SKKN một số PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC cơ bản TRONG bồi DƯỠNG học SINH GIỎI môn TOÁN THCS

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
CƠ BẢN TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN THCS
1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
Cùng với sự phát triển của đất nước ta, sự nghiệp giáo dục cũng không
ngừng đổi mới. Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học
tập của các em học sinh, trong quá trình giảng dạy, mỗi người giáo viên phải biết
chắt lọc ra những nội dung kiến thức cơ bản một cách rõ ràng ngắn gọn và đầy đủ
nội dung, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển rút ra
những nội dung kiến thức chính trong bài học. Từ đó, giúp học sinh có thể nắm
được cái quan trọng, nội dung chính trong bài học đồng thời có thể gợi mở, đặt
vấn đề để học sinh phát triển tư duy và kĩ năng phân tích nội dung và làm các bài
tập toán học một cách chặt chẽ, rõ ràng có hệ thống, đồng thời giúp cho các em
nhận ra các dạng bài toán đã học một cách nhanh nhất.
Trong bộ môn Toán ở trường THCS, THPT thì chuyên đề Bất đẳng thức
được xem là một trong những chuyên đề khó, nhiều học sinh khá thậm chí học
sinh giỏi còn lo ngại né tránh bởi vì học sinh chưa hình thành được những
phương pháp giải để ứng dụng vào việc chứng minh Bất đẳng thức. Đề thi học
sinh giỏi huyện, thành phố, tuyển sinh vào lớp 10 thường có bài toán bất đẳng
thức, trong khi đó sách giáo khoa phổ thông lại trình bày vấn đề này rất sơ lược.
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 hướng nào, 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.
Do vậy việc tìm tòi biện pháp giải quyết một số hạn chế học sinh thường
mắc phải khi giảng dạy học sinh giải toán chứng minh bất đẳng thức là công việc
rất quan trọng và không thể thiếu được của giáo viên dạy môn toán.
Xuất phát từ những vấn đề thực tế, hiểu được những khó khăn của học sinh
để giúp học sinh phần nào đỡ lúng túng khi làm các bài toán chứng minh bất đẳng

thức, bằng những trải nghiệm được đúc rút trong quá trình giảng dạy của bản
thân, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài : “Một số phương pháp

1


chứng minh bất đẳng thức cơ bản trong bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán
THCS”.
1.2 Điểm mới của đề tài.
Đề tài chọn lọc các phương pháp chứng minh bất đẳng thức cơ bản mà
trong chương trình Toán THCS các em tiếp xúc chưa nhiều. Cách vận dụng linh
hoạt các bất đẳng thức vào giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức thường
gặp. Ứng dụng bất đẳng thức để giải quyết bài toán cực trị.
2. PHẦN NỘI DUNG
2.1 Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu:
Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một trong những lĩnh vực mà theo
tôi là tương đối khó. Bởi vậy phải luyện cho học sinh nhiều để cho học sinh nắm
được các dạng toán này nhờ đó có thể giải được nhiều bài tập hơn. Cho nên với
một bài toán chứng minh bất đẳng thức, thông qua các bước tư duy, bước giải sẽ
dẫn học sinh có những câu hỏi rồi lại yêu cầu học sinh tự trả lời. Chính vì thế mà
giải toán chứng minh bất đẳng thức yêu cầu học sinh phải biết tự đặt vấn đề và tự
giải quyết vấn đề trước một điều kiện nhất định của bài toán, góp phần rèn luyện
khả năng phân tích, tổng hợp và áp dụng vào thực tế cuộc sống, loại bỏ những
khả năng không thể xảy ra hay tạo ra một điều kiện phù hợp một yếu tố mới có
lợi cho bài toán đang giải, làm như vậy cũng chính là giáo dục học sinh theo quan
điểm “học đi đôi với hành”, “lí thuyết phải gắn liền với thực tế”.
Vì vậy, việc giải toán chứng minh bất đẳng thức góp phần phát triển khả
năng tư duy linh hoạt, sáng tạo bởi khi giải một bài toán chứng minh bất đẳng
thức, các em phải chú ý vào điều kiện mà bài toán đòi hỏi, xác định mối quan hệ
giữa cái đã biết và cái cần phải chứng minh, từ đó phải huy động tất cả các kiến

thức về bất đẳng thức đã học để giải. Như vậy, lại một lần nữa học sinh được
khắc sâu kiến thức đã có, tự đưa ra những lập luận dựa trên những cơ sở có sẵn
để trình bày một lời giải chặt chẽ, lôgic và từ đó học sinh thầy rằng những kết quả
mình đã có thật là vững vàng.

2


Thực tế khi chuẩn bị thực hiện đề tài, năng lực giải các bài toán chứng
minh bất đẳng thức của học sinh là rất yếu. Đa số học sinh cho rằng dạng toán
này quá khó, các em tỏ ra rất mệt mỏi khi phải làm bài tập dạng này. Vì thế học
sinh học rất thụ động trong các buổi học bồi dưỡng và không có hứng thú học tập.
Qua quá trình trực tiếp giảng dạy Toán, từ các tiết luyện tập, các tiết kiểm tra, các
tiết bồi dưỡng học sinh yếu kém và ôn thi học sinh giỏi, tôi nhận thấy học sinh
thường lúng túng, không tìm ra hướng giải quyết hoặc đã tìm ra nhưng không biết
làm như thế nào, làm từ đâu. Bài làm của các em trong các giờ kiểm tra trên lớp
cũng như các bài kiểm tra một tiết thường không chặt chẽ, không có tính logic,
nhiều lời giải còn rời rạc, nhiều chỗ không hợp lý, đặc biệt là những bài toán khó,
những tình huống toán học mang tính thực tiễn.
Mặt khác, rất ít học sinh có sách tham khảo về dạng bài tập này. Nếu có
cũng chỉ là một quyển sách “học tốt” hoặc một quyển sách “nâng cao’’ mà nội
dung viết về vấn đề này quá ít ỏi. Lý do chủ yếu là do điều kiện kinh tế gia đình
còn khó khăn hoặc không biết tìm mua một sách hay.
Kết quả điều tra: Mức độ thành thạo bất đẳng thức của đội tuyển học sinh
giỏi Toán 8 trước khi thực hiện đề tài.
HS
lớp

8

Năm học
Năm học
2015 - 2016
2016 - 2017
Vận dụng Vận dụng Vận dụng Vận dụng
còn lúng
thành
còn lúng
thành
túng
thạo
túng
thạo
90%
10%
85%
15%

Năm học
2017 - 2018
Vận dụng Vận dụng
còn lúng thành thạo
túng
90%
10%

2.2 Nội dung đề tài:
2.2.1 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức vô cùng đa dạng, ở đây tôi
xin trình bày những dạng phương pháp thông dụng nhất như sau:

2.2.1.1. Phương pháp biến đổi tương đương
Để chứng minh A �B ta biến đổi tương đương A �B � … � C �D .
Trong đó, bất đẳng thức cuối cùng C �D là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng
hoặc là bất đẳng thức đơn giản hơn bất đẳng thức A �B . Sau khi khẳng định
được tính đúng đắn của bất đẳng thức C �D ta kết luận bất đẳng thức A �B
đúng.
Một số ví dụ :
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có:
3


a) 2(a 2  b 2 ) �(a  b) 2

b) a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca

Lời giải:
a) Ta có: 2(a 2  b 2 ) �( a  b) 2
� 2(a 2  b 2 )  (a  b)2 �0 � a 2  b2  2ab �0 � (a  b)2 �0

(1)

Do bất đẳng thức (1) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
b) Ta có : a 2  b2  c 2 �ab  bc  ca
� 2(a 2  b 2  c 2 )  2(ab  bc  ca) �0
� (a 2  2ab  b 2 )  (b 2  2bc  c 2 )  (c 2  2ca  a 2 ) �0
� (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a ) 2 �0

(2)

Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
a) 2(a 4  b 4 ) �(a  b)(a 3  b3 )

(1)

b) 3(a 4  b 4  c 4 ) �(a  b  c)(a 3  b3  c 3 )

(1’)

Lời giải:
a) Ta có: (1) � 2a 4  2b 4  (a 4  a 3b  ab3  b 4 ) �0 � (a 4  a 3b)  (b 4  ab 3 ) �0
� a 3 (a  b)  b 3 (a  b) �0 � (a  b)(a 3  b3 ) �0
2
2
�
� b � 3b �
� (a  b) ( a  ab  b ) �0 � (a  b) �
a  �
��0
�
� 2� 4 �
�
2

2

2

2

(2)

Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xãy ra khi a = b.
b) Ta có:

(1’) � 3a 4  3b 4  3c 4  (a 4  a3b  a 3c  b 4  ab3  b3c  ac 3  bc3  c 4 )

� (a 4  b 4  a3b  ab3 )  (b 4  c 4  b3c  bc3 )  (c 4  a 4  a3c  ac3 ) �0
� (a  b) 2 (a 2  ab  b 2 )  (b  c) 2 (b 2  bc  c 2 )  (c  a) 2 (c 2  ca  a 2 ) �0

(2’)

Do bất đẳng thức (2’) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 3: Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng:
a 2  b2  1 �ab  a  b
Lời giải:
Bất đẳng thức : a 2  b 2  1 �ab  a  b
� 2(a 2  b 2  1)  2(ab  a  b) �0
� (a 2  2ab  b 2 )  (a 2  2a  1)  (b 2  2b  1) �0
4


� (a  b) 2  (a  1) 2  (b  1) 2 �0 đúng
� Điều cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.

Khai thác bài toán:

Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng:
a b
c
1 1 1�
 
�2 �
�   �
bc ca ab
�a b c �
Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau:
1). x, y chứng minh rằng : x 4  y 4 �xy 3  x 3 y
2). Chứng minh rằng với a, b �0 thì (ax  by )(bx  ay ) �(a  b) 2 xy
2.2.1.2. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy
* Với hai số a, b �0 ta luôn có:
ab
� ab
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b
* Dạng tổng quát của bất đẳng thức Cauchy
Cho a1 , a2 ,..., an �0
Ta có:

a  a  ...  an
1

2

n

�n a a ...an

1

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an
Một số ví dụ:
1 1 1�
ng minh:  a + b + c  �
Ví dụ 1: Cho a, b, c  0. Ch�
�   ��9 .
�a b c �
Phân tích: Vế trái chứa a, b, c  0 và các nghịch đảo của chúng. Vì vậy ta nghĩ
đến việc dùng bất đẳng thức Côsi.
Lời giải:
Cách 1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các bộ 3 số a, b, c và
a  b  c �3 abc

(1)

1 1 1
1
  �3
a b c
abc

(2)

3

3

1 1 1
, , ta có:
a b c

�1 1 1 �
Nhân từng vế của (1) và (2) ta đựơc:  a  b  c  �   ��9 (đpcm)
�a b c �

Cách 2:
5


1 1 1�
�b a � �c a � �b c �
 a b  c �
�   � 3  �  � �  � �  ��3  2  2  2  9
�a

b

c�

�a

c � �a

c � �c

b�

Dấu “=” xảy ra � a  b  c
Khai thác bài toán:
Chứng minh bất đẳng thức Netbit:

a  b  c �3 , a, b, c  0
bc a c a b 2

Lời giải:
Đặt x  b  c,  y  a  c,  z  a  b
Khi đó x, y, z > 0 và a 

yzx
xz y
x yz
,  b 
,  c 
2
2
2

Ta có:
�
a
b
c
1 �x  y  z x  y  z x  y  z



 �


6�
bc a c ab 2� x
y
z
�
�1 1 1 � � 1
1�
3
 �
 x  y  z  �   � 6 ��  9  6  
2�
2
�x y z � � 2

Dấu (=) xảy ra � a  b  c
Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau:

2
2
2
9


�
bc c  a a b a b c
a2
b2

c2
a bc
2)


�
bc c a a b
2

1)

Ví dụ 2: Cho x, y > 0, chứng minh

11 � 4
x y x y

(1)

Phân tích :
Do x, y > 0 nên bất đẳng thức (1) có thể suy từ bất đẳng thức Côsi hoặc trực tiếp
xét hiệu.
Lời giải :
Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương:
x  y �2

xy

�  x  y  �4 xy
x y
4

۳
.
xy
x y
2

�

1 1
4
 �
x y x y

Khai thác bài toán:
6


Bất đẳng thức trên có liên quan đến việc “cộng mẫu” nên có thể sử dụng để
chứng minh bất đẳng thức sau:
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1
1
1
1 1 1�
abc


�2 �
.
�   �. Trong đó p =

p a p b p c
�a b c �
2
Ví dụ 3: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a
b
c


�3
bca acb bac
Lời giải:
Cách 1:
Nhận xét: Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có:

a  b  c  0; a  c  b  0; b  c  a  0.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các cặp số dương:
abcacb
(a  b  c)(a  c  b) �
a
2
(a + c - b)(b + c - a) �c
(b + c - a)(b + a - c) �b

(1)
(2)
(3)

Để ý rằng cả 2 vế của các bất đẳng thức (1) (2) (3) là các số dương và ba bất

đẳng thức này cùng chiều, nhân từng vế của chúng ta được:
(a  b  c)(a  c  b)(b  c  a) �abc
Trở lại bài toán:
a
b
c
abc
abc


�3 3
�3 3
3
bca a cb b a c
(b  c  a )(a  c  b)(a  b  c )
abc

Cách2:
Đặt x  b  c  a; y  a  c  b; z  a  b  c , khi đó x, y, z  0 và
a

yz
xz
x y
,  b 
,  c 
.
2
2
2

Vế trái:
a
b
c
1 yx xz x y


 (


)
bca acb bac 2
x
y
z
1 x y x z y z
1
 (      ) � (2  2  2)  3
2 y x z x z y
2

7


�x  y  2
�y x
�
�x z
Dấu “=” xảy ra � �   2 � x  y  z � a  b  c

�z x
�y z
�z  y  2
�

Khai thác bài toán:
Trong bài toán trên chúng ta đã sử dụng ẩn phụ hoặc dùng bất đẳng thức
Côsi để giải. Sử dụng cách thức trên, hãy giải bài toán sau:
1) Cho a, b, c  0 và a  b  c  d  1 . Chứng minh rằng:
a  b  c  b  c  d  b  d  a  c  d  a �2 3

2) Cho a, b, c, d  0 . Chứng minh rằng:
a) (1  a )(1  b)(1  c ) �(1  3 abc )
b) (a  b)(c  d )  (a  c)(b  d )  (a  d )(b  c ) �6 4 abcd
2.2.1.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski.
Với mọi a, b, c và x, y, z �R thì ta luôn có:
* (a.x  b. y )2 �(a 2  b 2 )( x 2  y 2 ) . Dấu “=” xảy ra khi

x y

a b

* (a.x  b. y  cz ) 2 �(a 2  b 2  c 2 )( x 2  y 2  z 2 ) . Dấu “=” xảy ra khi

x y z
 
a b c

Tổng quát:
Với a1; a2 ; a3 ;...; an và x1 ; x2 ; x3 ;...; xn � R thì

(a12  a22  a32  ...  an2 ) ( x12  x22  x32  ...  xn2 ) �(a1 x1  a2 x2  a3 x3  ...  an xn ) 2

Dấu “=” xảy ra khi

x1 x2 x3
x

  ...  n
a1 a2 a3
an

Một số ví dụ :
Ví dụ 1: Cho a, b > 0. Chứng minh rằng:
a)

1 1
4
 �
a b ab

b)

n 2 m 2 ( n  m) 2

�
a
b
ab

Lời giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
2

1
1 1
4
�1
� �1 1 �
4� . a
. b ���  �
( a  b) �  �
a b ab
b
�a
� �a b �

8


2

�n 2 m2 �
m
�n
�
n 2 m 2 ( n  m) 2
2
(a  b) �� . a 
b � ( m  n ) � 
�

b) Ta có: �  �
b �
a
b
ab
b
�a
�
�a

Tổng quát:
a12 a22 a32
an2 (a1  a2  a3  ...  an ) 2
   ... 
�
* Với bi  0; i  1, n thì
b1 b2 b3
bn
b1  b2  b3  ...  bn

(1)

an
(a1  a2  a3  ...  an ) 2
a1 a2 a3
* Với aibi  0; i  1, n thì    ...  �
b1 b2 b3
bn a1b1  a2b2  a3b3  ...  anbn

(2)

Ví dụ 2: Cho a  b  2 . Chứng minh rằng: a 4  b4 �2
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 4 số 1, 1, a, b ta có:
(1.a  1.b) 2 �(12  12 )(a 2  b 2 )
� (a  b) 2 �2(a 2  b 2 )

ۣ

4 2( a 2  b 2 )



2

a 2  b2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 4 số 1, 1, a2, b2 ta có:
(1.a 2  1.b 2 ) � (12  12 )( a 4  b 4 )
ۣ
ۣ
�2 (a 2 b 2 )

2(a 4 b 4 )



4 2( a 4  b 4 )

�

a 4  b 4 �2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1.
3
Ví dụ 3 : Cho a, b, c � , a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
4
4a  3  4b  3  4c  3 �3 7

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhacôpski cho 3 cặp:
( 4a  3 ;1), ( 4b  3 ; 1), ( 4c  3 ; 1)
Ta có 4a  3  4b  3  4c  3 � 3(4a  3  4b  3  4c  3)  3 7
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Khai thác bài toán:
Bằng cách xét các cặp số như trên ta có thể giải các bài toán sau:
1) Cho x 2  y 2  z 2  1, chứng minh rằng: x  2 y  3z � 14
2) Cho a, b, c �0 , chứng minh rằng:
a  b  c 1� a  b  b  c  c  a � 6

3) Cho a, b, c �0 , chứng minh rằng:
9


c(b  c)  c )a  c ) � ab

4) Chứng minh rằng:
(a1  a2  ...  an ) 2 �n(a12  a2 2  ...  an 2 )

2.2.1.4. Chứng minh bằng phản chứng

Đây là phương pháp chứng minh BĐT dựa vào các phương pháp chứng
minh phản chứng trong Toán học. Để chứng minh mệnh đề A đúng thì ta giả sử
mệnh đề A sai và chứng minh rằng từ mệnh đề A sai ta suy ra một điều mâu thuẫn
để kết luận A là đúng.
Muốn chứng minh bất đẳng thức A �B đúng, ta giả sử A �B sai, tức là
A  B đúng, từ đó chứng minh những lập luận chính xác ta suy ra điều mâu thuẫn
từ giả thiết. Kết luận A �B đúng.
Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Cho a, b, c, d �R và a  b  2cd
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau đây là đúng:
c 2 �a, d 2 �b

Lời giải:
Giả sử hai bất đẳng thức trên đều sai, có nghĩa ta được:
c 2  a và d 2  b
� c 2  a  0 và d 2  b  0
� c2  a  d 2  b  0
� c 2  d 2  (a  b)  0
� c 2  d 2  2cd  0

Vì

a + b = 2cd

� (c  d ) 2  0 mâu thuẫn

Nên sẽ có ít nhất một trong hai bất đẳng thức đã cho là đúng.
Ví dụ 2: Cho 6 số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 108. Chứng minh rằng có thể chọn
được 3 trong 6 số đó, chẳng hạn a, b, c sao cho a < bc, b < ca, c < ab.
Lời giải:

Giả sử 6 số tự nhiên khác 0 là 1 �a1  a2  ...  a6  108
Rõ ràng a2 �2; a 3 �3 Với 3 số x, y, z thỏa mãn 1  x  y  z
Ta luôn có x < yz và y < xz. Nếu trong các số a1, a2 ,…, a6 không có 3 số nào thỏa
mãn a < b < c và c < ab thì có a4 �a2 a3  6
a 5 �a4 a3 �6.3  18
a 6 �a5 a4 �18.6  108
10


Trái với giả thiết a6 < 108. Vậy phải có 3 số a,b,c thỏa mãn a < bc; b < ca; c < ab
Ví dụ 3: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện:
abc  0
�
�
ab + bc + ca > 0
�
�
abc > 0
�

(1)
(2)
(3)

Chứng minh rằng: a, b, c > 0
Lời giải:
Giả sử trong 3 số thực a, b, c đã cho có một số âm hay bằng 0, giả sử số đó là
a �0 mà không làm mất đi tính tổng quát của bài toán. Ta có:
a �0 �
a �0

�
abc  0
a �0
�
�
�
�
��
��
b > 0 ��
b<0
�
a �0
bc  0
�
�
�
�
c<0 �
c>0
�

Xét khả năng thứ nhất a �0; b > 0; c < 0 � a + c < 0
Ta có :
a  b  c  0 � b > - (a + c) � (a + c)b < - (a + c) 2
� (a  c)b  ca   (a  c) 2  ac   ( a 2  ac  c 2 )
� ab  bc  ca  0

Vì :

(a 2  ac  c 2  0 a, b, c �R)

Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Tương tự, xét khả năng thứ hai a �0; b < 0; c > 0 � a + b < 0
Vậy 3 số a, b, c đều là số dương.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thoả mãn cả 3 bất
đẳng thức:
a

1
 2;
b

b

1
1
 2; c   2
c
a

Lời giải:
Giả sử tồn tại ba số dương a, b, c thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức:
a

1
 2;
b

b

1
1
 2; c   2
c
a

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được:
1
1
1
b c  6
b
c
a
� 1 � � 1� � 1�
��
a  � �
b  � �
c  � 6
� a� � b� � c�
a

(1)
11


Vì a, b, c > 0 nên ta dễ dàng chứng minh được:
a

1
 2;
a

b

1
1
 2; c   2
b
c

1� � 1� � 1�

�

b  � �
c  ��6 điều này mâu thuẫn với (1).
Như vậy �a  � �
� a� � b� � c�

Vậy không tồn tại các số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức đã cho.
Khai thác bài toán:
Tương tự như bài toán trên ta có thể chứng minh được bất đẳng thức sau:
Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau:
4a (1  b)  1 ;

4b(1  c)  1 ;

4c(1  a )  1

2.2.1.5. Phương pháp dùng các bất đẳng thức đã biết
Muốn chứng minh một bất đẳng thức trước hết ta để ý đến bất đẳng thức
đó ở dạng nào, tức là dùng bất đẳng thức nào đã được học để chứng minh. Đôi
lúc chúng ta cần phải có sự định hướng trước để đưa bất đẳng thức về dạng có thể
áp dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh để giải bài toán.
Một số ví dụ :
Ví dụ 1: Cho tam tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và các đường cao
tương ứng ha , hb , hc . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh
rằng:
r ; r ; r 1
ha hb hc
2

Phân tích:
Chúng ta biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác và đường cao liên
quan trực tiếp đến công thức diện tích. Vì vậy chúng ta sẽ sử dụng diện tích tam
giác để tính r và ha , hb , hc
Lời giải:
S  pr � r 

Ta có:

S
p

2 S  a.ha � ha 

Vậy

2S
a

r
a
a
a
a
1





ha 2 p a  b  c a  (b  c ) a  a 2

Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta đã sử dụng đến bất đẳng thức
tam giác “trong một tam giác, tổng hai cạnh lớn hơn cạnh còn lại”.
Khai thác bài toán.
12


Nếu thay bằng điều kiện : Cho tam giác ABC có a, b, c thoả mãn điều
kiện a  b  c 2 thì

r
�0, 4
hc

Bài tập áp dụng:

1) Cho tam tam giác ABC có các cạnh a, b, c . Chứng minh rằng:
a 2  b 2  c 2  2(ab  ac  bc )

2) Cho tam tam giác ABC có các cạnh a, b, c . Chứng minh rằng:
abc �(a  b  c )(b  c  a )(c  a  b )

với a  b  c

3) Cho tam tam giác ABC có các cạnh a, b,c. Chứng minh rằng:
a 3 (b 2  c 2 )  b3 (c 2  a 2 )  c3 (a 2  b 2 )  0 với a  b  c

Ví dụ 2 : Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng:
� a �
� b �
� c � 64
1 �
1 �
1  ��
�
�
�
� 3b �
� 3c �
� 3a � 27

Phân tích:
Do a, b, c dương nên ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi. Tuy
nhiên nếu sử dụng trực tiếp với các cặp số 1 và

a

b
c
; 1 và
; 1 và
thì không
3b
3c
3a

có kết quả vì không xảy ra dấu “=”, đồng thời trong 3 bất đẳng thức ứng với 3
cặp số trên. Vì vậy chúng ta cần biến đổi thêm.
Lời giải:
Ta có: 1 

a
3b



1� a � 2�
 �
1  �� �
1
3 3� b � 3�
2

a� 4
��
b� 3

4

a
b

(1)

1

b

2�
� �
1
3c 3 �

b� 4 b
�� 4
c� 3 c

(2)

1

2�
� �
1
3a 3 �

c� 4

��
a� 3

(3)

c

4

c
a

Nhân từng vế (1), (2), (3) ta có:
3

� a �
� b�
� c � �4 �
1 �
1 �
1  ��� �
�
�
�
� 3b �
� 3c �
� 3a � �3 �

Dấu “=” xảy ra � 1 

a
b



b
c



c
a

�abc

Khai thác bài toán:
a) Bài toán trên cũng có thể giải cách khác:
13


1

a 3b  a b  b  b  a


3b
3b
3b

Tương tự: 1 

b
3c



cccb
3c

; 1

c
3a



aaac
3a

� a�
� b�
� c � 1
1 �
1 �
1  �
(b  b  b  a )(c  c  c  b)( a  a  a  c)
�
�
�
� 3b �

� 3c �
� 3a � 27 abc

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương ta có:
b  b  b  a �4 4 b3a

(4)

c  c  c  b �4 4 c 3b

(5)

a  a  a  c �4 4 a 3b

(6)

Nhân từng vế (4) (5) (6) ta được:
(b  b  b  a)(c  c  c  b)(a  a  a  c ) �43 abc

Vậy

43 abc 64

(VT) �
27 abc 27

Chú ý: Với cách tách một số hạng thành tổng của nhiều số hạng bằng nhau ta có
thể giải bài toán:
Cho a  b  c  1 với a, b, c  0 , chứng minh rằng:
� 1�

� 1�
� 1�
1 �
1 �
1  ��64
�
�
�
� a�
� b�
� c�

b) Bài toán tổng quát thứ nhất: Cho các số dương a1 , a2 ,..., an
Chứng minh rằng:
� a �
� a �
� a � � an
�
�
�
1 1 �
1 2 �
1 3 �
... 1
� 3a �
� 3a � � 3a
� 3a �
�
�
�

2�
3�
4 �� 1

n

4
���
�
���
3
���

c) Bài toán tổng quát thứ 2: Cho các số dương a, b, c , n �1 chứng minh rằng
3

� a �
� b �
� c � �n  1 �
1 �
1 �
1  ��� �
�
�
�
� nb �
� nc �
� na � � n �

2.2.1.6. Phương pháp chứng minh qui nạp

Phương pháp qui nạp thường sử dụng để chứng minh một bất đẳng thức
phụ thuộc vào số nguyên dương n. Ta thực hiện các bước sau:
 Kiểm nghiệm để chứng tỏ BĐT đúng với điều kiện nhỏ nhất.
 Giả sử BĐT đúng với một số nguyên dương k bất kỳ.
 Cần chứng minh BĐT cũng đúng với n = k + 1
Một số ví dụ :
14


Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 2n  2n  1 với mọi số dương n �3 .
Lời giải:
Với n = 3 thì 23  8  2.3  1  7 đúng
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k bất kì có nghĩa là:
 





2k

2k 1

2.k .2 (2k 1).2

Ta cần chứng minh:
2k 1  2( k  1)  1

Theo giả thiết quy nạp ta có:
2k 1 �(2k  1)2  4k  2  2(k  1)  2k  2(k  1)  1

Điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �2 ta có:
1
1
1 13

 ... 

n 1 n  2
2n 24

Lời giải:
Với n = 2 ta có:
1 1 13
14 13
 
�

đúng
3 4 24
24 24

Giả sử với n = k ta có:

1
1
1 13

 ... 


k 1 k  2
2k 24

Ta cần chứng minh:
1
1
1
13

 ... 

k 2 k 3
2k  2 24

Ta có:
1
1
1
1
1
1
1
1

 ... 
(
 ...  ) 



k 2 k 3
2k  2
k 1
2k
2k  1 2 k  2 k  1

Vì :
1
1 13
1
1
1
1
1
 ... 





0
;
k 1
2k 24 2k  1 2k  2 k  1 2k  1 2k  2

Nên:
1
1
1
13

1
1
1
13

 ... 





k 2 k 3
2k  2 24 2k  1 2k  2 k  1 24

Suy ra điều phải chứng minh.
2.2.1.7. Phương pháp dùng các bất đẳng thức trong tam giác

15


Đây là phương pháp sử dụng các bất đẳng thức trong tam giác làm các giả
thiết để chứng minh các bất đẳng thức. Ở phương pháp chứng minh này các bạn
nên chú ý một số kiến thức cơ bản sau:
1. Các bất đẳng thức trong tam giác:
Với a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì a, b, c  0
bc  a bc
ac b  ac
a b  c  a b
�C
�

AB
Nếu a  b  c � �

2. Công thức liên quan đến tam giác:
bca
�
p

a

�
2
�
abc
c  a b
�
p
� �p  b 
2
2
�
abc
�
�p  c 
2
�

Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
a 3  b3  c3  2abc  a 2 (b  c)  b 2 (c  a)  c 2 (a  b) (1)

Lời giải:
Ta có :
(1) � a 3  b3  c3  2abc  a 2 (b  c)  b 2 (c  a )  c 2 (a  b)  0
� a 2 (a  b)  b 2 (b  a )  c(2ab  a 2  b 2 )  c 2 (a  b  c )  0
� (a  b)(a  b) 2  c(a  b) 2  c 2 ( a  b  c)  0
� (a  b  c)( a  b  c)(a  b  c)  0 (2)

Kết quả (2) luôn đúng vì trong tam giác ta luôn có:
ab  c
a bc  0
�
�
�
�
ac b� �
a cb  0
�
�
�
bc  a
bca  0
�
�

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 2: Cho a; b; c là số đo ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
a) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
b) abc > (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)
Lời giải:

16


Vì a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác nên ta có:
0 a bc
�
�
0b ac
�
�
0 c  ab
�

�
a 2  a (b  c)
�2
��
b  b(a  c)
�c 2  c(a  b)
�

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:
a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
Ta có

a > b - c 

 a 2  a 2  (b  c) 2  0

b > a - c 

 b 2  b 2  (c  a ) 2  0

c > a - b 

 c 2  c 2  ( a  b) 2  0

Nhân từng vế của đẳng thức lại ta được:
2
2
2
� a 2b 2 c 2  �
a 2   b  c  ��
b 2   c  a  ��
c2   a  b  �
�
��
��
�

� a 2b 2 c 2   a  b  c 

 b  c  a  c  a  b
� abc   a  b  c  .  b  c  a  .  c  a  b 
2

2

2

Ví dụ 3: Trong tam giác ABC có chu vi a + b +c = 2p (a, b, c là độ dài 3 cạnh).
CMR :

1
1
1
1
1
1
+
+
≥2( + + )
pa
p b p c
a
b
c

Lời giải:
Ta có : p - a =

bca
> 0 (vì b + c > a bất đẳng thức tam giác)
2

Tương tự : p - b > 0 ; p - c > 0.
Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c
p-b+p-c=a
p-c+p-a=b
Ta áp dụng tính chất của bất đẳng thức:

1 1
4
 �
ta có:
x y x y

1
1
4
4
+
≥
=
pa
pb
( p  a )  ( p  b)
c
1
1
4
+
≥
p b
pc
a
1
1
4
+

≥
pc
pa
b

Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có :
1
1
1
1
1
1
+
+
≥2( + + )
pa
pb pc
a
b
c

Dấu ‘=’ xảy ra khi tam giác ABC đều.
17


Ví dụ 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) �abc
Lời giải:
Bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác :
b  c  a � 0  a 2  (b  c)2 �a 2

c  a  b � 0  b 2  (c  a ) 2 �b 2
a  b  c � 0  c 2  (a  b) 2 �c 2
2
2
2
2
2
2
2 2 2
Từ đó a  (b  c) b  (c  a) c  (a  b) �a b c

� (a + b - c)(a – b + c)(b – c + a)(b + c - a)(c – a + b)(c + a - b) �a 2b 2 c 2
� (a + b - c)2(b + c - a)2(c + a - b)2 �a 2b 2 c 2
� (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) �abc

Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên:
abc  0
�
�
a  c  b  0 và abc > 0
�
�
bca 0
�

2.2.2. Ứng dụng bất đẳng thức vào bài toán tìm GTLN, GTNN.
Bất đẳng thức được ứng dụng rộng rãi nhiều trong việc tìm GTLN, GTNN.
Kiến thức : Nếu f(x) �m thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là m.
Nếu f(x) �M thì f(x) có giá trị lớn nhất là M.
Ta thường hay áp dụng các bất đẳng thức thông dụng như: Côsi,

Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, kiểm tra trường hợp xảy
ra dấu đẳng thức để tìm cực trị. Tìm cực trị của một biểu thức có dạng là đa thức,
ta hay sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, đổi biến số, một số bất đẳng
thức… Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta vận dụng
các bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
Chú ý: A  B �A  B
Xảy ra dấu '' = '' khi AB �0
A �0 Dấu ''= '' xảy ra khi A = 0

Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a) A = (x2 + x)(x2 + x - 4)
b) B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y
18


Lời giải:
a) A = (x2 + x)(x2 + x - 4). Đặt : t = x2 + x - 2
=> A = (t - 2)(t + 2) = t2 - 4 �- 4
Dấu bằng xảy ra khi : t = 0  x2 + x - 2 = 0
(x - 1)(x + 2) = 0  x = -2 ; x = 1
=> minA = - 4 khi x = -2 ; x = 1
b) 4B = - (4x2 + 4y2 - 4xy - 8x - 8y)
= - [4x2 – 4x(y + 2) + (y + 2)2 + 3(y – 2)2 – 16]
= - [(2x – y - 2)2 + 3(y – 2)2 – 16]
= - [(2x – y - 2)2 + 3(y – 2)2] + 16 �16
=> minB = 4 khi x = y = 2
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a) C = 2 x  3  2 x  1
2

2
b) D = x  x  3  x  x  6

c) E = x  1  x  2  x  3  x  4
Lời giải:
a) Áp dụng BĐT: A  B �A  B
Dấu '' = '' xảy ra khi AB �0
=> C = 2 x  3  1  2 x �2 x  3  1  2 x  2  2
Dấu '' = '' xảy ra khi (2x - 3)(1 - 2x) �0
Vậy min C = 2 khi



1
3
�x �
2
2

1
3
�x �
2
2

b) Tương tự : min D = 9 khi : -3 �x �2
c) Tương tự : min E = 4 khi : 2 �x �3
Ví dụ 3: Cho ba số dương x , y , z thoả mãn :

1

1
1
�2
+
+
1 x 1 y
1 z

Tìm giá trị lớn nhất của tích : P = xyz.
Lời giải:
1
y
yz
1
1
z
�(1 �2
)+(1)=
+
1 y
1 y
(1  y )(1  z )
1 x
1 z
1 z

Tương tự :

1
zx

�2
1 y
(1  x)(1  z )
xy
1
�2
(1  x)(1  y )
1 z
19


Từ đó suy ra : P = xyz �
Max P =

1
8

1
1
khi x = y = z =
8
2

Ví dụ 4: Cho G =

yz x  1  zx y  2  xy z  3
Tìm giá trị lớn nhất của G.
xyz

Lời giải:

Tập xác định : x �1 ; y �2 ; z �3
x 1
+
x

Ta có : G =

y2
+
y

Theo BĐT Côsi ta có :
Tương tự :
=> G �

z 3
z

x 1  1
x 1 �
=>
2

y2
1
�
;
y
2 2

x 1 1
�
2
x

z 3
1
�
z
2 3

1
1
1


2 2 2 2 3

Vậy Max G =

1
1
1


đạt được khi x = 2 ; y = 2 ; z = 6
2 2 2 2 3

Ví dụ 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của : A 

2
1
 với 0  x  1
1 x x

Lời giải:
Để áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta xét biểu thức:

B

2x
1 x

1 x
x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dương
B �2

2x
1 x
và
có:
1 x
x

2x 1  x
.
2 2
1 x x

�2 x 1  x

�
B2 2��
1 x
x
�
0  x 1
�

(1)
(2)

2
2
Giải (1) ta được: 2 x  (1  x) � x 2  1  x

Do 0  x  1 nên x 2  1  x � x 

1
 2 1
2 1

Như vậy min B  2 2 � x  2  1 .
Bây giờ ta xét hiệu A  B
20


1 � �2 x 1  x � 2  2 x 1  1  x

�2
A B  �
 � �


 2 1 3
�
1 x x � �
1 x
x � 1 x
x
�

Do đó min A  2 2  3 khi và chỉ khi x  2  1
Ví dụ 6: Cho các số dương a, b, c thoả mản a  b  c  1. Tìm giá trị lớn nhất
của

1
1
1
P  (1  )(1  )(1  ).
a
b
c
Phân tích:
Từ a, b, c  0 suy ra

1
abc �۳
3

3

3

1
abc

3 . Do đó có thể khai triển biểu thức

P rồi ước lượng theo bất đẳng thức Côsi.
Lời giải:
Cách 1: P  1 

111 1  1  1  1
.
a b c ab ac bc abc

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:

a۳
b�۳
c  3 abc

1 3 abc

3

۳
Mặt khác:

1
abc

abc

3

1
33

33

1
1 1
1
  �3 (
) �3 ;
ab ac bc
abc
2

3

2

1 1 1
1
  �3
�3.

a b c
abc
3

Vậy P �1  3  3  3  (1  3)  64.
2

3

3

Cách 2.
a 1 b 1 c 1
1
.
.

(a  1)(b  1)(c  1) 
a
b
c
abc
1
=
(a  a  b  c)(b  a  b  c)(c  a  b  c)
abc
4
�
a b c  4  64
abc

Khai thác bài toán:
Ta có bài toán tổng quát:
P

3

4

4

4

4

3

Cho 3 số dương a, b, c có S  a  b  c .

1
a

1
b

1
c

Tìm giá trị lớn nhất của f (a, b, c)  (1  )(1  )(1  ).
21

Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất của
B

x 1

x

y2
y

Lời giải:
Bất đẳng thức Côsi cho phép làm trội môt tích
Ta xem các biểu thức
y2 

x  1, y  2 là các tích

ab
ab �
với a và b không âm.
2
x  1  1( x  1) và

2( y  2)
. Theo bất đăng thức Côsi:
2
1( x  1) 1  x  1 1
x 1


�

x
x
2x
2
y2
2( y  2) 2  y  2
1
2

�


y
4
y 2
2y 2
2 2

Max B 

�x  1  1
�x  2
1
2 2 2


��
��

2 4
4
�y  2  2
�y  4

Kết quả :
Qua việc áp dụng đề tài trên vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 8, 9 tôi
thấy đạt được một số nội dung sau :
- Học sinh nắm chắc các bất đẳng thức cơ bản. Vận dụng nhanh các bất
đẳng thức vào giải bài toán chứng minh bất đẳng thức đơn giản.
- Học sinh bước đầu tự tìm được các bất đẳng thức con từ bất đẳng thức cơ
bản.
- Ứng dụng tốt bất đẳng thức vào các bài toán cực trị.
Kết quả sau khi vận dụng đề tài: Mức độ thành thạo bất đẳng thức của đội
tuyển học sinh giỏi Toán 8.
HS
lớp

Năm học
2015 -2016
Vận dụng Vận dụng
còn lúng
thành
túng
thạo
8
10%
90%
3. KÕt luËn

Năm học
2016 – 2017
Vận dụng Vận dụng
còn lúng
thành
túng
thạo
10%
90%

Năm học
2017 – 2018
Vận dụng Vận dụng
còn lúng
thành
túng
thạo
10%
90%

Có thể nói những phương pháp nêu ở trên đã phát huy rất tốt năng lực tư
duy, độc lập suy nghĩ cho học sinh, đặc biệt là đối tượng học sinh giỏi. Các em đã
tích cực hơn trong việc tham gia các hoạt động xác định hướng giải và tìm kiếm
hướng giải cho các bài tập. Qua đề tài này, kiến thức, kỹ năng của học sinh được
22


củng cố một cách vững chắc, sâu sắc; kết quả học tập của học sinh luôn được
nâng cao. Từ chỗ rất lúng túng khi gặp các bài toán về bất đẳng thức, thì nay phần
lớn các em đã tự tin hơn, biết vận dụng những kỹ năng được bồi dưỡng để giải

thành thạo các bài tập chứng minh mang tính phức tạp.
Việc phân dạng các bài toán chứng minh bất đẳng thức đã nêu ở trên nhằm
mục đích bồi dưỡng và phát triển kiến thức kỹ năng cho học sinh vừa bền vững,
vừa sâu sắc; phát huy tối đa sự tham gia tích cực của người học. Học sinh có khả
năng tự tìm ra kiến thức, tự mình tham gia các hoạt động để củng cố vững chắc
kiến thức, rèn luyện được kỹ năng. Sáng kiến kinh nghiệm còn tác động rất lớn
đến việc phát triển tiềm lực trí tuệ, nâng cao năng lực tư duy độc lập và khả năng
tìm tòi sáng tạo cho học sinh giỏi. Tuy nhiên cần biết vận dụng các kỹ năng một
cách hợp lý và biết kết hợp các kiến thức cơ bản cho từng bài tập cụ thể thì mới
đạt được kết quả cao.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã vận dụng đề tài này và rút ra một số kinh
nghiệm thực hiện như sau:
- Giáo viên phải chuẩn bị thật kỹ nội dung cho mỗi dạng bài tập cần bồi
dưỡng cho học sinh. Xây dựng được nguyên tắc và phương pháp giải các dạng
bài toán đó.
- Tiến trình bồi dưỡng kỹ năng được thực hiện theo hướng đảm bảo tính kế
thừa và phát triển vững chắc. Tôi thường bắt đầu từ một bài tập mẫu, hướng dẫn
phân tích đầu bài cặn kẽ để học sinh xác định hướng giải và tự giải, từ đó các em
có thể rút ra phương pháp chung để giải các bài toán cùng loại. Sau đó tôi tổ chức
cho học sinh giải bài tập tương tự mẫu; phát triển vượt mẫu và cuối cùng nêu ra
các bài tập tổng hợp.
- Mỗi dạng bài toán tôi đều đưa ra nguyên tắc nhằm giúp các em dễ nhận
dạng loại bài tập và dễ vận dụng các kiến thức, kỹ năng một cách chính xác; hạn
chế được những nhầm lẫn có thể xảy ra trong cách nghĩ và cách làm của hoc sinh.
- Sau mỗi dạng tôi luôn chú trọng đến việc kiểm tra, đánh giá kết quả, sửa
chữa rút kinh nghiệm và nhấn mạnh những sai sót mà học sinh thường mắc.
Đề tài này đã được bản thân tôi thí điểm cho các em học sinh có học lực
khá trở lên, kết quả thu được rất khả quan, các em học một cách say mê hứng thú,
một số em đã đạt được những thành tích tốt trong học tập.
Kinh mong lãnh đạo cấp trên, quý thầy cô giáo và đồng nghiệp góp ý bổ

sung để đề tài ngày một hoàn thiện hơn.

23


Ý KIẾN CỦA HĐKH TRƯỜNG
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................

Ý KIẾN CỦA HĐKH PHÒNG GD HUYỆN QUẢNG NINH
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................
...................................................................................................................................

24