SKKN vận DỤNG bất ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI để GIẢI một số bài TOÁN NÂNG CAO về bất ĐẲNGTHỨC ở lớp 8, 9 THCS

PHẦN I: LÍ LỊCH

Họ và tên: PHẠM XUÂN HÀ
Chức vụ : Phó hiệu trưởng
Đơn vị công tác : Trường THCS Đình Cao

Sáng kiến kinh nghiệm :

VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
Ở LỚP 8, 9 THCS

Năm học 2015 - 2016
1


PHẦN II: NỘI DUNG
A. MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề
1. Thực trạng của vấn đề:
Hiện nay, có thể nói rằng đổi mới phương pháp dạy học là vấn đề đang
được ngành GD-ĐT nói chung chú ý quan tâm và tiếp tục phát triển. Đổi mới
phương pháp dạy học hiện nay chủ yếu theo tinh thần “lấy học sinh làm trung
tâm”. Phải làm sao cho học sinh (HS) hoạt động trí tuệ cao, tích cực lĩnh hội tri
thức một cách chủ động, nhanh chóng mà vẫn đảm bảo hiểu sâu sắc, vững chắc
vấn đề. Đổi mới phương pháp dạy học hiện nay cũng nhằm mục đích dạy cho
học sinh phương pháp học tập, làm việc đáp ứng mục tiêu giáo dục là đào tạo
học sinh thành những con người biết làm chủ tương lai của đất nước. Chính vì
thế mà mỗi môn học nói riêng đòi hỏi các thầy giáo, cô giáo phải thường xuyên
tìm hiểu, nghiên cứu để làm sao truyền đạt đầy đủ nhất, nhanh nhất nội dung,
kiến thức của từng bộ môn mình đảm nhận.

Trong chương trình giáo dục trung học phổ thông, môn toán là môn học
chủ chốt, quan trọng để rèn tư duy, trí nhớ, là môn học “chìa khóa” của các môn
học nói chung. Môn toán có tiềm năng có thể khai thác góp phần phát triển năng
lực trí tuệ chung, rèn luyện và phát triển các thao tác tư duy và các phẩm chất tư
duy.
Trong quá trình giảng dạy môn toán ở các nhà trường, chuyên đề về Bất
đẳng thức (BĐT) là một chuyên đề hay và lý thú nhưng rất khó, chính vì vậy mà
nó thường xuyên có mặt trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp đặc biệt là
cấp THCS và kỳ thi vào lớp 10. Trong chuyên đề về bất đẳng thức thì việc sử
dụng các bất đẳng thức cơ bản để giải các bài toán khác là khá hiệu quả thông
qua đó mà lời giải được đơn giản hơn, thu được kết quả nhanh chóng. Bất đẳng
thức Bunhiacopski là một bất đẳng thức kinh điển để có thể giải được một số bài
toán như vậy.
Xuất phát từ thực tế việc học bộ môn toán THCS, đặc biệt là trong các kỳ
thi chọn học sinh giỏi 8, 9, đứng trước một bài toán BĐT khó, học sinh rất lúng
2


tứng, rất “ngại” làm, không biết tìm ra hướng giải quyết nào cho hợp lý, phương
pháp giải nào là tối ưu. Học sinh cũng được các thầy, cô cung cấp rất nhiều về
các phương pháp giải toán bất đẳng thức và sử dụng các bất đẳng thức để giải
các loại toán khác như: chứng minh các bất đẳng thức đại số va hình học hoặc
giải một số bài toán cực trị đại số và hình học. Tuy vậy, việc nhận định, phân
tích, tìm hướng giải cho một bài toán bất đẳng thức nói chung và các bài toán
BĐT liên quan tới việc vận dụng BĐT Bunhiacopxki để giải thì đối với học sinh
quả là vô cùng khó khăn.
Với ý nghĩ như vậy, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài: Vận dụng bất đẳng
thức Bunhiacopxki để giải một số bài toán nâng cao về bất đẳng thức ở lớp 8,
9 THCS.
2. Ý nghĩa, tác dụng của giải pháp mới

Đề tài được nghiên cứu nhằm:
- Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki vào giải một số bài toán như:
chứng minh các bất đẳng thức đại số, hình học, bài toán cực trị đại số, hình học.
- Nâng cao mở rộng hiểu biết cho học sinh nhất là việc bồi dưỡng học
sinh giỏi, giúp các em hiểu sâu sắc hơn về bất đẳng thức.
- Giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phương pháp về bất đẳng thức
và rèn luyện tư duy cho học sinh. Đem lại kết quả nhiều mặt, kích thích tính
sáng tạo của học sinh
- Giúp GV, HS có một công cụ để giải một số bài toán liên quan.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
a) Đối tượng nghiên cứu:
Một số kiến thức về Bất đẳng thức Bunhiacopxki, vận dụng trong việc
giải một số bài toán BĐT ở lớp 8, 9 THCS.
b) Phạm vi nghiên cứu:
Chương trình toán THCS lớp 8-9, phần bất đẳng thức.
II. Phương pháp tiến hành.
1. Cơ sở lý luận:
Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó nhất của toán học
3


phổ thông. Nhưng thông qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức học sinh
hiểu kỹ và sâu sắc hơn về giải và biện luận phương trình, bất phương trình ,về
mối liên hệ giữa các yếu tố của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
một biểu thức. Trong quá trình giải bài tập, năng lực suy nghĩ, sáng tạo của học
sinh ngày càng được phát triển đa dang và phong phú vì các bài tập về bất đẳng
thức có cách giải không theo quy tắc hoặc khuôn mẫu nào cả. Nó đòi hỏi người
đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức
mới một cách lôgíc có hệ thống.
Cũng vì toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu, không theo một

phương pháp nhất định nên học sinh rất lúng túng khi giải toán về bất đẳng thức
vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hương nào. Do đó hầu
hết học sinh không biết làm toán về bất đẳng thức và không biết vận dụng bất
đẳng thức để giải quyết các loại bài tập khác.
2. Cơ sở thực tiễn
Trong chương trình toán lớp 8, 9 thì có một dạng toán mang tính áp dụng
cao, nó là cơ sở để ứng dụng giải quyết các bài toán liên quan như: tìm cực trị
trong đại số, hình học… đó là bài toán “chứng minh bất đẳng thức”. Có thể nói
nếu không thực hiện thành thạo việc chứng minh một bất đẳng thức thì HS khó
có thể giải một số bài toán về cực trị !
Qua nhiều năm giảng dạy, bản thân tôi cũng đã không khỏi trăn trở làm
thế nào để HS có thể hiểu được và nắm vững các phương pháp chứng minh bất
đẳng thức một cách hệ thống, đầy đủ và khoa học nhất. Chính vì thế tôi đã đi
vào nghiên cứu, tìm hiểu và viết đề tài này nhằm san sẻ kinh nghiệm của mình
với các em HS cùng đồng nghiệp, đặc biệt về việc vận dụng BĐT Bunhiacopxki.
Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Bunyakovsky) ( ở dưới) được nhà toán học
người UKraina Victor Yakovlevich Bunyakovsky (1804-1889) đưa ra để chứng
minh các bất đẳng thức trong toán học và vận dụng để giải một số bài toàn liên
quan.
3. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu chủ yếu là: thống kê, thực nghiệm khoa học, phân
4


tích tổng hợp, lấy ý kiến chuyên gia
* Thời gian tạo ra giải pháp: 10/2015 – 3/2016
B. NỘI DUNG
I. MỤC TIÊU:
- Xây dựng được cơ sở lý thuyết để giải các bài toán BĐT.
- Tuyển chọn, phân loại (dạng) được các bài tập cơ bản và nâng cao liên

quan đến việc sử dụng BĐT Bunhiacopxki để giải.
- Nêu lên được các phương pháp chính giải từng dạng bài tập cực trị cụ thể.
- Dự đoán được các sai sót của học sinh, có hướng giải quyết.
- Nêu được những điểm cần chú ý, những kinh nghiệm khi giải các bài toán
cực trị liên quan tới chủ đề này.
II. GIÁI PHÁP THỰC HIỆN:
* Giới thiệu lại BĐT Bunhiacopxki:
- Bất đẳng thức bunhiacopxki dạng thông thường cho 2 bộ số(a, b) và (c, d)
(a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²
Dấu " = " xảy ra khi: ac = bd hay

a b
= (b, d ≠ 0)
c d

- Bất đẳng thức bunhiacopxki cho 2 bộ số ( a1,a2,…,an ) và ( b1,b2,…,bn ) ta có:
( a12+ a22+ … + an2 ) ( b12 + b22 + …+ bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + … + anbn )2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
với quy ước nếu một số nào
đó (i = 1, 2, 3,…, n) bằng 0 thì tương ứng bằng 0.
1. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để chứng minh các bất đẳng thức
1.1. Chứng minh các bất đẳng thức đại số
- Để chứng minh các bất đẳng thức có khi áp dụng ngay và cũng nhiều khi
phải biến đổi bài toán để đưa về trường hợp thích hợp rồi mới sử dụng. Sau dây
là 3 kỹ thuật thường gặp:
 Đánh giá từ vế lớn sang vế nhỏ và ngược lại.
 Dồn phối hợp.
 Kỹ thuật nghịch đảo.
1.1.1. Đánh giá từ vế phức tạp sang vế đơn giản và ngược lại.
5

Ví dụ 1: Cho a + b = 2 với a, b∈ R ( tập số thực). Chứng minh rằng: a 4 + b 4 ≥ 2
Lời giải: Ta viết a4 + b4 =

1 2 2  2 2
1 + 1 ) ( a ) + (b 2 ) 2 
(


2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số (1; 1) và (a2, b2) ta có:

(

1 2 2  2 2
1
1 + 1 ) ( a ) + (b 2 ) 2  ≥ a 2 + b 2
(

 2
2

)

4

1
= .2 4 = 2 (điều phải chứng minh)(đpcm)

8

Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=1.
Ví dụ 2: Cho a(a − 1) + b(b − 1) + c(c − 1) ≤

4
. Chứng minh rằng: − 1 ≤ a + b + c ≤ 4
3

Lờigiải: Từ giả thiết ta có:
4
≥ a (a − 1) + b(b − 1) + c (c − 1) = a 2 + b 2 + c 2 − (a + b + c )
3
1
= (12 + 12 + 12 )( a 2 + b 2 + c 2 ) − (a + b + c)
3
≥

1
( a + b + c ) 2 − (a + b + c) (Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki)
3

2
⇒ ( a + b + c ) − 3(a + b + c) − 4 ≤ 0 ⇔ (a + b + c + 1)(a + b + c − 4) ≤ 0

⇔ −1 ≤ a + b + c ≤ 4 (đpcm)
1

1

25

2
2
Ví dụ 3: Cho x, y>0 và x+y=1 . CM : ( x + x ) + ( y + y ) ≥ 2

Lời giải: Ta sử dụng BĐT (a + b) 2 ≤ 2(a 2 + b 2 ) ⇔ a 2 + b 2 ≥

( a + b) 2
2

(dễ dàng chứng minh dựa vào BĐT Bunhiacopxki hoặc biến đổi tương đương)
1

1

1

1

1

1

1

2
2
2
2

Khi đó ta có: ( x + x ) + ( y + y ) ≥ 2 ( x + x + y + y ) = 2 (1 + xy )

1

1

Mà 1 = x + y ≥ 2 xy ⇒ 1 ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ 4 ⇒ xy ≥ 4
1

1

1

25

2
2
2
Vậy ( x + x ) + ( y + y ) ≥ 2 (1 + 4) = 2 (đpcm)

1.1.2. Kỹ thuật dồn phối hợp
Ví dụ 1: Cho 3x- 4y=7. Chứng minh rằng: 3x 2 + 4 y 2 ≥ 7
Lời giải:

6


2
2
2

2

Ta có: 49 = (3x − 4 y ) =  3. 3 x + ( −2).2 y  ≤ ( 3 ) + (−2)  . ( 3 x) + (2 y ) 


2

2

(Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Từ đó suy ra đpcm
Ví dụ 2: Cho a,b,c,p,q là 5 số dương tùy ý. Chứng minh rằng
a
b
c
3
+
+
≥
p.b + q.c pc + qa pa + qb p + q

Lời giải:
Ta có: a =

a
. a ( pb + qc) , b =
pb + qc

b
. b( pc + qa) , c =

pc + qa

c
. c ( pa + qb)
pa + qb

Gọi S là vế trái của BĐT cần chứng minh, theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
(a + b + c) 2 ≤ S [ a ( pb + qc) + b( pc + qa) + c( pa + qb) ] = S ( p + q )(ab + bc + ca )
1
3

Mà ab + bc + ca ≤ (a + b + c) 2 ( dễ cm nhờ biến đổi tương đương)
3
1
⇒ (a + b + c ) 2 ≤ S ( p + q). .(a + b + c) 2 ⇒ S ≥
(đpcm)
p+q
3

Ví dụ 3: Cho x ≥ y ≥ z > 0 Chứng minh rằng:
Lời giải : Xét hai dãy số:

x2 y y2 z z 2 x
+
+
≥ x 2 + y 2 + z 2 (1)
z
x
y

x y y z z x
x z y x z y
,
,
,
,
và
z
x
y
y
z
x

x2 y y2 z z2 x x2 z y2 x z2 y
+
+
).(
+
+
) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 (2)
Ta có: (
z
x
y
y
z
x
Xét hiệu
A=

=

x2 y y 2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y
1 3 2
+
+
−
−
−
=
(x y + y3 z 2 + z 3 x 2 − x3z 2 − y 3x 2 − z 3 y 2 )
z
x
y
y
z
x
xyz

1
x2 y y 2 z z 2 x x2 z y 2 x z 2 y
( x − y )( y − z )( z − x )( xy + yz + zx ) ≥ 0 ⇒
+
+
≥
+
+
(3)
xyz
z

x
y
y
z
x

Từ (2), (3) suy ra đpcm
1.1.3. Kỹ thuật nghịch đảo
Ví dụ 1: Chứng minh rằng

a2
b2
c2
a +b + c
+
+
≥
∀a, b, c > 0
b +c c + a a +b
2

7


Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
2

b
c
 a


2
. b+c +
. c+a +
. a+b÷
( a + b + c) = 
c+a
a +b
 b+c

 a  2  b  2  c  2  
2
≤ 
÷ +
÷ +
÷   b + c +
 b + c   c + a   a + b  

(

) (

c+a

) +(
2

)

2

a+b 


 a2
b2
c2 
=
+
+
÷( b + c + c + a + a + b )
b+c c+a a +b 

a2
b2
c2
(a + b + c) 2
a +b +c
⇒
+
+
≥
=
b + c c + a a + b 2(a + b + c)
2
(đpcm)
Ví dụ 2. Chứng minh rằng:

a2
b2
c2

+
+
≥ a+b+c
b+c−a c+a −b a+b−c

∀ a,b,c là độ dài cạch của ∆ ABC

HD: Làm tương tự VD2 ta có:


a2
b2
c2 
2
+
+
 ≥ ( a + b + c)
b + c − a c + a − b a + b − c 

[ (b + c − a) + (c + a − b) + (a + b − c)] . 
Suy ra đpcm

a3
b3
c3
a2 + b2 + c2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
+
+
≥

∀ a, b, c (1)
b+c c+a a+b
2
Lời giải: (1) ⇔

a4
b4
c4
a2 + b2 + c2
+
+
≥
ab + ac bc + ba ca + cb
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

[ (ab + ac) + (ba + bc) + (ca + cb)].[VT (1)] ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2
Mặt khác ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
VT (1) ≥

(a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca ) a 2 + b 2 + c 2
=
2(ab + bc + ca )
2

Ví dụ 4: Chứng minh rằng

a
b

c
3
+
+
≥ ∀a, b, c > 0 (1)
b+c c+a a+b 2

Lời giải: Ta viết

{ a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)} .{ VT (1)} ≥ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca)
⇒ VT ≥

3(ab + bc + ca) 3
=
(Đpcm)
2( ab + bc + ca) 2

8


1.2. Chứng minh bất đẳng thức hình học
Ví dụ 1: Cho ∆ABC có AB=c, AC=b, BC=a. Chứng minh rằng
a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a (c − a ) ≥ 0 (1)

A
x

x

Lời giải:

z
y

Theo ký hiệu như hình vẽ thì luôn tồn tại x,y,z>0
Sao cho

a=x+z

B

y

z

C

b=z+x
c=x+y
(1) ⇔ ( y + z ) 2 ( z + x)( y − x) + ( z + x) 2 ( x + y )( z − y ) + ( x + y ) 2 ( y + z )( x − z ) ≥ 0
⇔ y 3 z + z 3 x + x 3 y − xyz ( x + y + z ) ≥ 0

y2 z2 x2
+
+
≥x+ y+z
Hay
x
y
z

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
( x + y + z )(
⇒

y2 z2 x2
+
+ ) ≥ ( x + y + z) 2
x
y
z

y2 z2 x2
+
+
≥ x + y + z (đpcm)
x
y
z

Ví dụ 2: ∆ABC có AB=c, AC=b, BC=a. p là nửa chu vi. Chứng minh rằng
a2 + b2 + c2 ≥
2
2
2
Lời giải: (1) ⇔ (a + b + c ≥

36 2 abc
(p +
) (1)

35
p

36  (a + b + c) 2
2abc 
+


35 
2
2 + b + c

⇔ 35(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9(a + b + c) 2 (2)

Theo BĐT CôSi cho 3 số dương a, b, c thì:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 33 a 2 b 2 c 2 và a + b + c ≥ 33 abc
⇒ 8(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥

72abc
(3)
a+b+c

Từ (2) và (3) suy ra ĐPCM. (dấu bằng xẩy ra khi ∆ABC đều)

9


Ví dụ 3: Cho đường tròn nội tiếp tiếp xúc với 3 cạch của ∆ABC tại M,N,P.
Chứng minh rằng: SMNP ≤

S
4

(S- Diện tích tam giác)
Lời giải:

A
N

Đặt SANP=S1; SBPM=S2 , SCMN=S3
Ta phải chứng minh:

S1 + S 2 + S 3
3
≥ (1)
S
4

P

B

 ( p − a)
( p − b)
( p − c) 
2
+
+


.( ab + bc + ca) ≥ p
bc
ca
ab


2

⇒ VT (1) ≥

2

2

C
M

(a + b + c) 2
3
≥ (do (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca ) )
4(ab + bc + ca) 4

S1 + S 2 + S 3 3
≥
S
4

⇒

S ( MNP )

S

≤

1
(Dấu “=” xẩy ra khi ∆ABC đều)
4

2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để giải các bài toán cực trị đại số
* Để vận dụng linh hoạt BDT Bunhiacopxki ta sử dụng các kết quả
sau:
a. Nếu a1 x1 + a 2 x 2 + .......... + a n x n = C , C là hằng số thì
Min ( x12 + x22 + ............ + xn2 ) =
a

C2
a12 + a22 + .......... + an2
a

a

n
1
2
Dấu “=” xảy ra khi x = x = ........... = x
1
2
n

b. Nếu x12 + x22 + ............ + xn2 = C 2 , C là hằng số thì

Max (a1 x1 + a2 x2 + .......... + an xn ) =| C | . a12 + a22 + .......... + an2
a

a

a

n
1
2
Dấu “=”xảy ra khi x = x = ........... = x ≤ 0
1
2
n

Ví dụ 1: Cho x 2 + y 2 = 1 tìm giá trị lớn nhất của: A= ( x. 1 + y + y 1 + x )
Lời giải:
A = x. 1 + y + y 1 + x ≤ ( x 2 + y 2 ) ( 1 + y ) 2 + ( 1 + x ) 2  = x + y + 2
≤

(12 + 12 )( x 2 + y 2 ) + 2 ≤

2 +2

10


⇒ MaxA =

2+2 ⇔ x= y =

2
2

Ví dụ 2: Cho 36 x 2 + 16 y 2 = 9 Tìm Max, Min của A=(y-2x+5)
Lời giải: Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

(36 x
⇔

2

)

1 
25
5
5
 1
+ 16 y 2 (− ) 2 + ( ) 2  ≥ ( y − 2 x) 2 ⇒
≥ ( y − 2 x) 2 ⇔ − ≤ y − 2 x ≤
4 
16
4
4
 3

15
25
≤ y − 2x + 5 ≤

.
4
4

Vậy: Max( y − 2 x + 5) =
Min( y − 2 x + 5) =

25
2
9
⇔ (x = − , y = )
4
5
20
15
2
9
⇔ (x = , y = )
4
5
20

Ví dụ 3: cho x,y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 4. Tìm Min A biết A=x4 + y4 + z4
Lời giải:
Từ giả thiết 42=(xy+yz+zx)2 ≤ (x2 +y2 +z2)(y2+z2+x2)
Suy ra: (x2+y2+z2)2 ≥ 42 ⇒ (12 + 12 + 12 )( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 16 hay x 4 + y 4 + z 4 ≥
MinA =

16
3

16
2
⇔x= y=z=±
3
3

Ví dụ 4: Cho x,y,z thỏa mãn x,y,z ≥ −1 và x+y+z=1. Tìm MaxA biết
A = 1+ x + 1+ y + 1+ z

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
A = 1 + x + 1 + y + 1 + z ≤ (12 + 12 + 12 )(1 + x + 1 + y + 1 + z ) = 3.4 = 2 3
⇒ MaxA = 2 3 ⇔ x = y = z =

1
3

 x 2 + y 2 = 16
 2
2
Ví dụ 5: cho u + v = 25 . Tìm Max (x+v)
 xu + yv ≥ 20


Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
20 ≤ xu + yv ≤ ( x 2 + y 2 )(u 2 + v 2 ) = 20.25 = 20
⇒ xu + yv = 20 ⇔

x y
+ ⇔ xv = yu

u v

11


Mặt khác

41 = ( x 2 + y 2 ) + (u 2 + v 2 ) = ( x 2 + v 2 ) + ( y 2 + u 2 )
≥ x 2 + v 2 + 2 yu = x 2 + v 2 + 2 xv = ( x + v)2
⇒ x + v = 41

 x 2 + y 2 = 16
 2 2
 u + v = 25
Max
(
x
+
v
)
=
41
⇔
Vậy

 u=y
 xu + yv = 20
y=

20

41

⇔ y ( x + v ) = 20 ⇒ u =

, x=

16
41

, z=

20
20
=
x+v
41

25
41

Ví dụ 6: Tìm các cặp số (x,y) x,y>0 để
x4 y4 x2 y2 x y
A = 4 + 4 − 2 − 2 + + đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
y x
y
x
y
x

Lời giải: Đặt t =

x y
x2 y2
x4 y4
+ ⇒ t ≥ 2 ⇒ 2 + 2 = t 2 − 2 , 4 + 4 = t 4 − 4t 2 + 2
y x
y
x
y
x

[

]

⇒ A = t 4 − 5t 2 + t + 4 = (t 2 − 2) 2 − 2 − (t 2 − 2) + t = (t 2 − 2)(t 2 − 3) + t − 2

Do t ≥ 2 ⇒ t 2 ≥ 4, t 2 − 3 ≥ 1 ⇒ A ≥ 2 ⇒ (t 2 − 2) + (t − 2) = t 2 + t − 4 ≥ 2
⇒ MinA = 2 ⇔ x = y

3. Một số bài tập áp dụng, tự luyện
1. Cho ∆ABC (a,b,c). Chứng minh:
a
b+c−a

+

b
c+a−b

+

c
a+b−c

≥ a+ b+ c

2. Cho a,b,c,d >0 . Chứng minh rằng:
a
b
c
d
+
+
+
≥2
b+c c+d d +a a+b

3. Cho ∆ABC (a,b,c). Chứng minh rằng:
p<

p−a +

p−b +

p − c ≤ 3p

4. Cho ∆ABC nhọn. H là trực tâm. Chứng minh ( AH + BH + CH ) 2 < a 2 + b 2 + c 2
5. Cho ∆ABC (a,b,c). Chứng minh:

a
b
c
+
+
≥3
b+c−a a+c−b a+b−c

6. Cho 2 số x,y thỏa mãn 2x+5y=7
Tìm giá trị nhỏ nhất của: a. A=x2+y2
b. B=2x2+5y2
12


7. Cho x,y,z thỏa mãn x2+y2+z2 =1. Tìm Max = x+2y+3z
8. Có tồn tại hay không 3 số: a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 thỏa mãn điều kiện:
a − 1 + b − 1 + c − 1 > c(ab − 1)

9. Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn điều kiện x+y+z=1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của các
biểu thức: a. A=x2+y2+z2
10. Cho: a, b,c ≥

b. B=x4+y4+z4

3
và a+b+c=3 . Chứng minh:
4

4a + 3 + 4b + 3 + 4c + 3 ≤ 3 7

11. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x, y, z ) = xy + yz + zx − mxyz
Trong đó x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x+y+z=1.
12. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:f(x,y)=2 x + y
Trong đó x ≥ 0, y ≥ 0, x 3 + y 3 ≤ 1
4. Kết quả
4.1. Kết quả thực nghiệm trước áp dụng sáng kiến.
Trước khi tiến hành dạy ở 20 học sinh lớp 9 học thực nghiệm, để có kết
quả đối chứng tôi đã tiến hành kiểm tra với nội dung như sau:
Đề bài (t= 30 phút)
Câu 1: Cho x2+y2=1,chứng minh rằng: − 2 ≤ x + y ≤ 2
Câu 2: Cho các số dương a,b,c và các số dương x,y,z thay đổi sao cho:
a b c
+ + = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=x+y+z
x y z

Đáp án:
Câu 1: Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki cho bốn số a = 1, b = x, c = 1, d = y ta
có:
(1.x+1.y)2 ≤ (12+12)(x2+y2)
Hay (x+y)2 ≤ 2  − 2 ≤ x + y ≤ 2 => đpcm.
Câu 2: Giải: Ta có: a + b + c =

a
b
c
. x+
. y+
. z
x
y

z

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
a

b

c

( a + b + c )2 ≤ ( x + y + z )( x + y + z ) ⇔ ( a + b + c )2 ≤ x+y+z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

a
: x=
x

b
: y=
y

c
: z
z

13


⇔

a

b
c
a + b + c =1:(
=
=
=
a+ b+ c)
x
y
z
x+ y+z

Đến đây dễ dàng suy ra:
x= a ( a + b + c ) ; y= b ( a + b + c ) ; z= c ( a + b + c )
Khi đó Amin=( a + b + c )2
Kết quả kiểm tra thể hiện trên điểm số đạt được của học sinh như sau:
Số
bài
20

0-4
Số
lượng
3

5-6
%
15

Số

7-8
%

lượng
9

45

Số
lượng
6

9 - 10
Số

%

%

lượng
2

30

10

4.2. Kết quả thực nghiệm sau khi tiến hành áp dụng sáng kiến
Đề bài (tg 30 phút)
Câu 1. Cho ba số a,b,c thoả mãn điều kiện a+b+c=1. CMR: a2+b2+c2 ≥

1
3

Câu 2: Cho các số x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x4+y4+z4
Đáp án:
Câu 1 : Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki 1,1,1 và a,b,c ta có:
(12+12+12)( a2+b2+c2) ≥ (1. a+1.b+1.c)2 =( a+b+c)2=1
⇔ 3( a2+b2+c2) ≥ 1 ⇔ a2+b2+c2 ≥

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=

1
3

1
3

Câu 2: Ta có: áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho 6 số a1=x; a2=y; a3=z; b1=y;
b2=z; b3=x ta có: 1=(xy+yz+zx)2 ≤ (x2+y2+z2)( x2+y2+z2) ⇔ ( x2+y2+z2 ) ≥ 1
Ta lại áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho: a1=1; a2=1; a3=1; b1=x2; b2=y2; b3=z2
1 ≤ (x2+y2+z2)2 ≤ (1+1+1) (x4+y4+z4) ⇒ ( x4+y4+z4 ) ≥

1
3

x y z
1
3

Dấu đẳng thức xẩy ra khi: y = z = x và x2=y2=z2 ⇒ x=y=z= ± .Vậy Pmin =
3
3

Kết quả kiểm tra thể hiện trên điểm số đạt được của học sinh như sau:
0-4

5-6

7-8

9 - 10

14


Số

Số

bài
20

lượng
1

%
5

Số

lượng
7

%
35

Số
lượng
8

%
40

Số
lượng
4

%
20

Nhận xét:
Qua bảng kết quả so sánh về chất lượng trước và sau khi tiến hành thực
nghiệm đối với nhóm học sinh thực nghiệm cho thấy:
- Trước khi được áp dụng sáng kiến, học sinh hầu như không nắm vững
kiến thức, phương pháp giải kể cả những dạng toán cơ bản, hay mắc phải những
sai lầm khi trình bày bài làm. Tỉ lệ học sinh đạt điểm trung bình trở lên là 88%,
số lượng học sinh có điểm giỏi chưa nhiều (2 HS chiếm 8%);
- Sau khi học sinh được áp dụng SK, dạy học một cách có hệ thống, bài
bản, kết quả kiểm tra cho thấy cơ bản đa số học sinh đều nắm được cách giải cho
từng dạng bài cụ thể, những sai lầm ít mắc hơn, tỉ lệ học sinh khá, giỏi được

nâng lên:
Tỉ lệ học sinh đạt điểm khá tăng từ: 30% lên 40%
Tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi tăng từ: 10% lên 20%
Tỉ lệ học sinh có điểm dưới TB được giảm thiểu.
C. KẾT LUẬN & KHUYẾN NGHỊ
I. Kết luận
1. Nhận định chung.
Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là: trước
hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản vận dụng linh hoạt các kiến
thức này. Từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức
một cách hợp lí với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ
năng cho học sinh.
Chuyên đề này chủ yếu đưa ra các bài tập có sử dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki, từ đó hình thành kỹ năng, phương pháp giải. Do đó khi giảng dạy
phải cung cấp nhiều dạng bài tập khác nhau để phát triển tư duy học sinh.
2. Hiệu quả khi áp dụng
Sau khi học sinh học xong chuyên đề này học sinh thấy tự tin hơn, hứng thú
hơn, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn
15


nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền cho học sinh tự
học tự nghiên cứu.
Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp
lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Do đó đây chỉ là một
chuyên đề trong nhiều chuyên đề, một phương pháp trong nhiều phương pháp để
giúp phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh.
3. Triển vọng khi áp dụng sáng kiến
Các bài toán BĐT nói chung rất đa dạng và phong phú. Mỗi bài toán lại
có rất nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọn sử dụng linh hoạt các kiến thức

đã học sẽ làm cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo. Chuyên đề này chỉ mang
tính chất gợi mở cung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo, đặc
biệt là các bài toán BĐT, cực trị có sử dụng BĐT Bunhiacopxki để giải. Tuy
nhiên, học sinh cần có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo
liên quan và tích cực tự học.
Sáng kiến có thể áp dụng rộng rãi như một tài liệu tự học cho HS và tài
liệu tham khảo cho GV ôn luyện thi vào 10 hay các kỳ thi HSG các cấp.
II. Khuyến nghị
1. Đối với Phòng GD&ĐT huyện Phù Cừ:
Phòng giáo dục nên tổ chức thường xuyên các lớp chuyên đề, các cuộc
hội thảo chuyên đề để giáo viên các trường có thể trao đổi, bàn luận nhất là vấn
đề bồi dưỡng học sinh giỏi để nâng cao chất lượng, thay đổi thứ hạng về giáo
dục của huyện nhà so với các huyện thị khác trong tỉnh.
2. Đối với nhà trường
Thường xuyên tổ chức các chuyên đề cấp trường, cấp tổ liên quan tới
những vấn đề khó ( như đề tài này);
Tăng cường hệ thống sách tham khảo chủ đề bất đẳng thức, cực trị.
Triển khai các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã đạt giải cao, áp dụng dạy
học thực tế với học sinh./.
Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, tôi đã
hệ thống được một số kiến thức liên quan, sưu tầm và tích lũy được một số bài
16


tập phù hợp theo mức độ từ dễ đến khó để cho học sinh tham khảo tự giải. Tuy
nội dung đề cập khá rộng song trong khuôn khổ thời gian hạn hẹn người viết
cũng chỉ đưa ra được một số bài toán điển hình. Rất mong sự đóng góp ý kiến
của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện
hơn.
Xin chân thành cám ơn!

Lời cam đoan: “Đây là sáng kiến kinh nghiệm của bản thân tôi viết, không
sao chép nội dung của người khác” ./.
Đình Cao, ngày 20 tháng 3 năm 2016
Người viết sáng kiến

PHẠM XUÂN HÀ

17


MỤC LỤC
Nội dung
Phần I: Lý lịch
Phần II : Nội dung
A.Mở đầu
I.Đặt vấn đề
1.Thực trạng của vấn đề
2.Ý nghĩa của giải pháp
3.Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
II. Phương pháp tiến hành
1.Cơ sở lý luận
2.Cơ sở lthực tiễn
3. Phương pháp nghiên cứu
B.Nội Dung
I.Mục tiêu
II.Giải pháp thực hiện
1. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki để chứng minh BĐT đại số
2. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki để giải bài toán cực trị đại số
3. Một số bài tập tự luyện
4. Kết quả

C.Kết Luận và khuyến nghị
I. Kết luận
1. Nhận định chung
2. Hiệu quả khi áp dụng SK
3. Triền vọng cua SK
II. Khuyến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
1
2
2
2
2
3
3
3
3
4
4
5
5
5
5
10
12
13
15
15
15

15
16
16
19

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8 - Tác giả: Nguyễn Ngọc Đạm
– Nguyễn Việt Hải – Vũ Dương Thụy- NXB giáo dục.
18


2. Toán bồi dưỡng học sinh đại số 9 - Tác giả : Vũ Hữu Bình – Tôn Thân
- Đỗ Quang Thiều - Nhà xuất bản Hà Nội.
3. Nâng cao và phát triển toán 8, 9 – Tác giả: Vũ Hữu Bình - NXB giáo
dục.
4. Sách giáo khoa đại số 8,9 - Nxb Giáo Dục.
5. 279 bài toán đại số chọn lọc – Tác giả: Võ Đại Mau - Nhà xuất bản trẻ.
6. 23 Chuyên Đề Giải 1001 Bài Toán Sơ Cấp- tập 1 – Tác giả: Nguyễn
Vĩnh Cận- NXB giáo dục.
7. Một số tài liệu trên mạng Internet ...

XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
TRƯỜNG THCS ĐÌNH CAO
Tổng điểm:..................................Xếp loại : .....................................
TM. Hội đồng khoa học

19

Hiệu trưởng

Nguyễn Văn Hạnh

XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN PHÙ CỪ
Tổng điểm:..................................Xếp loại : .....................................
TM. Hội đồng khoa học

...................................

20