Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9

Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, môn Toán nói riêng các em được trang bị kiến thức nâng cao hơn, đa dạng hơn, đòi hỏi tư duy nhiều hơn chương trình chính khóa.. Là một

Những năm gần đây nền giáo dục Việt Nam đã và đang chuyển mình theo

xu thế phát triển của nền giáo dục thế giới, đó là cuộc cách mạng đổi mới chương trình, nội dung sách giáo khoa và đổi mới phương pháp dạy học trong các cấp học Thể hiện rõ nét về sự phát triển nhanh chóng và thành công của chất lượng giảng dạy, học tập đó là đội ngũ học sinh giỏi ngày càng lớn mạnh trong các nhà trường Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, môn Toán nói riêng các em được trang bị kiến thức nâng cao hơn, đa dạng hơn, đòi hỏi tư duy nhiều hơn chương trình chính khóa Vì lẽ đó chương trình bồi dưỡng rất đa dạng, phức tạp đòi hỏi giáo viên giảng dạy và học sinh học tập phải thật sự cố gắng đầu tư công sức, nghiên cứu, tham khảo nhiều tài liệu để rút ra nhiều cách giải nhanh chóng, thông minh, chính xác Là một giáo viên giảng dạy môn toán THCS, tôi có nhiều năm tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán và rút ra được một số kinh nghiệm Sau đây tôi xin trình bày “ Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9” Đối tượng nghiên cứu là học sinh có năng khiếu môn toán ở lớp 8, lớp 9 để quý thầy cô

và các bạn đồng nghiệp tham khảo

PHẦN II NỘI DUNG

1 Cơ sở lý luận

Bồi dưỡng học sinh giỏi là một hoạt động không thể thiếu của ngành

GD nói chung và của trường THCS nói riêng Đánh giá chất lượng một ngành học ngoài việc nhìn vào chất lượng đại trà thì chất lượng mũi nhọn cũng góp phần không nhỏ Làm thế nào để vừa duy trì chất lượng GD toàn diện vừa làm tốt công tác bồi dưỡng HSG Đòi hỏi người thầy phải đổi mới phương pháp dạy và trò phải có phương pháp học phù hợp với xu thế phát triển chung của nền GD thế giới Nếu chỉ trang bị cho học sinh kiến thức đơn thuần trong SGK thì tầm nhìn của học sinh bị hạn chế Nếu nền tảng kiến thức

từ cấp trung học cơ sở không sâu thì thế hệ trẻ Việt Nam sẽ khó bắt nhịp được với tốc độ phát triển của khu vực và thế giới Vì vậy việc giáo dục toàn diện

kiện thúc đẩy việc tìm hiểu mở rộng kiến thức thêm của giáo viên cũng như của học sinh

2 Phân tích thực trạng vấn đề nghiên cứu:

Hệ thống bài toán THCS rất đa dạng phong phú Nếu không có phương pháp học tập tốt thì học sinh khó nắm bắt được tư duy thuật giải cho mỗi dạng bài tập Để trở thành một học sinh giỏi bộ môn toán việc tìm tòi phân dạng bài tập theo từng chuyên đề rất cần thiết Có như vậy các em mới tự mình rèn luyện kỹ năng giải toán, biến kỹ năng thành kỹ xảo và xây dựng cho mình khả năng tư duy độc lập, sáng tạo, tự tìm kiếm kho tàng kiến thức để chiếm lĩnh Với chút kinh nghiệm trong một số năm làm công tác bồi dưỡng HSG ở trường THCS Trần Phú, tôi nhận thấy ngoài chương trình chính khóa SGK và sách bài tập đã cung cấp thì để bồi dưỡng được HSG môn toán 9 Giáo viên

có thể định hướng cho học sinh tìm hiểu sâu hơn một số chuyên đề đối với cả

3 bộ môn: Số học, Đại số, Hình học như sau:

2.1 đối với môn số học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, sự chia hết trong tập hợp số nguyên và phương trình nghiệm nguyên

2.2.Đối với môn đại số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức

- Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng

- Bất đẳng thức, bất phương trình và ứng dụng Phương trình, hệ phương trình

- Tính giá trị biểu thức có điều kiện

- Bài tập cực trị đại số( có điều kiện hoặc không có điều kiện)

2.3.Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng

- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp

- Bài tập cực trị độ dài, diện tích, Bài tập quỹ tích

và kinh nghiệm của bản thân còn khiêm tốn tôi xin trình bày một chuyên đề trong sáng kiến đó là: (Chuyên đề bất đẳng thức) của môn đại số

3 Mô tả các giải pháp:

Để khai thác được các bất đẳng thức trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi giáo viên cần giới thiệu để học sinh nắm chắc và hiểu rõ cơ sở lí thuyết

về bất đẳng thức

1 Cơ sở lí thuyết

1.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức: Cho 2 số a, b ta có:

+ a lớn hơn b (a > b ) nếu a-b > 0

+ a lớn hơn hoặc bằng b ( a ≥ b ) nếu a -b ≥ 0

+ a nhỏ hơn b (a < b) nếu a-b < 0

+ a nhỏ hơn hoặc bằng b( a ≤ b) nếu a-b ≤ 0.

1.2 Các tính chất của bất đẳng thức:

1.2.1 a > b <=> b < a 1.2.7 a b0 ac bc

c

> => >



>  1.2.2 b c a c

b a

>

=>







>

>

d c

b a

>

=>







≥

>

≥

>

0 0

1.2.3 a > b => a + c > b + c 1.2.9 a > b > 0 => an > bn

a > b <=> an > bn ( n lẻ)

d c

b a

+

>

+

=>







>

>

a > b <=> an > bn ( n chẳn)

d c

b a

−

>

−

=>







<

>

1.2.10 m > n > 0 thì a > 1 => am > an

1.2.6

b a ab

b

0 => <







>

>

a = 1 => am = an ; 0 < a < 1 => am > an

1.3 Các hằng bất đẳng thức.

1.3.1 a2 ≥ 0: - a2 ≤ 0 1.3.2 a ≥ 0 dấu “=” xảy ra khi a = 0

1.3.4 a+b ≤ a + b dấu “=” xảy ra khi ab ≥ 0 1.3.5 a−b ≥ a − b dấu “=” xảy ra khi ab ≥ 0 và a ≥ b

1.4 Một số bất đẳng thức thường sử dụng

1.4.1 Bất đẳng thức côsi

a + b ≥ 2 ab (với a ≥ 0; b ≥ 0) dấu “=” xảy ra khi a = b

* Hệ quả 1:

b a b

a+ ≥ +

4 1 1

( ab > 0) ;

* Hệ quả 2:

b

a

+

a

b

≥ 2 ( ab > 0) 1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Côpxki

( ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx

1.5 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.

Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phương pháp nào là tùy thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ năng nhận biết của học sinh Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện các kĩ năng giải toán và các thao tác trí tuệ tôi đã hướng dẫn học sinh nghiên cứu 7 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.

- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0 1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y ∈ R ) Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)

= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2

= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0 ; Dấu “=” xảy ra khi ay = bx

Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ; ( với a, b, x, y ∈ R )

Dấu “=” xảy ra ⇔ ay = bx (điều phải chứng minh)

1.5.2 Dùng phép biến đổi tương đương.

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

⇔ a+b2 ≤ (a + b) 2 ( vì 2 vế không âm nên bình phương 2 vế)

⇔ a2 + 2ab + b 2 ≤ a2 + 2ab + b2 ⇔ ab ≤ ab (2)

Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng

Vậy a+b ≤ a + b , dấu “=” xảy ra : ab ≥ 0

b/ Chứng minh bất đẳng thức

b a b

Nấu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng

Nếu a ≥ b thì a−b ≥ a − b ⇔ a2 - 2ab + b2 ≥ a2 - 2 ab + b2

⇔ -ab ≥ −ab ⇔ ab ≥ab (4)

Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng

Vậy: a−b ≥ a −b dấu “=” xảy ra: ab ≥ 0 ,a ≥ b

1.5.3 Sử dụng tính chất của bất đẳng thức

Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 >

8 1

Ta có: a + b > 1 > 0 ⇔ (a + b)2 > 1 (bình phương 2 vế không âm)

⇔ a2 + 2ab + b 2 > 1 (1) Mặt khác: (a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0 (2)

Từ (1) và (2): 2(a2+ b2) > 1 ⇔ a2+ b2 >

2

1

(3)

⇔ (a2+ b2) >

4

1

(bình phương 2 vế (3)) ⇔ a4 + 2a2 b2 + b4 >

4

1

(4)

Mà (a2- b2)2 ≥ 0 ⇔ ⇔ a4 - 2a2 b2 + b 4 ≥ 0 (5)

Từ (4)(5): 2(a4+ b4) >

4

1 ⇔ a4+ b4 >

8

1

Vậy: a + b > 1 => a4+ b4 >

8 1

1.5.4.Phương pháp làm trội : muốn chứng minh A < B làm trội A thành C

( A < C ) rồi chứng minh C < B.

Ví dụ: Cho a, b, c > 0 M = a b c

a b b c c a+ +

Vì a, b, c > 0 Ta có:

⇒



















+ + +

+ + +

+ + +

c b a

c c

a c

c b a

b c

b b

c b a

a b

a a







a b b c c a+ +

c b a

+ +

+ +

= 1

Ta có: a, b, c > 0

b a

a

+ < 1 ⇔ a b c

c a c

c b a

a

+ +

+

Tương tự:

c b a

a b c b

b

+ +

+

c b a

b c a c

c

+ +

+

Cộng vế với vế ta có: a b c

a b b c c a+ + + + + < a b c

c b a

+ +

+

( 2

Từ (1), (2): 1 < M < 2 (với a, b, c > 0)

1.5.5 Dùng Phương pháp phản chứng:

Ví dụ: Cho a2+ b2 ≤ 2 Chứng minh rằng a + b ≤ 2

Giả sử: a + b > 2 (bình phương 2 vế)

⇔(a + b)2 > 4 ⇔a2 + 2ab + b 2 > 4 (1)

Mặt khác: (a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0

⇔ a2+ b2 ≥ 2ab => 2(a2+ b2 ) ≥ a2 + 2ab + b 2

a2+ b2 ≤ 2 (giả thiết) => 2(a2+ b2 ) ≤ 4 => a2 + 2ab + b 2 ≤ 4 (2)

Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẩn => giả sử sai

Vậy a2+ b2 ≤ 2 thì a + b ≤ 2

1.5.6 Phương pháp quy nạp toán học:

Ví dụ: Chứng minh rằng 2n > n3 ( 1) với mọi số tự nhiên n ≥10

* Với n = l0 ta có: 210 = 1024 >103

2k > k3 (k ≥ 10)

* Phải chứng minh đúng với n = k + l

2k+1 > (k + 1)3 Xét hiệu :

2k+1 - (k + 1)3 = 2.2k – k3 – 3k2 – 3k – 1 = 2(2k – k3 ) + k3 – 3k2 – 3k – 1

Theo giả thiết quy nạp 2k – k3 > 0, ta cần chứng minh k3 – 3k2 – 3k – 1 > 0

Ta có: k3 – 3k2 – 3k – 1 = k(k2 – 3k – 3) – 1= k k k ( − − − 3) 3  1

Do: k ≥ 10

⇒k(k – 3) ≥ 70 ⇒k k k ( − − − 3) 3  1≥669 > 0 suy ra 2k+1 > (k + 1)3

Vậy 2n > n3 với mọi số tự nhiên n ≥ 10.

1.5.7 Dùng phương pháp hình học

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau: a, b, c, d > 0

(a +c b)( +c ) + (a2 +d2 )(b2 +d2 ) ≥ (a + b) (c + d )

trong đó a, b, c, d là các số thực dương

Giải: Xét tứ giác ABCD có AC⊥BD,

O là giao điểm hai đường chéo; OA = a, OB = c, OC = b, OD = d với a, b, c, d là các số dương

Theo định lý Py-ta-go:

AB = a2 +c2 ; BC = b2 +c2 ;

AD = a2 +d2 ; CD = b2 +d2 ;

AC = a + b ; BD = c + d

Ta có: AB BC ≥ 2 SABC ; AD CD ≥ 2 SADC

⇒ AB BC + AD CD ≥ 2 SABCD = AC BD

Vậy (a2 +c b2 )( 2 +c2 ) + (a2 +d2 )(b2 +d2 ) ≥ (a + b) (c + d ) với a, b, c, d ≥0

2 Nội dung bài tập:

Bước phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với trình độ học sinh, giúp học sinh hình thành được cách giải bài tập và đưa ra

d

b c

a

O

D

C B

A

học, tự nghiên cứu trong quá trình ôn luyện Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành bốn dạng cơ bản sau:

2.1 Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:

2.1.1 chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +

2

1

> 0

Ta có: : x4 – x +

2

1

= x4 – x2 +

4

1

+ x2 – x + 1

4 = (x2 -

2

1

)2 + (x -

2

1

)2

2

1

2

1

2

x

x







2 -

2

1

)2 + (x -

2

1

)2 ≥ 0 (không thể xảy ra dấu bằng đồng thời)

Vậy: x4 – x +

2

1

> 0

2.1.2 Chứng minh: 1x+ 1y ≥ x+4y (với x, y > 0)

Xét hiệu:

y x y x x y xy xy y x xy xy x y

(Vì x, y > 0)

Vậy: :1x+ 1y ≥ x+4y với x, y > 0

2.1.3 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh cảa một tam giác chứng minh:

c b a b a c a c b c b

a

1 1 1 1

1

− +

+

− +

+

−

+

Giải:áp dụng hệ quả của bất đẳng thức côsi:

b b a c b c b a a c b c b

a

2 2

4 4

1 1

=

=

− + +

− +

≥

− +

+

−

Tương tự:

c b a c a c b

2 1

− +

+

−

c a b a b c+ ≥a

Từ (1),(2) và (3): 2( 1 1 1 ) 2 (1 1 1)

c b a b

a c a c b c b

− +

+

− +

+

− +

c b a b a c a c b c b

2.1.4 Chứng minh rằng với ∀n∈N và n ≥ 2

n

1

4

1 3

1 2

1

4 3

3 + + + + <

4 1

k k k = k k = k k k

) 1 ( ) 1 (

1

4 3 2

1 3 2 1 1

) 1 )(

)(

1

(

1 1

4

.

3

.

2

1

3

1

3

.

2

.

1

1

2

1

3

3

3

+

− + +

+

⇒





















+

−

⇒

n n n A

n n n

n









Mặt khác: (n−1)n2(n+1) = (n−11)n−(n+11)n

A =

4

1 ) 1 ( 2

1 4

1 ) 1 (

1 2

.

1

1

2

1



+

−

=









+

−

n n n

Hay A <

4

n

1

4

1 3

1 2

1

4 3

3 + + + + <

4

1

(với ∀ ≥2)

b/ B = 1 +

1 2

1

3

1 2

1

− + +

1

2.

4.

n

−

+ <

+ + + <

−

⇒ B < 1+ 1

1 2 2

1

2 2

−

+

n

Vậy 1 +

1 2 3

2 n − < n ( với ∀ ∈ và n ≥ 2) 2.1.5 a)Chứng minh rằng∀n∈Zdương thì:

A=

2

1 2

2

3

1 2

1 1

1

>

+ +

+

+ +

+

n

Giải: Vì n∈Zdương => 1;2;3……; n-1< n Ta có:



















>

−

>

+

= +

>

+

n n

n

n

n n n

n

2

1 1

2

1

2

1

2

1

2

1 1

1

1

=>

n n

n n n

n n

1

2

1 2

1 2

1 1 2

2

3

1 2

1

1

1

+ + +

>

+

− + +

+

+

+

+

+

Dãy gồm n số hạng => A > n

n

1

=

2 1

Vậy:

2

1 2

2

3

1 2

1 1

+

+ +

+

b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho 1 2006

3

1 2

1

>

+ + +

n

Giải:

2

1

≥

2 1

2

1 2 2

1 2

1 3

1 4

1 3

1

2

+

= +

2

1 2 2

1 2

1

6

1 5

3

+ + +

………

2006 2

1 4012 2

1

3

1 2 1

2

1 2

2

1 2

1

1 2 1

4012

4011 4012 4012

4010

=

>

+ +

+

=

>

+ + +

Vậy tồn tại n ∈N (n ≥ 24012) thỏa mãn điều kiện 1 2006

3

1 2

n

2.1.6 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:

abc ≥ (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)

Đặt b + c – a = y, a + c – b = x, a + b – c = z

áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz (với x, y, z ≥ 0 )

Ta có: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b]

≥ 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

⇔2c.2b.2a ≥ 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

abc ≥ (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) 2.1.7 Cho a+b+c =1 chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥

3 1

Đặt a =

3

1

+ x , b =

3

1

+ y , c =

3

1

+ z ; Do a + b + c =1 => x + y + z = 0

a2 + b2 + c2 = (

3

1

+ x)2 + (

3

1

+ y)2 + (

3

1

+ z)2 =

3

1

+

3

2

(x+ y + z) + x2 + y2 + z2

=

3

1

+ x2 + y2 + z2 ≥

3

1

Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0 ⇔a = b = c =

3 1

2.1.8 Cho a + b + c + d = 2 Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki

(a + b + c + d)2 ≤ (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 ) (1)

Từ (1),(2) ta có: 4 ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2)

⇔ 1 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 dấu “=”xảy ra

⇔ a = b = c = d =

2

1

2.1.9 Nếu a1 + a2 + … + an = k thì a12 + a22 + … + an2 ≥

n

k2





















+

=

+

=

+

=

n

n

k

a

x n

k

a

x n

k

a

2 2

1 1

x1 + x2 + … + xn = 0

a1 + a2 + … + an = (

n + x1) + (

n + x2) + ……+(

n + xn) = k22

n n + 2

n

k

( x1 + x2 + … + xn ) + (x12 + x22 + … + xn2)

Vậy: a12 + a22 + … + an2≥ n

k2 (đpcm) 2.1.10 a) Chứng minh rằng: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì

a c c b b

1

;

1

;

1

cũng là 3 cạnh của 1 tam giác

Ta có: a + b > c; b + c > a; a + c > b (bất đẳng thức tam giác)

xét

c a c a c a c b a a c b c b a c b

b

a+ + + > + + + + + = + + > + + + = +

1 2

2 1

1 1

1

Tương tự:

b a c a b c

b c c a b a

Vậy vớia, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì

a c

c

b

b

1

;

1

;

1

cũng là cạnh của tam giác

b) Chứng minh rằng nếu một tam giác có 3 cạnh a, b, c thỏa mãn hệ thức

1 1 1 2 2 2

a b c+ + =a b b c c a+ +

+ + + thì tam giác đó là tam giác đều Giải: Ta có :

b a b

a + ≥ +

4 1 1

(Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b)

1 1 4

b c+ ≥b c

+ (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: b = c)

1 1 4

c a+ ≥ c a

+ (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: c = a) Cộng theo vế các bất đẳng thức ta có: 2 1 1 1 4 1 1 1

a b c+ + ≥a b b c c a+ +

+ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Hay tam giác đó là tam giác đều Suy ra điều phải chứng minh

2.2.1 Giải phương trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z)

Bài toán quy về chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ x(y + z) dấu “=” khi nào ?

Ta có: x2 + y2 + z2 ≥ x(y + z) (1)

⇔ x2 + y2 + z2 – xy – xz ≥ 0

⇔ 2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz ≥ 0

⇔ (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + y2+ z2 ≥ 0

⇔(x - y)2

+ (x - z)2 + y2+ z2 ≥ 0 (2)

Bất đẳng thức (2) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (1) đúng

Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0

Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = z = 0

2.2.2 Tìm nghiệm của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:

(x + y + 1)2 ≤ (1 + 1 +1)(x2 + y2 + 1) ⇔( x + y + 1)2 ≤ 3(x2 + y2 + 1)

Dấu “=”xảy ra: x = y = 1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = 1

2.2.3 Chứng minh rằng phương trình: 12 + 1 + 12 =1

y xy

không có nghiệm nguyên dương

Giả sử: 0 < x≤ y => 1x≥ 1y ⇒ 2 2

1 1 1

y xy

x + + ≤ 32

x ⇔ 1< 32

x

Thử với x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên nghiệm nguyên dương nếu có phải thoả mản x2 > 1

Vậy 1 ≤ x2 ≤ 3 không có số x > 0, (x ∈Z) nào thỏa mãn điều kiện trên nên phương trình không có nghiệm nguyên dương

2.3 áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị: