SKKN PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO

Cải cách giáo dục đã, đang là một chủ trương nhiệm vụ lớn của Đảng vànhà nước ta.Và như vậy một loạt các vấn đề quan trọng của hệ thống giáo dục phảitừng bước được đổi mới.Một trong các

A - ĐẶT VẤN ĐỀ

1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Cải cách giáo dục đã, đang là một chủ trương nhiệm vụ lớn của Đảng vànhà nước ta.Và như vậy một loạt các vấn đề quan trọng của hệ thống giáo dục phảitừng bước được đổi mới.Một trong các vấn đề đó phải kể đến là “đổi mới phươngpháp dạy học”.Việc đổi mới phương pháp dạy học là tiến hành đồng thời “đổi mớicách dạy của thày ,và đổi mới cách học của trò”.Trong việc đổi mới cách học củatrò thì mỗi giáo viên phải biết biến quá trình “dạy học” thành quá trình”dạy cáchhọc” rồi cuối cùng của qúa trình ấy là “tự học” Chỉ có như thế mới phát huy tối đađược “nội lực “ của học sinh về tính tự giác,tính sáng tạo vv…vv

Trong chương trình toán bậc THCS những bài tập về bất đẳng thức thường là rấtkhó đối với học sinh.Nguyên nhân chính của vấn đề này là do :

i) Những kiến thức mà các em được học và biết về bất đẳng thức còn quá

ít

ii) Những bất đẳng thức cơ bản học sinh chưa được học một cách bài bản iii) Nguyên nhân nữa là do chỗ này ,chỗ kia còn không ít tình trạng người

dạy cứ nghĩ các em đã biết nhiều về bất đẳng thức

Nên khi hướng dẫn học sinh giải bài tập thường lấy các bất đẳng thức cơbản như “Côsi”;”Bunhiacôpxki”vv để áp dụng

Điều này thật không có lợi chút nào,mà chỉ “gieo” cho các em mối nghi ngờ

trong toán học.Và cách dạy đó cũng chẳng khác nào đem những bài toán “từ trêntrời rơi xuống” để bắt học sinh giải

Xuất phát từ nguyên nhân trên tôi đề xuất một phương pháp ”PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO” từ những tính chất cơ bản

của các phép toán và từ một bài toán mà các em đã được làm quen trong sách giáokhoa (SGK).Nhằm phần nào góp phần giải quyết thực trạng đó

2.MỤC ĐÍCH:

i) Phương pháp mà tôi đề xuất nhằm giúp học sinh hiểu rằng những bài

toán về bất đẳng thức là “rất khó” đấy nhưng nó lại có xuất xứ từ nhữngđiều rất “nhỏ bé” rất “cơ bản” mà các em đã được học.Cao hơn nữa các

em có khả năng hiểu biết về mối quan hệ của một số bất đẳng thức nào

đó với nhau.Rồi tự bản thân có khả năng nhận ra những bài toán tương tựhoặc biết khái quát được những bài toán tổng quát hơn từ một bài toánnhỏ.Và đương nhiên khi đó các em có khả năng tìm ra cách giải của một

họ bài toán ấy

ii) Với người dạy(Giáo viên) đây có thể xem là một phương pháp thiết kế ra

những bài tập (Đề kiểm tra thi) xuất phát từ những bài tập cơ bản mà họcsinh đã được làm quen trong SGK mà không cần đem “từ trên trời rơixuống” để đánh đố học sinh

Đó là những mục đích chính của kinh nghiệm

3.GIỚI HẠN:

Do đặc thù bộ môn,của dạng bài tập này học sinh bậc THCS được làmquen rất ít hơn nữa nó chỉ được đề cập ở chương trình toán 8,9.Nên phương pháptôi đề xuất chỉ đi sâu vào những bài tập cho học sinh khối 8,9 đặc biệt trong côngtác bồi dưỡng học sinh giỏi, và thi tuyển sinh vào THPT mà thôi

B - NỘI DUNG VÀ BIỆN PHÁP

1.CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Trong chương trình toán THCS(SGK Toán 8-Tập 2 –Trang 36_39) và(SGKToán 9 Tập 1) những khái niệm,tính chất ban đầu về bất đẳng thức đãđược giới thiệu có thể được tóm tắt như sau:

a) Khái niệm: Ta gọi hệ thức a<b (Hay a>b,a≤b,a≥b) là bất đẳng thức và

gọi a là vế trái,b là vế phải của bất đẳng thức.(SGK Toán 8)

2.VI DỤ MINH HOẠ:

Vì những lý do đã trình bày ở trên,bởi vậy hướng dẫn cho các em hãy bắt

đầu từ những cái “nhỏ bé” cơ bản nhất là hết sức cần thiết

Cách sử dụng hài hoà các tính chất như thế nào, để từ đó đề xuất được

những bài toán mới - Bài toán bất đẳng thức khó và hay.Qua đó củng cố cho

người học toán và làm toán nắm chắc được những kiến thức cơ bản,cùng các kỹnăng thuần thục là vô cùng có ý nghĩa.Cũng phải nói thêm rằng việc sử dụng

các tính chất cơ bản của các phép toán như thế nào là cả một “nghệ thuật”.Bởi sau mỗi bước sử dụng ấy phải xuất hiện “Bài toán mới” hay hơn,đẹp hơn,gọn hơn thì mới có ý nghĩa.Đó là ý tưởng của đề tài Sau đây là các ví dụ minh hoạ:

PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO

PHƯƠNG PHÁPI: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA CÁC PHÉP TOÁN

Suy xét 1:Ta bắt đầu từ t/c 6 vì A2≥0 (∀A)

Thế thì (x-y)2≥0 ∀x,y ⇔ x2-2xy+y2≥0 ∀x,y⇔ x2+y2≥2xy ∀x,y dấu bằngxảy ra khi x=y.Ta có bài toán mới

Bài toán I.1 :

Chứng minh rằng : x 2 +y 2≥2xy ∀x,y, dấu bằng xảy ra khi x=y

(Phát biểu tương tự):

Chứng minh rằng : x+y ≥2 xy ∀ x,y ≥0 dấu bằng xảy ra khi x=y.

Nhận xét1:Tôi không cho rằng học sinh không có khả năng tiếp thu ngay được các

bất đẳng thức trên.Nhưng để học sinh có thể “đi được” xa hơn trên một cơ sở

vững chắc thì đừng coi những kiến thức đó là vấn đề nhỏ bé.Mà ngược lại phải chocác em hiểu được,nắm chắc được cái nguồn gốc của vấn đề Chỉ có như vậy chúng

ta mới đạt được mục đích của việc dạy học là: dạy học sinh tư duy chứ không đơn thuần chỉ dạy học sinh giải toán.

y x

Ta có bài toán mới

Bài toán I.2 :

a) Chứng minh rằng : ∀x,y >0 ta luôn có: ≥( )2

xy x + y dấu bằng xảy ra khi x=y

b) Chứng minh rằng : ∀x,y >0 ta luôn có: x + y ≥2

y x dấu bằng xảy ra khi x=y

Suy xét 3:Cũng sử dụng t/c (3.1) nhưng ta cộng vào hai vế của bài toán(I.1) với

x2+y2 ta được 2(x2+y2)≥2xy+ x2+y2⇔2(x2+y2) ≥(x+y)2.Ta có bài toán mới

Bài toán I.3 : Chứng minh rằng : ∀x,y ∈R.Ta luôn có x 2 +y 2≥( )

2

y

x+ 2 , dấu

bằng xảy ra khi x=y

Hoặc phát biểu dưới dạng khác:(I.3.1)

Chứng minh rằng :∀x,y ∈R.Ta luôn có

y

x 2 2

dấu bằng xảy ra khi x=y.

Suy xét 4:Từ bài toán (I.1) ta xét tương tự cho các cặp số khác có:

x2+y2≥2xy ∀x,y∈R dấu bằng xảy ra khi x=y

y2+z2≥2yz ∀y,z∈R dấu bằng xảy ra khi y=z

z2+x2≥2zx ∀z,x∈R dấu bằng xảy ra khi z=x

Theo t/c (5.1) ta được:

2(x2+y2+z2)≥2(xy+yz+zx) ⇔ x2+y2+z2≥xy+yz+zx Ta có bài toán mới

Bài toán I.4 :

Chứng minh rằng : ∀x,y,z ∈R.Ta luôn có x 2 +y 2 +z 2≥xy+yz+zx , dấu bằng xảy ra khi x=y=z.

Hoặc phát biểu dưới dạng khác

+

3

z y x 3

z y

,

dấu bằng xảy ra khi x=y=z.

Suy xét 5:Không dừng lại tiếp tục cách làm trên ta có

x2+y2≥2xy ∀x,y∈R dấu bằng xảy ra khi x=y

y2+z2≥2yz ∀y,z∈R dấu bằng xảy ra khi y=z

z2+t2≥2zt ∀z,t∈R dấu bằng xảy ra khi z=t

t2+x2≥2tx ∀t,x∈R dấu bằng xảy ra khi t=x

Theo t/c (5.1) ta được:

2(x2+y2+z2+ t2) ≥2xy+2yz+2zt+2tx

Nhưng theo bài toán (I.1) Thì:

x2+z2≥2xz dấu bằng xảy ra khi x=z

y2+t2≥2yt dấu bằng xảy ra khi y=t

Theo t/c (5.1) Ta được:

3(x2+y2+z2+ t2) ≥2xy+2yz+2zt+2tx+2xz+2yt

Tiếp tục cộng vào hai vế với: x2+y2+z2+ t2 (t/c (3.1)).Ta được:

4((x2+y2+z2+ t2) ≥2xy+2yz+2zt+2tx+2xz+2yt+ x2+y2+z2+ t2=(x+y+z+t)2.Ta có bàitoán mới

Bài toán I.5 :

Chứng minh rằng : ∀x,y,z , t∈R.Ta luôn có

+

4

t z y x 4

t z y

dấu bằng xảy ra khi x=y=z=t

Nhận xét2: Bằng cách sử dụng hài hoà, hợp lý những tính chất cơ bản của các

phép toán mà học sinh đã được học.Trên cơ sơ đó một số bài toán mới đã đượctạo ra.Việc chứng minh nó học sinh hoàn toàn có thể

Mỗi “Nút”tạo ra nhờ việc sử dụng hợp lý các tính chất cơ bản của các phép toán,từ đó để lại cho các em một nhận xét quan trọng:Mỗi “Nút”là một mức độ khó của bài toán “Nút”càng nhiều thì bài toán càng không đơn giản Và cái được

lớn hơn ở đây bằng cách xây dựng này tạo ra cho các em một phương pháp suynghĩ khoa học,tư duy khoa học…Đặc biệt có khả năng khái quát một “Bài

toán”.Chẳng hạn mối liên hệ từ bài toán (I.3) đến (I.4) đến (I.5) các em có thể

phỏng đoán rằng :Liệu những bài toán này thuộc một “Họ” bài toán nào không?Nếu có thì đâu là bài toán tổng quát?.Những dự đoán ấy,những suy nghĩ ấy, sẽ làđộng lực không nhỏ thôi thúc các em khái quát nên bài toán mới:

+

n

a

a a n

a

a

n

2 2

em tiếp tục suy nghĩ về nó).Nhằm mục đích rèn khả năng tư duy khái quát một vấnđề.

Suy xét 6: Ta biết rằng việc giải một bài toán dễ hay khó phần lớn phụ thuộc vào

điều kiện của giả thiết Nếu điều kiện cho của giả thiết càng “hẹp” thì mức độ khócủa bài toán càng lớn.Từ ý tưởng đó ta suy xét

Bài toán I.6 :

Chứng minh rằng : ∀x,y > 0.Ta luôn có

y x

4 y

1 x

1

+

≥+ dấu bằng xảy ra khi

x=y.

Suy xét 7: Từ bài toán (I.2.b) x + y ≥2

y x (*)với mọi x,y> 0 dấu bằng xảy ra khi x=y

Sử dụng (*) liên tiếp cho ba cặp số ta có:

+ ≥ 2

x

yy

z

∀x,z >0 dấu bằng xảy ra khi x=z

Sử dụng t/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được :

+ + + + + ≥6

z

xx

zy

zz

yx

yy

xzx

zy

Cộng vào mỗi vế với 3 được:

+ +1+ + +1+ + +1≥6 +3

z

yxy

xzx

zy

(T/c 3.1)

⇔ + + + + + + + + ≥9

z

zyxy

yxzx

xzy

⇔

zyxzy

91

11

.Ta có bài toán mới

Bài toán I.7 :

Chứng minh rằng : ∀x,y,z >0.Ta luôn có

z y x

9 z

1 y

1 x

1

++

≥+

xảy ra khi x=y=z

Suy xét 8: Tiếp tục sử dụng (*) nhiều lần cho bốn cặp số ta có:

+ ≥2

a

bb

b

∀d,b >0 dấu bằng xảy ra khi d=b

Sử dụng t/c (5.1) vào cả hệ thống trên ta được

12

≥+++++++++

+

+

d

cbac

dbab

dcaa

d

c

b

.Tiếp tục sử dụng t/c(3.1) cộngvào mỗi vế với 4 ta được:

41211

dbab

dcaa

161

111

.Ta có bài toán mới

Bài toán I.8 :

Chứng minh rằng ∀a,b,c,d >0 ta luôn có:

d c b a

16 d

1 c

1 b

1 a

1

+++

≥++

bằng xảy ra khi a=b=c=d.

Nhận xét 3:Từ ba bài toán trên: (I.6),(I.7) và (I.8) một dự đoán rằng “Liệu chúng

có cùng thuộc một họ không”?Nếu có thì bài toán tổng quát sẽ là bài toán nào?Ta

có thể viết lại các bài trên về dạng khác:

=+

≥

yxyxy

zyxzyxzy

239

11

2416

1111

∀a,b,c,d>0 dấu bằng xảy rakhi a=b=c=d.Khi hướng dẫn học sinh với hướng phát triển như vậy chắc chắn các

em sẽ dự đoán đến bài toán: + + + ≥

? dấu bằng xảy ra khi x 1 =x 2 =… =x n

(Đây cũng là bài toán mở, không đòi hỏi các em xây dựng được hoặc chứng

minh được).Vấn đề được đặt ra nhằm rèn khả năng tư duy và khả năng khái quát

một vấn đề của học sinh mà thôi.Đó là một trong những phẩm chất vô cùng quan

trọng cần được ”ươm trồng” trong quá trình dạy học.

Nhận xét 3:Qua cách phát triển các bài toán mới được tạo ra.Việc giải được nó

với học sinh bậc THCS quả không dễ chút nào.Nhưng nguồn gốc của nó lại được

xuất phát từ những Bài toán quen thuộc cùng với một số tính chất rất cơ bản

trong chương trình SGK mà các em đã được học chẳng phải ở đâu xa lạ Nếu hình

thành cho học sinh một phương pháp học như vậy chẳng phải là rất tốt sao?

Đây cũng là một trong những phương pháp dạy học theo tinh thần đổi mới.Có thểkhẳng định đó chính là: Phương pháp dạy mà học sinh không phải học và làm

những bài toán“ Từ trên trời rơi xuống”

Có thể nói rằng :Quá trình xây dựng nên các Bài toán mới như trên là

một“nghệ thuật” sử dụng các tính chất cơ bản của các phép toán như thế nào.Và cũng có thể khẳng định rằng “Bất kỳ một bài toán khó nào đều có thể bắt đầu từ bài toán dễ nào đó”.Việc xây dựng được mỗi bài toán khó và hay thưòng bắt đầu

từ việc tạo “Nút”.Mỗi “Nút” mới được tạo ra có thể tương ứng với một nghệ thuật sử dụng tính chất cơ bản các phép toán như thế nào.Mỗi lần “Nút” mới xuất hiện thì cũng đồng nghĩa với “Dấu vết” hoặc quy luật quen thuộc bị mất dần Đây

chính là mấu chốt của “Bài toán mới” thường khó và hay hơn bài toán ban đầu Suy xét 9:Với ý tưởng như thế ta tiếp tục làm bài toán (I.1) đẹp hơn

Thật vậy:

x2+y2≥2xy ∀x,y

⇔x2-xy+y2≥xy ∀x,y (Cộng vào hai vế với –xy T/c3.1)

⇔3(x+y)( x2-xy+y2) ≥3(x+y)xy∀x,y >0 (Nhân vào hai vế với x+y > 0 T/c3.2)

⇔3(x3+y3)≥3xy(x+y)

⇔ x3+y3+3(x3+y3)≥3xy(x+y)+ x3+y3 (Cộng vào hai vế với x3+y3 T/c 3.1) ⇔4(x3+y3)≥(x+y)3

⇔

3 3

x

(Nhân vào hai vế với 1

8 T/c 3.2).Ta có bài toán mới.

Bài toán I.9 :

Chứng minh rằng ∀x,y >0 thì ta luôn có

3 3

3

2

y x 2

y x

x

21

1 + ≥ ∀x,y > 0

Tương tự có

yzz

y

211

≥+ ∀z,y > 0

zxx

z

21

xyz

yx

11

12111

Bài toán I.10 :

Chứng minh rằng ∀x,y,z >0 thì ta luôn có

zx

1 yz

1 xy

1 z

1 y

1 x

1

++

≥++

dấu bằng xảy ra khi x=y=z.

Cứ tiếp tục như vậy.Từ những tính chất cơ bản của các phép toán, ta có thể đềxuất một lượng bài toán đủ lớn ,mà mức độ khó của những bài toán mới không dễchút nào đối với các em học sinh bậc THCS.Tuy nhiên để có lượng bài toán phongphú hơn ,đa dạng hơn ta không dừng lại ở mức độ x,y,… là số và đơn thức Màthay thế x,y,… bởi các đa thức.Ta tiếp tục suy xét phương pháp thay thế (hoặc đặcbiệt hoá ) giả thiết

PHƯƠNG PHÁP II: THAY THẾ (HOẶC ĐẶC BIỆT HOÁ) GIẢ THIẾT

Suy xét 1: Từ bài toán (I.1) x+y ≥2 xy ∀x,y ≥0 dấu bằng xảy ra khi x=y (*)

Ta thay x=(a-b)(c-b) ;y=b2.(a>c>b>0) vào (*).Ta được:

b − + − Ta có bài toán mới

Bài toán II.1:

Cho a,b,c (a > c > b >0).Chứng minh rằng: b(a −b) + b(c−b) ≤ ac dấu bằng xảy ra khi

c

1 b

1 a

03AA

⇔(A+3)(A-1)≤0

⇔A2+2A-3≤0

Ta thay A=x+y ta đựoc: (x+y)2+2(x+y) – 3 ≤0 (1).Nhưng theo bài toán (I.3)

2(x2+y2)≥(x+y)2 , dấu bằng xảy ra khi x=y

Từ đó dễ suy ra viêc tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của A=x+y.Biến đổi tiếp(*) ta được:

x2+y2+x+y≤

2

3 ⇔ x(x+1)+y(y+1) ≤1,5.Ta có bài toán mới

Bài toán II.2:

Cho x,y thoả mãn x(x+1)+y(y+1) ≤1,5.Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của P=x+y nếu có.

Suy xét 3: Cũng tiếp tục từ bài toán (I.1) có:

x+y ≥2 xy ∀x,y ≥0 dấu bằng xảy ra khi x=y

Tương tự y+z ≥2 yz ∀y,z ≥0 dấu bằng xảy ra khi z=y,

z+x ≥2 zx ∀x,z ≥0 dấu bằng xảy ra khi x=z

Sử dụng T/c (5.2) vào cả hệ thống trên được:

(x+y)(y+z)(z+x) ≥8 x y z2 2 2 =8 x.y.z =8xyz(Vì x,y,z ≥ 0)(*).Nếu

không muốn dừng lại ở đây để có bài toán (*) ta đi tiếp bằng cách tạo “Nút” mới

chẳng hạn chọn a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nào đó và đặt:

x=a+b-c,

y=a-b+c,

z=-a+b+c(Dễ thấy khi đó x,y,z,>0 theo bất đẳng trong tam giác)

Nhưng từ cách đặt ấy ta lại có:

Ta có bài toán mới

Bài toán II.3:

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

II.3.3: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác,p là nửa chu vi.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

c) b)(p a)(p

(p

abc P

22

41

1

=

≥+

−

+

−+

Tương tự:

cccbacba

22

41

1

=

≥++

−

++

−

bbcbacba

22

41

1

=

≥

−+

+++

−

Sử dụng T/c (5.1) cho cả hệ thống trên ta được:

cbacbacbacba

cbac

bacbacba

1111

11

11121

11

2

++

≥++

−

++

−

+

−+

−

++

−

+

−+

Ta có bài toán mới:

Bài toán II.4:

Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

II.4.1: Cho a,b,c, là độ dài ba cạnh của một tam giác.Xác định dạng của

II.4.2: Gọi p là nửa chu vi của một tam giác có a,b,c lần lượt là độ dài

1 a

1 2 a p

1 b

p

1 c

y

91

32

2

12

2

12

2

1

Từ đó có bài toán mới:

Bài toán II.5:

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

c b a

3 c

2b 2a

1 b

2c 2a

1 a

2c 2b

1

++

≥

−+

+

−+

II.5.1: Cho một tam giác nhận a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh và có chu

vi là 3.Chứng minh rằng:

c 2b 2a

1 b

2c 2a

1 a

2c 2b

1

≥

−+

+

−+

+

−+

Không dừng lại ở đây ta biến đổi tiếp (II.5)

cbacbabcaac

32

2

12

2

12

2

1

⇔c

baccbabbcaaac

33

222

13

222

13

22

2

1

⇔

cbac)cba(b)bca(a)acb

33

2

13

2

13

2

1

⇔

cbac)cba(b)bca(a)acb

33

2

13

2

13

2

1

(*) Đến đây ta nhận thấy nếu đặc biệt hoá bằng cách cho a+b+c=1,5 bài toán mới

xuất hiện lại gọn hơn nhiều vì dấu hiệu quen thuộc đã bị che khuất bởi việc đặc

biệt hoá a+b+c=1,5

33

13

3

13

1 b 1

1 a

Suy xét 6: Cách thay thế trên “Dấu vết” của bất đẳng thức (I.7) vẫn còn học sinh

có thể dễ nhận ra và từ đó sinh ra coi thường (nhàm chán với bài tập).Vì thế đểcho bài toán thêm hay hơn ,khó hơn tạo ra sự hứng thú của học sinh đồng thờikhắc phục được thực trạng trên ta có thể sử dụng thêm các tính chất cơ bản làm

“che bớt” dạng (I.7).Tạo sự chú ý tìm tòi, sáng tạo của học sinh.

Thật vậy ta chọn

x=3b+3c-a,

y=3a+3c-b,

z=3a+3b-c (Dễ có x,y,z>0 theo bất đẳng thức trong tam giác)

Ap dụng vào (I.7) ta được:

(a b c)

cbabcaa

c

93

3

13

3

13

3

1

Sử dụng T/c (3.2) nhân vàohai vế với 3(a+b+c) được:

5

273

3

3333

3

3333

3

33

−+

+++

−+

+++

−+

+

+

cba

cbabca

cbaacb

cba

⇔

5

273

3

43

33

3

43

33

3

43

−+

+

−++

−+

+

−++

−+

+

−

+

cba

ccbab

ca

bbcaa

cb

aacb

⇔

5

2713

3

41

33

41

33

−+++

−+++

−

cb

ca

ba

cb

a

⇔

5

123

3

43

3

43

3

−+

+

−+

+

−

cb

ca

ba

cb

a

⇔

5

33

33

33

−+

+

−+

+

−

cb

ca

ba

cb

Bài toán II.6:

Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

5

3 c 3b 3a

c b

3c 3a

b a

3c 3b

a

≥

−+

+

−+

+

−

Để khó thêm bài toán ta biến đổi:

3b+3c-a =3 (a+b+c) - 4a

3a+3c-b =3 (a+b+c) - 4b

3a+3b-c =3 (a+b+c) - 4c

Rồi tiếp tục đặc biệt hoá a+b+c = 4

3 .Biến đổi tiếp ta có bài toán mới:

II.6.1:

Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 4

3. Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 12

c b

3c 3a

b a

3c 3b

a

−+

+

−+

11

Tiếp tục sử dụng tính chất (3.2) nhânvào hai vế với a+b+c ta được:

⇔

2

9

≥+

++++

++++

+

+

ba

cbaac

cbacb

cba

⇔

2

911

++++++

ca

c

bc

b

a

Ta có bài toán mới

Bài toán II.7:

Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

2

3 b a

c a

c

b c

b

a

≥+

++

+

c a

c

b c

b

a

=+

++

c a

c

b c b

a

+

++

c a c

b c b

+

++

++ Đặc biệt hoá bài toán : Cho a+b+c=2.Ta được:

c a c

b c b

≥+

++

+

Hoặc:

II.7.5