báo cáo này. ðối với dạng
phân thức ñối xứng chuẩn, ta có thể hình dung sau khi thực hiện thao tác quy ñồng
thì thu ñược tử thức là một ña thức ñối xứng chuẩn, do vậy ðịnh lí 2 sau ñây là hệ
quả của ðịnh lí 1.

ðịnh lí 2 – Sự tồn tại biểu diễn cơ sở ñối với lớp phân thức ñối xứng chuẩn.

T ( a; b; c ) T ( b; c; a ) T ( c; a; b )
+
+
− 3m với
Xét biểu thức F ( a; b; c ) =
M ( a; b; c ) M ( b; c; a ) M ( c; a; b )
T, M là các biểu thức nửa ñối xứng ba biến thỏa mãn với mọi x dương thì
T ( x; x; x )
= m (hằng số). Khi ñó tồn tại biểu thức nửa ñối xứng ba biến
M ( x; x; x )
G ( a; b; c ) sao cho:
F ( a; b; c ) = G ( a; b; c )( b − c ) + G ( b; c; a )( c − a ) + G ( c; a; b )( a − b ) .
2

2

2

1.2.3 – Những tiêu chuẩn thường dùng:
ðịnh lí 3 sau ñây cho ta một số ñiều kiện ñủ trong việc chứng minh một biểu
thức không âm, nó ñược trình bày trong tài liệu [7] một cách sơ lược và không kèm
theo các chứng minh. Mỗi phát biểu trong ðịnh lí 3 ñược coi là một tiêu chuẩn của
phương pháp phân tích tổng bình phương.
ðịnh lí 3 (ðịnh lí S.O.S)
Xét S = F ( a; b;c ) = S a .( b − c ) + Sb .( c − a ) + S c .( a − b ) , trong ñó Sa , Sb , Sc là
các biểu thức ẩn a, b, c. Khi ñó S ≥ 0 nếu xảy ra một trong các tiêu chuẩn sau:
Tiêu chuẩn 1. S a , Sb , S c ≥ 0 .
Tiêu chuẩn 2. a ≥ b ≥ c và Sb ≥ 0, S a + Sb ≥ 0, S c + Sb ≥ 0 .
Tiêu chuẩn 3. a ≥ b ≥ c và S a ≥ 0, S c ≥ 0, S a + 2 Sb ≥ 0, Sc + 2 Sb ≥ 0 .
2

2

2

Tiêu chuẩn 4. a ≥ b ≥ c và Sb ≥ 0, Sc ≥ 0, a Sb + b Sa ≥ 0 .
Tiêu chuẩn 5. S a + Sb + S c ≥ 0 và S a Sb + Sb S c + S c S a ≥ 0 .
2

2

Vì vai trò ñặc biệt quan trọng của các tiêu chuẩn trên trong quá trình làm toán
bất ñẳng thức và quá trình tìm tòi sáng tạo cái mới nêu trong mục 2.3, tác giả xin
ñưa ra lời chứng minh cho các tiêu chuẩn trên:

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 11


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Chứng minh tiêu chuẩn 1:
2
2
2
S a , S b , S c ≥ 0 ⇒ S = S a .( b − c ) + Sb . ( c − a ) + S c . ( a − b ) ≥ 0 .
Chứng minh tiêu chuẩn 2:
Giả sử a ≥ b ≥ c và Sb ≥ 0, S a + Sb ≥ 0, S c + Sb ≥ 0 .
Ta có ( c − a) = ( a − b + b − c) ≥ ( a − b) + ( b − c) ⇒ Sb ( c − a) ≥ Sb ( a − b) + Sb ( b − c) ,

2

2

2

2

2

2

2

do ñó S = Sa.( b − c) + Sb.( c − a) + Sc.( a − b) ≥ ( Sc + Sb ) ( a − b) + ( Sb + Sa ) ( b − c) ≥ 0.
2

2

2

2

2

Chứng minh tiêu chuẩn 3:
Giả sử a ≥ b ≥ c và S a ≥ 0, S c ≥ 0, S a + 2 Sb ≥ 0, Sc + 2 Sb ≥ 0 .
+ Nếu Sb ≥ 0 thì theo tiêu chuẩn 1 có S ≥ 0 .
+ Nếu Sb < 0 thì từ ( c − a ) = ( a − b + b − c ) ≤ 2 ( a − b ) + 2 ( b − c ) có
2

2

2

2

Sb ( c − a ) ≥ 2 Sb ( a − b ) + 2 Sb ( b − c ) , suy ra :
2

2

2

S = Sa .( b − c) + Sb.( c − a ) + Sc .( a − b) ≥ ( Sc + 2Sb ) ( a − b) + ( 2Sb + Sa ) ( b − c) ≥ 0 .
2

2

2

2

2

Chứng minh tiêu chuẩn 4:

c ( a − b)
a
≥0

a 2 Sb
2
2
( a − c ) − ( b − c ) =
⇒ Sb ( a − c ) ≥ 2 ( b − c ) ,
Ta có 
b
b
b
S ≥ 0
 b
Sc ≥ 0 ⇒ Sc ( a − b ) ≥ 0 , do ñó:
2

S = Sa .( b − c ) + Sb .( c − a ) + Sc .( a − b) ≥
2

2

2

a2Sb
a2Sb + b2Sa
2
2
≥ Sa ( b − c ) + 2 ( b − c ) =
( b − c ) ≥ 0.
2
b
b

2

Nhận xét: Hoàn toàn tương tự như trên, ta có tiêu chuẩn sau:
2
2
a ≥ b ≥ c và Sa ≥ 0, Sb ≥ 0, b Sb + c Sc ≥ 0 ⇒ S ≥ 0 .
b

b 2 Sb
2
2
( a − c ) − ( a − b ) ≥ 0
⇒ Sb ( a − c ) ≥ 2 ( a − b ) ,
Thật vậy: Ta có 
c
c
 Sb ≥ 0
S a ≥ 0 ⇒ S a ( b − c ) ≥ 0 , do ñó:
2

S = S a . ( b − c ) + Sb . ( c − a ) + Sc . ( a − b ) ≥
2

2

2

b 2 Sb
b 2 Sb + c 2 Sc
2

2
2
≥ 0 + 2 ( a − b ) + Sc ( a − b ) =
( a − b ) ≥ 0.
2
c
c
Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 12


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Chứng minh tiêu chuẩn 5: Từ Sa + Sb + Sc ≥ 0 suy ra max{Sa + Sb; Sb + Sc; Sc + Sa} ≥ 0.
Giả sử ñó là S a + Sb ≥ 0 . Nếu S a + Sb = 0 thì kết hợp giả thiết có Sa = Sb = Sc = 0 nên
S = 0 . Nếu S a + Sb > 0 thì
S = S a . ( b − c ) + Sb . ( c − a ) + S c . ( a − b )
2

2

2

= ( S a + Sb ) ( b − c ) + 2 Sb ( a − b )( b − c ) + ( Sb + Sc ) ( a − b )
2

2

2


 S S +S S +S S
Sb
2
= ( S a + S b ) ( b − c ) +
( a − b ) + a b b c c a ( a − b ) ≥ 0 .
S a + Sb
S a + Sb



1.3. Một số hạn chế mắc phải khi vận dụng phương pháp phân tích tổng bình
phương.
- Thiếu kĩ năng phân tích một biểu thức ba biến thành dạng tổng của các bình
phương S = S a .( b − c ) + Sb .( c − a ) + S c .( a − b ) , ñối với các bài toán không có dạng
ñối xứng theo ba biến thì việc phân tích này càng khó khăn hơn.
2

2

2

- ðứng trước một bài toán ba biến, người giải cần quyết ñịnh sử dụng tiêu
chuẩn nào. Tất nhiên, qua quá trình giảng dạy ñã chứng minh, ngay cả những học
sinh giỏi toán cũng khó nhớ hết ñược các tiêu chuẩn của phương pháp.
- ðối với giáo viên, học sinh chuyên toán và học sinh giỏi, khi làm về bất ñẳng
thức, một trong những yêu cầu bắt buộc là phải có những “ñào sâu”, “khai thác” cho
bài toán. ðây là tiền ñề cho những bài toán “lạ” hơn sau này. Công việc này hoàn
toàn không có một ñịnh hướng tổng quát nào.

Trong mục 2 tiếp theo sau ñây, báo cáo sẽ làm rõ việc khắc phục các hạn chế
trên thông qua quá trình rèn luyện và phát triển năng lực chứng minh bất ñẳng thức,
năng lực sáng tạo bất ñẳng thức. ðây là ñiểm mới của sáng kiến so với các tài liệu ñã
có khi trình bày về phương pháp phân tích tổng bình phương.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 13


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1. Phát triển năng lực phân tích tổng bình phương.
2.1.1 – Phân tích theo cơ sở:
Nghiên cứu phần chứng minh của ðịnh lí 1– Sự tồn tại biểu diễn cơ sở ñối
với lớp hàm ña thức ñối xứng chuẩn trong [7] ta thấy cơ sở của việc phân tích tổng
bình phương cho biểu thức ñối xứng ba biến dựa trên kết quả phân tích ñối với từng
cặp biến: ( a − b ) ( a k − b k ) = ( a − b ) .S ( a; b ) (k là hằng số hữu tỉ) và các dạng tương
2

tự. ðây là chìa khóa tổng quát nhất cho các bài toán cụ thể. Cách làm này hiệu quả
cho các bài toán ñối xứng ba biến ñơn giản, chẳng hạn:

Ví dụ 1.
1
• a 2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = ( a2 − 2ab + b2 ) + ( b2 − 2bc + c 2 ) + ( c2 − 2ca + a 2 ) 
2
1

1
1
2
2
2
= ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) .
2
2
2
3
3
3
2
• 2 a + b + c − a ( b + c ) − b2 ( c + a ) − c 2 ( a + b ) =

(

)

= ∑ ( a 3 − a 2b − ab 2 + b3 ) = ∑ ( a 2 − b 2 ) ( a − b ) = ∑ ( a + b )( a − b ) .
2

cyc

cyc

cyc

Với cách làm tương tự ta thu ñược một số biểu diễn sau xuất hiện nhiều trong
các bài toán bất ñẳng thức ba biến:

1) a 2 + b 2 − 2ab = ( a − b )

2

a b
( a − b) .
+ −2=
b a
ab
2
2
2
a − b ) (b − c ) ( c − a )
(
1 1 1
2) ( a + b + c )  + +  − 9 =
.
+
+
ab
bc
ca
a b c
2

3
3
3) a + b − ab ( a + b ) = ( a + b )( a − b ) ,
2

a2 b2
2
1 1
4)
+ − (a + b) =  + (a − b) .
b
a
a b

5) ( a + b )( b + c )( c + a ) − 8abc = a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) .
2

2

2

a
b
c
3
( a − b) + ( b − c )
( c − a) .
6)
+
+
− =
+
b + c c + a a + b 2 2( c + a)( c + b) 2( a + b)( a + c) 2( b − a)( b − c)
2

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

2

2

Trang 14


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016
2

2
 n 2  n 2   n

7) ðẳng thức Lagrange:  ∑ ai  ∑ bi  −  ∑ aibi  = ∑ ( aib j − a jbi ) .
 i =1  i=1   i =1
 1≤i< j ≤n
1
2
2
2
8) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 

2
1
2
2
2
= ( a + b − 2c ) + ( b + c − 2a ) + ( c + a − 2b)  .


6
a+b+c
2
2
2
a − b ) + (b − c ) + ( c − a )  .
9) a 3 + b3 + c 3 − 3abc =
(


2

( a − b ) + (b − c ) + ( c − a )
=
3

3

3

10)

a b + b c + c a − ab − bc − ca

11)

a3 + b3 + c3 − a 2b − b2c − c 2a =
2
2

2
2a + b )( a − b ) + ( 2b + c )( b − c ) + ( 2c + a )( c − a )
(
.
=
3
1
2
a 4 + b 4 + c 4 − a 3b − b3c − c 3a = ∑ ( 3a 2 + 2ab + b 2 ) ( a − b ) .
4 cyc
a +b+c 
3
3
3
a3b + b3c + c3a − ab3 − bc3 − ca3 =
( b − a) + ( c − b) + ( a − c)  .
3
a + b + 7c
3
2
( a + b + c ) − 27abc = ∑
(a − b) .
9
cyc
a+b−c
2
a3 + b3 + c3 + 3abc − ab( a + b) − bc ( b + c) − ca ( c + a) = ∑
( a − b) .
2
cyc

12)
13)
14)
15)
16)

2

2

2

2

2

2

3

a + b + c − abc ( a + b + c ) = ∑
4

4

4

cyc

17)

(a + b)

2

+ c2

2

(a − b)

2

.

.

3 ( a 3 + b3 + c 3 ) − ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ∑ ( a + b )( a − b ) .
2

cyc

2.1.2 – Phân tích theo cách ghép cặp, theo hằng ñẳng thức:
Kĩ thuật phân tích này sử dụng trong những bài toán có biểu thức phức tạp dựa
trên khả năng quan sát và phán ñoán các nhóm biểu thức “tương ñồng”, các nhóm
biểu thức có quan hệ so sánh “quen thuộc” ñã biết, khi ñó có thể ghép các biểu thức
này với nhau ñể ñưa ñược về dạng S.O.S. Ta cùng xem xét kĩ thuật này qua hai ví dụ
minh họa sau:

Ví dụ 2. Phân tích tổng bình phương cho S = a 4 + b 4 + c 4 − abc ( a + b + c ) .
Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 15


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Rõ ràng việc phân nhóm trực tiếp các biểu thức chỉ có mặt trong S là rất khó
ñể sớm thu ñược dạng tiêu chuẩn S.O.S. Bằng khả năng phán ñoán dựa trên mối liên
hệ (bất ñẳng thức, ñẳng thức) giữa các ñại lượng

a 4 + b4 + c4 → a 2b2 + b2c2 + c2a 2 → ab.bc + bc.ca + ca.ab
x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx =

1
2
( y − z)
∑
2 cyc

ta có cách ghép cặp thích hợp như sau:

S = a 4 + b 4 + c 4 − abc ( a + b + c )

= ( a4 + b4 + c 4 − a 2b2 − b2c2 − c 2a 2 ) + ( a 2b2 + b2c2 + c 2a2 − abc ( a + b + c ) )
=

1
1

2
2
2 2
b
−
c
+ ∑ ( ab − ac )
(
)
∑
2 cyc
2 cyc

=∑
cyc

(b + c )

2

+ a2

2

(b − c )

2

, ñây chính là kết quả 16 ñã nêu ở mục 2.1.1 ở trên.

Ví dụ 3. Xét bài toán:
Chứng minh rằng nếu x, y, z là ñộ dài ba cạnh của một tam giác thì

( x + y) ( y + z) ( z + x)
2

2

2



3
≥ 2 xyz  ∑ ( x + y ) + ( x + y )( y + z )( z + x )  .
 cyc


ðể phân tích S.O.S cho bài toán này thì việc khai triển các lũy thừa và tích có
mặt trong bài rồi phân tích tiêu chuẩn là một phương án có ñộ phức tạp cao. Trong
tình huống này ta có thể sử dụng các biến ñổi ñại số làm xuất hiện các nhóm biểu
thức “quen thuộc”, chẳng hạn các bất ñẳng thức sau ñây là ñiều có thể nghĩ tới khi
quan sát bài toán này:

( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 xyz ,
x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3 xyz ,

x 3 + y 3 + z 3 + 3 xyz ≥ ∑ x ( y 2 + z 2 ) .
cyc

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 16


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Với ý tưởng ghép nhóm hợp lí, ta có biến ñổi như sau:

( x + y) ( y + z) ( z + x)
2

⇔

⇔

2

2



3
≥ 2 xyz  ∑ ( x + y ) + ( x + y )( y + z )( z + x ) 
 cyc


( x + y )( y + z )( z + x ) ≥

x3 + y 3 + z 3 + 2∑ xy ( x + y ) + xyz
2 ( x + y )( y + z )( z + x )

8 xyz

( x + y )( y + z )( z + x ) − 1 ≥

x3 + y3 + z 3 + 2∑ xy ( x + y ) + xyz
2 ( x + y )( y + z )( z + x )

8 xyz

( x + y )( y + z )( z + x ) − 8 xyz ≥
⇔
8 xyz

⇔

∑ x( y − z)
cyc

8 xyz

2

≥

−1

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz
2 ( x + y )( y + z )( z + x )

( x + y + z ) ∑( y − z )

2

cyc

4 ( x + y )( y + z )( z + x )

1

2x + 2 y + 2z
2
⇔ ∑ −
( y − z) ≥ 0.
( x + y )( y + z )( z + x ) 
cyc  yz

2.1.3 – Phân tích dựa trên phán ñoán về biểu thức ñối xứng hai biến:
Phần này trình bày kĩ thuật phân tích S.O.S cho S khi nó là biểu thức ñối xứng
ba biến dựa vào vai trò “xuất hiện bình ñẳng” của các biến a, b, c.

Ví dụ 4 [giải lại Ví dụ 2 – mục 2.1.2 theo cách tiếp cận mới].
Xét S = a 4 + b 4 + c 4 − abc ( a + b + c ) = Sa ( b − c ) + Sb ( c − a ) + Sc ( a − b ) .
2

2

2

Chọn a = b , thu ñược S = ( S a + Sb ) ( c − a ) = ( 2a 2 + 2ac + c 2 ) ( c − a ) .

2

2

Do sự bình ñẳng của a, b, c trong S nên S a + Sb là một biểu thức ñối xứng ñối
với hai biến a, b, ta phán ñoán rằng 2a 2 → a 2 + b2 và 2ac → ac + bc , theo ñó phán
2
2
2
ñoán Sa + Sb = a + b + ac + bc + c . Tương tự dẫn ñến hệ phương trình:

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 17


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

 Sa + Sb = a 2 + b2 + ac + bc + c 2

2
2
2
 Sb + Sc = b + c + ba + ca + a

2
2
2
 Sc + Sa = c + a + cb + ab + b

.

 ( b + c )2 + a 2 ( c + a )2 + b 2 ( a + b )2 + c 2 
⇔ ( S a , Sb , Sc ) = 
;
;



2
2
2


ðiều này giúp ta nhanh chóng có ñược biểu diễn thứ 16 ñã nêu trong mục 2.1.1:
2
a + b ) + c2
(
2
4
4
4
a + b + c − abc ( a + b + c ) = ∑
(a − b) .
2
cyc
Một ñiều cần ñặc biệt lưu ý là kĩ thuật này chỉ là “phán ñoán”, nó có hiệu quả cho các
biểu thức S ñối xứng ba biến không quá phức tạp. Khi sử dụng nó người làm cần có
thao tác kiểm tra lại kết quả phân tích.

2.1.4 – Phân tích dựa trên kĩ thuật tiếp tuyến:
Ta nêu kĩ thuật này qua việc tìm hiểu ví dụ sau:

Ví dụ 5. Xét bài toán: Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:

a3
b3
c3
a+b+c
+ 2 2+ 2
≥
.
2
2
2
2a + b 2b + c 2c + a
3
Khi tiếp cận bài toán, một trong những hướng giải quyết ñầu tiên của học sinh
ñó là: Hoặc sử dụng bất ñẳng thức AM-GM, Bunyakovsky, kĩ thuật Cauchy ngược
dấu, hoặc sử dụng kĩ thuật tiếp tuyến ñể tìm kiếm bất ñẳng thức phụ. Cả hai con
ñường này ñều gặp phải những khó khăn không nhỏ, chẳng hạn, khi tìm kiếm bất
a3
2 x3
5x − 2
≥ ma + nb ta ñi ñến bất ñẳng thức sau: 2
≥
ñẳng thức phụ dạng 2
2
2a + b
2x + 1

9

a
( x − 1) ( x − 2 ) ≤ 0 (*)
với x = > 0 . Tuy nhiên bất ñẳng thức này tương ñương với
b
2x2 + 1
không ñúng với mọi x > 0 .
2

Ở ñây ta lưu ý với kĩ thuật tiếp tuyến khi tìm kiếm một bất ñẳng thức phụ luôn
dẫn tới một kết quả phân tích kiểu như (*), trong ñó luôn xuất hiện nhân tử với lũy
thừa chẵn (nảy sinh nghiệm bội – hoành ñộ tiếp ñiểm). Ta sử dụng chính kết quả phân

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 18


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

5a − 2b
a3
( a − 2b ) a − b 2 , bất ñẳng thức cần chứng
tích này, ñó là xét
− 2
=
(
)
2

9
2a + b
9 ( 2a 2 + 1)

minh ñược phân tích về tổng bình phương, ñó chính là bước ñầu tiên của phương
pháp S.O.S:
 a3
5a − 2b 
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với ∑  2
−
≥0
2
2
a
+
b
9


⇔∑

( 2b − a )

9 ( 2a + b
2

trong ñó Sa =

2

)

(a − b)

2

≥ 0 ⇔ S a ( b − c ) + Sb ( c − a ) + S c ( a − b ) ≥ 0
2

2

2

2c − b
2a − c
2b − a
S
=
S
=
,
,
.
b
c
2b2 + c2
2c2 + a 2
2a2 + b2

2.1.5 – Một kiểu phân tích cho dạng hoán vị vòng:

Xét biểu thức cần phân tích có dạng
S = ( 2 a − b − c ) .G ( a , b, c ) + ( 2b − c − a ) .G ( b , c , a ) + ( 2c − a − b ) .G ( c , a , b )

với G ( a , b, c ) là biểu thức nửa ñối xứng ba biến. Khi ñó ta có biến ñổi sau:
S = ( a − b + a − c ) .G ( a , b, c ) + ( b − c + b − a ) .G ( b , c, a ) + ( c − a + c − b ) .G ( c , a , b )

= ( a −b) G( a,b,c) −G( b,c, a) + ( b − c) G( b,c,a) −G( c,a,b)  + ( c − a) G( c, a,b) −G( a,b,c) 
Do G ( a , b, c ) là biểu thức nửa ñối xứng nên có các biểu diễn:

G( a, b, c) − G( b, c, a) = G( a, b, c) − G( b, a, c) = ( a − b) Sc ,
G ( b, c, a ) − G ( c, a , b ) = G ( b, c , a ) − G ( c, b , a ) = ( b − c ) S a ,
G ( c , a , b ) − G ( a , b, c ) = G ( c , a , b ) − G ( a , c , b ) = ( c − a ) S b .

Vậy thu ñược biểu diễn S = Sa ( b − c ) + Sb ( c − a ) + Sc ( a − b ) .
2

2

2

ðối với các biểu thức sau cũng biến ñổi tương tự:

S = ( 2ak − bk − ck ) .G ( a, b, c ) + ( 2bk − ck − ak ) .G ( b, c, a ) + ( 2ck − ak − bk ) .G ( c, a, b)

S = ( 2bc − ab − ac).G( a, b, c) + ( 2ca − ab − bc) .G( b, c, a) + ( 2ab − bc − ca) .G( c, a, b)

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 19

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

ðể làm rõ hơn cho kiểu phân tích này, ta cùng xét cách chứng minh bất ñẳng
thức Nesbitt bằng kĩ thuật phân tích S.O.S:

Ví dụ 6 [Nesbitt]. Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:

a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c c+a a+b 2
Lời giải:
Ta có

a
b
c
3
1
 a
+
+
− = ∑
− 
b + c c + a a + b 2 cyc  b + c 2 

=∑

2a − b − c
( a − b) + ( a − c) =
a −b
a−c
=∑
+∑
∑
2 ( b + c ) cyc
2(b + c)
cyc 2 ( b + c )
cyc 2 ( b + c )

=∑

a −b
b−a
1 
 1
+∑
= ∑( a − b)
−

2 ( b + c ) cyc 2 ( c + a ) cyc
 2b + 2c 2c + 2a 

cyc

cyc

(a − b)
=∑
≥ 0 với mọi a, b, c > 0 .
2
c
+
a
c
+
b
(
)(
)
cyc
2

Như vậy trong mục 2.1 này, báo cáo ñã trình bày 5 kĩ thuật phân tích S.O.S,
ñây là những kinh nghiệm sáng tạo của tác giả qua quá trình dạy và học bất ñẳng
thức. Việc vận dụng theo kĩ thuật nào là phụ thuộc ở hình thức của từng bài toán cụ
thể, ñôi khi phải phối hợp nhiều kĩ thuật phân tích khác nhau. Cũng cần nói thêm rằng
sự phân tích S.O.S của một biểu thức là không duy nhất. ðối với giáo viên trong quá
trình phân tích bài toán theo kĩ thuật S.O.S có thể tìm hiểu thêm về gói công cụ SOSanalysic với phần mềm Mapple v.18 sẽ hữu ích ñối với các biểu thức S dạng ña thức
và phân thức hữu tỉ ñối xứng. Do hạn chế về mặt thời gian và mục tiêu nên nội dung
này tác giả không trình bày chi tiết ở ñây.

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 20

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

2.2. Phát triển năng lực vận dụng các tiêu chuẩn.
Trước khi vận dụng các tiêu chuẩn S.O.S vào giải bài tập, theo tác giả, có hai
vấn ñề quan trọng “cốt lõi” sau cần ñặc biệt lưu ý cho học sinh:

Vấn ñề 1. Về mặt kĩ thuật (giải quyết câu hỏi “dùng tiêu chuẩn nào”).
Việc chứng minh S = S a ( b − c ) + Sb ( c − a ) + Sc ( a − b ) ≥ 0 có thể ñặc trưng
bởi một số thao tác chính sau:
2

2

2

• Sắp thứ tự các biến hoặc là so sánh “khoảng cách” giữa các biến.
Chẳng hạn khi a ≥ b ≥ c ta có a − c = ( a − b ) + ( b − c ) nên a − c ≥ a − b ,
a − c ≥ b − c , ( a − c ) ≥ ( a − b ) + ( b − c ) , ( a − c ) ≥ 2 ( a − b )( b − c ) …
2

2

2

2

• ðánh giá các biểu thức S a , S b , S c . Thông thường kiểm tra dấu của S a , S b , S c và
của các tổng S a + Sb , Sb + Sc , S c + S a …

• ðánh giá một bình phương, chẳng hạn ( a − c ) theo hai hiệu a − b, b − c ;
2

chiều hướng (lớn hay nhỏ) của ñánh giá phụ thuộc theo dấu của “hệ số” Sb .
- Khi Sb ≥ 0 có thể dùng ( a − c ) ≥ ( a − b ) + ( b − c ) .
2

2

2

- Khi Sb ≤ 0 có thể dùng ( a − c ) ≤ 2 ( a − b ) + 2 ( b − c ) .
2

2

2

Vấn ñề 2. Trình bày lời giải: Các tiêu chuẩn S.O.S ñem sử dụng trong bài làm, chỉ
trừ tiêu chuẩn 1, còn lại ñều phải có chứng minh chi tiết.
Hai vấn ñề vừa nêu ñược thể hiện qua các ví dụ minh họa tiếp theo. Lí thuyết
của phương pháp S.O.S ñã trình bày ở mục 1.1.2 và 1.1.3 xây dựng dựa trên lớp các
biểu thức ñối xứng, tuy nhiên có thể sử dụng phương pháp S.O.S ngay cả khi bài toán
không ñối xứng. Bởi lẽ ñó, các ví dụ minh họa ñược sắp xếp theo hai nhóm: ñối xứng
và không ñối xứng.

2.2.1 – Kĩ năng vận dụng các tiêu chuẩn S.O.S cho bài toán ñối xứng ba biến:
Ví dụ 7 [ Ivan Borsenco]. Cho a, b, c là các số thực không âm, chứng minh rằng:
i) ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ ( a 4 + b 4 + c 4 ) ( ab + bc + ca ) .
2

ii) 9 ( a 4 + b 4 + c 4 ) ≥ ( a 5 + b 5 + c 5 ) ( a + b + c ) .
2

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

3

Trang 21


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

Lời giải:
i) Theo ñẳng thức Lagrange, ta có:

(a

3

+ b3 + c3 ) = ( a 4 + b 4 + c 4 )( a 2 + b 2 + c 2 ) − ∑ ( a 2b − b2 a ) , do ñó BðT cần chứng
2

2

cyc

minh tương ñương với:
( a 4 + b4 + c 4 )( a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca ) − ∑ a 2b2 ( a − b )2 ≥ 0
cyc

2
1

⇔ ∑  ( a 4 + b 4 + c 4 ) − a 2b 2  ( a − b ) ≥ 0

cyc  2
2
1
2
⇔ ∑ ( a 2 − b 2 ) + 2c 4  ( a − b ) ≥ 0 : BðT ñúng.

2 cyc 

ii) Cũng theo ñẳng thức Lagrange:

(a

4

+ b 4 + c 4 ) = ( a 5 + b5 + c 4 )( a 3 + b3 + c 3 ) − ∑
2

cyc

(

a 5b 3 − b 5 a 3

).

2

Lại có 9 ( a 3 + b3 + c 3 ) − ( a + b + c ) = ∑ ( 4a + 4b + c )( a − b ) , do ñó BðT cần chứng
3

2

cyc

minh tương ñương với:

2
2
+ b5 + c 5 )  ∑ ( 4a + 4b + c )( a − b )  − 9∑ a 3b3 ( a − b ) ≥ 0
cyc
 cyc

2
⇔ ∑ ( 4a + 4b + c ) ( a 5 + b5 + c 5 ) − 9a 3b3  ( a − b ) ≥ 0 (*).

(a

5

cyc

Do ( 4a + 4b + c) ( a5 + b5 + c5 ) ≥ 4( a + b) ( a5 + b5 ) ≥ 4.2 ab.2 a5b5 = 16a3b3 ≥ 9a3b3 nên
BðT (*) là ñúng.

Ví dụ 8 [Titu Andreescu]. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số thực a, b, c, luôn có:

3 a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a 2 ≥ a3b3 + b3c3 + c3a3 .

(

)(

)(

)

Lời giải:
* Trước hết ta thấy với mọi x, y luôn có
2
2
x 2 − xy + y 2 ≥ x − xy + y ≥ 0, x3 y 3 ≥ x3 y 3 nên ta chỉ cần giải quyết bài
toán trong trường hợp a, b, c là các số thực không âm.
* Ta có 3 a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a 2 ≥ a3b3 + b3c3 + c3a3

(

)(

)(

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

)

Trang 22

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

1
2
2
⇔ 3∏ ( a − b ) + ab  − 3a 2b 2c 2 ≥ ( ab + bc + ca ) ∑ c 2 ( a − b )


2
cyc
cyc
2
2
2
2
2
⇔∑( a −b) 2( b − c) ( c − a) + 3ca( b − c) + 3cb( c − a) + 6c2ab − c2 ( ab + bc + ca)  ≥ 0 (*).


cyc

ðể chỉ ra (*) ñúng, xét
2
2
2
2
2 ( b − c ) ( c − a ) + 3ca ( b − c ) + 3cb ( c − a ) + 6c2ab − c2 ( ab + bc + ca )
= ( c 2 − bc ) + ( c 2 − ac ) + a 2 ( c 2 − cb + b 2 ) + b 2 ( c 2 − ca + a 2 ) + abc 2 ≥ 0 ,
2

2

vậy có ðPCM.

(

)

3

Cách khác: + Chứng minh kết quả phụ: 3 x2 − xy + y2 ≥ x6 + x3 y3 + y6 ,∀x, y ∈ℝ .
(Hướng dẫn: sử dụng ẩn phụ s = x + y, p = xy và phương pháp tam thức bậc hai).
+ Sử dụng BðT Holder.

Ví dụ 9. Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng
2
1 1
b+c c+a a+b
 1
+
+

 ≥ 4 ( ab + bc + ca )  2 + 2 + 2  .
b
c 
 a
a b c 
Lời giải: BðT cần chứng minh tương ñương với
2



2 2
2 2
2 2
 ∑ ab ( a + b )  ≥ 4 ( ab + bc + ca ) ( a b + b c + c a )
 cyc

+ Sử dụng ñẳng thức Lagrange có
2
2
2

2


ab
ab
a
+
b
−
ab
.
ab
a
+
b
=
abc

c
a
−
b
(
)
(
)
(
)
∑
 ∑
 
∑

cyc
 cyc
  cyc

2
2
Hơn nữa có ∑ ab ( a + b ) − 4∑ a 2b 2 = ∑ ab ( a − b ) nên BðT cho tương ñương

(

)

(

)

cyc

cyc

cyc





2
2
( ab + bc + ca ) ∑ab( a + b) − 4∑a2b2  ≥ ( ab + bc + ca) ∑ab( a + b) − ∑ab ( a + b)
cyc
cyc


 cyc


⇔ ( ab + bc + ca ) ∑ ab ( a − b ) ≥ abc ∑ c ( a − b )
2

cyc

2

2

cyc

⇔ ∑ a 2b 2 ( a − b ) + abc ∑ ( a + b − c )( a − b ) ≥ 0
2

cyc

2

cyc

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 23


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

⇔ ∑ a 2b 2 ( a − b ) + 2abc ∑ a ( a − b )( a − c ) ≥ 0 , BðT cuối này ñúng vì
2

cyc

cyc

∑ a b (a − b)
2 2

2

≥ 0 và theo BðT Schur thì

cyc

∑ a ( a − b )( a − c ) ≥ 0 .
cyc

Ví dụ 10. Cho a, b, c dương, chứng minh rằng
2
2
2
(b + c ) + (c + a ) + ( a + b ) ≥ 3 .
a ( b + c + 2a ) b ( c + a + 2b ) c ( a + b + 2c )
Lời giải:
2
2
( b + c ) − 3 = ( b + c ) − a ( 2a + b + c ) = a + b + c
b + c − 2a
(
)∑
∑
∑
a ( 2a + b + c )
cyc a ( 2 a + b + c )
cyc
cyc a ( 2 a + b + c )
 c −a
 a −b
a −b 
a −b 

= ( a + b + c) ∑
−
−
 = ( a + b + c) ∑

a( 2a + b + c) 
a( 2a + b + c) 
cyc  a( 2a + b + c)
cyc b( 2b + c + a)
2
a − b ) ( 2a + 2b + c )
(
= (a + b + c)∑
≥ 0 , vậy có ðpcm.
cyc ab ( 2 a + b + c )( 2b + c + a )

Cách khác: Sử dụng phương pháp chuẩn hóa a + b + c = 1 và chứng minh ñược bất
2
2
4 (1 − a )
7 a + 4 )( 3a − 1)
(
ñẳng thức phụ
≥ 13 − 27a (tương ñương với
≥ 0 ) và các
a ( a + 1)
a ( a + 1)
bất ñẳng thức tương tự dẫn ñến ðpcm.
Bài tập tương tự:
Cho a, b, c dương, chứng minh rằng:

2
2
2
(b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) ≥ 2  b + c + c + a + a + b 
 b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c 
a ( 2a + b + c ) b ( 2b + c + a ) c ( 2c + a + b )
Thật vậy, xét hiệu vế trái và vế phải ta thu ñược tổng
2a 2 + 2b 2 + c 2 + 3ab + 3bc + 3ca
2
( a − b ) không âm nên có ðpcm.
∑
ab ( 2a + b + c )( 2b + c + a )
cyc
Ví dụ 11. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng:

(a

2

− bc )( b2 − ca )
a+b

(b
+

2

− ca )( c 2 − ab )
b+c

(c
+

2

− ab )( a 2 − bc )
c+a

≤ 0.

Lời giải:
Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 24


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015-2016

•

(a

2

− bc )( b 2 − ca )

=

a 2b 2 + abc 2 − c ( a 3 + b3 )

=

ab
ab + c 2 ) − c ( a 2 + b 2 − ab )
(
a+b

a+b
a+b
2
ab
a + b (a − b)
•
=
−
a+b
4
4(a + b)
• Vế trái của BðT cần chứng minh ñược viết lại thành:

( a − b ) ( ab + c 2 )
1
2
2
2
a ( b + c ) + 3abc − ∑
∑ ( a + b ) ( ab + c ) − ∑
4
4(a + b)
cyc

cyc
2

( a − b ) ( ab + c 2 )
1
2
2
2
2
2
2
= ∑ ( a b + ab + ac + bc ) − ∑ a ( b + c ) + 3abc − ∑
4 cyc
4(a + b)
cyc
cyc
2

( a − b ) ( ab + c 2 )
1
2
2
= 3abc − ∑ a ( b + c ) − ∑
2 cyc
4(a + b)
cyc
2

( a − b ) ( ab + c 2 )
 c ab + c 2 

2
1
2
= − ∑ a (b − c ) − ∑
= −∑  +
(a − b) ≤ 0

2 cyc
4( a + b)
4a + 4b 
cyc
cyc  2
Vậy bài toán ñược giải quyết.
2

Khai thác bài toán:
Ta lưu ý
2
c ab + c2 2c ( a + b) + ab + c ( c + a )( c + b) + c ( a + b) ( a + b)( b + c )( c + a )
,
+
=
=
>
2
2 4a + 4b
4( a + b)
4( a + b)
4( a + b)
bây giờ ta cho ñiều kiện ( a + b )( b + c )( c + a ) = 4 thu ñược bài toán chặt hơn:

[PBP-01]. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 4 . Chứng

(a
minh rằng:

2

− bc )( b 2 − ca )
a+b

(b
+

2

− ca )( c 2 − ab )

(c
+

2

− ab )( a 2 − bc )

b+c
c+a
2
2
2
 a −b  b−c   c−a 

+
 +
 +
 ≤ 0.
a+b b+c c+a

+

Ví dụ 12. Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:
ab

( c + a )( c + b ) bc ( a + b )( a + c ) ca ( b + c )( b + a )
+
+
≥
c ( a + b)
a (b + c )
b(c + a)

3 ( ab + bc + ca ) .

Lời giải:

Gv. Phạm Bắc Phú – THPT chuyên Lê Hồng Phong

Trang 25