SKKN Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Toán học là bộ môn khoa học cơ bản nhất, là xương sống của các bộ môn
khoa học tự nhiên; Toán học giúp thúc đẩy khả năng phát triển tư duy cho người
học, người nghiên cứu.
Trong sự chuyển mình tích cực của giáo dục nước ta, tôi nhận thấy dạy học
giúp học sinh phát triển tư duy vẫn là một trong những yêu cầu quan trọng hàng
đầu. Đối với dạy học bộ môn Toán nói chung và dạy học giải bài tập Toán nói
riêng, dạy học giúp phát triển tư duy cho học sinh ngoài việc đòi hỏi ở giáo viên
năng lực chuyên môn, năng lực sư phạm ra còn đòi hỏi nhiều về thời gian và sự
tâm huyết ở mỗi người giáo viên.
Bài toán Bất đẳng thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi và nó luôn
dành được sự quan tâm lớn từ học sinh cũng như giáo viên, đây là một trong
những bài toán khó. Đứng trước mỗi bài toán đó, hầu như các em học sinh
không định hướng được phải bắt đầu từ đâu, vận dụng những đơn vị kiến thức
nào cho phù hợp. Các em thường mang nặng tâm lý: phải vận dụng những công
cụ cao siêu, những bổ đề lớn, những bất đẳng thức mạnh... vào để giải, mà
không mấy khi để ý rằng xung quanh những bài toán đó có rất nhiều những bất
đẳng thức cực kỳ cơ bản, cơ bản đến mức có thể trong đầu các em nghĩ đó là bất
đẳng thức tầm thường; tuy vậy những cái cơ bản, tầm thường đó lại mang đến
cho các em hiệu quả không hề nhỏ trong việc giải một bài bất đẳng thức.
Băn khoăn trước những khó khăn đó của học trò, tôi đã tìm tòi nghiên cứu
và quyết định chọn nội dung bất đẳng thức trong việc dạy học phát triển tư duy,
nhằm giúp các em có được cách phân tích và lựa chọn kiến thức phù hợp, hiệu
quả hơn trong việc giải bài toán bất đẳng thức. Do vậy tôi đã chọn đề tài "Phát
triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy
các bất đẳng thức cơ bản".
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận
1. Về phương pháp
- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến bất đẳng
thức, phương pháp dạy học môn Toán và những SKKN của các giáo viên khác

thuộc bộ môn Toán.
- Trao đổi với đồng ngiệp để đề xuất các biện pháp thực hiện.
- Dạy các nhóm học sinh để thu thập thông tin thực tế.
2. Về đối tượng áp dụng
- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học khối 10,
khối 11 cũng như các học sinh khối 12 chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc Gia.
- Đề tài có thể được phát triển thêm ở những nội dung khác, những lớp bài
toán khác để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng dạy môn Toán ở THPT.
3. Các kiến thức cơ bản trong đề tài
- Dãy các bất đẳng thức cơ bản mà tôi tích lũy được trong quá trình dạy học.
- Các BĐT quen thuộc đối với học sinh như AM - GM; Cauchy-Schwarz...

1


II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Trường THPT Ba Đình - Nga Sơn đóng trên địa bàn trung tâm Huyện, việc
học tập và phấn đấu của các em học sinh luôn có được sự quan tâm từ các bậc
học dưới THPT, vì vậy kiến thức cơ sở về môn Toán của các em hầu hết ở mức
trung bình khá; cũng có một bộ phận các em học sinh có kiến thức khá, giỏi về
môn Toán, tuy vậy hầu như các em vẫn còn gặp rất nhiều khó khăn trong việc
giải bài tập bất đẳng thức cũng như không vượt qua được bài bất đẳng thức
trong các kỳ thi.
Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài này để dạy học giải bài
tập bất đẳng thức, các em thường thụ động trong việc tiếp cận phân tích vấn đề
cơ bản của bài toán và phụ thuộc quá nhiều vào những kiến thức được giáo viên
cung cấp sẵn chứ chưa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng như chưa tạo được sự hưng
phấn, đam mê trong giải bài tập bất đẳng thức.
Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập bất đẳng thức cũng
như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn Toán, chỉ có khoảng 2% - 3% học

sinh có hứng thú với nội dung này.
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
1. Các giải pháp
- Tôi đưa ra 2 bất đẳng thức cơ bản nhất trong dãy các bất đẳng thức mà tôi
đã tích lũy được, cho học sinh nhận biết các dấu hiệu cụ thể và ý tưởng vận dụng
- Tường minh bằng hình ảnh đồ thị mối quan hệ giữa 2 vế trong các BĐT cơ
sở đó, làm ý tưởng cho việc học sinh tự sáng tạo các bài toán khác.
- Định hướng cho học sinh cách phân tích quy lạ về quen, đưa các ý tưởng
suy luận tạo sự dẫn dắt, nhằm liên kết bài toán với một trong các kết quả của dãy
bất đẳng thức cơ sở.
- Phân tích mẫu cho học sinh cách phát hiện dấu hiệu và cách xử lý cùng với
một số kỹ năng bổ trợ trong một số ví dụ minh họa; sau đó yêu cầu học sinh tự
rèn luyện các nội dung đó.
2. Nội dung đề tài
2.1. Ứng dụng của hai bất đẳng thức cơ bản quen thuộc
Nếu x là một số thực không âm thì ta có các kết quả sau:
x +1
x +1
≥ x (kq1). Có
≥ x ⇔ ( x − 1) 2 ≥ 0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
+)
2
2
x +1
Đường thẳng (d ) : y =
tiếp xúc với đồ thị (C ) : y = x tại M(1;1) và (d)
2
luôn nằm phía trên (C).

2

2x
2x
⇔ ( x − 1) 2 ≥ 0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
(kq2). Có x ≥
x +1
x +1
2x
Đồ thị (C ) : y = x luôn nằm phía trên đồ thị (C ') : y =
, hai đồ thị (C) và
x +1
(C') tiếp xúc nhau tại M(1;1) và (C) luôn nằm phía trên (C').
+) x ≥

x +1
2x
≥ x≥
∀x ≥ 0.
2
x +1
Trong mục này tôi đưa ra các ví dụ minh họa, nêu chi tiết lời giải của tác giả;
sau đó tôi phân tích cách tiếp cận rồi đưa ra lời giải bằng việc vận dụng hai kết
quả cơ bản vừa nêu trên.
Ví dụ 1: (Yugoslavia 1987) Cho các số thực dương a, b. Chứng minh rằng:
1
1
( a + b) 2 + (a + b) ≥ a b + b a (1).
2
4

Lời giải:
Cách 1 (Ercole Suppa)
1
1
Ta có (1) ⇔ ( a + b) 2 + (a + b) − a b − b a ≥ 0
(1.1)
2
4
1
1
VT(1.1) = (a + b) 2 + (a + b) − ab ( a + b )
2
4
1
1
a+b
a+b
1
1 
≥ ( a + b) 2 + ( a + b) −
( a + b) =
( a − ) 2 + ( b − ) 2  ≥ 0.

2
4
2
2 
2
2 
1

Do đó ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = .
4
Cách 2
Phân tích: Dùng (kq1) hoặc (kq2) cần có căn bậc 2 và dấu "=" tại 1
x +1
2x
≥ x≥
+) Xuất hiện a ≤ ? nên có thể sử dụng được kết quả
2
x +1
1
+) Dấu "=" tại a = b = nên có thể đổi biến để có bài toán mới mà đạt "=" tại 1
4
với mục đích vẫn giữ được hình thức bài toán gốc nên nghĩ đến x = 4a
Từ đó cho ta kết quả chung là

3


1
1
( x + y)2 + ( x + y ) ≥ x y + y x
4
2
x( y + 1) y ( x + 1)
x + y ( x + y)2 x + y
Theo (kq1) thì x y + y x ≤
+
= xy +
≤

+
.
2
2
2
4
2
1
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = .
4
Ví dụ 2: (Romania 2005) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.
a
b
c
3
+
+
≥
Chứng minh rằng
(2).
2
b+c
c+a
a+b
Lời giải:
Cách 1 (Ercole Suppa) Theo Cauchy - Schwarz chúng ta có
Đặt x = 4a; y = 4b ⇒ x, y > 0 . Ta chứng minh

2



 
a 
a
a
b
+
c
1 = (a + b + c) 2 =  ∑ 4
a4 b+c÷ ≤ ∑
÷ ∑
÷

 cyclic b + c
  cyclic b + c  cyclic

a 
⇔ ∑
÷≥
b
+
c
cyclic


Và

∑a

cyclic

b+c =

∑a

1

b+c .

cyclic

∑

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

cyclic

= 2(ab + bc + ca) ≤

2
2
( a + b + c) 2 =
. Do đó
3
3

∑

cyclic

a
3
≥
.
2
b+c

1
Vậy ta được điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
Chú ý: Để thuận tiện cho việc trình bày lời giải chúng ta sẽ dùng một số ký hiệu
đối với các biểu thức có tính hoán vị vòng quanh, chẳng hạn:
a = a + b + c; ∑ a b = a b + b c + c a ; ∑ a = a + b + c ;...
∑
cyclic
cyclic
b+c
c+a
a+b
cyclic b + c
Cách 2
Phân tích:
a
≥ ? nên ta có thể nghĩ tới việc tạo ra b + c ≤ ?
+) Bài toán xuất hiện
b+c
x +1
2x
≥ x≥

tức là có dấu hiệu dùng
2
x +1
1
+) Dấu "=" tại a = b = c = nên thực hiện đổi biến để được dấu "=" tại 1; từ
3
điều kiện a + b + c = 1 và hình thức của bài toán dẫn tới ý tưởng đổi biến
a = kx, b = ky, c = kz .
+) b + c ≤ ? → y + z ≤ ? cần đảm bảo y = z đồng thời y + z = 1 .

4


 x, y , z > 0
2
2
2

Đặt a = x; b = y; c = z ⇒ 
3
3
3
3
 x + y + z = 2
x
x
y
=
+
+

Ta đi chứng minh ∑
y
+
z
y
+
z
z
+
x
cyclic

z
3
≥
x+ y 2



x
x
y
z
x
≥ 2
+
+
= 2∑
÷
y+z

cyclic
 y + z + 1 z + x + 1 x + y + 1  cyclic y + z + 1
x
x
1
+3= ∑ (
+ 1) = ( x + y + z + 1). ∑
Ta lại có ∑
cyclic y + z + 1
cyclic y + z + 1
cyclic y + z + 1
1
9
≥
Theo Cauchy-Schwarz thì ∑
, do đó
2( x + y + z ) + 3
cyclic y + z + 1
Theo (kq1), ta có

x

∑

9

15
3
(vì x + y + z = )
4

2
x
y
z
3 3
+
+
≥ 2. = .
4 2
y+z
z+x
x+ y

∑ y + z + 1 + 3 ≥ ( x + y + z + 1) 2( x + y + z ) + 3 =

cyclic

⇒

x
y
z
3
+
+
≥ ⇒
y + z +1 z + x +1 x + y +1 4

1
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .

2

1
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
a
,
b
,
c
Ví dụ 3: (Trần Phương) Cho các số thực không âm
thỏa mãn a + b + c = 1
3
3
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a a + b b + c c (3).
Phân tích:
+) Bài toán xuất hiện căn bậc 2 và yêu cầu tìm GTNN nên tạo tư duy a ≥ ?
x +1
2x
≥ x≥
tức là có dấu hiệu của việc dùng kết quả
.
2
x +1
1
+) Điểm rơi tại a = b = c = cùng với điều kiện a + b + c = 1 nên có thể thực
3
x
,

y
,
z
hiện đổi biến sang
thỏa mãn dấu "=" tại x = y = z = 1 mà không làm thay
đổi hình thức của bài toán; lựa chọn phép đổi biến x = 3a, y = 3b, z = 3c
Lời giải:
1
x3 x + y 3 y + z 3 z
Đặt x = 3a; y = 3b; z = 3c ⇒ x + y + z = 3 và P =
27 3
 x4
y4
z4 
2x
3
3
3
+
+
Theo (kq2) ta có x ≥
nên x x + y y + z z ≥ 2 
÷
x +1
 x +1 y +1 z +1
Theo Cauchy - Schwarz, ta lại có

(

)

5


x4
y4
z4
( x 2 + y 2 + z 2 )2
( x + y + z )4
3
+
+
≥
≥
=
x +1 y +1 z +1
x+ y+ z+3
9( x + y + z + 3) 2
1
1
. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = .
Do vậy P ≥
9 3
3
Ví dụ 4: (Bosnia and Hercegovina 2005) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1.
1
Chứng minh rằng: a b + b c + c a ≤
(4).
3
Lời giải:

Cách 1 (Trần Phương - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh)
1
2
Có 1 = (a + b + c) ≥ 3( ab + bc + ca) ⇒ ab + bc + ca ≤ .
3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta được
1
a b + b c + c a = ∑ a b = ∑ a ab ≤ (a + b + c )(ab + bc + ca ) ≤
3
cyclic
cyclic
1
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
Cách 2
Phân tích:
x +1
2x
≥ x≥
+) Xuất hiện a ≤ ? nên có dấu hiệu dùng kết quả
2
x +1
1
+) Điểm rơi tại a = b = c = cùng với điều kiện a + b + c = 1 nên có thể thực
3
x
=
3
a
;

y
=
3
b
;
z = 3c
hiện đổi biến
 x, y , z > 0
. Ta chứng minh x y + y z + z x ≤ 3
Đặt x = 3a; y = 3b; z = 3c ⇒ 
x
+
y
+
z
=
3

y + 1 xy + yz + zx x + y + z
=
+
Theo (kq1) chúng ta có ∑ x y ≤ ∑ x
2
2
2
cyclic
cyclic
( x + y + z )2
( x + y + z)2 x + y + z
+

=3
Lại có xy + yz + zx ≤
nên x y + y z + z x ≤
3
6
2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
1
Vậy ta có (4) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = .
3
Ví dụ 5: (Russia MO 2002) Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3.
Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca (5).
Lời giải:
Cách 1 (Trần Phương - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh)
Chúng ta có (5) ⇔ ( a + b + c ) 2 ≥ (ab + bc + ca )2

6


Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có ( a + b + c ) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c)3 = 27
Ta chỉ cần chứng minh (a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca ) 2 ≤ 27
(5.1)
2
2
2
Theo AM - GM ta có VT (5.1) = (a + b + c )(ab + bc + ca )(ab + bc + ca )
3

3

 a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca )   (a + b + c) 2 
≤
 =
 = 27 , nên (5.1) đúng.
3
3

 

2
2
2
2
Do đó ( a + b + c ) (a + b + c ) ≥ 27 ≥ (ab + bc + ca ) 2 (a 2 + b 2 + c 2 )
hay a + b + c ≥ ab + bc + ca .
Vậy (5) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 2
Phân tích:
x +1
2x
≥ x≥
+) Bài toán có xuất hiện a ≥ ? nên có thể nghĩ tới kết quả
2
x +1
+) Điểm rơi đang có sẵn tại 1 nên có thể dùng trực tiếp luôn.
b
c   a2
b2
c2 
 a

+
+
+ 2
+ 2
Theo (kq2) thì a + b + c ≥ 2 
÷
÷= 2 2
 a + 1 b + 1 c + 1  a + a b + b c + c 
Mặt khác, theo Cauchy - Schwarz chúng ta có
a2
b2
c2
(a + b + c ) 2
+
+
≥
a2 + a b2 + b c2 + c a2 + b2 + c2 + a + b + c
(a + b + c) 2
9
=
=
(với S = ab + bc + ca )
(a + b + c) 2 + (a + b + c) − 2( ab + bc + ca) 12 − 2 S
9
9
(a + b + c)2
=
mà 0 < S ≤
= 3 nên a + b + c ≥ 2.
12 − 2 S 6 − S

3
9
≥ S (∀S ∈ (0;3])
Khi đó (5) sẽ đúng nếu ta chứng minh được
6−S
9
S 2 − 6S + 9
( S − 3) 2
Có
≥S⇔
≥0⇔
≥ 0 điều này luôn đúng (∀S ∈ (0;3]) .
6−S
6−S
6−S
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ví dụ 6: (Trần Quốc Anh) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
1 1 1
x + y + z = + + . Chứng minh rằng: ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) 2 ≥ 27 (6)
x y z
Lời giải:
ca
ab
bc
Cách 1 (Trần Quốc Anh) Đặt x =
; y=
;z=
b
c
a

1 1 1
b
c
a
bc
ca
ab
+
+
=
+
+
Từ x + y + z = + + ⇒
x y z
ca
ab
bc
a
b
c
⇒ a + b + c = ab + bc + ca. Bài toán (6) lúc đó trở thành bài toán:

7


Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca .
Chứng minh rằng: (a + b + c)( a + b + c ) 2 ≥ 27
(6.1)
Có (a + b + c)( a + b + c ) 2 ≥ 27 ⇔ a + b + c ≥
⇔

3 3
a+b+c

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

a
b
c
3 3(ab + bc + ca )
+
+
≥
.
a+b+c
a+b+c
a+b+c
(a + b + c) 2
Đây là bất đẳng thức thuần nhất của a, b, c nên chuẩn hóa cho a + b + c = 3 ta
được a + b + c ≥ ab + bc + ca . Đây chính là bài toán Russia MO 2002.
Cách 2

Phân tích:
1 1 1
+)Từ điều kiện x + y + z = + + ⇒ xy + yz + zx = xyz ( x + y + z )
x y z
= xy.xz + xy. yz + xz. yz tạo ra ý tưởng đưa về hoàn toàn theo các biến xy, yz, zx
+) Xuất hiện xy ≥ ? nên có thể nghĩ tới việc dùng kết quả 2
+) Điểm rơi đạt tại 1 phù hợp ngay với kết quả 2.
1 1 1
Ta có: x + y + z = + + ⇔ xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx
x y z
( xy + yz + zx) 2
⇒ xy + yz + zx = ( xy. yz + yz.zx + zx.xy ) ≤
⇒ xy + yz + zx ≥ 3.
3
2


xy
Theo (kq2) thì ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) 2 ≥ ( xy + yz + zx )  2 ∑
÷
 cyclic xy + 1 
Lại có, theo Cauchy - Schwarz thì
xy
( xy ) 2
( xy + yz + zx) 2
=∑
≥
∑
2
( xy + yz + zx) 2 + ( xy + yz + zx ) − 2 xyz ( x + y + z )

cyclic xy + 1
cyclic ( xy ) + xy
xy + yz + zx
=
(do xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx ).
( xy + yz + zx) − 1
⇔

 2( xy + yz + zx) 
Suy ra ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) ≥ ( xy + yz + zx ) 

 ( xy + yz + zx ) − 1 

2

2

2

 2t 
Đặt t = xy + yz + zx ≥ 3. Khi đó nếu t 
÷ ≥ 27 ∀t ≥ 3 thì (6) đúng.
 t −1
2
4t 3 − 27t 2 + 54t − 27
(4t − 3)(t − 3) 2
 2t 
≥
27
⇔

≥
0
⇔
≥ 0 luôn đúng ∀t ≥ 3
Có t 
÷
t −1
t −1
 t −1
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

8


Ví dụ 7: (Trần Phương) Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 3
Chứng minh rằng 2(a + b + c) + a + b + c ≥ 9
(7).
Lời giải:
Cách 1 (Trần Phương)
Sử dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
2(a + b + c) + a + b + c ≥ 3 3 (a + b + c ) 2 ( a + b + c )
Ta sẽ đi chứng minh (a + b + c) 2 ( a + b + c ) ≥ 27

(7.1).

Ta có (a + b + c) ≥ 3( ab + bc + ca) = 9 ⇒ a + b + c ≥ 3 suy ra bất đẳng thức
(7.1) sẽ đúng nếu ta chứng minh được bất đẳng thức
(a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) ≥ 9 3
2

⇔ ( a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) ≥ 3 3(ab + bc + ca )
(7.2).
Do hai vế của bất đẳng thức (7.2) là thuần nhất đối với 3 biến a, b, c nên ta thực
hiện chuẩn hóa cho a + b + c = 3 thì (7.2) trở thành a + b + c ≥ ab + bc + ca.
Đây chính là bài toán Russia MO 2002.
Cách 2
Phân tích:
2a
+) Xuất hiện a ≥ ? nên có dấu hiệu của việc dùng kết quả 2: a ≥
a +1
+) Điểm rơi đang có sẵn tại a = b = c = 1
a, b, c > 0
Từ 
suy ra (a + b + c) 2 ≥ 3( ab + bc + ca) = 9 ⇒ a + b + c ≥ 3.
ab + bc + ca = 3
b
c 
 a
+
+
Theo (kq2) thì 2(a + b + c) + a + b + c ≥ 2( a + b + c) + 2 
÷
 a +1 b +1 c +1
a
a2
(a + b + c) 2
=∑ 2
≥ 2
Theo Cauchy - Schwarz, ta có ∑
a

+
1
a
+
a
a + b2 + c 2 + a + b + c
cyclic
cyclic
Lại có a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c = (a + b + c )2 + (a + b + c) − 2(ab + bc + ca )
= (a + b + c) 2 + ( a + b + c) − 6 (do ab + bc + ca = 3 )
2(a + b + c) 2
nên VT(7) ≥ 2(a + b + c) +
. Đặt t = a + b + c ≥ 3
(a + b + c) 2 + (a + b + c) − 6
2( a + b + c) 2
2t 2
= 2t + 2
thì 2(a + b + c) +
( a + b + c) 2 + (a + b + c) − 6
t +t −6
2
2t
∀t ≥ 3 .
Ta đi chứng minh 2t + 2
≥9
t +t −6
2t 2
2t 3 − 5t 2 − 21t + 54
(t − 3)(2t 2 + t − 18)
Có 2t + 2

≥ 9⇔
≥0⇔
≥ 0 đúng ∀t ≥ 3
t +t−6
t2 + t − 6
t2 + t − 6
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

9


Ví dụ 8: (Trần Phương) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.
3 3
(1 + ab + bc + ca ) (8)
Chứng minh rằng a + b + b + c + c + a ≥
2 2
Lời giải:
Cách 1 (Trần Phương)
Ta có a + b + c = 1 ⇒ 1 + ab + bc + ca = (a + b + c ) 2 + ab + bc + ca
= (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b)
Bất đẳng thức (8) trở thành
3 3
a+b + b+c + c+a ≥
( (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a )(a + b) )
2 2
a+b
b+c
c+a
3 3
(a + b)(b + c )

⇔
+
+
≥
(8.1)
∑
a+b+c
a+b+c
a + b + c 2 2 cyclic (a + b + c ) 2
 x, y , z > 0
a+b
b+c
c+a
;y =
;z=
⇒
Đặt x =
.
a+b+c
a+b+c
a + b + c x + y + z = 2
Bất đẳng thức (8.1) trở thành 2 2( x + y + z ) ≥ 3 3( xy + yz + zx)
⇔ 4 2( x + y + z ) − 6 3( xy + yz + zx) ≥ 0
⇔ 3 3( x + y + z ) 2 − 6 3( xy + yz + zx) + 4 2( x + y + z ) ≥ 3 3( x + y + z ) 2
⇔ 3 3( x 2 + y 2 + z 2 ) + 4 2( x + y + z ) ≥ 3 3( x + y + z ) 2
Lại có, theo AM - GM thì

(8.2)

3 3x 2 + 4 2 x = 3 3x 2 + 2 2 x + 2 2 x ≥ 3 3 3 3 x 2 (2 2 x ) 2 = 3. 3 12 12 x3 = 6 3 x

3 3 y 2 + 4 2 y ≥ 6 3 y ; 3 3z 2 + 4 2 z ≥ 6 3 z , cộng vế với vế ba bất đẳng thức
ta được VT(8.2) ≥ 6 3( x + y + z ) = 3 3( x + y + z ) 2 = VP(8.2) nên (8.2) đúng.
2
1
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = ⇔ a = b = c = .
3
3
Cách 2
Phân tích:
+) Xuất hiện a + b ≥ ? nên có ý tưởng dùng kết quả 2.
+) Vế trái có a + b , vế phải có ab nên nghĩ tới việc biến đổi để a + b tạo ra
x +1
2x
≥ x≥
ab từ vế trái hoặc là ab tạo ra a + b ở vế phải để sử dụng
2
x +1
+) Giả thiết cho a + b + c = 1 và vế phải có ab + bc + ca nên nghĩ đến tạo vế
phải về theo a + b, b + c, c + a có vẻ thuận lợi hơn, đồng thời ở vế phải là bậc 2
nên có thể bổ sung hằng số thông qua a + b + c = 1 = (a + b + c) 2 cho vế phải.
1
+) Điểm rơi tại a = b = c = nên có thể thực hiện đổi biến để có dấu bằng tại 1
3

10


Ta có a + b + c = 1 ⇒ 1 + ab + bc + ca = (a + b + c ) 2 + ab + bc + ca
= (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b)
Bất đẳng thức (8) trở thành

3 3
a+b + b+c + c+a ≥
[ (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) ] (8.3)
2 2
 x, y , z > 0
2x
2y
2z
;c+a=
⇒
Đặt a + b = ; b + c =
.
3
3
3
x + y + z = 3

(

)

2
3 3 4
x+ y+ z ≥
. ( xy + yz + zx )
3
2 2 9
⇔ x + y + z ≥ ( xy + yz + zx ) . Đây chính là bài toán Russia MO 2002.
Ví dụ 9: (Belarus 2000) Cho các số thực dương a, b, c, x, y, z.
a 3 b 3 c 3 ( a + b + c )3

+ + ≥
Chứng minh rằng
(9).
x
y z 3( x + y + z )
Lời giải:
Cách 1 (Theo đáp án)
Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có:
Bất đẳng thức (8.3) trở thành

1
3

1
1
a b c 
3
3
 + + ÷ (1 + 1 + 1) ( x + y + z ) ≥ a + b + c
y z
 x
 a 3 b3 c 3 
⇔ 3( x + y + z )  + + ÷≥ (a + b + c )3
y z 
 x
3

3

3

a = b = c
a 3 b3 c 3 (a + b + c )3
⇔ + + ≥
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 
x
y z 3( x + y + z )
x = y = z
Cách 2
Phân tích:
+) Dấu "=" của bài toán đạt tại a = b = c và x = y = z nên có thể tạo ra được
việc đánh giá gò dấu "=" về tại tâm là bằng 1.
x +1
2x
≥ x≥
+) Bài toán không có căn, muốn dùng kết quả
thì trước tiên
2
x +1
làm xuất hiện căn bậc 2; hình thức phát biểu của bài toán tạo ý tưởng của việc
dùng Cauchy - Schwarz, có a 3 nên trong quá trình đánh giá sẽ có a , như thế
x +1
2x
≥ x≥
đã làm xuất hiện dấu hiệu của việc dùng
2
x +1
Theo Cauchy - Schwarz ta có
a 3 b 3 c 3 ( a 3 + b 3 + c 3 ) 2 (a a + b b + c c ) 2
+ + ≥

=
x
y z
x+ y+z
x+ y+z
Ta đi chứng minh 3(a a + b b + c c ) 2 ≥ (a + b + c)3.
11


Do bất đẳng thức là thuần nhất nên ta chuẩn hóa a + b + c = 3 , đi chứng minh
a a + b b + c c ≥ 3 . Theo (kq2) và Cauchy-Schwarz, ta có

a2 
(a + b + c) 2
∑ a a ≥ 2  cyclic
∑ a + 1 ÷≥ 2 a + b + c + 3 = 3 .
cyclic


Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c và x = y = z.
Sau khi tôi phân tích mẫu dấu hiệu, cách vận dụng ở các ví dụ trên các em
học sinh đã nắm được ý tưởng. Các em đã có thể áp dụng được 2 kết quả trên
để tự phân tích và giải các ví dụ sau:
Ví dụ 10: Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng
 x
y
z  3 3
x+ y+z
+
+

≥
 y+z x+z x+ y÷
÷ 2 (10).


Phân tích:
x +1
2x
≥ x≥
+) Bài toán xuất hiện x ≥ ? nên nghĩ tới việc dùng kết quả
2
x +1
+) Dấu "=" xảy ra tại x=y=z, cùng với việc BĐT đang là thuần nhất nên có thể
chuẩn hóa để có được điều kiện phù hợp đồng thời cho dấu "=" tại x=y=z=1.
Lời giải:
Do bất đẳng thức là thuần nhất của x, y, z nên ta chuẩn hóa cho x + y + z = 3 .
y
y
x
z
3
x
z
3
+
+
≥ ⇔
+
+
≥ (10.1)

Ta cần chứng minh
y+z z+x x+ y 2
3− x 3− y 3− z 2
Theo (kq2) ta được

x
2x
≥
.
3 − x (3 − x)( x + 1)
2

x
x
 3 − x + x +1
Theo AM-GM thì (3 − x)( x + 1) ≤ 
≥
÷ = 4 suy ra
2
3− x 2


y
x
z
x y z 3
+
+
≥ + + = nên (10.1) đúng.
Do đó

3− x 3− y 3− z 2 2 2 2
Vậy (10) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Ví dụ 11: (Trần Phương) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
a+b+c + a
a+b+c + b
a+b+c + c
9+3 3
+
+
≥
(11).
b+c
c+a
a+b
2 a+b+c
Phân tích:
+) Xuất hiện căn bậc 2 với dấu "=" tại a = b = c nên có thể nghĩ tới việc dùng
kết quả1 hoặc kết quả 2.
+) Bất đẳng thức là thuần nhất với các biến a, b, c nên có thể chuẩn hóa để có
điều kiện và có được mục đích dấu "=" tại a = b = c = 1.
Lời giải:
Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất của a, b, c nên ta chuẩn hóa cho a + b + c = 3.
12


9+3 3
9
3
=
+ .

2 a+b+c 2 3 2
1
1   a
b
c 
 1
VT(11) = 3 
+
+
+
+
+
÷
÷ 
b + c c + a a +b   3− a 3−b 3−c 
1
1 
9
9
 1
+
+
=
(11.1)
Theo Cauchy-Schwarz thì 3 
÷≥ 3
b
+
c
c

+
a
a
+
b
2(
a
+
b
+
c
)
2
3


a
b
c a+b+c 3
Theo ví dụ 10 thì
+
+
≥
= (11.2)
3− a 3−b 3− c
2
2
Cộng vế với vế của (11.1) và (11.2) ta được (11). Dấu "=" xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 12: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3.
a

b
c
+
+
≥ a + b + c (12).
Chứng minh rằng
b
c
a
Phân tích:
a
≥ ? thì đánh giá b ≤ ? nên có thể nghĩ tới việc dùng
+) Bài toán xuất hiện
b
x +1
2x
≥ x≥
kết quả
2
x +1
+) Dấu "=" xảy ra tại a = b = c = 1 nên có thể dùng ngay (kq1) hoặc (kq2).
Lời giải:
Theo Cauchy - Schwarz ta có
a
b
c
a2
b2
c2
(a + b + c ) 2

+
+
=
+
+
≥
.
b
c
a a b b c c a a b +b c +c a
(a + b + c)2
≥ a + b + c ⇔ a b + b c + c a ≤ a + b + c (12.1)
Ta chứng minh
a b +b c +c a
a(b + 1) b(c + 1) c (a + 1) ab + bc + ca a + b + c
+
+
=
+
Từ (kq1) ⇒ a b + b c + c a ≤
2
2
2
2
2
2
Lại có a + b + c ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 và 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c ) nên
3(ab + bc + ca) ≤ 3(a + b + c) ⇒ ab + bc + ca ≤ a + b + c
Do đó ⇒ a b + b c + c a ≤ a + b + c tức là (12.1) đúng.
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Khi đó ta có: VP(11) =

2.2. Mở rộng hai kết quả trên để hình thành dãy các BĐT
Trong quá trình dạy học tôi đã tích lũy được một số BĐT sau đây có nhiều
ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức:
Nếu x là một số thực không âm thì:

13


x3 + 1
x4 + 1
x2 + 1 x + 1
2x
x( x 2 + 1) x( x + 1) 2
2
4
≥ x − x +1 ≥
≥
≥
≥ x≥
≥ 3
≥
x2 + 1
2
2
2
x +1
x +1
2( x 3 + 1)

Chứng minh các bất đẳng thức trong dãy:
x3 + 1
+) 2
≥ x 2 − x + 1 ⇔ ( x + 1) x 2 − x + 1 ≥ x 2 + 1 ⇔ x( x − 1) 2 ≥ 0 (đpcm)
x +1
Dấu "=" xảy ra khi x = 0; x = 1.
+)

x − x +1 ≥
2

4

x4 + 1
⇔ ( x − 1) 4 ≥ 0 (đpcm). Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
2

2 2
x 4 + 1 4 2 ( ( x ) + 1) 4  x 2 + 1 
=
≥ 
÷ =
2
4
2


2

+)

4

x2 + 1
. Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
2

2

x2 + 1
x +1
 x +1
. Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
+)
≥ 
÷ =
2
2
 2 
2x
x +1
+)
≥ x và x ≥
là hai kết quả ban đầu của bài viết.
x +1
2
2x
x( x 2 + 1)
+)
≥ 3

⇔ x( x + 1)( x − 1) 2 ≥ 0 . Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
x +1
x +1
2
x( x + 1) x( x + 1) 2
+)
≥
⇔ ( x 4 + x)( x − 1) 2 ≥ 0. Dấu "=" xảy ra khi x = 1.
3
3
x +1
2( x + 1)
Từ các kết quả trên, chúng ta có thể giải quyết một số bài toán khác hoặc là
có thể thực hiện sáng tạo ra những bài tập về BĐT.
Ví dụ 13: (Gabriel Dospinescu) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = 1.
7
2
2
2
Chứng minh rằng: 2(a + 1) + 2(b + 1) + 2(c + 1) ≤ (a + b + c) − 1 (13)
3
Phân tích:
+) Vế trái có 2(a 2 + 1) ≤ ? nên có thể nghĩ tới một trong các kết quả
4

x4 + 1
≥
2

x2 + 1 x + 1

≥
≥ x mà vế phải là cụm bậc nhất nên không lựa chọn
2
2

x2 + 1
x4 + 1
4
vì khi đó vế phải sẽ xuất hiện
2
2
x +1
≥ x thì vai trò của 2(a 2 + 1) được coi là x như vậy, sau
+) Nếu lựa chọn
2
khi đánh giá được kết quả mới thì ở vế phải của kết quả khi đó sẽ xuất hiện a 2 ,
phức tạp hơn đối với gốc ban đầu là a+b+c
4

x4 + 1
≥
2

14


x2 + 1 x + 1
+) Nếu lựa chọn
thì ở 2(a 2 + 1) ≤ ? phải biến đổi làm cho có
≥

2
2
2
2( a + 1) dưới mẫu như vậy mới đảm bảo dấu " ≤ "
+) Dấu "=" của bài toán tại a = b = c = 1 thì trong căn là 2(a 2 + 1) = 4 nên
thực hiện việc biến đổi để có được "trong căn" bằng 1.
Lời giải:
x2 + 1 x + 1
x 2 + 1 2( x 2 + 1)
2x 

2
≥
⇒ 2( x + 1) =
≤
= 2 x + 1 −
÷
Từ
2
2
x +1
x +1

x2 + 1
2
a
b
c 

+

+
)÷
Áp dụng kết quả trên thì VT(13) ≤ 2  a + b + c + 3 − 2(
a +1 b +1 c +1 

Mặt khác, theo Cauchy - Schwarz ta có
a
b
c
( a + b + c ) 2 a + b + c + 2( ab + bc + ca )
+
+
≥
=
a +1 b +1 c +1
a+b+c+3
a+b+c+3
3
và theo AM - GM ta có ab + bc + ca ≥ 3 abc = 3 (do abc = 1) suy ra
a +b+c+6
6



VT(13) ≤ 2  a + b + c + 3 − 2
÷= 2  a + b + c + 1 −
÷
a +b+c+3
a +b + c + 3



6 
7

Đặt t = a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 ⇒ VT(13) ≤ 2  t + 1 −
÷; VP ( 13) = t − 1
t + 3
3

6  7
(t − 3) 2

2 t + 1 −
≤
t
−
1
⇔
≥ 0 luôn đúng ∀t ≥ 3. Dấu "=" xảy ra khi t = 3.
÷
t + 3 3
t+3

Vậy (13) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét: Với cách làm tương tự như VD13, ta được bài toán tổng quát:
n
a1; a2 ;..; an > 0
2n + 1 n
2
. Chứng minh rằng: ∑ 2( ai + 1) ≤

Cho 
∑ ai − 1.
n i =1
i =1
a1.a2 ...an = 1
Sau khi nắm được các kiến thức cơ bản, có được kỹ năng dự đoán và phân
tích một bài BĐT theo dấu hiệu của việc vận dụng các kết quả trong dãy các
BĐT trên, các em học sinh đã có thể tự tìm tòi trong các nguồn tài liệu những
bài có thể giải được bằng việc áp dụng các kết quả đó. Một số em đã có thể tự
xây dựng được bài toán BĐT theo ý định bằng cách ghép cặp các kết quả của
dãy; đưa vào nhiều biến cho dãy; thay đổi biến trong dãy....Chứng tỏ tư duy
trong việc giải bài tập BĐT của các em đã có nhiều sự phát triển.
Ta xét các ví dụ tiếp theo.
Ví dụ 14: Cho các số thực dương a; b; c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 .
(a 3 + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c 3 + 1) (c 3 + 1)(a 3 + 1)
+
+
≥ 3 (14).
Chứng minh rằng 2
(a + 1)(b 2 + 1) (b 2 + 1)(c 2 + 1) (c 2 + 1)(a 2 + 1)

15


(a 3 + 1)(b3 + 1) 4 ( a 4 + 1)(b 4 + 1)
Lời giải: Từ dãy các BĐT, chúng ta có 2
≥
(a + 1)(b 2 + 1)
4
4

4
2
Mặt khác theo Cauchy - Schwarz ta có (a + 1)(b + 1) ≥ (ab + 1) nên
(a 3 + 1)(b3 + 1)
a 2b 2 + 1 ab + 1 (a 3 + 1)(b3 + 1) ab + 1
≥
≥
⇒ 2
≥
(a 2 + 1)(b 2 + 1)
2
2
( a + 1)(b 2 + 1)
2
Hoàn toàn tương tự ta được
(a 3 + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c 3 + 1) (c3 + 1)(a 3 + 1) ab + bc + ca + 3
+
+
≥
= 3.
(a 2 + 1)(b 2 + 1) (b 2 + 1)(c 2 + 1) (c 2 + 1)(a 2 + 1)
2
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Tổng quát: Cho các số thực dương a ; a ;...a thỏa mãn ∑ a1a2 = n .
1

2

n

cyclic

(a13 + 1)(a23 + 1)
≥ n.
Chứng minh rằng ∑ 2
2
(
a
+
1)(
a
+
1)
cyclic
1
2
Ví dụ 15: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 .
a −1 b −1 c −1
+
+
≤ 0.
Chứng minh rằng 3
a + 1 b3 + 1 c3 + 1
a − 1 a (a 2 + 1) a + 1
= 3
≤
Lời giải: Chúng ta có 1 + 3
. Do đó:
a +1
a +1

2
a −1 b −1 c −1
a −1
b −1
c −1 a +1 b +1 c +1
+ 3 + 3 + 3 = 1+ 3 + 1+ 3 + 1+ 3 ≤
+
+
=3
3
a +1 b +1 c +1
a +1
b +1
c +1
2
2
2
Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1.
Tổng quát: Cho các số thực dương a1; a2 ;...an thỏa mãn

n

∑a
i =1

i

= n.

ai − 1

≤ 0.
3
i =1 i + 1
Ví dụ 16: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 = 3.
n

Chứng minh rằng

2

∑a
2

2

 (a 3 + 1)(b3 + 1)   (b3 + 1)(c3 + 1)   (c3 + 1)(a 3 + 1) 
CMR:  2
÷ + 2
÷ + 2
÷ ≥ 3.
2
2
2
 (a + 1)(b + 1)   (b + 1)(c + 1)   (c + 1)(a + 1) 
(a 3 + 1)(b3 + 1)
a 2b 2 + 1
Lời giải: Theo ví dụ 14 ta đã có 2
nên
≥
(a + 1)(b2 + 1)

2
2

 (a 3 + 1)(b3 + 1)  a 2b 2 + 1
. Hoàn toàn tương tự, ta được:
 2
÷ ≥
2
(
a
+
1)(
b
+
1)
2


2

2

2

 (a 3 + 1)(b3 + 1)   (b3 + 1)(c3 + 1)   (c3 + 1)(a 3 + 1)  a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 + 3
= 3.
 2
÷ + 2
÷ + 2
÷ ≥

2
2
2
2
 (a + 1)(b + 1)   (b + 1)(c + 1)   (c + 1)( a + 1) 

16


Tổng quát: Cho các số thực dương a1; a2 ;...an thỏa mãn

∑a a

2 2
1 1

= n.

cyclic
2

 (a13 + 1)( a23 + 1) 
Chứng minh rằng ∑  2
÷ ≥ n.
2
(
a
+
1)(
a

+
1)
cyclic 

1
2
Ví dụ 17: Cho các số thực dương a ; a ;...; a thỏa mãn ∑ a1a2 a3 = n.
1

Chứng minh rằng

2

n

cyclic

(a + 1)(a + 1)(a + 1)
≥ n.
+
1)(
a
+
1)(
a
+
1)
cyclic
6
1

4
1

∑ (a

6
2
4
2

6
3
4
3

x3 + 1
≥ x 2 − x + 1 nên áp dụng cho x = a13 ; x = a23 ; x = a33 thì
Lời giải: Ta có 2
x +1
6
6
( a1 + 1)(a2 + 1)(a36 + 1)
≥ a14 − a12 + 1 a24 − a22 + 1 a34 − a32 + 1
4
4
4
(a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1)
mà

a14 − a12 + 1 ≥ a12 nên

a14 − a12 + 1. a24 − a22 + 1. a34 − a32 + 1 ≥ a1a2 a3

( a16 + 1)( a26 + 1)( a36 + 1)
≥ ∑ a1a2 a3 = n.
Do đó ∑ 4
4
4
cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1)
cyclic
a 2b 2 + 1
Ví dụ 18: Cho các số thự dương a, b . CMR: (a − a + 1)(b − b + 1) ≥
.
2
( a 4 + 1)(b 4 + 1)
Lời giải: Chúng ta có ( a 2 − a + 1)(b 2 − b + 1) ≥ 4
4
(a 4 + 1)(b 4 + 1)
suy ra (a 2 − a + 1)(b 2 − b + 1) ≥
4
( a 4 + 1)(b 4 + 1)
(a 2b 2 + 1) 2 a 2b 2 + 1
Mặt khác theo Cauchy - Schawrz thì
≥
=
4
4
2
2 2
a b +1

Do đó (a 2 − a + 1)(b 2 − b + 1) ≥
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.
2
Ví dụ 19: Cho các số thực dương a1 ; a2 ;...; an . Chứng minh rằng
( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1)
a3 ( a1a2 + 1)(a32 + 1)
2∑ 2
≥∑
.
2
2
cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1)
cyclic
a33 + 1
1
2
3
2

2

(a13 + 1)(a23 + 1) 4 ( a14 + 1)( a24 + 1)
a12 a22 + 1 a1a2 + 1
≥
≥
≥
Lời giải: Chúng ta có 2
(a1 + 1)( a22 + 1)
4
2

2
a33 + 1 a3 (a32 + 1)
(a13 + 1)(a23 + 1) a33 + 1 a3 (a32 + 1)(a1a2 + 1)
≥
≥
.
và 2
nên 2
a3 + 1
a33 + 1
(a1 + 1)(a22 + 1) a32 + 1
2(a33 + 1)
( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1)
a3 (a1a2 + 1)(a32 + 1)
2
≥
Do vậy ∑ 2
(đpcm).
∑
2
2
cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1)
cyclic
a33 + 1
1
2
3
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an = 1.

17

Nhận xét: Nếu n = 3 thì chúng ta được bài 3349 trong Crux Mathematicorum
Cho các số thực dương a1 ; a2 ; a3 . Chứng minh rằng:
(a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a32 + 1)( a1a2 + 1)
≥
(a12 + 1)( a22 + 1)(a32 + 1)
2( a33 + 1)
Ví dụ 20: Cho các số thực dương a1 ; a2 ;...; an . Chứng minh rằng:
(a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1)
a1a2 (a3 + 1)(a12 a22 + 1)
≥
. (CruxMathematicorum)
∑
2
2
2
a13a23 + 1
cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1)
cyclic

2∑

(a13 + 1)(a23 + 1) a1a2 + 1 a1a2 (a12a22 + 1)
≥
≥
Lời giải: Chúng ta có 2
(a1 + 1)(a22 + 1)
2
a13a23 + 1

a33 + 1 a3 + 1
(a13 + 1)(a23 + 1) a33 + 1 a1a2 (a12 a22 + 1) a3 + 1
≥
≥
.
và 2
nên 2
a3 + 1
2
(a1 + 1)(a22 + 1) a32 + 1
a13a23 + 1
2
3
3
3
2 2
( a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1)
a a ( a + 1)(a a + 1)
≥∑ 1 2 3 3 3 1 2
.
Do vậy 2 ∑ 2
2
2
cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1)
cyclic
a
a
+
1
1

2
3
1 2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an = 1.
Ví dụ 21: Cho các số thực dương a và b. Ta luôn có dãy bất đẳng thức
a 3 + b3
a 4 + b4
a2 + b2 a + b
2
2
4
≥
a
−
ab
+
b
≥
≥
≥
≥ ab ≥
a 2 + b2
2
2
2
2
ab(a 2 + b 2 ) ab( a + b) 2
≥
≥
≥

3
3
3
3
1 1
a
+
b
2(
a
+
b
)
+
a b
a
Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, chúng ta thay x = thì được dãy
b
bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
 π
Ví dụ 22: Nếu t ∈  0; ÷ thì (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) ≥ 1 − sin t cos t ≥
 2
1
1 sin t + cos t
2sin t cos t
≥ 4 − sin 2 t cos 2 t ≥
≥
≥ sin t cos t ≥
≥
2

2
sin t + cos t
2
sin t cos t
sin t cos t (sin t + cos t )
≥
≥
.
(sin t + cos t )(1 − sin t cos t )
2(1 − sin t cos t )
Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, chúng ta thay x = tan t thì có được
dãy bất đẳng thức ở Ví dụ 22.
Sự phát triển tư duy của các em học sinh ngoài việc các em đã nhận biết,
phân tích và giải được các BĐT có liên quan đến dãy BĐT cơ bản trên, nhiều
em học sinh đã còn biết vận dụng kiến thức đó vào việc giải quyết một số nội
dung khác, chẳng hạn nhiều em đã giải được ví dụ sau:

18


4 x 2 + 2 xy + x + 6 xy − y + y 2 = 15

Ví dụ 23: Giải hệ phương trình 
6( x3 + y 3 )
− 2( x 2 + y 2 ) = 3
x + 2
2
x + xy + y

 xy ≥ 0

. Nhận thấy nếu
Lời giải: ĐK:  2
2
 x + y + xy ≠ 0

(23.1)
(23.2)

x ≤ 0
thì (23.2) vô nghiệm.

y ≤ 0

Do đó x > 0 và y > 0. Ta có 6 xy ≤ 3( x + y ) nên
(23.1) ⇒ 15 ≤ (2 x + y) 2 + x + 3( x + y) − y = (2 x + y ) 2 + 2(2 x + y) ⇒ 2 x + y ≥ 3
x2 + y2
3( x 2 + y 2 )
3( x 3 + y 3 )
2( x 3 + y 3 )
2
2
⇒ x + xy + y ≤
⇒ 2
≥ 2
Mặt khác xy ≤
2
2
x + xy + y 2
x + y2
2( x3 + y 3 )

≥ 2( x 2 + y 2 ) ≥ x + y
Theo kết quả từ dãy các bất đẳng thức thì
2
2
x +y
6( x3 + y 3 )
⇒ 2
− 2( x 2 + y 2 ) ≥ 2( x 2 + y 2 ) ≥ x + y nên từ (23.2) ⇒ 3 ≥ 2x + y
2
x + xy + y
do đó ta được 2 x + y = 3 và x = y như vậy x = y = 1 (thoả mãn).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1)
IV. Kiểm nghiệm
Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát cho thấy đã
có sự chuyển biến tích cực trong tư duy của các em học sinh. Các em đã tự hình
thành được việc chắt lọc những kết quả đơn giản để phục vụ cho việc giải quyết
các bài toán có liên quan. Đặc biệt có nhiều em đã hứng thú với bài học, hứng
thú với việc giải bài tập bất đẳng thức, trong đó có những em đã biết cách xây
dựng bài toán bất đẳng thức mới từ dãy các bất đẳng thức cơ bản, từ một bất
đẳng thức gốc nào đó được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi.
Tôi kiểm chứng việc tiếp thu và sự phát triển tư duy của các em với bài tập:
1. Bài toán thu hoạch
(Gabriel Dospinescu) Cho các số thực dương a1; a2 ;...; an sao cho a1a2 ...an = 1 .
Chứng minh rằng 1 + a12 + 1 + a22 + ... + 1 + an2 ≤ 2(a1 + a2 + ... + an ) (*)
1 + a12
1 + a22
1 + an2
Lời giải: Ta có (*) ⇔
+
+ ... +

≤ a1 + a2 + ... + an (**)
2
2
2
x4 + 1
x4 + 1
1 + ai2
⇒
≤ x2 − x + 1 ⇒
≤ ai − ai + 1(∀i = 1; n)
2
2
2
Do đó, VT(**) ≤ ( a1 + a2 + ... + an ) − ( a1 + a2 + ... + an ) + n
Mà x 2 − x + 1 ≥

4

Lại có theo AM - GM thì a1 + a2 + ... + an ≥ n. n a1a2 ...an = n .
Vậy (*) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an = 1.

19


2. Bảng thống kê, so sánh
Với bài tập đó, tôi cho 2 nhóm học sinh lớp 11D năm học 2014-2015 của
trường THPT Ba Đình có năng lực học Toán tương đương, trong đó:
Nhóm I là nhóm các học sinh được áp dụng kết quả nghiên cứu
Nhóm II là nhóm các học sinh chưa được áp dụng kết quả nghiên cứu
Kết quả:

Số HS biết tự phân tích Số HS chưa biết phân tích
Số lượng
và giải được bài tập
và chưa giải được bài tập
Nhóm
HS
Số lượng
%
Số lượng
%
I
20
13
65
7
35
II
20
3
15
17
85
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Trong quá trình giảng dạy, việc tạo cho học sinh biết tự định hướng cách
tiếp cận, tự phân tích cách chiếm lĩnh tri thức và hình thành lời giải thật chủ
động sáng tạo giúp kết quả học tập của học sinh sẽ tốt hơn, tư duy phát triển hơn
chính là nhu cầu thiết yếu mà mỗi học sinh đều mong muốn.
Do vậy, mỗi giáo viên cần trăn trở trước những vướng mắc của học sinh;
chủ động trong việc tìm tòi và phát huy cái mới, kế thừa và phát huy những kiến
thức có sẵn một cách sáng tạo, xây dựng những chuỗi kiến thức cơ bản và hướng

dẫn học sinh vận dụng một cách hợp lý vào việc giải các bài tập tương ứng thì sẽ
tạo được điều kiện để học sinh củng cố và hiểu sâu về lý thuyết hơn, cùng với
việc thực hành giải toán một cách hiệu quả hơn, tạo được sự hứng thú, phát huy
được tính chủ động, sự sáng tạo trong việc học và phát triển tư duy cho học sinh.
Mặc dù đã thu được một số kết quả nhất định, nhưng trong phạm vi bài
viết, tôi nghĩ có thể còn một số chỗ chưa thực sự hợp lý, chưa khai thác sâu
được vấn đề. Vì vậy, tôi mong các bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để việc dạy
học ngày một tốt hơn, đem lại cho học sinh những bài giảng cuốn hút hơn nữa.
Tôi chân thành cảm ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Trần Phương. Những viên kim cương trong BĐT. NXB Tri Thức
[2] Trần Phương - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh.
Vẻ đẹp Bất đẳng thức trong các kỳ thi Olympic Toán học. NXB ĐHQG
[3] Gabriel Dospinescu; CruxMathematicorum
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 06 tháng 6 năm
2015
CAM KẾT KHÔNG COPY.
(Tác giả ký và ghi rõ họ tên)

20


21