PHẦN I: LÍ LỊCH

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

Sáng kiến kinh nghiệm :

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

Năm học 2015 - 2016
1


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

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


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

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

a b
= (b, d ≠ 0)
c d

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

8

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

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

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

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

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

⇔ −1 ≤ a + b + c ≤ 4 (đpcm)
1

1


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

1

1

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

1

1

25

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

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

6


2
2
2

pc + qa

c
. c ( pa + qb)
pa + qb

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

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

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

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


=

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

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

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

(

) (

c+a

) +(
2

)

2

+
+
≥ a+b+c
b+c−a c+a −b a+b−c

∀ a,b,c là độ dài cạch của ∆ ABC

HD: Làm tương tự VD2 ta có:


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

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

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

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

Lời giải: Ta viết

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

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

8


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

A
x

x

Lời giải:


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

y2 z2 x2
+
+ ) ≥ ( x + y + z) 2
x
y
z

y2 z2 x2
+
+
≥ x + y + z (đpcm)
x
y
z

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

36 2 abc
(p +
) (1)


S
4

(S- Diện tích tam giác)
Lời giải:

A
N

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

S1 + S 2 + S 3
3
≥ (1)
S
4

P

B

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

S

≤

1
(Dấu “=” xẩy ra khi ∆ABC đều)
4

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

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

a

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

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


2
2

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

(36 x
⇔

2

)

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

15
25
≤ y − 2x + 5 ≤


16
2
⇔x= y=z=±
3
3

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

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

1
3

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

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

x y
+ ⇔ xv = yu

41

⇔ y ( x + v ) = 20 ⇒ u =

, x=

16
41

, z=

20
20
=
x+v
41

25
41

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

Lời giải: Đặt t =

+

c
a+b−c

≥ a+ b+ c

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

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

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

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

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

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

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

0-4
Số
lượng
3

5-6
%
15

Số


1
3

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

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=

1
3

1
3

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

1
3

x y z
1
3

lượng
7

%
35

Số
lượng
8

%
40

Số
lượng
4

%
20

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

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


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

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

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

Hiệu trưởng

Nguyễn Văn Hạnh

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

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

20