SKKN: Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc chứng minh bất đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản

Qua khảo sát cho thấy đã có sự chuyển biến tích cực trong tư duy của các em học sinh. Các em đã tự hình thành được việc chắt lọc những kết quả đơn giản để phục vụ cho việc giải quyết các bài toán có liên quan. Đặc biệt có nhiều em đã hứng thú với bài học, hứng thú với việc giải bài tập bất đẳng thức, trong đó có những em đã biết cách xây dựng bài toán bất đẳng thức mới từ dãy các bất đẳng thức cơ bản, từ một bất đẳng thức gốc nào đó được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi.

A. ĐẶT VẤN ĐỀ Tốn học là bộ  mơn khoa học cơ  bản nhất, là xương sống của các bộ  mơn khoa học tự  nhiên; Tốn học giúp thúc đẩy khả  năng phát triển tư  duy   cho người học, người nghiên cứu Trong sự chuyển mình tích cực của giáo dục nước ta, tơi nhận thấy dạy   học giúp học sinh phát triển tư  duy vẫn là một trong những u cầu quan  trọng hàng đầu. Đối với dạy học bộ mơn Tốn nói chung và dạy học giải bài  tập Tốn nói riêng, dạy học giúp phát triển tư duy cho học sinh ngồi việc địi   hỏi ở giáo viên năng lực chun mơn, năng lực sư phạm ra cịn địi hỏi nhiều  về thời gian và sự tâm huyết ở mỗi người giáo viên Bài tốn Bất đẳng thức thường xun xuất hiện trong các kỳ  thi và nó  ln dành được sự  quan tâm lớn từ  học sinh cũng như  giáo viên, đây là một  trong những bài tốn khó. Đứng trước mỗi bài tốn đó, hầu như  các em học   sinh khơng định hướng được phải bắt đầu từ  đâu, vận dụng những đơn vị  kiến thức nào cho phù hợp. Các em thường mang nặng tâm lý: phải vận dụng  những cơng cụ cao siêu, những bổ  đề  lớn, những bất đẳng thức mạnh  vào  để  giải, mà khơng mấy khi để  ý rằng xung quanh những bài tốn đó có rất  nhiều những bất đẳng thức cực kỳ cơ bản, cơ bản đến mức có thể trong đầu   các em nghĩ đó là bất đẳng thức tầm thường; tuy vậy những cái cơ bản, tầm   thường đó lại mang đến cho các em hiệu quả  khơng hề  nhỏ  trong việc giải   một bài bất đẳng thức Băn khoăn trước những khó khăn đó của học trị, tơi đã tìm tịi nghiên  cứu và quyết định chọn nội dung bất đẳng thức trong việc dạy học phát triển   tư  duy, nhằm giúp các em có được cách phân tích và lựa chọn kiến thức phù  hợp, hiệu quả hơn trong việc giải bài tốn bất đẳng thức. Do vậy tơi đã chọn  đề  tài  "Phát triển tư  duy cho học sinh thơng qua việc chứng minh bất   đẳng thức từ dãy các bất đẳng thức cơ bản" B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Cơ sở lý luận 1. Về phương pháp      ­ Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ  các nguồn khác nhau liên quan đến bất  đẳng thức, phương pháp dạy học mơn Tốn và những SKKN của các giáo  viên khác thuộc bộ mơn Tốn      ­ Trao đổi với đồng ngiệp để đề xuất các biện pháp thực hiện      ­ Dạy các nhóm học sinh để thu thập thơng tin thực tế 2. Về đối tượng áp dụng      ­ Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học khối   10, khối 11 cũng như  các học sinh khối 12 chuẩn bị  cho kỳ  thi THPT Quốc   Gia      ­ Đề tài có thể được phát triển thêm ở những nội dung khác, những lớp bài   tốn khác để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng dạy mơn Tốn ở THPT 3. Các kiến thức cơ bản trong đề tài ­ Dãy các bất đẳng thức cơ  bản mà tơi tích lũy được trong q trình dạy  học ­ Các BĐT quen thuộc đối với học sinh như AM ­ GM; Cauchy­Schwarz II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trường THPT Ba Đình ­ Nga Sơn đóng trên địa bàn trung tâm Huyện,   việc học tập và phấn đấu của các em học sinh ln có được sự  quan tâm từ  các bậc học dưới THPT, vì vậy kiến thức cơ sở về mơn Tốn của các em hầu   hết ở mức trung bình khá; cũng có một bộ phận các em học sinh có kiến thức  khá, giỏi về  mơn Tốn, tuy vậy hầu như  các em vẫn cịn gặp rất nhiều khó   khăn trong việc giải bài tập bất đẳng thức cũng như khơng vượt qua được bài   bất đẳng thức trong các kỳ thi Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài này để dạy học giải bài  tập bất đẳng thức, các em thường thụ động trong việc tiếp cận phân tích vấn   đề  cơ  bản của bài tốn và phụ  thuộc q nhiều vào những kiến thức được  giáo viên cung cấp sẵn chứ chưa ý thức tìm tịi, sáng tạo cũng như  chưa tạo   được sự hưng phấn, đam mê trong giải bài tập bất đẳng thức Kết quả  khảo sát   một số  lớp trong phần giải bài tập bất đẳng thức  cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ mơn Tốn, chỉ có khoảng 2% ­   3% học sinh có hứng thú với nội dung này III. Giải pháp và tổ chức thực hiện 1. Các giải pháp ­ Tơi đưa ra 2 bất đẳng thức cơ bản nhất trong dãy các bất đẳng thức mà   tơi đã tích lũy được, cho học sinh nhận biết các dấu hiệu cụ  thể và ý tưởng   vận dụng ­ Tường minh bằng hình ảnh đồ thị mối quan hệ giữa 2 vế trong các BĐT   cơ sở đó, làm ý tưởng cho việc học sinh tự sáng tạo các bài tốn khác.  ­ Định hướng cho học sinh cách phân tích quy lạ về quen, đưa các ý tưởng  suy luận tạo sự  dẫn dắt, nhằm liên kết bài tốn với một trong các kết quả  của dãy bất đẳng thức cơ sở ­ Phân tích mẫu cho học sinh cách phát hiện dấu hiệu và cách xử  lý cùng   với một số kỹ năng bổ  trợ trong một số ví dụ  minh họa; sau đó u cầu học   sinh tự rèn luyện các nội dung đó 2. Nội dung đề tài 2.1. Ứng dụng của hai bất đẳng thức cơ bản quen thuộc Nếu  x  là một số thực khơng âm thì ta có các kết quả sau: x +1 x +1 +)  x  (kq1). Có  � x � ( x − 1) �0  Dấu "=" xảy ra khi  x = 2 x +1  tiếp xúc với đồ thị  (C ) : y = x  tại M(1;1) và (d)  ln nằm phía trên (C) Đường thẳng  (d ) : y = 1,4 1,2 M(1;1) 0,8 0,6 d 0,4 (C) 0,2 1,5 O 0,5 0,5 1,5 0,2 2x 2x � ( x − 1) �0  Dấu "=" xảy ra khi  x =    (kq2). Có x � x +1 x +1 2x Đồ thị  (C ) : y = x  ln nằm phía trên đồ thị  (C ') : y = ,  hai đồ thị (C) và   x +1 (C') tiếp xúc nhau tại M(1;1) và (C) ln nằm phía trên (C') +) x 0,4 0,6 1,6 (C) 1,4 (C') 1,2 M(1;1) 0,8 0,6 0,4 0,2 O 0,5 0,5 1,5 2,5 0,2 x +1 2x x ∀x x +1 Trong mục này tơi  đưa ra các ví dụ minh họa, nêu chi tiết lời giải của tác  giả; sau đó tơi phân tích cách tiếp cận rồi đưa ra lời giải bằng việc vận dụng  hai kết quả cơ bản vừa nêu trên Ví dụ 1: (Yugoslavia 1987) Cho các số thực dương  a, b  Chứng minh rằng:  1 ( a + b) + (a + b) a b + b a  (1) Lời giải: Cách 1 (Ercole Suppa)  1 Ta có  (1) � ( a + b) + (a + b) − a b − b a �0         (1.1) 1 VT(1.1) = (a + b) + (a + b) − ab ( a + b ) 1 a+b a+b� 2� ( a + b) + ( a + b) − ( a + b) = ( a − ) + ( b − )        2 � 2 � � � Từ đó cho ta kết quả chung là  Do đó ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = Cách 2 Phân tích: Dùng (kq1) hoặc (kq2) cần có căn bậc 2 và dấu "=" tại 1 x +1 2x x +) Xuất hiện  a ?  nên có thể sử dụng được kết quả  x +1 +) Dấu "=" tại  a = b =  nên có thể đổi biến để có bài tốn mới mà đạt "=" tại   1 với mục đích vẫn giữ được hình thức bài tốn gốc nên nghĩ đến  x = 4a 1 Đặt  x = 4a; y = 4b � x, y >  Ta chứng minh  ( x + y) + ( x + y ) x y + y x x( y + 1) y ( x + 1) x + y ( x + y)2 x + y Theo (kq1) thì  x y + y x + = xy + + 2 Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = Ví dụ 2: (Romania 2005) Cho các số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c = a b c Chứng minh rằng  + +            (2) b+c c+a a+b Lời giải: Cách 1 (Ercole Suppa)  Theo Cauchy ­ Schwarz chúng ta có � � � � � a � a = (a + b + c) = � a b + c � �� � ��a b + c � cyclic b + c � cyclic cyclic b + c � � � � � � a � ۳ � � a b+c cyclic b + c � � cyclic Và  �a b + c = cyclic � a a (b + c) (a + b + c )(2ab + 2bc + 2ca ) cyclic a 2 ( a + b + c) =  Do đó  3 cyclic b + c Vậy ta được điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a=b=c= Chú ý: Để thuận tiện cho việc trình bày lời giải chúng ta sẽ dùng một số ký  hiệu đối với các biểu thức có tính hốn vị vịng quanh, chẳng hạn:  a a b c a = a + b + c; a b =a b+b c +c a; = + + ; cyclic cyclic b+c c+ a a+b cyclic b + c = 2(ab + bc + ca) Cách 2 Phân tích: a ?  nên  ta có thể nghĩ tới việc tạo ra  b + c ?   b+c x +1 2x x tức là có dấu hiệu dùng  x +1 +) Dấu "=" tại  a = b = c =  nên thực hiện đổi biến để được dấu "=" tại 1;  từ điều kiện  a + b + c =  và hình thức của bài tốn dẫn tới ý tưởng đổi biến  a = kx, b = ky, c = kz +)  b + c ? y + z ?  cần đảm bảo  y = z  đồng thời  y + z = +) Bài toán xuất hiện  2 Đặt  a = x; b = y; c = z 3 Ta đi chứng minh  cyclic x, y , z > x+ y+z= x x = + y+z y+z y + z+x z x+ y � x � y z x 2� + + = 2� � cyclic �y + z + z + x + x + y + � cyclic y + z + x x + = �( + 1) = ( x + y + z + 1) � Ta lại có  � cyclic y + z + cyclic y + z + cyclic y + z + 1 Theo Cauchy­Schwarz thì  , do đó  2( x + y + z ) + cyclic y + z + x 15 + ( x + y + z + 1) =  (vì  x + y + z = ) 2( x + y + z ) + cyclic y + z + x y z x y z 3 � + + � � + + �2 =   y + z +1 z + x +1 x + y +1 4 y+z z+x x+ y Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  x = y = z = Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = Ví dụ 3: (Trần Phương) Cho  các số thực khơng âm  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c = 1  Tìm giá trị nhỏ nhất của  P = a a + b3 b + c c  (3) Phân tích: Theo (kq1), ta có  � x y+z +) Bài tốn xuất hiện căn bậc 2 và u cầu tìm GTNN nên tạo tư duy  a ?   x +1 2x x tức là có dấu hiệu của việc dùng kết quả  x +1 +) Điểm rơi tại  a = b = c =  cùng với điều kiện  a + b + c =  nên có thể thực  hiện đổi biến sang  x, y, z  thỏa mãn dấu "=" tại  x = y = z =  mà khơng làm  thay đổi hình thức của bài tốn; lựa chọn phép đổi biến  x = 3a, y = 3b, z = 3c Lời giải:  x3 x + y y + z z Đặt  x = 3a; y = 3b; z = 3c � x + y + z = và  P = 27 �x4 y4 z4 � 2x 3 + + Theo (kq2) ta có  x  nên  x x + y y + z z � � x +1 �x + y + z + � Theo Cauchy ­ Schwarz, ta lại có x4 y4 z4 ( x + y + z )2 ( x + y + z )4 + + = x +1 y +1 z +1 x+ y+ z+3 9( x + y + z + 3) 1  Dấu "=" xảy ra khi  x = y = z =  hay  a = b = c = Do vậy  P 3 Ví dụ 4: (Bosnia and Hercegovina 2005) Cho  a, b, c >  thỏa mãn  a + b + c =   Chứng minh rằng:  a b + b c + c a  (4) Lời giải: Cách 1 (Trần Phương ­ Võ Quốc Bá Cẩn ­ Trần Quốc Anh) Có 1 = (a + b + c) �3( ab + bc + ca) � ab + bc + ca � Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ­ Schwarz ta được a b + b c + c a = �a b = � a ab (a + b + c )(ab + bc + ca ) cyclic cyclic Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = Cách 2  Phân tích: x +1 2x x +) Xuất hiện  a ?  nên có dấu hiệu dùng kết quả  x +1 +) Điểm rơi  tại  a = b = c =  cùng với điều kiện  a + b + c =  nên có thể thực  hiện đổi biến  x = 3a; y = 3b; z = 3c ( ) Đặt  x = 3a; y = 3b; z = 3c x, y , z > Ta chứng minh  x+ y+ z =3 x y + y z + z x     Theo (kq1) chúng ta có  y + xy + yz + zx x + y + z x y �x = + � 2 cyclic cyclic ( x + y + z)2 Lại có  xy + yz + zx  nên  ( x + y + z)2 x + y + z x y+y z+z x + =3 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  x = y = z = 1 Vậy ta có (4) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi  a = b = c = Ví dụ 5: (Russia MO 2002)  Cho các số thực  a, b, c >  thỏa mãn  a + b + c =   Chứng minh rằng  a + b + c ab + bc + ca  (5) Lời giải: Cách 1 (Trần Phương ­ Võ Quốc Bá Cẩn ­ Trần Quốc Anh) Chúng ta có (5)  � ( a + b + c ) �( ab + bc + ca )2 Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có  ( a + b + c ) (a + b + c ) (a + b + c) = 27 Ta chỉ cần chứng minh  (a + b + c )(ab + bc + ca ) 27        (5.1) Theo AM ­ GM ta có  VT (5.1)  = (a + b + c )(ab + bc + ca )(ab + bc + ca )     3 � a + b + c + 2(ab + bc + ca ) � � (a + b + c) �             � �= � �= 27 , nên (5.1) đúng.  � � � � Do đó  ( a + b + c ) (a + b + c ) 27 ( ab + bc + ca ) (a + b + c ) hay  a + b + c ab + bc + ca   Vậy (5) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = Cách 2  Phân tích:  x +1 2x x +) Bài tốn có xuất hiện  a ?  nên có thể nghĩ tới kết quả  x +1 +) Điểm rơi đang có sẵn tại 1 nên có thể dùng trực tiếp ln b c � � a2 b2 c2 � �a a + b + c + + = + + Theo (kq2) thì  �   � � �2 2 �a + b + c + � �a + a b + b c + c � Mặt khác, theo Cauchy ­ Schwarz chúng ta có  a2 b2 c2 (a + b + c ) + + a2 + a b2 + b c2 + c a2 + b2 + c2 + a + b + c (a + b + c) = =  (với  S = ab + bc + ca ) (a + b + c) + (a + b + c) − 2( ab + bc + ca) 12 − S 9 (a + b + c)2 = mà  < S =   nên  a + b + c 12 − S − S S      (∀S (0;3]) Khi đó (5) sẽ đúng nếu ta chứng minh được  6−S S − 6S + ( S − 3) Có  �۳۳ S 0 điều này ln đúng  (∀S (0;3]) 6−S 6−S 6−S Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = Ví dụ 6: (Trần Quốc Anh) Cho các số thực dương  x, y, z  thỏa mãn  1 x + y + z = + + Chứng minh rằng:  ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx )2 27   x y z (6) Lời giải: ca ab bc Cách 1 (Trần Quốc Anh) Đặt  x = ; y= ;z= b c a 1 b c a bc ca ab Từ  x + y + z = + + � + + = + + x y z ca ab bc a b c � a + b + c = ab + bc + ca  Bài tốn (6) lúc đó trở thành bài tốn:  Cho các số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c = ab + bc + ca   Chứng minh rằng:  (a + b + c)( a + b + c ) 27                 (6.1) Có  (a + b + c)( a + b + c ) �� 27 � a+ b+ c� 3 a+b+c a b c 3 + + � a+b+c a+b+c a + b + c (a + b + c ) a b c 3(ab + bc + ca ) + + �   a+b+c a+b+c a+b+c (a + b + c) Đây là bất đẳng thức thuần nhất của  a, b, c  nên chuẩn hóa cho  a + b + c =  ta  được  a + b + c ab + bc + ca  Đây chính là bài tốn Russia MO 2002 Cách 2  Phân tích:  1 +)Từ điều kiện  x + y + z = + +   � xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) x y z � = xy.xz + xy yz + xz yz  tạo ra ý tưởng đưa về hồn tồn theo các biến xy, yz,  zx +) Xuất hiện  xy ?  nên có thể nghĩ tới việc dùng kết quả 2 +) Điểm rơi đạt tại 1 phù hợp ngay với kết quả 2.  1 Ta có:  x + y + z = + + � xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx x y z ( xy + yz + zx) � xy + yz + zx = ( xy yz + yz.zx + zx.xy ) � � xy + yz + zx �3 � xy � Theo (kq2) thì  ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) ( xy + yz + zx) � � �cyclic xy + � Lại có, theo Cauchy ­ Schwarz thì  xy ( xy ) ( xy + yz + zx) =� � ( xy + yz + zx) + ( xy + yz + zx) − xyz ( x + y + z ) cyclic xy + cyclic ( xy ) + xy xy + yz + zx =  (do  xyz ( x + y + z ) = xy + yz + zx ) ( xy + yz + zx) − Suy ra  ( xy + yz + zx)( xy + yz + zx ) �2( xy + yz + zx) � ( xy + yz + zx) � ( xy + yz + zx) − � � � �2t � Đặt  t = xy + yz + zx  Khi đó nếu  t � � 27 ∀t  thì (6) đúng.  �t − � 4t − 27t + 54t − 27 (4t − 3)(t − 3) �2t � Có  t � ��۳۳ 27 0  luôn đúng  ∀t t −1 t −1 �t − � Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  x = y = z = Ví dụ 7: (Trần Phương) Cho các số thực  a, b, c >  thỏa mãn  ab + bc + ca = Chứng minh rằng  2(a + b + c) + a + b + c       (7) Lời giải: Cách 1 (Trần Phương) Sử dụng bất đẳng thức AM ­ GM ta có 2(a + b + c) + a + b + c 3 (a + b + c ) ( a + b + c ) Ta sẽ đi chứng minh  (a + b + c) ( a + b + c ) 27              (7.1) Ta có  (a + b + c) �3( ab + bc + ca) = � a + b + c �  suy ra bất đẳng thức  (7.1) sẽ đúng nếu ta chứng minh được bất đẳng thức  (a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) � ( a + b + c) a + b + c ( a + b + c ) �3 3(ab + bc + ca )              (7.2).  Do hai vế của bất đẳng thức (7.2) là thuần nhất đối với 3 biến a, b, c nên ta  thực hiện chuẩn hóa cho  a + b + c =  thì  (7.2)  trở thành  a + b + c ab + bc + ca   Đây chính là bài tốn Russia MO 2002 Cách 2  Phân tích:  2a +) Xuất hiện  a ?  nên có dấu hiệu của việc dùng kết quả 2:  a a +1 +) Điểm rơi đang có sẵn tại  a = b = c = a, b, c > Từ   suy ra  (a + b + c) �3( ab + bc + ca) = � a + b + c �3 ab + bc + ca = b c � �a 2( a + b + c) + � + + � �a + b + c + � a a2 ( a + b + c) = Theo Cauchy ­ Schwarz, ta có  � �2 a + b2 + c2 + a + b + c cyclic a + cyclic a + a Theo (kq2) thì 2(a + b + c) + a + b + c Lại có  a + b + c + a + b + c = (a + b + c)2 + (a + b + c) − 2(ab + bc + ca ) = (a + b + c) + ( a + b + c) −     (do  ab + bc + ca = ) 2(a + b + c)  Đặt  t = a + b + c (a + b + c) + (a + b + c) − 2( a + b + c) 2t = t + thì  2(a + b + c) + ( a + b + c) + (a + b + c) − t2 + t − 2t Ta đi chứng minh  2t +          ∀t t +t −6 2t 2t − 5t − 21t + 54 (t − 3)(2t + t − 18) Có  2t + �۳۳ 0  đúng  ∀t t2 + t − t2 + t − t2 + t − Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = Ví dụ 8: (Trần Phương) Cho các số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c =   3 Chứng minh rằng  a + b + b + c + c + a (1 + ab + bc + ca )      (8) 2 Lời giải: Cách 1 (Trần Phương)  Ta có  a + b + c = � + ab + bc + ca = (a + b + c ) + ab + bc + ca = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b) Bất đẳng thức (8) trở thành  nên VT(7)  2(a + b + c) + 10 3 ( (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a )(a + b) ) 2 a+b b+c c+a 3 (a + b)(b + c) + + �   (8.1) a+b+c a+b+c a + b + c 2 cyclic (a + b + c ) a+b + b+c + c+a � Đặt  x = a+b b+c c+a ;y = ;z= a+b+c a+b+c a+b+c x, y , z >   x+ y+ z=2 Bất đẳng thức (8.1) trở thành  2( x + y + z ) 3( xy + yz + zx) � 2( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx) �0 � 3( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx) + 2( x + y + z ) �3 3( x + y + z ) � 3( x + y + z ) + 2( x + y + z ) �3 3( x + y + z )           (8.2) Lại có, theo AM ­ GM thì  3x + x = 3x + 2 x + 2 x 3 3 x (2 x ) = 3 12 12 x3 = x 3y2 + y z , cộng vế với vế ba bất đẳng  thức ta được  VT(8.2) 3( x + y + z ) = 3( x + y + z ) = VP(8.2)  nên (8.2)  đúng.  Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi  x = y = z = � a = b = c =   3 Cách 2  Phân tích:  +) Xuất hiện a + b ?  nên có ý tưởng dùng kết quả 2 +) Vế trái có  a + b , vế phải có ab nên nghĩ tới việc biến đổi để  a + b  tạo  ra  ab  từ vế trái hoặc là  ab  tạo ra  a + b  ở vế phải để sử dụng  x +1 2x x x +1 +) Giả thiết cho  a + b + c =  và vế phải có  ab + bc + ca  nên nghĩ đến tạo vế  phải về theo  a + b, b + c, c + a  có vẻ thuận lợi hơn, đồng thời ở  vế phải là  bậc 2 nên có thể bổ sung hằng số thơng qua  a + b + c = = (a + b + c) cho vế  phải +) Điểm rơi tại  a = b = c =  nên có thể thực hiện đổi biến để có dấu bằng  tại 1 Ta có  a + b + c = � + ab + bc + ca = (a + b + c ) + ab + bc + ca = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a ) + (c + a )(a + b) Bất đẳng thức (8) trở thành  y ;  3z + z 11 3 [ (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) ] (8.3) 2 x, y , z > 2x 2y 2z ;c+a= Đặt  a + b = ; b + c =   x+ y+ z =3 3 a+b + b+c + c+a ( ) 3 x+ y+ z ( xy + yz + zx ) 2 � x + y + z �( xy + yz + zx )  Đây chính là bài tốn Russia MO 2002 Ví dụ 9: (Belarus 2000) Cho các số thực dương  a, b, c, x, y, z a b3 c ( a + b + c )3 Chứng minh rằng  + +     (9) x y z 3( x + y + z ) Lời giải: Cách 1 (Theo đáp án) Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có:  Bất đẳng thức (8.3) trở thành  1 �a b c � 3 � + + �(1 + + 1) ( x + y + z ) a + b + c y z� �x �a b3 c3 � � 3( x + y + z ) � + + ��(a + b + c )3 y z � �x 3 a=b=c a b3 c (a + b + c )3 + + �  Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  x= y=z x y z 3( x + y + z ) Cách 2  Phân tích:  +) Dấu "=" của bài tốn đạt tại  a = b = c  và  x = y = z  nên có thể tạo ra được   việc đánh giá gị dấu "=" về tại tâm là bằng 1 x +1 2x x +) Bài tốn khơng có căn, muốn dùng kết quả   thì trước tiên  x +1 làm xuất hiện căn bậc 2; hình thức phát biểu của bài tốn tạo ý tưởng của  việc dùng Cauchy ­ Schwarz, có  a  nên trong q trình đánh giá sẽ có  a ,  x +1 2x x như thế đã làm xuất hiện dấu hiệu của việc dùng  x +1 Theo Cauchy ­ Schwarz ta có  � a b3 c ( a + b3 + c ) (a a + b b + c c ) + + = x y z x+ y+z x+ y+z Ta đi chứng minh  3(a a + b b + c c ) (a + b + c)3 12 Do bất đẳng thức là thuần nhất nên ta chuẩn hóa  a + b + c = , đi chứng minh  a a + b b + c c  Theo (kq2) và Cauchy­Schwarz, ta có  � a � (a + b + c) �a a �cyclic �a + � a + b + c + =   cyclic � � Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi  a = b = c  và  x = y = z Sau khi tơi phân tích mẫu dấu hiệu, cách vận dụng ở các ví dụ trên các  em học sinh đã nắm được ý tưởng. Các em đã có thể  áp dụng được 2 kết quả   trên để tự phân tích và giải các ví dụ sau: Ví dụ 10: Cho các số thực dương  x, y, z  Chứng minh rằng  � x y z �3 x+ y+z� + + �y + z x + z x + y � �   (10) � � Phân tích: +) Bài tốn xuất hiện  x ?  nên nghĩ tới việc dùng kết quả  x +1 2x x x +1 +) Dấu "=" xảy ra tại x=y=z, cùng với việc BĐT đang là thuần nhất nên có  thể chuẩn hóa để có được điều kiện phù hợp đồng thời cho dấu "=" tại  x=y=z=1 Lời giải: Do bất đẳng thức là thuần nhất của  x, y, z  nên ta chuẩn hóa cho  x + y + z =   Ta cần chứng minh  y y x z x z + + �� + + �  (10.1) y+z z+x x+ y 3− x 3− y 3− z Theo (kq2) ta được  x 3− x 2x   (3 − x)( x + 1) x x �3 − x + x + � Theo AM­GM thì  (3 − x)( x + 1) � �=  suy ra  3− x � � y x z x y z Do đó  + + + + =  nên (10.1) đúng 3− x 3− y 3− z 2 2 Vậy (10) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  x = y = z Ví dụ 11: (Trần Phương) Cho các số thực dương  a, b, c  Chứng minh rằng  a+b+c + a a+b+c + b a+b+c + c 9+3  (11) + + b+c c+a a+b a+b+c Phân tích: +) Xuất hiện căn bậc 2 với dấu "=" tại a = b = c nên có thể nghĩ tới việc  dùng kết quả1 hoặc kết quả 2 13 +) Bất đẳng thức là thuần nhất với các biến a, b, c nên có thể chuẩn hóa để  có điều kiện và có được mục đích dấu "=" tại a = b = c = 1 Lời giải:  Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất của  a, b, c  nên ta chuẩn hóa cho  a + b + c = 9+3 Khi đó ta có:  VP(11) = = + a+b+c 1 �� a b c � �1 VT(11) = � + + + + + � �� �b + c c + a a + b � �3 − a − b − c � 1 � 9 �1 + + = (11.1) Theo Cauchy­Schwarz thì  � � b + c c + a a + b 2( a + b + c ) � � a b c a+b+c Theo ví dụ 10 thì   + + = (11.2) 3− a 3−b 3− c 2 Cộng vế với vế của (11.1) và (11.2) ta được (11). Dấu "=" xảy ra khi  a = b = c Ví dụ 12: Cho các số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c =   a b c + + a + b + c      (12) Chứng minh rằng  b c a Phân tích: a ?  thì đánh giá  b ?  nên có thể nghĩ tới việc  +) Bài tốn xuất hiện  b x +1 2x x dùng kết quả  x +1 +) Dấu "=" xảy ra tại a = b = c = 1 nên có thể dùng ngay (kq1) hoặc (kq2) Lời giải: Theo Cauchy ­ Schwarz ta có  a b c a2 b2 c2 (a + b + c ) + + = + +   b c a a b b c c a a b +b c +c a (a + b + c) �a + b + c � a b + b c + c a �a + b + c (12.1) Ta chứng minh  a b +b c +c a Từ (kq1)  a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) ab + bc + ca a + b + c �a b+b c+c a � + + = + 2 2 2 2 Lại có  a + b + c 3(a + b + c ) =  và  3(ab + bc + ca) (a + b + c)  nên  3(ab + bc + ca) �3(a + b + c) � ab + bc + ca �a + b + c Do đó  � a b + b c + c a �a + b + c  tức là (12.1) đúng Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = 14   2.2. Mở rộng hai kết quả trên để hình thành dãy các BĐT Trong q trình dạy học tơi đã tích lũy được một số BĐT sau đây có nhiều  ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức:  Nếu  x  là một số thực khơng âm thì: x3 + x4 + x2 + x + 2x x( x + 1) x( x + 1) 2 x − x +1 x x2 + 2 x +1 x3 + 2( x3 + 1) Chứng minh các bất đẳng thức trong dãy: x3 + +) � x − x + � ( x + 1) x − x + �x + � x( x − 1) �0  (đpcm) x +1 Dấu "=" xảy ra khi  x = 0; x = x4 + x − x + �� +) +) 4 2 x + ( ( x ) + 1) = ( x − 1) �0   (đpcm). Dấu "=" xảy ra khi  x = �x + � � �= � � x2 +  Dấu "=" xảy ra khi  x = 2 x2 + �x + � x +  Dấu "=" xảy ra khi  x = +) � �= 2 �2 � 2x x +1 +) x  và  x  là hai kết quả ban đầu của bài viết x +1 2x x( x + 1) +) ��3 x( x + 1)( x − 1) �0  Dấu "=" xảy ra khi  x = x +1 x +1 x( x + 1) x( x + 1) +) �� ( x + x)( x − 1) �0  Dấu "=" xảy ra khi  x = x +1 2( x + 1) Từ các kết quả trên, chúng ta có thể giải quyết một số bài tốn khác hoặc  là có thể thực hiện sáng tạo ra những bài tập về BĐT Ví dụ 13: (Gabriel Dospinescu) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc =  1.  (a + b + c) −   (13) Chứng minh rằng:  2(a + 1) + 2(b + 1) + 2(c + 1) Phân tích: 15 +) Vế trái có  2(a + 1) x4 + x2 + x +1 ?  nên có thể nghĩ tới một trong các kết quả  x  mà vế phải là cụm bậc nhất nên không lựa  chọn  x + x +  vì khi đó vế phải sẽ xuất hiện  x + 2 x +1 +) Nếu lựa chọn  x  thì vai trị của  2(a + 1)  được coi là  x  như vậy,  sau khi đánh giá được kết quả mới thì ở vế phải của kết quả khi đó sẽ xuất  a , phức tạp hơn đối với gốc ban đầu là a+b+c x + x +  thì ở  +) Nếu lựa chọn  2(a + 1) ?  phải biến đổi làm cho có   2 2( a + 1)  dưới mẫu như vậy mới đảm bảo dấu " " +) Dấu "=" của bài tốn tại a = b = c = 1 thì trong căn là  2(a + 1) =  nên  thực hiện việc biến đổi để có được "trong căn" bằng 1 Lời giải: x2 + x + x + 2( x + 1) 2x � � � � 2( x + 1) = � = �x + − � Từ  2 x +1 x +1� � x2 + a b c � � a + b + c + − 2( + + )� Áp dụng kết quả trên thì  VT(13) � a + b + c + � � Mặt khác, theo Cauchy ­ Schwarz ta có  a b c ( a + b + c ) a + b + c + 2( ab + bc + ca ) + + = a +1 b +1 c +1 a+b+c+3 a+b+c+3 và theo AM ­ GM ta có  ab + bc + ca abc = (do  abc = 1)  suy ra  a +b+c+6� � � � VT(13) � a +b+ c +3− = a + b + c + − � � � a +b+c+3� � a +b + c + 3� � � � t +1− Đặt  t = a + b + c 3 abc =  VT(13)  � �;  VP ( 13) = t − t +3� � � (t − 3) � �t + 1−� −۳ � t  luôn đúng  ∀t Dấu "=" xảy ra khi  t = t + 3 t + � � Vậy (13) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = Nhận xét: Với cách làm  tương tự như VD13, ta được bài toán tổng quát: n a1; a2 ; ; an > 2n + n 2( a + 1) − Cho   Chứng minh rằng:  � � i a1.a2 an = n i =1 i =1 16 Sau khi nắm được các kiến thức cơ bản, có được kỹ năng dự đốn và  phân tích một bài BĐT theo dấu hiệu của việc vận dụng các kết quả trong  dãy các BĐT trên, các em học sinh đã có thể tự tìm tịi trong các nguồn tài liệu  những bài có thể giải được bằng việc áp dụng các kết quả đó. Một số em đã  có thể tự xây dựng được bài tốn BĐT theo ý định bằng cách ghép cặp các kết  quả của dãy; đưa vào nhiều biến cho dãy; thay đổi biến trong dãy Chứng tỏ  tư duy trong việc giải bài tập BĐT của các em đã có nhiều sự phát triển Ta xét các ví dụ tiếp theo Ví dụ 14: Cho các số thực dương  a; b; c  thỏa mãn  ab + bc + ca =   (a + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c3 + 1) (c + 1)(a + 1) + +      (14) Chứng minh rằng  (a + 1)(b + 1) (b + 1)(c + 1) (c + 1)(a + 1) (a + 1)(b3 + 1) ( a + 1)(b + 1) (a + 1)(b + 1) Mặt khác theo Cauchy ­ Schwarz ta có  (a + 1)(b + 1) (ab + 1)  nên  Lời giải: Từ dãy các BĐT, chúng ta có  (a + 1)(b3 + 1) a 2b + ab + (a + 1)(b3 + 1) ab +   �� (a + 1)(b + 1) 2 ( a + 1)(b + 1) Hoàn toàn tương tự ta được  (a + 1)(b3 + 1) (b3 + 1)(c3 + 1) (c3 + 1)(a + 1) ab + bc + ca + + + = (a + 1)(b + 1) (b + 1)(c + 1) (c + 1)(a + 1) Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = a1a2 = n Tổng quát: Cho các số thực dương  a ; a ; a  thỏa mãn  n cyclic (a + 1)(a2 + 1) n cyclic ( a + 1)( a2 + 1) Ví dụ 15: Cho các số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c =   a −1 b −1 c −1 + + Chứng minh rằng  a + b3 + c3 + a − a (a + 1) a + Lời giải: Chúng ta có 1 +  Do đó:  = a +1 a +1 a −1 b −1 c −1 a −1 b −1 c −1 a +1 b +1 c +1 + + + = 1+ + 1+ + 1+ + + =3 a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 2 Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi  a = b = c = Chứng minh rằng  3 Tổng quát: Cho các số thực dương  a1; a2 ; an  thỏa mãn  n i =1 = n − a + i =1 i Ví dụ 16: Cho các số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a 2b + b 2c + c a =   n Chứng minh rằng  17 2 �(a + 1)(b3 + 1) � �(b3 + 1)(c3 + 1) � �(c3 + 1)(a + 1) � CMR:  � �+ � �+ � � 2 ( a + 1)( b + 1) ( b + 1)( c + 1) ( c + 1)( a + 1) � � � � � � Lời giải: Theo ví dụ 14 ta đã có  (a + 1)(b3 + 1) (a + 1)(b + 1) a 2b +  nên  2 �(a + 1)(b3 + 1) � a 2b +  Hoàn toàn tương tự, ta được: � � ( a + 1)( b + 1) � � 2 �(a + 1)(b3 + 1) � �(b3 + 1)(c3 + 1) � �(c3 + 1)(a + 1) � a 2b + b 2c + c 2a + = � �+ � �+ � � 2 ( a + 1)( b + 1) ( b + 1)( c + 1) ( c + 1)( a + 1) � � � � � � Tổng quát: Cho các số thực dương  a1; a2 ; an  thỏa mãn  cyclic a12 a12 = n �(a13 + 1)( a23 + 1) � Chứng minh rằng  � � n (a1 + 1)( a2 + 1) � cyclic � Ví dụ 17: Cho các số thực dương  a1 ; a2 ; ; an  thỏa mãn  cyclic (a16 + 1)(a26 + 1)(a36 + 1) Chứng minh rằng  4 cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) x3 + Lời giải: Ta có   x +1 6 ( a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) (a14 + 1)( a24 + 1)( a34 + 1) mà  a14 − a12 + a1a2 a3 = n n x − x +   nên áp dụng cho  x = a13 ; x = a23 ; x = a33  thì a14 − a12 + a24 − a22 + a34 − a32 + a12 nên  a14 − a12 + a24 − a22 + a34 − a32 + a1a2a3 ( a16 + 1)( a26 + 1)( a36 + 1) Do đó  � 4 cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) �a a a cyclic = n Ví dụ 18: Cho các số thự dương  a, b  CMR:  (a − a + 1)(b − b + 1) Lời giải: Chúng ta có  ( a − a + 1)(b − b + 1) 2 a 2b + ( a + 1)(b + 1)   (a + 1)(b + 1) suy ra  (a − a + 1)(b − b + 1) ( a + 1)(b + 1) (a 2b + 1) a 2b + Mặt khác theo Cauchy ­ Schawrz thì = 4 2 a b +1 Do đó  (a − a + 1)(b − b + 1)  Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a = b = Ví dụ 19: Cho các số thực dương  a1 ; a2 ; ; an  Chứng minh rằng  2 18 ( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) 2� 2 cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) a3 ( a1a2 + 1)(a32 + 1) � cyclic a33 + (a13 + 1)(a23 + 1) ( a14 + 1)( a24 + 1) a12 a22 + a1a2 + Lời giải: Chúng ta có  (a1 + 1)(a22 + 1) 2 a33 + a3 (a32 + 1) (a13 + 1)(a23 + 1) a33 + a3 (a32 + 1)(a1a2 + 1) và   nên  a3 + a33 + (a1 + 1)(a22 + 1) a32 + 2(a33 + 1) ( a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a1a2 + 1)(a32 + 1) Do vậy  �  (đpcm) � 2 cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) cyclic a33 + 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a1 = a2 = = an = Nhận xét: Nếu n = 3 thì chúng ta được bài 3349 trong Crux Mathematicorum Cho các số thực dương  a1 ; a2 ; a3  Chứng minh rằng: (a13 + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) a3 (a32 + 1)( a1a2 + 1) (a12 + 1)( a22 + 1)(a32 + 1) 2( a33 + 1) Ví dụ 20: Cho các số thực dương  a1 ; a2 ; ; an  Chứng minh rằng: (a + 1)(a23 + 1)(a33 + 1) � 12 2 cyclic ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) a1a2 (a3 + 1)(a12 a22 + 1) (CruxMathematicorum) � a13a23 + cyclic (a13 + 1)(a23 + 1) a1a2 + a1a2 (a12a22 + 1) Lời giải: Chúng ta có  (a1 + 1)(a22 + 1) a13a23 + a33 + a3 + (a13 + 1)(a23 + 1) a33 + a1a2 (a12 a22 + 1) a3 + và   nên  a3 + (a1 + 1)(a22 + 1) a32 + a13a23 + 3 2 ( a + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) a1a2 ( a3 + 1)(a1 a2 + 1) Do vậy  � 12 � 2 3 cyclic ( a + 1)( a + 1)( a + 1) cyclic a a + 1 a = a = = a = Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  n Ví dụ 21: Cho các số thực dương a và b. Ta ln có dãy bất đẳng thức  a + b3 a + b2 a + b4 a2 + b2 a + b a − ab + b ab 2 2 ab(a + b ) ab( a + b) 1 a + b3 2(a + b3 ) + a b a Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, chúng ta thay  x =  thì được dãy  b bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b �π� 0; � Ví dụ 22: Nếu  t �  thì  (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) − sin t cos t � 2� 1 sin t + cos t 2sin t cos t − sin t cos t sin t cos t 2 sin t + cos t 2 19 sin t cos t sin t cos t (sin t + cos t ) (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) 2(1 − sin t cos t ) Lời giải: Trong dãy bất đẳng thức có được, chúng ta thay  x = tan t  thì có  được dãy bất đẳng thức ở Ví dụ 22          Sự phát triển tư duy của các em học sinh ngồi việc các em đã nhận biết,   phân tích và giải được các BĐT có liên quan đến dãy BĐT cơ bản trên, nhiều   em học sinh đã cịn biết vận dụng kiến thức đó vào việc giải quyết một số   nội dung khác, chẳng hạn nhiều em đã giải được ví dụ sau: Ví dụ 23: Giải hệ phương trình  x + xy + x + xy − y + y = 15 (23.1) 6( x3 + y ) x+ − 2( x + y ) = x + xy + y (23.2) Lời giải: ĐK:  xy x + y + xy  Nhận thấy nếu  Do đó  x >  và  y >  Ta có  xy x   thì (23.2) vơ nghiệm.  y 3( x + y )  nên (23.1) � 15 + � (2 + +x + y=−) + +x + 3( + x y ) y (2 x y) 2(2 x y ) x2 + y2 Mặt khác  xy �+ +�� x 2 xy y 3( x + y ) 2( x3 + y ) Theo kết quả từ dãy các bất đẳng thức thì  x + y2 2x y 3( x3 + y ) x + xy + y 2( x + y ) 2( x + y )   x2 + y2 x + y    6( x3 + y ) � − 2( x + y ) � 2( x + y ) �x + y  nên từ  (23.2) 3+ 2x y         x + xy + y do đó ta được  x + y =  và  x = y như vậy  x = y = (thoả mãn).  Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1)  IV. Kiểm nghiệm Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát cho thấy  đã có sự chuyển biến tích cực trong tư duy của các em học sinh. Các em đã tự  hình thành được việc chắt lọc những kết quả đơn giản để phục vụ  cho việc  giải quyết các bài tốn có liên quan. Đặc biệt có nhiều em đã hứng thú với bài  học, hứng thú với việc giải bài tập bất đẳng thức, trong đó có những em đã  biết cách xây dựng bài tốn bất đẳng thức mới từ  dãy các bất đẳng thức cơ  bản, từ một bất đẳng thức gốc nào đó được giáo viên gợi ý hoặc được các em  tự tìm tịi 20 Tơi kiểm chứng việc tiếp thu và sự phát triển tư duy của các em với bài   tập: 1. Bài tốn thu hoạch (Gabriel Dospinescu) Cho các số thực dương  a1; a2 ; ; an  sao cho  a1a2 an =   Chứng minh rằng  + a12 + + a22 + + + an2 2(a1 + a2 + + an )   (*) 2 Lời giải: Ta có  (*) � + a1 + + a2 + + + an �a1 + a2 + + an (**) 2 4 x + x + 1 + a i Mà x =∀ x +− +− � +− x x 2 Do đó,  VT(**) ( a1 + a2 + + an ) − ( a1 + a2 + + an ) + n 1( i 1; n)   Lại có theo AM ­ GM thì  a1 + a2 + + an n n a1a2 an = n   Vậy (*) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  a1 = a2 = = an = 2. Bảng thống kê, so sánh Với bài tập đó, tơi cho 2 nhóm học sinh lớp 11D năm học 2014­2015 của   trường THPT Ba Đình có năng lực học Tốn tương đương, trong đó: Nhóm I là nhóm các học sinh được áp dụng kết quả nghiên cứu Nhóm II là nhóm các học sinh chưa được áp dụng kết quả nghiên cứu Kết quả: Số HS biết tự phân  Số  Số HS chưa biết phân tích  tích và giải được bài  Nhóm lượng  và chưa giải được bài tập tập HS Số lượng % Số lượng % I 20 13 65 35 II 20 15 17 85 C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Trong quá trình giảng dạy, việc tạo cho học sinh biết tự định hướng cách  tiếp cận, tự phân tích cách chiếm lĩnh tri thức và hình thành lời giải thật chủ  động sáng tạo giúp kết quả học tập của học sinh sẽ tốt hơn, tư duy phát triển   hơn chính là nhu cầu thiết yếu mà mỗi học sinh đều mong muốn Do vậy, mỗi giáo viên cần trăn trở  trước những vướng mắc của học  sinh; chủ  động trong việc tìm tịi và phát huy cái mới, kế  thừa và phát huy   những kiến thức có sẵn một cách sáng tạo, xây dựng những chuỗi kiến thức   bản và hướng dẫn học sinh vận dụng một cách hợp lý vào việc giải các   bài tập tương ứng thì sẽ tạo được điều kiện để học sinh củng cố và hiểu sâu  về lý thuyết hơn, cùng với việc thực hành giải tốn một cách hiệu quả  hơn,  tạo được sự  hứng thú, phát huy được tính chủ  động, sự  sáng tạo trong việc   học và phát triển tư duy cho học sinh 21 Mặc dù đã thu được một số kết quả nhất định, nhưng trong phạm vi bài  viết, tơi nghĩ có thể cịn một số  chỗ  chưa thực sự  hợp lý, chưa khai thác sâu  được vấn đề. Vì vậy, tơi mong các bạn đồng nghiệp bổ  sung góp ý để  việc   dạy học ngày một tốt hơn, đem lại cho học sinh những bài giảng cuốn hút   hơn nữa Tơi chân thành cảm ơn! TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Phương. Những viên kim cương trong BĐT. NXB Tri Thức  [2] Trần Phương ­ Võ Quốc Bá Cẩn ­ Trần Quốc Anh.  Vẻ đẹp Bất đẳng thức trong các kỳ thi Olympic Tốn học. NXB ĐHQG [3] Gabriel Dospinescu; CruxMathematicorum  XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN  VỊ Thanh Hóa, ngày 06 tháng 6 năm  2015 CAM KẾT KHƠNG COPY (Tác giả ký và ghi rõ họ tên) 22 ... học,  hứng thú với? ?việc? ?giải bài tập? ?bất? ?đẳng? ?thức,  trong đó có những em đã  biết cách xây dựng bài tốn? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?mới? ?từ ? ?dãy? ?các? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?cơ? ? bản, ? ?từ? ?một? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?gốc nào đó được giáo viên gợi ý hoặc được? ?các? ?em  tự tìm tịi 20 Tơi kiểm? ?chứng? ?việc? ?tiếp thu và sự? ?phát? ?triển? ?tư? ?duy? ?của? ?các? ?em với bài... ­ Tơi đưa ra 2? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?cơ? ?bản? ?nhất trong? ?dãy? ?các? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?mà   tơi đã tích lũy được,? ?cho? ?học? ?sinh? ?nhận biết? ?các? ?dấu hiệu cụ  thể và ý? ?tư? ??ng   vận dụng ­? ?Tư? ??ng? ?minh? ?bằng hình ảnh đồ thị mối quan hệ giữa 2 vế trong? ?các? ?BĐT... ) Lời giải: Trong? ?dãy? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?có được, chúng ta thay  x = tan t  thì có  được? ?dãy? ?bất? ?đẳng? ?thức? ?ở Ví dụ 22          Sự? ?phát? ?triển? ?tư? ?duy? ?của? ?các? ?em? ?học? ?sinh? ?ngồi? ?việc? ?các? ?em đã nhận biết,