Một hướng biến đổi để chứng minh và phát triển bất đẳng thức từ bất đẳng thức bunhiacôpski trong bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10

Phần A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó nhất của tốn học 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 trong tam giác về tìm GTLN và GTNN của một biểu thức . Trong
quá trình giải bài tập , năng lực suy nghĩ , sáng tạo của học sinh được phát triển đa
dạng và phong phú vì các bài tập về Bất đẳng thức có cách giải khơng theo qui tắc
hoặc khn mẫu nào cả . Nó địi hỏi người đọc phải có cách suy nghĩ lơgíc sáng tạo
biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách lơgíc có hệ thống .
Cũng vì tốn về Bất đẳng thức khơng có cách giải mẫu , khơng theo một
phương pháp nhất định nên học sinh lúng túng khi giải tốn về Bất đẳng thức , học
sinh thường khơng biết bắt đầu từ đâu và đi theo hướng nào . Do đó hầu hết học
sinh khơng biết làm tốn về Bất đẳng thức và không biết vận dụng Bất đẳng thức
để giải quyết các loại bài tập khác .
Để giúp học sinh giải quyết được phần nào khó khăn khi gặp bài tốn chứng
minh Bất đẳng thức hoặc tìm GTLN và GTNN của biểu thức, tơi xin trình bày sáng
kiến kinh nghiệm với đề tài “một hướng biến đổi để chứng minh và phát triển
Bất Đẳng Thức từ Bất đẳng thức Bunhiacôpski trong bồi dưỡng học sinh giỏi
và ôn thi vào lớp 10”, với hy vọng sau khi học sinh sử dụng phương pháp này thì
sẽ giải được một số bài toán chứng minh Bất đẳng thức và một số bài tốn tìm
GTLN và GTNN của biểu thức theo một dạng toán Bất đẳng thức của chuyên đề
này.
Mặc dù rất cố gắng song đề tài khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong hội
đồng chun mơn góp ý.
Cẩm Vân , Ngày 12 tháng 08 năm 2019.
Trịnh Hồng Dũng
1


Phần B. NỘI DUNG
I.CƠ SỞ LÍ LUẬN:

1.Định nghĩa bất đẳng thức:
Cho 2 số thực a và b. Các mệnh đề “a > b” , “ a ≥ b ”, “a < b”, “ a ≤ b ”
được gọi là những bất đẳng thức.
2.Các tính chất:
a > b
+
⇒a>c
b > c

+ Nếu c > 0 thì a > b ⇔ ac > bc
+ Nếu c < 0 thì a > b ⇔ ac < bc
+ a >b ⇔ a+c >b+c
3.Các hệ quả:
a > b
⇒ a+c >b+d
c > d
a+c > b ⇔ a > b−c
a > b ≥ 0
⇒ ac > bd

c > d ≥ 0
a > b ≥ 0 và n ∈ N + ⇒ a n > b n
a>b≥0⇔ a > b
a>b⇔ 3 a > 3 b

+
+
+

+

+
+
4.Kết quả thường dùng:
+ a 2 + b 2 +c 2 ≥ ab + bc + ca
5.Bất đẳng thức cô – si:
Cho n số không âm: a1,a2…an ta có: a 1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...an
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a1=a2=…=an.
6.Bất đẳng thức Bunhiacôpski
cho hai bộ n số (a1,a2, a3, ...., an) và ( b1, b2, b3,...., bn) ta có :
(a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )
an
a1 a 2
Dấu “ =’’ xẩy ra ⇔ b = b = .... = b
1
2
n

II.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ:
Giả sử ta có bài tốn sau:
Bài tốn 1: Với ∀a, b, c > 0 CMR:

a2
b2
c2
a +b+c
+
+
≥
b+c c+a a +b
2

Ta biết bài tốn này có nhiều cách giải:
*Cách 1: Dùng phương pháp hàm số.
* Cách 2 Cộng vào hai vế một lượng rồi dùng bất đẳng thức cô – si.
2


+ Nếu theo cách 1 thì cũng cố cho học sinh kiến thức hàm số, nhưng theo cách này
không áp dụng được cho học sinh khối lớp 8,9 vì chưa đủ kiến thức để giải quyết.
+ Nếu theo cách 2 thì cũng cố cho học sinh kiến thức Bất đẳng thức Cơ-Si, nhưng
lời giải thiếu tự nhiên, bởi vì theo cách này thì phải cộng vào một lượng, Chỉ có
những học sinh giỏi mới thấy được lượng này.
Qua khảo sát học sinh về phần bất đẳng thức ở một số lớp của trường trong năm
học 2017-2018 thu được mẫu thống kê sau:
Lớp
8A
9A
Bồi dưỡng HSG
Năm học
Kết quả
0/38
1/30
1/3
Nếu ta hướng dẫn học sinh giải bài tốn theo hướng khác thì bài tốn trở nên đơn
giản và lời giải tự nhiên hơn.Sau đây tơi trình bày một biện pháp để thực hiện điều
đó.
III.CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH
Ta đã biết BĐT Bunhacôpxki áp dụng cho các số thực: a 1,a2,…,an và b1,b2,…
,bn như sau:
(a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

(1)
a

a

a

n
1
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : b = b = ... = b
1
2
n
Với b1 , b2 ,..., bn > 0 .Áp dụng BĐT (1) ta có:

 a
(a1 + a2 + ... + an ) =  1
 b
 1
2

a
b1 + 2
b2

a
b2 + ... + n
bn

2


bn ÷ ≤
÷


a2 a 2
a2
≤  1 + 2 + ... + n ÷( b1 + b2 + ... + bn )
b2
bn 
 b1

Từ đó suy ra BĐT:
a 2 (a + a + ... + an ) 2
a12 a2 2
+
+ ... + n ≥ 1 2
(2)
b1
b2
bn
b1 + b2 + ... + bn
an
a1 a2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: b = b = ... = b
1
2
n

b
=
a
c
>
0,
b
=
a
c
>
0,...,
b
=
a
c
>
0 thì từ BĐT (2) ta có BĐT:
Nếu đặt 1 1 1
2
2 2
n
n n
a
( a1 + a2 + ... + an ) 2
a1 a2
+ + ... + n ≥
(3). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: c1=c2=…=cn.
c1 c2
cn a1c1 + a2 c2 + ... + an cn

Lời giải bài toán 1:
a2
b2
c2
(a + b + c ) 2 a + b + c
+
+
≥
=
Áp dụng BĐT (2), ta có:
b + c c + a a + b 2(a + b + c)
2

(*). (đpcm)

Tiếp tục tìm hiểu một số bài tốn sau:

3


Bài toán 2: Cho a,b,c là ba số thực dương CMR:
(a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2
+
+
≥ 4(a + b + c)
c
a
b

Phân tích:
+ VT của bài toán là tổng của các phân thức, trong mỗi phân thức thì tử
thức là bình phương của một biểu thức.
+ Dấu BĐT trong bài toán cùng chiều với dấu BĐT (2).
Áp dụng BĐT (2) ta được :
(a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2 4( a + b + c ) 2
+
+
≥
= 4(a + b + c) . (đpcm)
c
a
b
a +b+c

Như vậy nếu dùng BĐT(2) thì lời giải tự nhiên,ít sử dụng đến những kiến
thức toán học và làm cho học sinh dễ hiểu hơn.
Bài toán 3: CMR với a,b,c là ba số thực dương, ta có:
a2
b2
c2
3(ab + bc + ca)
+
+
≥
.
b+c c+a a +b
2(a + b + c)

Phân tích:

+ VT của bài tốn là tổng của các phân thức, trong mỗi phân thức thì tử
thức là bình phương của một biểu thức.
+ Dấu BĐT trong bài toán cùng chiều với dấu BĐT (2).
+ Tổng các biểu thức ở mẫu của VT bằng biểu thức ở mẫu của VP.
Áp dụng BĐT (2) ta được:
a2
b2
c2
(a + b + c) 2 a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
+
+
≥
=
b + c c + a a + b 2(a + b + c )
2(a + b + c )
Mà ta biết a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
a2
b2
c2
3(ab + bc + ca)
+
+
≥
Nên suy ra:
(đpcm)
b+c c+a a +b
2(a + b + c)

Tương tự như bài toán 3, nếu cho thêm giả thiết: abc = 1 thì ta có bài
tốn sau:

Bài tốn 4: Cho a,b,c là 3 số thực dương và abc = 1.
a2
b2
c2
3
+
+
≥
CMR:
b+c c+a a +b 2

Lời giải:

a2
b2
c2
(a + b + c ) 2 (a + b + c ) 3 3 abc 3
+
+
≥
=
≥
= (đpcm)
Ta có
b + c c + a a + b 2(a + b + c)
2
2
2

Tương tự như bài toán 3, nếu cho thêm giả thiết: a+b+c = 1 thì ta có bài

tốn sau:
Bài toán 5: Cho a,b,c là 3 số thực dương và có tổng bằng 1. Tìm GTNN
của biểu thức:

P=

a2
b2
c2
+
+
b+c c+a a+b
4


Lời giải:
(a + b + c) 2 = 1
1
1
a2
b2
c2
(a + b + c) = . Vậy minP =
≥
+
+
2
2
b + c c + a a + b 2( a + b + c ) 2

Bài toán 6: Cho a,b,c là 3 số thực dương, CMR:
a3 b3 c3
≥ ab + bc + ca
+
+
b
c
a

Lời giải:
Đối với bài tốn này thì hơi khác hơn , phải biến đổi một chút mới dùng
được BĐT (2)
a3 b3 c3 a 4 b4 c 4
≥
+
+ =
+
+
b
c
a ab bc ca
= ab + bc + ca (đpcm)

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

Bài toán 7: Cho a,b,c là 3 số thực dương, CMR:
a + b2 b2 + c2 c2 + a2

+
+
≥ a+b+c.
a+b
b+c
c+a
2

Tương tự bài toán 6 với bài toán này , phải biến đổi một chút mới dùng
được BĐT (2)
Lời giải:
a 2 + b2 b2 + c2 c2 + a2
a2
b2
b2
c2
c2
a2
+
+
=
+
+
+
+
+
a+b
b+c
c+a
a +b a +b b+c b+c c+a c+a

2
4(a + b + c)
≥
= a + b + c (đpcm)
4(a + b + c)

Ta có:

Bài tốn 8: Cho các số a, b, c, p, q >0 CMR:
a
b
c
3
+
+
≥
pb + qc pc + qa pa + qb p + q

Lời giải:
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+

≥
Ta có:
pb + qc pc + qa pa + qb apb + aqc bpc + bqa cpa + cqb
3( ab + bc + ca )
3
=
( p + q )(ab + bc + ca ) p + q

(đpcm)

Nhận xét: Qua những bài toán trên, ta thấy: Nếu gán a 1,a2,a3 và b1,b2,b3
trong BĐT (2) bởi những biến số và biến đổi thơng qua một vài bất đẳng thức
thì ta được những bài toán khác. Vậy đây cũng là hướng để sáng tác BĐT.
Chẳng hạn, nếu gán a1 =

a2
b2
c2
, a2 = , a3 = và b1 = c + a, b2 = a + b, b3 = b + c vào
b
c
a

BĐT(2) thì ta được bài tốn sau:
Bài tốn 9: Cho 3 số a,b,c > 0. CMR:

5


a4

b4
c4
1
+
+
≥ ( a + b + c)
2
2
2
b (c + a ) c ( a + b) a (b + c) 2

Lời giải:
a2 b2 c2 2
(a + b + c) 2 2
a4
b4
c4
( +
+ )
(
)
+ 2
+ 2
≥ b
≥ a+b+c
Ta có: 2
c
a
b (c + a ) c (a + b) a (b + c )
2( a + b + c )

2(a + b + c)
2
(a + b + c)
1
=
= (a + b + c) (đpcm)
2( a + b + c ) 2
a3
b3
c3
Nếu gán a1 = , a2 = , a3 =
và b1 = b(a + c), b2 = c(b + a), b3 = a (b + c) vào
b
c
a

BĐT(2) ta được bài toán sau:
Bài toán 10: Cho 3 số thực a,b,c >0 CMR:
a6
b6
c6
1
+ 3
+ 3
≥ (ab + bc + ca )
3
b (a + c) c (a + b) a (b + c ) 2

Lời giải:
a3 b3 c3 2

+
+ )
b
c
a
b ( c + a ) + c ( a + b ) + a (b + c )
a3 b3 c3 2
a4 b4 c4 2
(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2
(ab + bc + ca) 2 2
( +
+ )
( +
+ )
(
)
(
)
≥ ab + bc + ca
= b c a = ab bc ca ≥ ab + bc + ca
2(ab + bc + ca)
2(ab + bc + ca)
2(ab + bc + ca)
2(ab + bc + ca)
(ab + bc + ca ) 2 1
=
= (ab + bc + ca) (đpcm)
2(ab + bc + ca) 2
Nếu gán a1 = a 2 , a 2 = b 2 , a3 = c 2 , a 4 = d 2 và b1 = a(b + c + d ), b2 = b( c + d + a)
b3 = c (d + a + b), b4 = d (a + b + c) vào BĐT(2) ta được bài tốn sau:

a6
b6
c6
+ 3
+ 3
≥
Ta có: 3
b (c + a ) c (a + b) a (b + c)

(

Bài toán 11: Cho 4 số thực a,b,c,d >0. CMR:
a3
b3
c3
d3
a2 + b2 + c2 + d 2
+
+
+
≥
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c
3
2
Bài toán 12: Cho 3 số thực a,b,c >0 sao cho a + b 2 + c 2 =1 . CMR:
a3
b3
c3
1
+

+
≥
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6

Nhận xét:
Như vậy theo cách này ta sẽ sáng tác được những BĐT khó hơn, nhiều
biến hơn và có thể giải quyết được bài tốn giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Bài toán 13: Cho 3 số a,b,c > 0CMR:
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

Lời giải:
6


a
b
c
+1+
+1+
BĐT ⇔

3
9

+3=
b+c
c+a
a+b
2
2
1
1
1
9
⇔ (a + b + c)(
+
+
)≥
b+c c+a a+c
2
1
1
1
9
Mà ( b + c + c + a + a + c ) ≥ 2(a + b + c) (*)
1
1
1
9
+
+
)≥
Từ đó suy ra (a + b + c)(
(đpcm)

b+c c+a a+c
2
+1 ≥

Những khó khăn của học sinh:
+ Tại sao phải cộng vào 2 vế cho 3 và phân tích như thế.(địi hỏi học
sinh phải tư duy, các bước biến đổi linh hoạt)
+ Phải CM BĐT (*) thì mới suy được kết quả.
Nếu dùng BĐT (3) thì kết quả như thế nào?
a
b
c
(a + b + c) 2
a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
+
+
≥
=
Ta có:
b + c c + a a + b 2(ab + bc + ca )
2(ab + bc + ca )
2
2
2
Mà a + b + c ≥ ab + bc + ca
a
b
c
3(ab + bc + ca) 3
+

+
≥
=
Vậy
(đpcm)
b+c c+a a +b
ab + bc + ca
2

Bài toán 14: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR
a
b
c
+
+
≥3
b +c − a c + a −b a +b −c

Ta có

a
b
c
+
+
b +c − a c + a −b a +b −c
(a + b + c) 2
(a + b + c) 2
≥
=

a (b + c − a ) + b(c + a − b) + c(a + b − c ) 2(ab + bc + ca ) − (a 2 + b 2 + c 2 )
a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca
3(ab + bc + ca )
≥
≥
= 3 (đpcm)
2ab + 2bc + 2ca − (ab + bc + ca)
ab + bc + ca

Như vậy nếu dùng BĐT(3) thì lời giải tự nhiên,ngắn gọn và dễ hiểu hơn.
Nhận xét: Từ BĐT (3) bằng cách gán a1 ,a2 ,a3 và c1 ,c2 ,c3 bởi những biểu
thức ta sẽ được những bài toán mới. Chẳng hạn:
- Nếu gán: a1 = a, a2 = b, a3 = c và c1 = bc(c + a) , c2 = ac(a + b) ,
c3 = ab(b + c ) thì ta được bài tốn sau:
Bài toán 15: Cho 3 số a,b,c > 0 CMR
a
b
c
27
+
+
≥
bc (c + a ) ca(a + b) ab(b + c ) 2(a + b + c) 2
1
1
1
Nếu gán a1 = , a2 = , a3 = và c1 = a(b + c), c2 = b(c + a), c3 = c (a + b) , trong
a
b
c

đó a,b,c >0 và abc = 1 thì ta có bài tốn sau:
7


Bài toán 16: Cho 3 số a, b, c >0 và abc = 1. Tìm GTNN của biểu thức.
1
1
1
+ 2
+ 2
a (b + c) b (c + a ) c (a + c)
- Nếu gán: a1 = bc, a2 = ac, a3 = ab và c1 = a 2b + a 2c , c2 = b 2 a + b 2c , c3 = c 2 a + c 2b
P=

2

(a,b,c >0) thì ta được bài tốn:
Bài tốn 17: Cho 3 số a , b, c > 0 CMR:

bc
ac
ab
bc + ca + ab
+ 2
+ 2
≥
2
2
2

2abc
a b+a c b a+b c c a+c b
2

Từ bài toán 17, nếu ta thêm giả thiết: abc = 1 ta có bài tốn sau:
Bài tốn 18: Cho 3 số a, b, c > 0 và abc = 1 Tìm GTNN biểu thức
bc
ac
ab
+ 2
+ 2
2
2
a b + a c b a + b c c a + c 2b
Nếu gán a1 = a, a 2 = b, a3 = c và c1 = 1 + b − a, c 2 = 1 + c − b, c3 = 1 + a − c , trong
P=

2

đó a,b,c >0 và a+b+c = 1 thì ta có bài tốn sau:
Bài toán 19: Cho 3 số a, b, c >0 và a + b + c = 1. CMR:
a
b
c
+
+
≥1
1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c

Bài toán 20: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR:

T=

a
b
c
+
+
≥1
2b + 2c − a 2c + 2a − b 2a + 2b − c

Làm tương tự, ta sẽ có được những BĐT khác và hay.
IV. HIỆU QỦA CỦA ĐỀ TÀI:
Qua nhiều năm giảng dạy tôi thấy, nếu dùng BĐT (2) và BĐT (3) trong đề tài thì
học sinh dễ nhận thấy dạng biểu thức cần biến đổi và giải được một số bài toán
bất đẳng thức cũng như bài toán GTLN,GTNN của biểu thức.
Một số kết quả thu được trong năm học 2018-2019:
Lớp
8A
9A
Bồi dưỡng HSG
Năm học
Kết quả
3/30
6/32
3/3
TÓM LẠI :
Bất đẳng thức là một chuyên đề rất khó, rất quan trọng và lượng bài tập phong
phú, nhưng nếu gặp bất đẳng thức của các biểu thức phân thì sử dụng BĐT (2) và
(3) tỏ ra hiệu quả vì có thể bỏ qua một vài bước biến đổi phức tạp, đồng thời dễ
nhận thấy được biểu thức cần biến đổi.

8


Phần C. KẾT LUẬN
Khi nói về Tốn học là nhắc đến tính tư duy,suy luận logic . Chính vì vậy khi
giảng giải một bài toán giáo viên phải theo quy luật này thì học sinh mới thấy được
cái hay, cái đẹp trong tốn từ đó mới kích thích sự say mê tim tòi, hứng thú cho học
sinh, tạo cho các em có tính tự học cao.
Trong q trình tự học, nghiên cứu tìm tịi qua sách báo tơi đúc kết được cho
mình một hướng giải bài tốn Bất đẳng thức, trong hai năm học qua tôi đã giảng
dạy theo cách này thì thấy rất hiệu quả, học sinh chủ động tiếp thu kiến thức có
nhiều em giải được những bài tốn dạng này. Mặc khác, ta cịn hướng dẫn cho học
sinh biết cách sáng tạo những bất đẳng thức mới, hay và khó. Cần nhấn mạnh cho
học sinh biết đối với dạng tốn nào thì sử dụng được hai BĐT (2) và (3).
Với khuôn khổ của đề tài tôi xin trình bày một khía cạnh để chứng minh
BĐT. Rất mong được hội đồng chun mơn nhà trường góp ý bổ sung để đề tài
hồn thiện hơn, có khả năng triển khai áp dụng bồi dưỡng HSG và ôn thi vào lớp
10 trong những năm tiếp theo đạt kết quả tốt hơn.
Xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Cẩm Vân, ngày 12 tháng 08 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác
( Ký và ghi rõ họ tên)

Trịnh Hồng Dũng

PHỤ LỤC
9


Phần
A
B

Mục
I
II
III

IV
C

Nội dung
Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài)
Giải quyết vấn đề (Nội dung SKKN)
Cơ sở lý luận
Thực trạng vấn đề
Các biện pháp tiến hành
Biến đổi bất đẳng thức Bunhiacốpki để tìm ra
các bất đẳng thức cơ sở (2) và (3)
Áp dụng các BĐT (2) và (3) để giải các BĐT
có cùng dạng , sáng tác các BĐT mới hoặc
bài toán về GTNN, GTLN
Kiểm nghiệm (hiệu quả của đề tài)
Kết luận
Phụ lục và tài liệu tham khảo

Trang
1
2
2
2-3
3
3
4-8
8
9
10

Tài liệu tham khảo:
- 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp bồi dưỡng HSG và luyện thi vào lớp 10.
Của các tác giả Nguyễn Đức Đồng - Nguyễn Văn Vĩnh (NHÀ XUẤT BẢN TRẺ)
- Các phương pháp và kỹ thuật chứng minh Bất Đẳng Thức - Tác giả Trần Phương
(NXB THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH )
- Sáng tác Bất Đẳng Thức - Tác giả Phạm Kim Hùng ( NXB TRI THỨC)

10