Các phương pháp chứng minh BĐT Dành cho THCS

Kỹ năng “tìm tòi và phát triển, xây dựng lớp các bài tương tự làm tăng thêm kỹ năng linh hoạt trong giải toán BĐT và các dạng toán có liên quan đến bất đẳng thức” Lê Bá Hoàng – Phòng GD ĐT Thị xã Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh I. Đặt vấn đề: Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những dạng toán khó của toán học phổ thông nói chung và THCS nói riêng. Đối với những ai đam mê toán học thì BĐT là một trong những dạng toán hấp dẫn và lý thú, tạo nền tảng để giải tốt các dạng toán khác liên quan đến BĐT. Ngày nay, do phát triển kinh tế, nhu cầu dạy và học càng cao do đó để người học người dạy có được kỹ năng giải toán BĐT tốt, ngoài việc nắm vững các BĐT cơ bản (BĐT gốc) và khả năng linh hoạt trong việc phối hợp nhiều phương pháp. Đối với học sinh, đặc biệt là cấp THCS người học và người dạy chưa thực sự quan tâm đến việc tìm tòi phát triển các bài toán mới trong bất đẳng thức và tìm tòi phương pháp giải các toán mới. Trong nhiều năm liền, hầu hết các đề thi học sinh giỏi cũng như các đề thi vào các lớp chuyên, chọn; các kỳ thi chọn giáo viên giỏi đều có dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức và các dạng toán liên quan. Khi gặp các dạng toán này thí sinh thường lúng túng hoặc chưa tìm ra phương giáp giải hiệu quả. Ở chương trình THCS (phần nâng cao) học sinh đã làm quen với số bất đẳng thức: như Côsi, Bunhiacopski,… Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như dạy các lớp chuyên đề cho giáo viên nòng cốt tôi nhận thấy việc dụng bất đẳng thức vào giải toán một số học sinh cũng như giáo viên đã vận dụng tương đối tốt bất đẳng thức để giải toán. Một số giáo viên dạy bồi dưỡng chỉ mới chú trọng kỹ năng sử dụng bất đẳng thức chưa quan tâm đến việc khai thác và mở rộng bài toán,

Kỹ năng “tìm tòi và phát triển, xây dựng lớp các bài tương tự làm tăng thêm kỹ năng linh hoạt trong giải toán BĐT và các dạng toán có liên quan đến bất đẳng thức”

Lê Bá Hoàng – Phòng GD ĐT Thị xã Hồng Lĩnh – Hà Tĩnh

I Đặt vấn đề:

Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những dạng toán khó của toán học phổ thông nói chung và THCS nói riêng Đối với những ai đam mê toán học thì BĐT là một trong những dạng toán hấp dẫn và lý thú, tạo nền tảng để giải tốt các dạng toán khác liên quan đến BĐT

Ngày nay, do phát triển kinh tế, nhu cầu dạy và học càng cao do đó để người học người dạy có được kỹ năng giải toán BĐT tốt, ngoài việc nắm vững các BĐT cơ bản (BĐT gốc) và khả năng linh hoạt trong việc phối hợp nhiều phương pháp Đối với học sinh, đặc biệt là cấp THCS người học và người dạy chưa thực sự quan tâm đến việc tìm tòi phát triển các bài toán mới trong bất đẳng thức và tìm tòi phương pháp giải các toán mới

Trong nhiều năm liền, hầu hết các đề thi học sinh giỏi cũng như các đề thi vào các lớp chuyên, chọn; các kỳ thi chọn giáo viên giỏi đều có dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức và các dạng toán liên quan Khi gặp các dạng toán này thí sinh thường lúng túng hoặc chưa tìm ra phương giáp giải hiệu quả Ở chương trình THCS (phần nâng cao) học sinh đã làm quen với số bất đẳng thức: như Côsi, Bunhiacopski,… Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như dạy các lớp chuyên đề cho giáo viên nòng cốt tôi nhận thấy việc dụng bất đẳng thức vào giải toán một số học sinh cũng như giáo viên đã vận dụng tương đối tốt bất đẳng thức để giải toán Một số giáo viên dạy bồi dưỡng chỉ mới chú trọng kỹ năng sử dụng bất đẳng thức chưa quan tâm đến việc khai thác và mở rộng bài toán, tìm tòi phương pháp để giải các bài toán tương tự phân tích những sai lầm cho học sinh (người học), qua đó khắc sâu kiến thức và khả năng vận dụng, khai thác để giải các bài toán tương tự Qua nhiều năm trực tiếp bồi dưỡng HSG toán tôi đã viết nhiều chuyên đề về BĐT trên các tạp chí Toán học và tuổi trẻ, tuổi thơ

2, là tiền đề của kỹ năng “tìm tòi và phát triển, xây dựng lớp các bài tương tự làm tăng thêm kỹ năng linh hoạt trong giải toán BĐT và các dạng toán có liên quan đến bất đẳng thức” tạo hứng thú cho học sinh ở THCS làm tiền đề cho học sinh giỏi THPT

L Dấu “=” xảy ra

1 2

1 2

n n

a

III Một số phương pháp chứng minh BĐT

1 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi và một số sai lầm trong

giải toán: Tìm Max, Min của một biểu thức

Phương pháp Tìm Max, Min của một biểu thức.

 Sơ đồ Tìm Max của S Chứng minh S ≤ M trong đó M là hằng số và chỉ ra

được S = M là tồn tại giá trị các biến trong S Kết luận M là Max của S

 Sơ đồ tìm Min của S : Chứng minh S ≥ m trong đó m là hằng số và chỉ ra được S = m là tồn tại giá trị các biến trong S Kết luận m là Min của S

Bài toán xuất phát : Cho a, b > 0 Ta luôn có

Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể thay đổi mở rộng miền xác định để có một

số bài toán sau:

Ví dụ 1 Cho a≥ 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Do bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia phải bằng

nhau, nên tại “ Điểm rơi: a = 4 ” ta không thể sử dụng bất đẳng thức Côsi trực tiếp cho

Ví dụ 2: Cho a 3 ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

1

P a

a

= +

Bình luận và lời giải:

Sơ đồ điểm rơi:

Nguyên nhân sai lầm: Dù đã chọn điểm rơi đúng, đáp số đúng nhưng cách giải trên

mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số với a 3 ≥ thì

= 9

a trái với giả thiết

Phân tích và tìm lời giải dự đoán giá trị Min của S bằng bảng dưới đây:

a

2.a

Nhìn bảng biến thiên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán thì S

đạt giá trị nhỏ nhất khi

1 a 2

=

Ta có sơ đồ điểm rơi:

α α

2

a = 1

a = 2 a

=

Ví dụ 4 Cho a ≥8, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = +

a a

Ta có sơ đồ điểm rơi:

1 a b

= +Sai lầm thường gặp:

1 a b

= +

2 Tìm tòi lời giải qua đó tìm cách giải tổng quát cho bài toán tương tự: Bài toán cơ bản : Cho

<

+

Lời giải: Ta thấy nếu chứng minh được câu b thì câu a hiển nhiên đúng Nhưng

chúng ta hãy bắt đầu từ cách giải câu a

a) Cách 1: Ta có với mọi k 1, k N≥ ∈ , ta dễ dàng có

2k 1 2k 2k − < 2k 1

+ nên

Nhân các vế trên ta được

thấy điều cần chứng minh là

1 A

2n 1

<

+ và A lại là tích của các phân số có dạng

2k 1 2k

−

nên ta có thể dự đoán

P(k) 2k 1

Nhân các vế trên ta được

do đó (*) đúng Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh

Ví dụ 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thoả mãn a + b + c = 2

1 x y z 2xy 2yz 2xz 2xyz 2

(x y z 2xy 2yz 2xz) 2xyz 1

(x y z) 2xyz 1 1 2xyz 1 2xyz 0

Nhận xét: Nếu bài toán đã cho thay đổi điều kiện là a, b, c là các số thực nằm

trong khoảng [0; 1] thoả mãn a + b+ c = 2 thì a2+ + + b2 c2 2abc 2 ≤ lời giải tương tự.

Ví dụ 4 Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện: 2 2 2

Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng:

Nhận xét: Rõ ràng đây là BĐT đẳng thức tương đối khó, nhờ phép đổi biến trên

mà bài toán giải được chứng minh một cách đơn giản Tùy theo bài dạng này mà đổi biến cho phù hợp, đổi với dạng toán mà xyz = k3 với k là hằng số dương cho trước

thường có ba cách đổi biến cơ bản sau:

a + + ≥b c a b +b c +c a ≥abc a b c+ + Đến đây bài toán được chứng minh.

Ví dụ 7: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1.Chứng minh rằng

Lời giải: Do xyz = 1 đặt ; ;

Bài 2: Chứng minh rằng nếu a 3;b 3, a≥ ≥ 2+b2 ≥25 thì a b 7 + ≥ .

Bài 3: Cho a > c > 0; b > c Chứng minh rằng: c(a c)− + c(b c)− ≤ ab .

Bài 4: Cho ba số a, b, c thoả mãn 0 a 2;0 b 2;0 c 2≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ và a b c 3 + + = Chứng minh

rằng: a) a2+ + ≤ b2 c2 5; b) 3 3 3

a + + ≤ b c 9

Bài 5: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên Chứng minh

rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4 (Đặt a + b + c = 4k với k là số nguyên)

Bài 6: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 8 Chứng minh rằng:

Cho a, b, c ≥ 0 Chứng minh a3+ b3+ c3+ 3abc ab(a b) bc(b c) ca(c a)³ + + + + + (1)

Lời giải: Ta có BĐT đã cho Û a(a b)(a c) b(b c)(b a) c(c a)(c b) 0- - + - - + - - ³ (2)(BĐT thức Schur)

Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a³ b³ c

 Nếu có hai trong ba số bằng nhau thì BĐT (2) hiển nhiên đúng

 Nếu a > b > c ≥ 0, chia hai vế của BĐT (2) cho số (a – b)(b – c)(a – c) >0

ta được tương đương

+ (2) Dấu “=” xảy ra khi x = y

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử a > b c > Áp dụng BĐT (2) ta có

Ví dụ 4 Cho ba số thực dương a, b,c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Ví dụ 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = max {a b c, , } - min {a b c, , } , trong

đó a, b, c là ba số thực thõa mãn điều kiện a + b + c = a3 + b3 + c3 – 3abc = 2 (Bài 3/405 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 405 tháng 3/2011)

Lời giải: Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta giả sử a b c≥ ≥ Đặt a = b + x;

b = c + y Khi đó P = max {a b c, , } - min {a b c, , } = a – c = x + y với x≥0;y≥0

Bài 1 Cho a, b, c ≥ 0 Chứng minh a (a b)(a c) b (b c)(b a) c (c a)(c b) 0k - - + k - - + k - - ³

Bài 2 Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc đoạn [0;2] Chứng minh rằng

Ví dụ 1: Cho a, b là các số dương Chứng minh a b+ < a+ b

Lời giải: Ta nhận thấy ( ) ( )2 2

nên ta nghĩ ngay đến việc dựng tam giác vuông ABC có hai cạnh góc vuông

lần lượt là a , b.(Hình 1)

Khi đó BC = a b+ Theo tính chất tam giác ta có:

BC < AB + AC hay a b+ < a+ b (đpcm)

Ví dụ 2: Cho a > c; b > c > 0 Chứng minh c(a c)− + c(b c)− ≤ ab

Lời giải: Từ giả thiết ta suy ra bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng

thức sau: c(a c) − + c(b c) − = c( a c − + b c − ≤) ab

Ta thấy c a c a + − = ; c b c b + − = ta dựng tam giác ABC có

đường cao AH = c cạnh BC = a c− + b c− ; AB = a ;

AC = b(Hình 2) Hạ BK vuông góc với AC, khi đó

ta có 2S ABC = AH.BC BK.AC AB.AC = ≤ hay

.Để ý đến dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại A

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c dương ta luôn có

a + b − a + c ≤ − b c

Lời giải: Dể thấy bài toán không thay đổi nếu ta giả sử b ≥c (bạn đọc tự chứng minh) nếu b = c thì bài toán hiển nhiên đúng Nên ta chỉ xét trường hợp b > c, khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với a2+b2 − a2+c2 < −b c (*).

Từ đẳng thức này ta nghĩ ngay đến việc dựng tam giác ABC sao cho

Bài toán trên cũng đúng với mọi số thực a, b, c bất kỳ

Ví dụ 4: Cho a, b, c là các số thực thuộc khoảng ( )0;1 Chứng minh

a(1 b) b(1 c) c(1 a) 1 − + − + − <

Lời giải: Ta xem các tích a(1 – b); b(1 – c); c(1 – a) là tích hai cạnh của một tam

giác, nên ta nghĩ ngay đến việc tạo tam giác đều ABC có cạnh

bằng 1 Trên cạnh AC; AB; BC ta lấy các điểm P, M, N sao cho

bất đẳng thức cần chứng minh sẽ là a(1 b) b(1 c) c(1 a) 1− + − + − ≤ cũng có cách giải tương

tự, dấu đẳng thức xảy ra khi 2 trong 3 số đã cho có 2 số bằng 1 số còn lại bằng 0;

Ví dụ 5:

Cho các số thực x, y, z, t thuộc khoảng [ ]0;a Với a > 0 Chứng minh

2

x(a y) y(a z) z(a t) t(a x) 2a − + − + − + − ≤

Lời giải: Ta xem các tích x(a – y); y(a – z); z(a – t) ;

t(a – x ) là tích hai cạnh của một tam giác, nên ta nghĩ ngay đến

việc tạo hình vuông ABCD có cạnh bằng a Trên cạnh AB; BC;

CD và DA ta lấy các điểm P, M, N , Q sao cho AQ = t; BM = x;

CN = y; DP = z; (hình 5)

Khi đó ta có bất đẳng thức diện tích :

BMN CNP DPQ AQM ABCD

2S + 2S + 2S + 2S ≤ 2S ⇔MB.GN +CN.CP + DP.DQ + AM.AQ ≤2AB.AD

⇔ x(a y) y(a z) z(a t) t(a x) 2a − + − + − + − ≤ 2

Dấu “=” xảy ra khi trong bốn số x, y, z, t có 2 số bằng a; 2 số còn lại bằng 0;

Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng ( )0;2 và a + b+ c 3 2=

Vẻ đường tròn tâm O đường kính AB = 2

Do 0 < a < 2 nên đường tròn ta lấy điểm M sao cho

AM = a; ki đó suy ra MB= 4 a− 2 (hình 7) Gọi C là điểm chính

giữa của nửa cung tròn chứa điểm M ⇒ CO AB ⊥

(Chú ý rằng các tam giác MAB và CAB vuông tại M và C)

Khi đó ta có 2S∆AMB = AM.MB HM.AB CO.AB = ≤ : (Vì MH≤OC)

Hoàn toàn tương tự ta cũng có 2

Bài 1: Cho a > b > 0 Chứng minh a b− > a− b

Bài 2: Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh (a2+c )(b2 2+c )2 + (a2+d )(b2 2+d ) (a b)(c d)2 ≥ + +Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c, d ta luôn có

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c >0.

Các phép biến đổi trên là tương đương, do đó BĐT thức đã cho được chứng minh

Hướng khai thác 1: Thay đổi hệ số cho các số a, b,c thì cho ta bài toán mới Bài toán 1: Chứng minh BĐT

bài toán trên ta cũng có BĐT (**) bài toán 1 được chứng minh.

Với cách khai thác như trên hoàn toàn ta chứng minh bài toán tổng quát theo nhiều các khác nhau chẳng hạn (bài toán 2)

Bài toán 2: Cho x, y, z là các số dương thay đổi và 6 số thực dương cho trước a,

m x y +y z +z x + mx y z x + +y z Bài toán được chứng minh.

Hướng khai thác 2: Mở rộng bài toán bằng cách thêm biến

Bài toán 3: Chứng minh BĐT

Vậy (***) được chứng minh.

Bằng cách tương tự như khai thác ở trên ta cũng có bài toán sau:

Bài toán 4: Cho 4 số x, y, z, t là các số dương thay đổi và 8 số thực dương cho

trước a, b, c, d, e, g, i, k Khi đó ta luôn có BĐT thức

Với cách khai thác như trên, từ bài toán 2 và bài toán 4 ta có thể chứng minh được

nhiều bài toán cụ thể với các hằng số cho biết trước

Hướng khai thác 3 Nâng lũy thừa bậc cao hơn (bài toán 5)

Bài toán 5: (Đề thi chọn đội tuyển HSG QG Hà Tĩnh) Chứng minh BĐT thức

3 8

2 3

2 3

Cách 2: Bằng cách đặt như bài toán mở đầu ta đưa bài toán cần chứng minh

tương đương với bài toán sau: ( ) ( ) ( )

3 8

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta được BĐT cần chứng minh

Như vậy, đến đây bạn đọc có thể mở rộng thêm bài toán này thành nhiều bài toán khác khó hơn

Hướng khai thác 4 Mã hóa bài toán: (Bài toán 6)

Lời giải: Với x, y > 0 ta có ( )

>0) Chọn a = 2 – b, khi đó (1*) có dạng x2+ xy 2y+ 2 ³ (2 b)x by- + bình phương hai

vế của BĐT này ta được (4b b - 2 - 3 x) 2 +(2b 2 - 4b 1 xy + ) +(2 b y - 2) 2 ³ 0

(4b b - 2 - 3 t) 2 +(2b 2 - 4b 1 t + ) +(2 b - 2) 0

x t y

2 b t

=

Do vậy ta có phương pháp chứng BĐT (1)Chú ý: Trong ví dụ tổng các hệ số của đa thức x2+ xy 2y+ 2 bằng 4 là số chính phương, trong một số trường hợp khác tổng các hệ số không là số chính phương thì để gọn hơn trong toán ta ví dụ sau:

Ví dụ 2: Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng

để đơn giản cho tính toán ta sử dụng cách đặt như sau: Chọn được các số thực a, b để

có BĐT x2+2xy 3y+ 2 ³ 6 ax by( + ) (2*) ; ( 6 = 1 +2 +3)

Với x = y thì BĐT (3*) trở thành

đó (2*) có dạng x2+ 2xy 3y+ 2 ³ 6 (1 b)x by( - + ) bình phương hai vế của BĐT này ta được (12b 6b - 2 - 5 x) 2 +(12b 2 - 12b 2 xy + ) + (3 6b y - 2) 2 ³ 0

Phân tích Trong BĐT (3) tương tự như BĐT (1) các biến x, y, z có vai trò như

nhau và đẳng thức xảy ra khi x = y = z > 0 Do vậy ta chọn các số a, b sao cho có BĐT (*)

-, khi đó BĐT (*) luôn đúngVới b =

-,

khi đó BĐT (**) luôn đúng với b =

1 3

Cộng ba vế BĐT trên và thu gọn ta được BĐT (4)

6 Tham khảo cách giải hay của một số bài toán

Mỗi bài toán về BĐT có những cách giải thú vị khác nhau Trong bài viết này, tôi sẽ

giới thiệu các bài toán đó với những cách giải hay.

Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương

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

3a+ +3b 2c≥4 (4 b c c a a b+ )( + )( + )2

Nhân theo vế ba BĐT trên ta suy ra đpcm Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

a + b = b + c = c + a ⇔ = =a b c

Bài 2: Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a, b, c ≥ d

Chứng minh rằng: (ab – d2 )(bc – d2 )(ca – d2 ) ≥ (a2– d2 )(b2 – d2 )(c2 – d2 )

Chú ý từ giả thiết ta thấy rằng tất cả các số ab – d2 ; bc – d2 ; ca – d2 ; a2– d2 ; b2 – d2 ;

c2 – d2 đều không âm

Từ đó nhân theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ít nhất một trong ba điều kiện sau đúng:

i) d = 0 ; ii) a = b = c ; iii) Trong ba số a, b, c có hai số bằng d

Bài 3: Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1

Chứng minh rằng:

2 2

x

2 2

y

2 2

(a+b+c)2 – 2(a+b+c) + 2 = (a+b+c-1)2 + 1 ≥ 1.

Bài toán đã được chứng minh

1 2

1 2

Suy ra x5 + y5 + 2xyz ≥2xy(x+y+z) (1)

Tương tự y5 + z5 + 2xyz ≥2yz(x+y+z) (2)

1 2

+ + Vậy BĐT đã được chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2

Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương

a b

+

2011 2011

b c

+

2011 2011

c a

+ +

Lời giải: Do vai trò bình đẳng khi hoán vị vòng quanh của các số a, b, c trong bài toán

Bài toán đã cho ứng với d = 2011

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bài 7: Cho các số thực dương x, y và z thỏa mãn x + y + z = 1.

Lời giải: Vì x +y +z = 1 nên ta có x + yz = x(x+y+z) +yz =(x+y)(z+x).

Tương tự y + zx = (x+y)(y+z) ; z + xy = (y+z)(z+x)

(theo công thức Hê-rông)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều

IV Kết luận

1.1 Với việc trình bày các bài toán từ dễ đến khó, cùng với các ví dụ minh

họa và bài tập áp dụng ngay sau đó, sẽ giúp tăng cường bài giảng cho các thầy, cô giáo

và với các em học sinh sẽ dễ hiểu và biết cách trình bày bài, học sinh biết vận dụng thành thạo các kiến thức đã học làm cơ sở cho việc sáng tạo bài toán mới

1.2 Đặc biệt là mỗi phương pháp từ một bài toán cơ bản khai thác và mở rộng lớp các bài toán tương tự, tìm lời giải cho một số bài toán khác, khắc sâu kiến thức sẽ giúp người học kích thích khả năng sáng tạo của mình Củng cố những hiểu biết chưa thật thấu đáo, cùng với cách nhìn nhận vấn đề đặt ra cho người học khả năng tìm tòi của mình nhằm đạt được hiệu quả cao nhất trong các kỳ thi

1.3 Luyện tập cho người học thói quen suy nghĩ, quan sát, lập luận tìm tòi để phát huy trí thông minh, óc sáng tạo, khả năng phân tích, tổng hợp, tư duy độc lập và thông qua việc thảo luận, tranh luận mà học sinh phát triển khả năng nói lưu loát, biết lí luận chặt chẽ khi giải toán

1.4 Người học biết vận dụng các kiến thức đơn lẽ để giải các bài toán tổng hợp nhiều kiến thức

1.5 Ngoài ra có rất nhiều bài toán được giải nhiều cách khác nhau sẽ giúp các

em học sinh trở nên linh hoạt trong việc lựa chọn phương pháp giải

1.6 Với phong cách trình bày như vậy, bộ tài liệu này còn nhằm giúp cho các

em học sinh rèn luyện năng lực vận dụng lý thuyết được học Tạo không khí sôi nổi,