KĨ THUẬT , MẸO NHỎ ĐỂ SỬ DỤNG BĐT CÔ SI

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM A SƠ YẾU LÝ LỊCH Họ tên: Trần Thị Hồng Minh Ngày tháng năm sinh: 13 – 04 – 1985 Năm vào ngành: 2007 Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Tân Lập Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Bộ môn giảng dạy: Toán Ngoại ngữ: Tiếng Anh B LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chứng minh bất đẳng thức dạng toán phổ biến quan trọng chương trình toán phổ thông, thường gặp đề thi tuyển sinh vào Đại học – Cao đẳng chuyên đề lớn đề thi học sinh giỏi phổ thông Các toán chứng minh bất đẳng thức đa dạng phong phú Xét lý luận thực tiễn dạy học chứng tỏ chúng có hiệu việc phát triển tư cho học sinh Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc nhiều vào đặc thù toán, học sinh phổ thông thường gặp nhiều khó khăn gặp dạng Trong chương trình toán THPT, chứng minh bất đẳng thức giới thiệu chương trình đại số lớp 10 Tôi lựa chọn phương pháp chứng minh bất đẳng thức hay gặp để trình bày viết với tên gọi: “Chứng minh bất đẳng thức phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cô-si” C QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI PHẦN KHÁI QUÁT VỀ CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số Khái niệm: Cho hai biểu thức đại số f, g có tập xác định D f , Dg Quan hệ f ≤ ( ≥ ) g cho ta bất đẳng thức đại số Nếu với giá trị biến tập D = D f ∩ Dg làm cho f ≤ ( ≥ ) g ta có bất đẳng thức Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số yêu cầu ta tính (hoặc sai) bất đẳng thức Để tiện ngôn ngữ, nói chung ta xét bất đẳng thức dạng f ≥ g ⇔ f − g ≥ Theo phân loại Polya toán bất đẳng thức thuộc dạng toán chứng minh toán học (trong hệ thống này, toán tìm tòi) Các phương pháp chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức đại số, phương pháp phổ biến là: PP1: Dùng phép biến đổi tương đương PP2: Phương pháp phản chứng PP3: Dùng tính chất bất đẳng thức PP4: Dùng bất đẳng thức tam giác PP5: Làm trội PP6: Quy nạp PP7: Dùng BĐT Cauchy PP8: Dùng BĐT Bunhiacopski PP9: Biến dạng BĐT Bunhiacopski PP10: Dùng BĐT Bunhiacopski mở rộng PP11: Dùng BĐT Bernoulli PP12: Dùng tam thức bậc hai PP13: Phương pháp lượng giác PP14: Dùng BĐT Jensen PP15: Dùng BĐT Tsebyshev PP16: Dùng đạo hàm PP17: Phương pháp hình học Trong viết này, tập trung vào phương pháp thường gặp học sinh lớp 10 Đó phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) Tuy nhiên, phương pháp giải toán dạng đa dạng nên khó phân loại tổng kết thành số phương pháp giải chung Tôi xin đưa cách tiếp cận thông qua số nhận xét biến đổi để chứng minh bất đẳng thức PHẦN 2: BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI Bất đẳng thức Cô-si 1.1 Bất đẳng thức Cô-si Cho n số không âm x1 , x2 , , xn Ta có: x1 + x2 + + xn n ≥ x1 x2 xn n Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn Với n = , ta có: x1 + x2 ≥ x1 x2 Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Với n = , ta có: x1 + x2 + x3 ≥ x1 x2 x3 Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = x3 1.2 Ví dụ Ví dụ 1.Chứng minh a, b, c số dương thì: 1 1 a ( a + b )  + ÷≥ a b 1 1 b ( a + b + c )  + + ÷≥ a b c Khi xảy đẳng thức? Giải a Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: a + b ≥ ab (Đẳng thức xảy a = b) 1 1 + ≥2 (Đẳng thức xảy = ) a b a b ab Do đó: ( a + b)   1 + ÷≥ ab =4 ab a b a = b  Đẳng thức xảy  1 ⇔ a = b a = b  b Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: a + b + c ≥ 3 abc (Đẳng thức xảy a = b = c) 1 1 1 + + ≥ 33 (Đẳng thức xảy = = ) a b c a b c abc Do đó: ( a + b + c)   1 1 + + ÷≥ 3 abc 3 =9 abc a b c a = b = c  Đẳng thức xảy  1 ⇔ a = b = c a = b = c  Ví dụ Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng:  a  b  c   + ÷1 + ÷ + ÷≥  b  c  a  Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 1+ a a a ≥2 (Đẳng thức xảy = ) b b b 1+ b b b ≥2 (Đẳng thức xảy = ) c c c 1+ c c c ≥2 (Đẳng thức xảy = ) a a a  a  b  c  Nhân vế với vế, ta được:  + ÷1 + ÷ + ÷≥ (đpcm)  b  c  a  Đẳng thức xảy a b c = = =1⇔ a = b = c b c a Ví dụ (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối D năm 2005) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: + x3 + y + y3 + z3 + z + x3 + + ≥3 xy yz zx Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: + x3 + y + x + y ≥ xy ⇒ ≥ xy 3 xy Đẳng thức xảy = x = y Chứng minh tương tự, ta được: + y3 + z3 ≥ yz (Đẳng thức xảy = y = z ) yz + z + x3 ≥ zx (Đẳng thức xảy = z = x ) zx Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được:  1 + x3 + y + y3 + z3 + z + x3 1  + + ≥ 3 + + ÷ ( 1)  xy xy yz zx yz zx ÷   Đẳng thức xảy x = y = z = Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1 + + ≥ xy yz zx Đẳng thức xảy x = y = z = =3 xyz ( 2) Từ (1) (2), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Một số lưu ý biến đổi Nói chung, ta gặp toán sử dụng bất đẳng thức Cô-si ví dụ mà thường biến đổi toán đến tình thích hợp sử dụng bất đẳng thức Cô-si Khi biến đổi, ta thường sử dụng số hạng vế cộng thêm số hạng thích hợp sử dụng bất đẳng thức Cô-si mô tả số hạng vế lại điều kiện bất đẳng thức Khi biến đổi, ta nên lưu ý số nhận xét sau: 2.1 Nhận xét Số chiều BĐT Cauchy phụ thuộc vào số hạng bậc cao Ví dụ Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a + b3 + c3 ≥ ab + bc + ca Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng vế bên phải có bậc cao 3, nên ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm Chẳng hạn, số hạng ab ứng với ba số a , b3 , b3 Cứ vậy, ta thu bất đẳng thức cần chứng minh Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a + b3 + b3 ≥ 3ab b3 + c3 + c ≥ 3bc c3 + a + a ≥ 3ca Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: ( a + b3 + c3 ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ a + b3 + c ≥ ab + bc + ca a = b  Dấu đẳng thức xảy khi: b = c ⇔ a = b = c c = a  Ví dụ Với số không âm a, b, c, chứng minh rằng: a 2b + b 2c + c a ≥ abc ( a + b + c ) Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng ab, bc, ca vế bên phải có bậc cao 2, nên ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a 2b + b 2c ≥ 2ab 2c b 2c + c a ≥ 2abc c a + a 2b ≥ 2a 2bc Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: ( a 2b + b a + c a ) ≥ 2abc ( a + b + c ) ⇔ a 2b + b 2c + c a ≥ abc ( a + b + c ) ab = bc  Dấu đẳng thức xảy khi: bc = ca ⇔ a = b = c ca = ab  2.2 Nhận xét Bậc số hạng cần thêm vào để sử dụng bất đẳng thức Cauchy bậc số hạng cần mô tả Ví dụ Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b3 c + + ≥ ab + bc + ca b c a Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng vế bên trái có chứa mẫu, số hạng bên phải không chứa mẫu, ta cần khử mẫu cách thêm số hạng vào bên trái bất đẳng thức Bậc số hạng cần mô tả hai, nên bậc số hạng thêm vào hai a3 Chẳng hạn, số hạng có chứa mẫu b, nên số hạng thêm vào phải chứa nhân tử b b Bậc số hạng 2, nên ta cộng thêm vào ab a3 + ab ≥ 2a b Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a3 + ab ≥ 2a b b3 + bc ≥ 2b c c3 + ca ≥ 2c a Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: a b3 c + + + ab + bc + ca ≥ ( a + b + c ) b c a Dấu đẳng thức xảy :  a3  b = ab a = b2  a = b  b   = bc ⇔ b = c ⇔ b = c ⇔ a = b = c c c = a c = a    c3  = ca a 10 (1) Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x y z + + ≥ y+z z+x x+ y  x   y    z ⇔ + 1÷+  + 1÷+  + 1÷ ≥  y+z   z+x  x+ y   1  ⇔ ( x + y + z)  + + ÷≥  y+z z+x x+ y Áp dụng bất đẳng thức ví dụ 1, ta có:  1  + + ÷ x+ y y+z z+x ( x + y + z)  = ( x + y + y + z + z + x)  1   x + y + y + z + z + x ÷≥   Do đó, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x + y = y + z = z + x ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Ví dụ 16 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: c2 b a b c + + ≥ ac + ab + b ac Đẳng thức xảy nào? Giải Chia hai vế cho bc > , ta được: a 3b + Đặt a = x, b = c a a + 3≥ + + b ac b bc c 1 , c = bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: y z x3 y z + + ≥ xy + yz + zx y z x Bất đẳng thức chứng minh ví dụ 22 Đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = 1 = b c 2.7 Nhận xét Sử dụng đẳng thức kết hợp với bất đẳng thức Cô-si Ví dụ 17 Với a, b, c dương, chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ a + ab + b b + bc + c c + ca + a a3 b3 c3 Giải Đặt P = + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a b3 c3 a3 Q= + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a Ta có: a − b3 b3 − c3 c3 − a3 P −Q = + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a = a−b+b−c+c−a =0 ⇒ 2P = P + Q = a + b3 b3 + c3 c3 + a3 + + a + ab + b2 b + bc + c c + ca + a Mặt khác, ta có: a + b ≥ ab ⇔ ( a + b − ab ) ≥ a + b + ab a + b − ab a + b3 a+b ⇔ ≥ ⇔ ≥ 2 a + b + ab a + ab + b Chứng minh tương tự, ta được: b3 + c b+c ≥ 2 b + c + bc 3 c +a c+a ≥ 2 c + a + ca Cộng vế với vế bất đẳng thức , ta được: 23 a + b3 b3 + c c3 + a3 a+b+c 2P = + + ≥ a + ab + b b + bc + c c + ca + a a+b+c ⇔P≥ Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 18 Với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác, chứng minh rằng: ( 2a + 2b − c ) a + b + 4c ( 2b + 2c − a ) + b + c + 4a ( 2c + 2a − b ) + c + a + 4b ≥ ( a + b2 + c ) Giải Đặt x = 2a + 2b − c, y = 2b + 2c − a, z = 2c + 2a − b Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên x, y, z dương Ta có: x2 + y + z = ( a2 + b2 + c ) y + z = a + b + 4c z + x = b + c + 4a x + y = c + a + 4b Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x3 y3 x3 x2 + y + z + + ≥ y+z z+x x+ y Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x( y + z) x3 + ≥ x2 y+z y ( z + x) y3 + ≥ y2 y+z z( x + y) z3 + ≥ z2 x+ y Cộng vế với vế bất đẳng thức , ta được: 24 x3 y3 x3 xy + yz + zx + + + ≥ x2 + y2 + z y+z z+x x+ y x3 y3 x3 xy + yz + zx ⇔ + + ≥ x2 + y2 + z − y+z z+x x+ y Áp dụng bất đẳng thức x + y + z ≥ xy + yz + zx , ta được: x3 y3 x3 x2 + y + z + + ≥ y+z z+x x+ y 2.8 Nhận xét Khi biến đổi ta điều chỉnh hệ số cho khử hết số hạng mặt bất đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 19 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b 4c + + ≥ a + 3b b c a Đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a2 + b ≥ 2a b b2 + 4c ≥ 4b c 4c + a ≥ 4c a Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta có: a b 4c + + + b + 4c + a ≥ 2a + 4b + 4c b c a a b 4c ⇔ + + ≥ a + 3b b c a 25  a2  b =b  a = b b   Đẳng thức xảy  = 4c ⇔ b = 2c c a = 2c   4c =a   a Ví dụ 20 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a3 b3 c2 b + + ≥a+ b( c + a) c( a + b) b + c Đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a3 b c+a + + ≥ a b( c + a) b3 c a+b + + ≥ b c( a + b) c2 b+c + ≥c b+c Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta có: a3 b3 c2 a 3 + + + +b+c≥ a+ b+c b( c + a) c( a + b) b + c 2 a3 b3 c2 b ⇔ + + ≥a+ b( c + a) c ( a + b) b + c  a3 b c+a b c + a = = )  (  b3 c a+b  = = ⇔ a=b=c Đẳng thức xảy  c( a + b)   c2 b+c  = b + c  26 Bài tập Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a 4b + b 4c + c a ≥ abc ( a 2b3 + b 2c + c 2a ) Hướng dẫn: a 4b + b 4c + c a ≥ abc ( a 2b + b 2c + c 2a ) ⇔ 1 1 1 + 4+ 4≥ + + a4 b c ab bc ca 1 1 + 4+ 4+ 4≥ a a a b ab Chứng minh tương tự, ta thu được: 1 1 1 + 4+ 4≥ + + a b c ab bc ca Bài Với số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = , chứng minh rằng: a + b3 + c3 ≥ Hướng dẫn: a + b3 + ≥ 3ab Chứng minh tương tự, ta thu được: a + b3 + c3 ≥ Bài Với số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc , chứng minh rằng: a 4b + b 4c + c a ≥ 3a 4b 4c Hướng dẫn: a + b + c = 3abc ⇔ 1 + + =3 bc ca ab a 4b + b 4c + c a ≥ 3a 4b 4c ⇔ 1 + + ≥3 a4 b c 1 + +1+1≥ a b ab 27 Chứng minh tương tự, ta thu được: 1 + + ≥3 a b c Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ b ( c + 2a ) c ( a + 2b ) a ( b + 2c ) Hướng dẫn: a3 b c + 2a + + ≥a b( c + a) a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ Chứng minh tương tự, ta thu được: b ( c + 2a ) c ( a + 2b ) a ( b + 2c ) Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b6 c6 a b c + + ≥ + + b3 c a c a b Hướng dẫn: a a b6 3a + + ≥ b3 b3 c c Chứng minh tương tự, ta thu được: a6 b6 c6 a b4 c + + ≥ + + b3 c a c a b Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a3 2b3 128c3 + + ≥ a + 2b + 4c b ( 2b + a ) c ( 2c + b ) a ( a + 4c ) Hướng dẫn: BĐT cần chứng minh tương đương với a3 ( 2b ) ( 4c ) ≥ a + 2b + 4c + + ( ) ( 2b ) ( 2b + a ) ( 4c ) ( 4c + 2b ) a ( a + 4c ) 3 28 Áp dụng ví dụ 10 ta có điều phải chứng minh Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b8 c + + ≥ ab3 + bc + ca b c a Hướng dẫn: a8 b8 c8 a 4b b 4c c 4a + + ≥ + + ≥ ab3 + bc + ca b c a c a b Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b 2ca + 2+ + 4b 2c ≥ 8abc b c b Hướng dẫn: a b 2ca 2a 2b 2ca 2 + 2+ + 4b c ≥ + + 4b 2c ≥ 4a + 4b 2c ≥ 8abc b c b c b Chứng minh tương tự, ta thu được: 1 3 + + ≥ + + a b c a + 2b b + 2c c + 2a Bài Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: 1 3 + + ≥ + + a b c a + 2b b + 2c c + 2a Hướng dẫn: 9 = ≤ + a + 2b a + b + b a b Chứng minh tương tự, ta thu được: 1 3 + + ≥ + + a b c a + 2b b + 2c c + 2a 29 Bài 10 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: 3 18 + + ≥ + + a b c a + b 3b + 4c c + 6a Hướng dẫn: 3 18 1 3 + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + a b c a + b 3b + 4c c + 6a a b c a + b b + c c + 2a 2 3 Bài 11 Với số dương a, b, c cho a + b + c = , chứng minh rằng: 3a + + 3b + + 3c + ≤ 3 Hướng dẫn: 3a + 3 ≤ 3a + + + 3a + 3a + = ⇔ 3a + ≤ 3 3 Chứng minh tương tự, ta thu được: 3a + + 3b + + 3c + ≤ 3 Bài 12 Với số dương a, b, c, d cho: Chứng minh rằng: abcd ≤ a b c d + + + =1 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d 81 Hướng dẫn: a b c d bcd =1− = + + ≥ 33 1+ a 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d ( + b) ( + c) ( + d ) Chứng minh tương tự, ta thu được: abcd ≤ Bài 13 Với số dương a, b, c cho: 30 81 a b c + + =1 1+ b 1+ c 1+ a  + b  + c  + a  − 1÷ − 1÷ − 1÷ ≥ Chứng minh rằng:  a b c     Hướng dẫn: 1− a 1+ b − a b c = = + ≥2 1+ b 1+ b 1+ c 1+ a bc (1+ c) (1+ a) Chứng minh tương tự, ta thu được: ( + b − a ) ( + c − b ) ( + a − c ) ≥ 8abc  + b  + c  + a  ⇔ − 1÷ − a ÷ − 1÷ ≥  a  b  c  Bài 14 Với số dương a, b, c chứng minh rằng: a b c + + >2 b+c c+a a+b Hướng dẫn: a + b + c ≥ a( b + c) ⇔ 2a a ≤ ⇔ ≤ a+b+c a+b+c b+c a( b + c) Chứng minh tương tự, ta thu được: a b c + + ≥2 b+c c+a a+b Dấu đẳng thức xảy nên ta có: a b c + + >2 b+c c+a a+b Bài 15 Với số dương a, b, c cho ab + bc + ca ≥ , chứng minh rằng: a + + b + + c + ≤ ( a + b2 + c2 ) Hướng dẫn: ( a + 3) + ≥ a+3 ⇔ a+3 ≤ a+7 31 Chứng minh tương tự, ta thu được: a+3 + b+3 + c+3 ≤ a + b + c + 21 a2 + a≤ a + b + c + 21 a + b + c + 45 Chứng minh tương tự, ta thu được: ≤ a + b + c ≥ ab + bc + ca ≥ ⇒ a + b + c + 45 ≤ ( a + b2 + c2 ) Bài 16 Với số dương a, b, c cho ab + bc + ca = , chứng minh rằng: a + + b + + c + ≤ ( a4 + b4 + c4 ) Hướng dẫn: ( a + ) + + ≥ 12 a + ⇔ a + ≤ Chứng minh tương tự, ta thu được: a + 23 16 a+7 + b+7 + c+7 ≤ a + b + c + 69 12 a4 + + + a4 + a≤ = 4 a + b + c + 69 a + b + c + 285 Chứng minh tương tự, ta thu được: ≤ 12 48 a + b + b + ≥ 4ab Chứng minh tương tự, ta thu được: a + b + c + 285 a +b +c ≥3⇔ ≤ ( a + b4 + c ) 48 4 32 D KẾT QUẢ ĐỐI CHỨNG Kết thực Trong năm học 2010 – 2011, phân công giảng dạy môn Toán lớp 10A1 Tôi áp dụng chuyên đề bất đẳng thức cho học sinh Sau áp dụng, thấy học sinh bớt cảm thấy ngại yêu thích bất đẳng thức Kết khảo sát kiểm tra 15 phút sau: Số học sinh Dưới TB Trung bình Khá Giỏi 47 (11%) 10 (22%) 22 (45%) 10 (22%) Phạm vi áp dụng học rút - Chuyên đề sử dụng nhằm bồi dưỡng nâng cao cho học sinh lớp 10 chuyên đề khó hay đề thi Đại học – Cao đề thi học sinh giỏi - Đây nỗ lực nhỏ nhằm khắc sâu kiến thức, phát triển tư cho học sinh giải toán, đặc biệt toán bất đẳng thức 33 E NHỮNG KIẾN NGHỊ, ĐỀ NGHỊ SAU QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Trong trình thực đề tài, không tránh khỏi thiếu sót định Với mục đích khắc sâu kiến thức cho học sinh nâng cao chất lượng dạy học nhà trường, mong bảo, góp ý nhóm chuyên môn hội đồng khoa học sở Điều giúp đỡ, động viên nhiều trình giảng dạy sau Qua đây, xin cảm ơn số ý kiến đóng góp bạn bè, đồng nghiệp giúp hoàn thành đề tài cách đầy đủ Tân Lập, ngày 10 tháng năm 2011 Người viết Trần Thị Hồng Minh 34 F Ý KIẾN NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Chủ tịch hội đồng 35 G Ý KIẾN NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP TRÊN Chủ tịch hội đồng 36