SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
*****
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỞ RỘNG VÀ KHÁI QUÁT
BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Thế Hùng
Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ
Hà Đông – Hà Nội
HÀ NỘI, NĂM 2010
PHẦN MỞ ĐẦU
1. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán về bất đẳng thức là loại toán có mặt ở hầu hết các đề thi tuyển sinh
đại học và tuyển sinh vào lớp 10 các trường chuyên; việc giải bài tập loại này
có rất nhiều cách: Định nghĩa, đánh giá phần tử đại diện hoặc dùng các bất đẳng
thức thông dụng…
Tuy vậy, ít khi ta nghĩ đến việc mở rộng từ một bất đẳng thức quên thuộc
nào đó, rồi dùng nó làm công cụ để giải một số bài toán khác hay thay đổi bài
toán đó hoặc khái quát hóa bất đẳng thức đó thành các bài toán khác có tính mở
rộng hơn bằng cách thay đổi dữ kiện, thay đổi điều phải chứng minh, hay tăng
thêm các đại lượng biến đổi.
Với cách suy nghĩ như vậy, ta sẽ tạo ra được rất nhiều các bất đẳng thức
khác mà tất cả chúng, tạo thành với nhau thành một hệ thống các bất đẳng thức
có tính liên hoàn và kế thừa nhau.
Qua bài viết tôi cố gắng sắp xếp các bất đẳng thức được khái quát hay mở
rộng theo một trình tự nhất định, thông qua việc thay đổi các đại lượng có trong
bất đẳng thức tạo ra một bất dẳng thức mới mạnh hơn, đẹp hơn. Đồng thời, ứng
dụng nó vào chứng minh một số bất đẳng thức khác , kể cả các bất đẳng thức
hình học. Ngoài ra, cũng tạo ra các vấn đề “ để ngỏ” để bạn đọc tiếp tục suy
nghĩ và tiếp tục nghiên cứu . Qua đó, rèn luyện khả năng tư duy đọc lập và tính

cỏc bi toỏn n gin n cỏc bi toỏn phc tp.
Vic dy cho hc sinh mt cỏch h thng v hng cho chỳng cỏch m rng
nghiờn cu v cỏc bi toỏn v bt ng thc là vic lm rt quan trọng và cần
thiết. Tuy nhiên, chúng ít đợc các thầy cô giáo sử dụng, khai thác v m rng
chỳng mt cỏch triệt để, do ú không tạo đợc hứng thú khi giải cỏc bi toán v
bt ng thc cho học sinh. Đồng thời, việc m rng các bài toán t n gin
thành bài toán mc cao hn càng ít đợc chú ý đến dẫn đến cỏc bi toỏn v
bt ng thc luụn l nhng bi toỏn khú i vi hc sinh ph thụng.
Bản thân khi nghiên cứu cỏc bi toỏn v bt ng thc v sau nhiu nm dy
v bt ng thc; thôi thúc tôi nghiên cứu về vấn đề này thành một chuyên đề và
viết thành sáng kiến kinh nghiệm. Tuy nhiên do thời gian nghiên cứu còn ít nên
kết quả cha đợc nh mong muốn.
3- PHM VI NGHIấN CU V NG DNG
a- Thời gian tiến hành: Ba năm: Từ 2007 đến năm 2010.
b- Đối tợng và phạm vi nghiên cứu: Học sinh các lớp chuyên Lý, chuyờn Húa
thuộc trờng THPT chuyên Nguyễn Huệ.
c- K hoch nghiờn cu
Giai đoạn 1:
a.Thầy giáo nêu yêu cầu, gợi ý cách giải quyết; Học sinh tìm tòi bài toán và lời
giải bài toán đó.
b. Kết hợp với gợi ý: Tìm tòi bài toán trong các bài có ỏp dụng kt qu cỏc bi
toỏn ó gii thiu và lời giải của chúng, gợi ý cách gii quyt cỏc bi toỏn tng
t.
Giai đoạn 2:
a-Thầy giáo giới thiệu có tính hệ thống, chi tiết: từ cơ sở lý thuyết đến các bài
tập theo từng dạng.
b- Thầy giáo tiếp tục ra bài tập cho học sinh chuẩn bị trớc một tuần
c- Tiến hành thảo luận trên lớp: Đa ra lời giải các bài toán cố định và bài tập
dạng mở: Học sinh tự ra đề bài và tự giải có sự hớng dẫn của thầy giáo và quan
trọng hơn: Hớng dẫn học sinh khai thác và mở rộng bài toán

điểm
8
điểm
7
điểm
5, 6
điểm
1,2,3,4
Ghi chú
10 Lý
35
5 6 10 8 6 0
10 Húa
35
4 6 11 8 6 0
b- Bi hc kinh nghim:
Học sinh đặc biệt khối học sinh chuyên Lý và chuyên Húa có khả năng
nghiên cứu khoa học nếu đợc hớng dẫn một cách cẩn thận.
T duy khoa học tốt và đặc biệt là tính sáng tạo, năng lực khái quát và
mở rộng bài toán tốt.
Qua việc hớng dẫn các em nghiên cứu đề tài tôi cũng cũng học đợc ở các
em rất nhiều và đặc biệt: Tôi và các em có đợc một hệ thống các bài tập
về bt ng thc, đây có lẽ là kết quả lớn nhất của đề tài; bởi lẽ, kết quả
này không phải nằm trong mỗi bài toán mà nằm trong t duy của các em.
Từ kết quả này, tôi và các em sẽ tiếp tục cùng nghiên cứu trong các dạng
toán khác
Phn th nht
TNH CHT BT NG THC
V MT S BT NG THC THễNG DNG
a. Tớnh cht c bn:

⇒
a
n
> b
n
và
n
n
a b>
với n
∈
N
* x > y > 0
⇒
Nếu a > 1 thì a
x
> a
y
Nếu 0 < a < 1 thì a
x
< a
y

* Nếu a > b và a.b > 0
⇒

1 1
a b
>
* Nếu a , b > 0 và


∈
R và
1.i n∀ =
khi đó

1 2
1 2n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
dấu bằng xảy ra
⇔
a
1
= a
2
= =
* Bất dẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hai dãy số: a
1
, a
2

b b b
= = =
* Bất dẳng thức Chebưsep:
- Cho hai dãy số:
1 2 1 2
à
n n
a a a v b b b≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

Khi đó ta có:
1 2 1 2 1 1 2 2

n n n n
a a a b b b a b a b a b
n n n
+ + + + + + + + +
  
≤
 ÷ ÷
  
( 1 )
- Cho hai dãy số:
1 2 1 2
à
n n
a a a v b b b≤ ≤ ≤ ≥ ≥ ≥

Khi đó ta có:
1 2 1 2 1 1 2 2



≥
1 + nx ( 3 )
Dấu “ =” xảy ra
⇔
x = 0 hoặc n = 1
CHÚ Ý : Bất đẳng tức (3) vẫn đúng khi
α

∈
R và
α

≥
1 và khi 0 <
α
< 1
thì
(1 ) 1x n
α
α
+ ≤ +

* Một số bất đẳng thức khác:
- Hệ quả Cauchy : Cho x
1
; x
2
; x
n

+ + +

Phần thứ hai:
NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐƯỢC MỞ RỘNG
I. BÀI TOÁN XUẤT PHÁT
Đề tài xuất phát từ một bài toán rất quen thuộc, nhưng lại có thể sử dụng nó
vào việc: mở rộng và khái quát thành các bài toán bất đẳng thức khác mạnh
hơn; đồng thời ứng dụng nó vào việc chứng minh các bài toán hình học.
Bài toán xuất phát: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

3
(1)
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b = c
Việc chứng minh bài toán này có nhiều cách:
Cách 1: (1)
⇔

3 9
1 1 1 3
2 2
+ + + + + ≥ + =
+ + +
a b c

Cách 4: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ: b + c = x; c + a = y và a + b = z
Cách 5: (1)
⇔
2a ( a + c)(a + b) + 2b( b + c)(b + a) + 2c( c + a)(c + b)
≥≥
3( a + c)(a + b)( b + c)

⇔
2a
3
+ 2b
3
+ 2c
3

≥
a
2
b + ab
2
+ a
2
c + ac
2
+ b
2
c + bc

b c b c bc+ ≥ +
Và:
3 3 2 2
a c a c ac+ ≥ +
Cộng từng vế ta có (*) (đpcm)
Cách 6: Bất đẳng thức có dạng đối xứng và dấu “ =” xảy ra
⇔
a = b = c.
Từ nhận xét luôn đúng
2
1
0
2
a
b c
 
− ≥
 ÷
+
 
ta suy ra:
a
b c+

≥

8
1
1
.

c a
b
c a
−
+
+
+
=
8
4( )
b a c
a b c
− −
+ +
và
c
b a+

≥

8
1
1
.
4
1
c
a b
c
a b

a b c
− −
+ +
=
3
2
( điều phải chứng minh )
Cách 7: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số:
Xét hàm số: f(x) =
x b c
b c x c x b
+ +
+ + +
coi vế trái của (1) như là một hàm số
của a và đạt a = x, tính f’(x) =
2 2
1 b c
b c (c x) (b x)
− −
+ + +
Phương trình f’(x) = 0 là phương trình bậc bốn. Xét a
≥
b
≥
c và khi đó ta xét
hàm f(x) trên [ b ; +
∞
) . Trên khoảng đó f’(x)
≥
0  hàm số tăng trên khoảng

1 x−
trên ( 0 ; 1 )
Ta có f’(x) =
2
x(1 x)
(1 x)
− −
−
và f’’(x) =
3
2
(1 x)−
> 0 do đó f(x) là hàm lồi trên ( 0 ; 1)
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có:
f (a) f(b) f (c) a b c
f
3 3
+ + + +
 
≥
 ÷
 
Tương đương với:
a b c a b c 3
a b c
1 a 1 b 1 c 2
1
3
+ +
+ + ≥ =

+
+
b
b a
+
+
c
c b
Ta có: B + C = 3
Áp dụng cauchy cho 3 số dương ta có:
A + B =
3
a b b c c a a b b c c a
3 . . 3
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + +
+ + ≥ =
+ + + + + +
(*)
A + C =
3
a b b c c a a b b c c a
3 . . 3
a c b a c b a c b a c b
+ + + + + +
+ + ≥ =
+ + + + + +
(**)
Cộng từng vế của (*) và (**) ta có: 2A +B + C
≥

A
≥

3
2
Tất cả các cách trên đều cho chúng ta kết quả của bài toán. Tuy nhiên, việc
mở rộng và khai thác bài toán theo các cách khác nhau mới là vấn đề mà tôi
muốn trình bày ở đề tài này.
II. KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN.
1. Từ bất dẳng thức (1) ( còn gọi là bất đẳng thức Nesbit khi n = 3 ) ta
nhân hai về với a + b + c, ta có.
( a + b + c )(
a
b c+
+
b
c a+
+
c
b a+
)
≥

3
2
( a + b + c )

⇔

2 2 2

+
c a
b
4
+
≥

Và
2
c
a b+
+
a b
c
4
+
≥
Cộng từng vế ta có:
2 2 2
a b c a b c
a b c
b c c a a b 2
+ +
+ + ≥ + + −
+ + +
Vậy
2 2 2
a b c a b c
b c c a a b 2
+ +

+ + ≥
+ + +

3
2
3.Tổng quát bài toán (1), (2) và (3) theo hướng tăng dần số mũ ta có các bài
toán sau :
Bài toán 4a : Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng:

n 1
n n n
a b c 3 a b c
. (4a)
b c c a a b 2 3
−
+ +
 
+ + ≥
 ÷
+ + +
 

Bài toán 4b: Cho a, b , c > 0 chứng minh rằng:

( )
n n n
n 1 n 1 n 1
a b c 1
. a b c (4b)
b c c a a b 2

Với n = 1 ta có bất đẳng thức Nesbit
Với n = 2 ta có bất đẳng thức (2)
Với n
≥
3 xét ( a
n – 2
- b
n –

2
)( a – b )
≥
0

⇔
a
n - 1
+ b
n – 1

≥
a
n – 2
b + ab
n - 2
(a)
Tương tự ta có: b
n – 1
+ c
n – 1


n n 2 n n 2
n 2
b b (a c) b .b
2 b
a c 4 4
− −
−
+
+ ≥ =
+
(**)

n n 2 n n 2
n 2
c c (b a) c .c
2 c
b a 4 4
− −
−
+
+ ≥ =
+
(***)
Từ (a); (b); (c) và (*); (**); và (***) ta có:
n n n
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +

+ +
+ + +

≥

( )
n 1 n 1 n 1
1
. a b c
2
− − −
+ +
( dpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔

n n 2
a b c
a b c
2a b c
a a (b c)
a b c
2b c a
b c 4

2c a b
−
= =
= =


b c d+ +
;
b
c d a+ +
;
c
d a b+ +
;
d
a b c+ +
và

a(b c d)+ +
;
b(c d a)+ +
;
c(d a b)+ +
;
d(a b c)+ +
ta có :
[ ]
2
a b c d
2(ab ac ad bc bd cd)
b c d c d a d a b a b c
(a b c d)
 
+ + + + + + + +
 ÷
+ + + + + + + +

2
(a b c d)+ + +

≥
8
(ab ac ad bc bd cd)+ + + + +
⇔
3( a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
)
≥

2(ab ac ad bc bd cd)+ + + + +
⇔
( a – b)
2
+ ( a – c )
2
+ ( a – d )
2
+ ( b – c )
2
+ ( b – d )
2

+ + + ≥
− − − −
(5b)
c. Vẫn mở rộng theo hướng đó nhưng theo một hướng suy nghĩ khác ta có:
Bài toán 6: Cho a, b, c, d là các số dương, ta có:

a b c d
b c c d d a a b
+ + +
+ + + +

≥
2
Chứng minh: Áp dụng Bunhia cho hai dãy số

a
b c+
;
b
c d+
;
c
d a+
;
d
a b+
và

a(b c)+
;

+ d
2

≥
1 thì:
2 2 2 2
a b c d 2
b c d c d a a b c b c a 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(7c)
Việc chứng minh bất đẳng thức (7) và (7b) tương tự như với chứng minh bất
đẳng thức (2). Còn chứng minh bất đẳng thức (7c) ta có thể dựa vào Cauchy
Bằng cách xét :
2 2
2
a 4a (b c d) 4
a
b c d 9 3
+ +
+ ≥
+ +

Tương tự:
2 2
2
b 4b (c d a) 4
b
c d a 9 3
+ +

1
ta có :

2 2 2 2
a b c d
b c d c d a a b c b c a
+ + +
+ + + + + + + +

≥

2
3
( dpcm )
e. Lại tiếp tục mở rộng bất đẳng thức (5) và (6) ta được bất đẳng thức tổng
quát :
Bài toán 8 :
*) Cho dãy số dương x
1
; x
2
; x
3
; ; x
n
và giả sử 1
≤
k
≤
n là chỉ số tùy ý,

i 1
a 1
=
≥
∑
chứng minh:
3 3 3
1 2 n
1 2 n
a a a 1

S a S a S a n 1
+ + + ≥
− − − −
với S = a
1
+a
2
+ …… + a
n
.
Chứng minh: Giả sử: a
1

≥
a
2

≥
……

Áp dụng bất đẳng thức Chebưsep ta có:
3 3 3
1 2 n
1 2 n
a a a

S a S a S a
+ + +
− − −

≥

2 2 2
1 2 n 1 2 n
1 2 n
a a a a a a

n S a S a S a
 
+ + +
+ + +
 ÷
− − −
 
≥

1 2 n
1 2 n
a a a1


S a S a S a
 
+ + + −
 ÷
− − −
 
=
[ ]
1 2 n
1 2 n
1 1 1 1
(S a ) (S a ) (S a ) n
S a S a S a n 1
 
− + − + + − + + + −
 
− − − −
 
2
n n
n
n 1 n 1
≥ − =
− −
⇒

1 2 n
1 2 n
a a a1


+ + ≥
+ + + +
(9)
Giải :
* Với x = y = 1 ta có Bất đẳng thức Nesbit
* áp dụng Bunnhia cho hai dãy số :

a
xb yc+
;
b
xc ya+
;
c
xa yb+
và

a(xb yc)+
;
b(xc ya)+
;
c(xa yb)+
ta có :

[ ]
2
a b c
(x y)(ab bc ca) (a b c)
xb yc xc ya xa yb
 


3
x y+
( điều phải chứng minh )
Dấu « = » xảy ra
⇔

xb yc xc ya xa yb
a b c
+ = + = +


= =


⇔
a = b = c
b. Tiếp tục tăng thêm các đại lượng thay đổi ta có bài toán sau là bất đẳng
thức mở rộng của Bất đẳng thức ở bài toán 9.
Bài toán 10: Giả sử 0 < a
b c d và x, y 0≤ ≤ ≤ >
tùy ý , ta có:

a b c d 4
xb yc xc yd xd ya xa yb x y
+ + + ≥
+ + + + +
(10)
Giải: Chứng minh tương tự như chứng minh bài toán 9
c. Và bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức của bài toán 9 là:

p(x y y z z x) q(x z z y y x)
py qz pz qx px qy
− − − − − −
 
 
+ + + + + + +
 ÷
 
+ + +
 

≥

n 1 n 1 n 1 2
( x y z )
− − −
+ +
(*)
Áp dụng tiếp Bunhia suy rộng ta có :

n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 n 2
x y z x y y z z x
− − − − − −
+ + ≥ + +
( **)
Và : x
n-1
+ y
n-1
+ z

− − −
+ + + +
≥
+ + + +
( theo (**) và (***) ) (đpcm)
6. Lại tiếp tục suy nghĩ và phát triển, khái quát bài toán (2) theo một
hướng suy nghĩ hoàn toàn khác như sau :
a. Đặt a =
1
x
; b =
1
y
; c =
1
z
ta có bài toán sau :
Bài toán 12 : Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện: a.b.c = 1. Chứng minh
rằng :
3 3 3
2 2 2
3
a (b c) b (c a) c (a b)
+ + ≥
+ + +
(12)
Giải :
(12)
⇔


; ;
c b a
ta được bài toán sau :
Bài toán 13 : Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện: a.b.c = 1. Chứng minh
rằng :
4 4 4
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 9
2(b c) 2(c a) 2(a b) c (a c)(b c) b (a b)(c b) a (a b)(a c) 8
+ + + + + ≥
+ + + + + + + + +
7. Một số bất đẳng thức khác được tổng quát từ các bài toán (7) ; (9) và
(11) như sau :
Bài toán 14 :
1) Cho a, b, c, d > 0 và n nguyên dương, lớn hơn 1. Ta có :

n n n n n 1 n 1 n 1 n 1
a b c d a b c d
b c d c d a d a b a b c 3
+ + + +
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + +
(14)
2) Cho x, y là hai số dương tùy ý ; a
1
, a
2
, a
3


S a S a S a n 1
− − −
+ + +
+ + + ≥
− − − −

với S = a
1
+ a
2
+ + a
n
Phần thứ ba:
ỨNG DỤNG VÀO MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC
Sau đây là một số ứng dụng của bất đẳng thức (1) và một vài bất đẳng thức
có liên quan vào việc chứng minh bất đẳng thức hình học và lượng giác.
Bài toán 15: Cho tam giác ABC; Chứng minh rằng:

3 3 3
A B C
tan tan tan
1
2 2 2
B C C A A B
2
tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2 2
+ + ≥
+ + +

1
. Chứng minh rằng :
a)
1 1 1
MA MB MC
3 2
MA MB MC
+ + ≥
b)
n n n
1 1 1
n
MA MB MC 3
MA MB MC 2
     
+ + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
Giải :
b) Gọi S
1
= S
∆
MBC
; S
2
= S
∆
MAC
;

B
C
B1
Tương tự ta có :
1
MB
MB
=
2
1 3
S
S S+
;
1
MC
MC
=
3
1 2
S
S S+

( )
3
1 1 1 1 2
2 3 3 1 1 2
S
MA MB MC S S 3 n!
MA MB MC S S S S S S 2 r! n r !
+ + = + + ≥

S
S S1 1 3 3
3 3 .
3 S S S S S S 3 2 2
 
 
 
≥ + + ≥ =
 
 ÷
 
+ + +
 
 
 
Dấu « = » xảy ra
⇔
S
1
= S
2
= S
3

⇔
M là trọng tâm tam giác
a) Ta có
2 3 1 3
2 1
1 1 1 1 2 3

⇔
S
1
= S
2
= S
3

⇔
M là trọng tâm tam giác
Bài toán 17: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn. Gọi AA’ , BB’,
CC’ là 3 trung tuyến; AA’ , BB’, CC’ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại A
1
, B
1
; C
1
. Chứng minh rằng:

1 1 1
AA' BB' CC' 9
AA BB CC 4
+ + ≤
Giải:
Ta có: AA’. A’A
1
= BA’ . A’C =
2
a

1
AA' 2b 2c a
b c
AA'.AA
4.
2
+ −
= =
+
=
2 2 2
2 2
2b 2c a
2(b c )
+ −
+
l
G
C'
C1
B'
B1
A'
A1
C
B

A

2 2 2

b
, h
c
là ba
chiều cao kẻ từ A, B , C . Chứng minh rằng:
1 1 1
a b c
a b c 3
h h h 2
+ + ≥

Giải:
Dựng AH
⊥
BC  AH = h
a
.
Kẻ A’K
⊥
AB tại K  A’K = a
1
 BA’. h
a
= c. a
1
= 2 S
∆
AA’
Do AA’ là phân giác 
A 'B AB c

C
B
A
1
b
b b
h c a
=
+
và
1
c
c c
h a b
=
+

1 1 1
a b c
a b c
h h h
+ +
=
a b c 3
b c c a a b 2
+ + ≥
+ + +
( đpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔


2 2
2 1 2
1
AA A C
AA .BA AB.A C
AB BA
= ⇔ =
(1)
Mà
∆
AA
2
B đồng dạng
∆
ACA
1

2 2
2 1 2
1
AA A B
AA .CA AC.A C
AC CA
= ⇔ =
(2)
Cộng từng vế của (1) và (2)  AA
2
( BA
1

∆
ABA
2

⇔

1 2 2 1 2 2
2 2 2 2
A A BA A A BA
BA AA 2BA 2AA
= ⇔ =
(2)
Từ (1) và (2) 
1 2
2 2
A A a
BA CA 2(b c)
=
+ +

tương tự ta có:
1 2
2 2
B B b
CB B A 2(a c)
=
+ +
và
1 2
2 2

=
1 a b c 3
2 b c c a a b 4
 
+ + ≥
 ÷
+ + +
 
( đpcm)
Dấu « = » xảy ra
⇔
tam giác ABC là ta giác đều
Bài toán 20:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc đôi một và OA = a; OB = b;
OC = c. Gọi
α
,
β
,
γ
là các góc hợp bởi OH ( đường cao ) với các cạnh OA,
OB, OC chứng minh rằng:
a. cos
2
α
+ cos
2
β
+ cos
2

OB
và cos
2
γ
=
2
2
OH
OC

 cos
2
α
+ cos
2
β
+ cos
2
γ
=
=
2
2 2 2
1 1 1
OH
OA OB OC
 
+ +
 ÷
 

2

α
=
2
2
cos
sin
α
α
; cot
2
β
=
2
2
cos
sin
β
β
và cot
2

γ
=
2
2
cos
cos
γ

« động » qua đó rèn luyện ý thức sáng tạo cho học sinh nói chung và học sinh
chuyên nói riêng.
Phần thứ tư :
BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN
Sau đây là một số bài tập và cũng là các bất đẳng thức tương tự được mở
rộng từ các bất đẳng thức đã cho ;
Bài tập 1 :
Cho a, b , c > 0 thỏa mãn:
ab bc ac 1+ + =
chứng minh rằng:
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +

1
2
≥
Bài tập 2 :
Chứng minh rằng với :
n
i
i 1
a
=
∑
= 1 ta có:

2 2 2 2

b c d c d a d a b a b c 3
+ + + ≥
+ + + + + + + +
KẾT LUẬN
Bất đẳng thức là một công cụ sắc bén của toán học. Đẳng thức và bất đẳng
thức là hai phương tiện hỗ trợ lẫn nhau. Đẳng thức cho kết quả chính xác tuyệt
đối. Bất đẳng thức mền dẻo hơn, cho phép cân nhắc vấn đề, ước lượng kết quả
từ đó nhìn nhận thực tiễn toán học dưới góc độ rộng hơn. Vì vậy, vận dụng các
bất đẳng thức rất uyển chuyển và linh hoạt ; Thông qua bất đẳng thức người
học toán hiểu sâu sắc hơn về phương trình, bất phương trình, về mối liên hệ
giữa các yếu tố của một tam giác, về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một
biểu thức, và trong quá trình giải bài tập về bất đẳng thức, năng lực tư duy sáng
tạo của học sinh được phát triển đa dạng, mạnh mẽ hơn.
Với suy nghĩ và tìm tòi các bài toán mở rộng từ một bài toán quen thuộc tôi
đã cố gắng tạo ra một lớp các bài toán khác nhau, khó hơn, hay hơn và chúng
được sắp xếp theo một trình tự : Tùy theo tính chất của sự mở rộng theo các
hướng khác nhau. Mặc dù vậy, các bài toán này vẫn được sắp xếp theo trình tự
từ dễ đến khó và có tính chất kế thừa nhau.
Trong thực tế giảng dạy ở các lớp chuyên Lý 1 và chuyên Hóa 1 Tôi đã giới
thiệu với các em bài viết này ; các em rất phấn khởi đón nhận và còn tìm ra
một số bài toán khác tương tự với cách suy luận rất độc đáo khi thực hiện mở
rộng các bài toán đã có ở cả trong hình học và đại số.
Người viết bài này tuy trình độ có hạn nhưng vẫn muốn hy vọng rằng : Đề
tài này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp và học sinh phương pháp tiếp cận kiến thức
mới theo tinh thần đổi mới phương pháp giảng dạy mà Bộ Giáo dục và Đào tạo
đang phát động trong năm học 2009 -2010.