skkn rèn luyện năng lực khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự cho học sinh thông qua các bài toán chứng minh bất đẳng thức

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MỸ HÀO

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“RÈN LUYỆN NĂNG LỰC KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT
HOÁ VÀ TƯƠNG TỰ CHO HỌC SINH THÔNG QUA CÁC
BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ”.
Người thực hiện: Đinh Văn Chuẩn
Môn: Toán
Đơ n vị công tác: Trường THPT Mỹ Hào
NĂM HỌC 2013-2014

1. Lý do chọn đề tài
Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là những thao tác tư duy có vai trò
rất quan trọng trong quá trình dạy học toán ở trường phổ thông. Khái quát hóa,
đặc biệt hóa, tương tự là phương pháp giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm
lời giải của bài toán, mở rộng, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức và góp phần quan
trọng trong việc hình thành những phẩm chất trí tuệ cho học sinh.
Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự chưa được rèn luyện
đúng mức trong dạy học ở trường phổ thông.
Bất đẳng thức là một vấn đề khá cổ điển của toán học sơ cấp đang ngày
càng phát triển, đây cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất
vì thế luôn cuốn hút rất nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm. Điểm đặc biệt ấn
tượng nhất của BĐT đó là có rất nhiều bài toán khó, thậm chí là rất khó làm cho
học sinh phải e ngại. Nó chỉ thực sự gây hứng thú đối với những học sinh yêu
thích toán học, đam mê sự sáng tạo, tìm tòi. Mặt khác bất đẳng thức lại có khả
năng to lớn trong việc rèn luyện năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương
tự.
Vì những lý do đó, tôi chọn đề tài: “Rèn luyện năng lực khái quát hoá,
đặc biệt hoá và tương tự cho học sinh thông qua các bài toán chứng minh bất

đẳng thức ”.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự trong dạy
học toán và dạy học chứng minh bất đẳng thức.
- Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá và
tương tự cho học sinh.
3. Phương pháp nghiên cứu
Trong đề tài này chúng tôi chủ yếu sử dụng các phương pháp nghiên cứu
sau:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu về khái quát hoá,
đặc biệt hoá, tương tự, lý luận dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, sách
giáo viên, tạp chí giáo dục,…
- Phương pháp điều tra - quan sát: Tìm hiểu khả năng khái quát hoá, đặc
biệt hoá, tương tự của học sinh lớp 10 thông qua các bài toán chứng minh bất
đẳng thức.
4. Giả thuyết khoa học
Nếu học sinh được rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự trong
dạy học chứng minh bất đẳng thức thì sẽ có khả năng khái quát hoá, đặc biệt hoá
và tương tự trong dạy học môn toán ở trường phổ thông khắc phục được thực
trạng dạy học ở nước ta hiện nay.
5. Bố cục đề tài
Ngoài các phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, đề tài gồm 3
chương: Chương 1 Cơ sở lý luận và thực tiễn.
Chương 2 Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương
tự thông qua các bài toán chứng minh bất đẳng thức.
Chương 3 Thực nghiệm sư phạm.
2
CHƯƠNG 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Một số khái niệm

1.1.1. Khái quát hoá
Theo G. Pôlya, “Khái quát hóa là chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp
đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban
đầu” (
[ ]
1,tr.21
).
Trong “Phương pháp dạy học môn Toán”, các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vũ
Dương Thụy đã nêu rõ: “Khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp đối tượng sang
một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật một số trong các đặc
điểm chung của các phần tử của tập hợp xuất phát” (
[ ]
3,tr.31
).
Những dạng khái quát hóa thường gặp trong môn toán có thể biểu diễn
theo sơ đồ sau:
Như vậy có hai con đường khái quát hóa: con đường thứ nhất trên cơ sở
so sánh những trường hợp riêng lẻ, con đường thứ hai không dựa trên sự so sánh
mà dựa trên sự phân tích chỉ một hiện tượng trong hàng loạt hiện tượng giống
nhau.
1.1.2. Đặc biệt hóa
Theo G. Pôlya: “Đặc biệt hóa là chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp
đối tượng đã cho sang việc nghiên cứu một tập hợp nhỏ hơn chứa trong tập hợp
đã cho” (
[ ]
1,tr.22
)
Những dạng đặc biệt hóa thường gặp trong môn toán có thể được biểu
diễn theo sơ đồ sau:
3

Khái quát hóa từ
cái riêng lẻ đến cái
tổng quát
Khái quát hóa từ cái
tổng quát đến cái tổng
quát hơn
Khái quát hóa tới cái
tổng quát đã biết
Khái quát hóa tới cái
tổng quát chưa biết
Khái quát hóa
Chẳng hạn, chúng ta đặc biệt hóa khi chuyển từ việc nghiên cứu đa giác
sang việc nghiên cứu đa giác đều. Từ việc nghiên cứu đa giác đều ta lại đặc biệt
hóa để nghiên cứu tam giác đều. Đó là đặc biệt hóa từ cái riêng đến cái riêng
hơn.
Đặc biệt hóa là quá trình đi từ cái chung đến cái riêng, là quá trình minh
họa hoặc giải thích những khái niệm, định lí bằng những trường hợp riêng lẻ, cụ
thể.
Đặc biệt hóa thường được sử dụng trong việc trình bày các khái niệm,
chứng minh các định lí, bài tập…Trong bài toán quỹ tích hoặc tìm điểm cố định
đặc biệt hóa thường được sử dụng để mò mẫm, dự đoán quỹ tích, dự đoán điểm
cố định trên cơ sở đó để tìm lời giải của bài toán.
1.1.3. Tương tự
Theo G. Pôlya: “Hai hệ là tương tự nếu chúng phù hợp với nhau trong
mối quan hệ xác định rõ ràng giữa những bộ phận tương ứng” (
[ ]
1,tr.23
)
Kết luận dựa theo sự tương tự có thể mô tả như sau:
A có tính chất a, b, c

B có tính chất a, b

Thế thì B có thể có tính chất c
Người ta thường xét sự tương tự trong toán học trên các khía cạnh sau:
- Hai phép chứng minh là tương tự nếu đường lối, phương pháp chứng
minh là giống nhau.
- Hai hình là tương tự nếu chúng có nhiều tính chất giống nhau hay nếu vai
trò của chúng giống nhau trong vấn đề nào đó, hoặc giữa các phần tử
tương ứng của chúng có quan hệ giống nhau.
- Hai tính chất là tương tự nếu chúng biểu diễn các yếu tố hoặc các thuộc
tính của hai hình tương tự.
Tương tự là nguồn gốc của nhiều phát minh. Bên cạnh đó cũng giống như
khái quát hóa, tương tự thuộc về những suy luận có lý, do đó cần lưu ý với học
sinh những kết luận rút ra từ tương tự có thể dẫn đến những kết luận sai. Chẳng
hạn, trong mọi tam giác các đường cao đồng quy tại trực tâm. Nếu cho rằng,
4
Đặc biệt hóa
Đặc biệt hóa từ
cái tổng quát đến cái
riêng lẻ
Đặc biệt hóa từ
cái riêng đến cái
riêng hơn
Đặc biệt hóa tới cái
riêng lẻ đã biết
Đặc biệt hóa tới cái
riêng lẻ chưa biết
tương tự, mọi tứ diện có các đường cao đồng quy tại trực tâm là sai, vì điều đó
chỉ đúng với tứ diện có các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau mà thôi (gọi
là tứ diện trực tâm).

1.2. Một số kiến thức về bất đẳng thức
1.2.1. Định nghĩa và một số tính chất của bất đẳng thức
• Định nghĩa: Giả sử
a
và
b
là hai số thực. Các mệnh đề “
a b
>
”, “
a b
<
”,
“
a b
≥
”, “
a b
≤
” được gọi là những bất đẳng thức.
Cũng như các mệnh đề lôgic khác, một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai.
Chứng minh một bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng.
• Một số tính chất của bất đẳng thức
a b
a c
b c
>

⇒ >


>

.
a b a+c b+c> ⇔ >
.
Nếu
c 0>
thì
a b ac bc> ⇔ >
.
Nếu
c 0<
thì
a b ac bc> ⇔ <
.
• Từ đó ta có các hệ quả sau:
a b
>
và
c d
>
a+c b+d
⇒ >
.
a+c b a b-c> ⇔ >
.
a b 0> ≥
và
c d 0> ≥
ac bd⇒ >

.
a b 0> ≥
và
*
n
∈
¥
n n
a b⇒ >
.
a b 0 a b
> ≥ ⇔ >
.
3 3
a b a b
> ⇔ >
.
1.2.2. Một số bất đẳng thức thường gặp
• Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
( )
1 2 3 n 1 2 3 n 1 2 3 n i
a - a - a a a +a +a + +a a + a + a + + a a≤ ≤ ∀ ∈¡
.
Đặc biệt với
n = 2
ta có
a - b a+b a + b≤ ≤
( với mọi
a, b
∈

¡
).
• Bất đẳng thức Cauchy
Cho
1 2 3 n
a , a , a , a
là các số thực không âm ta có:
n
1 2 3 n
1 2 3 n
a +a +a + +a
a .a .a a
n
≥
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3 n
a = a = a = = a
.
Đặc biệt với
n = 2
ta có
a+b
ab
2
≥
. Đẳng thức xảy ra khi
a = b
.
Với

n = 3
ta có
3
a+b+c
abc
3
≥
. Đẳng thức xảy ra khi
a = b = c
.
• Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Với các số thực
1 2 3 n
a , a , a , a
và
1 2 3 n
b , b , b , b
ta có:
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 n n 1 2 3 n 1 2 3 n
a b +a b +a b + +a b a +a +a + +a b +b +b + +b
≤
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3 n
1 2 3 n
a a a a

= = = =
b b b b

5
(Nếu
i
b = 0
thì coi
i
a = 0
).
Với
n = 2
ta có
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
ax+by a +b x +y
≤
.
Với
n = 3
ta có
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2
ax+by+cz a +b +c x +y +z
≤

.
• Bất đẳng thức Chebyshev
a) Cho hai dãy đơn điệu tăng
1 2 3 n
a a a a
≤ ≤ ≤ ≤
và
1 2 3 n
b b b b
≤ ≤ ≤ ≤
ta
có:
( ) ( ) ( )
1 2 3 n 1 2 3 n 1 1 2 2 3 3 n n
a +a +a + +a b +b +b + +b n a b +a b +a b + +a b≤
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3 n
1 2 3 n
a = a = a = = a
b = b = b = = b



b) Nếu
1 2 3 n
a a a a
≤ ≤ ≤ ≤
và
1 2 3 n

b b b b
≥ ≥ ≥ ≥
thì
( ) ( ) ( )
1 2 3 n 1 2 3 n 1 1 2 2 3 3 n n
a +a +a + +a b +b +b + +b n a b +a b +a b + +a b≥
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3 n
1 2 3 n
a = a = a = = a
b = b = b = = b



• Bất đẳng thức Becnuli
a) Cho
*
n
∈
¥
,
a -1, a
> ∈
¡
ta có:
( )
n
1+a 1+na≥
.

b) Cho
a -1
>
,
r , r 1
∈ ≥
¤
ta có:
( )
r
1+a 1+ra≥
.
• Bất đẳng thức Jenxen
Cho
( )
f x
là hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm cấp hai liên tục trên
[ ]
a;b
;
[ ]
1 2 3 n
x , x , x , , x a;b∈
,
1 2 3 n
α ,α ,α , ,α >0
và
1 2 3 n
α +α +α + +α = 1
ta có:

a) Nếu
( )
'
f x 0
>
với
[ ]
x a;b∀ ∈
thì
( )
n n
i i i i
i=1 i=1
α f x f α x
 
≥
 ÷
 
∑ ∑
.
b) Nếu
( )
'
f x 0
<
với
[ ]
x a;b∀ ∈
thì
( )

n n
i i i i
i=1 i=1
α f x f α x
 
≤
 ÷
 
∑ ∑
.
1.2.3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1. Phương pháp biến đổi tương đương.
2. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển.
3. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai.
4. Phương pháp quy nạp.
5. Phương pháp phản chứng.
6. Phương pháp lượng giác.
7. Phương pháp hình học.
8. Phương pháp hàm số.
9. Phương pháp làm trội.
10. Phương pháp so sánh.
11. Phương pháp dùng tính chất tỉ số.
12. Phương pháp đổi biến số.
1.3. Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự trong toán học
Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trở thành một
phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều phát minh trong toán
6
học sơ cấp cũng như trong toán học cao cấp. Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương
tự có thể vận dụng để mò mẫm dự đoán kết quả bài toán, tìm phương hướng giải
bài toán; để mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức.

Trong lịch sử toán học, có những bài toán mà suốt hàng trăm năm biết bao
thế hệ các nhà toán học trên thế giới với bao công sức chỉ mới giải được một số
trường hợp đặc biệt. Chẳng hạn bài toán nổi tiếng: “Chứng minh rằng phương
trình
n n n
x +y = z
không có nghiệm nguyên dương khi
n 3
≥
”, được gọi là định
lý Phec-ma do nhà toán học Phec-ma đề ra từ thế kỉ 17. Lời giải chỉ có sau hơn
300 năm, đã tốn không biết bao nhiêu thời gian và trí tuệ của hàng trăm nhà toán
học lớn khắp thế giới.
1.4. Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự trong các bài toán
chứng minh bất đẳng thức
Đối với nhà trường phổ thông khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự đã
thâm nhập vào mọi khâu của quá trình dạy học. Trong dạy học chứng minh
BĐT, khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là con đường giúp chúng ta hình
thành các tri thức lí thuyết, là phương pháp suy nghĩ giúp chúng ta mò mẫm, dự
đoán để tìm lời giải của bài toán, mở rộng đào sâu và hệ thống hóa kiến thức.
1.4.1. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là con đường giúp chúng ta
hình thành các tri thức lí thuyết
Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự là con đường giúp chúng ta hình
thành các tri thức lí thuyết như các định lí, tính chất, hệ thức,…
1.4.2. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là phương pháp suy nghĩ
giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải của bài toán chứng minh
bất đẳng thức
Bài toán chứng minh BĐT là những bài toán không có thuật toán để giải,
với những bài toán đó ta có thể đặc biệt hóa để giải bài toán trong những trường
hợp riêng hoặc thử xét những bài toán tương tự nhưng đơn giản hơn bài toán ban

đầu và lời giải cũng dễ dàng hơn. Ta thử xét xem bài toán tương tự đó có giúp
ích ta trong việc chứng minh bài toán ban đầu hay không? Về phương pháp giải
có tương tự nhau không? Hay ta có thể áp dụng kết quả bài toán tương tự đó để
giải bài toán ban đầu không?
1.4.3. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự là phương pháp suy nghĩ
giúp chúng ta mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức
Từ những kiến thức bài toán đã cho chúng ta có thể vận dụng khái quát
hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành những tri thức mới, đề xuất và giải
những bài toán mới. Trên cơ sở đó chúng ta sẽ đào sâu và hiểu rõ các khái niệm,
định lí, góp phần mở rộng vốn kiến thức của mình. Từ đó sẽ tạo cho chúng ta
hiểu rõ hơn bản chất và các quy luật của các sự kiện toán học, xác lập mối liên
hệ và thống nhất giữa các tri thức mà chúng ta tiếp nhận được.
Ví dụ 1
Gọi
H
là trực tâm của tam giác
ABC
.
Ta có:
7
' ' '
' ' ' ' ' '
AH BH CH AA BB CC
+ + = + + -3 =
A H BH C H A H BH C H

ABC ABC ABC
BHC AHC AHB
S S S
= + + -3

S S S
. (1)
Mặt khác
ABC ABC ABC BHC AHC
AHB
BHC AHC AHB ABC ABC ABC
S S S S S
S
+ + + + 9
S S S S S S
  
≥
 ÷ ÷
  
. Vì
BHC AHC AHB ABC
S +S +S = S .
ABC ABC ABC
BHC AHC AHB
S S S
+ + 9
S S S
⇒ ≥ .
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
' ' '
AH BH CH
+ + 6
A H BH C H
≥ .

(3)
Dễ thấy hệ thức (3) vẫn đúng nếu
' ' '
AA , BB , CC
là các đường trung tuyến.
Hệ thức (3) liệu còn đúng nếu
' ' '
AA BB , CC,
là các đường phân giác của tam
giác
ABC
?
Theo tính chất đường phân giác ta có:
' ' ' ' '
AI AB AC AB+AC AB+AC
= = = =
A I A B A C A B+A C BC
.
Tương tự
'
BI AB+BC
=
BI AC
.
'
CI AC+BC
=
C I AB
.
Suy ra

' ' '
AI BI CI AB+AC AB+BC AC+BC
+ + = + +
A I B I C I BC AC AB
.
Mặt khác
AB+AC AB+BC AC+BC AB BC AC BC AB AC
+ + = + + + + + 6
BC AC AB BC AB BC AC AC AB
     
≥
 ÷  ÷  ÷
     
⇒
' ' '
AI BI CI
+ + 6
A I B I C I
≥ .
(4)
Như vậy hệ thức trên vẫn đúng nếu
' ' '
AA BB , CC,
là các đường phân giác.
Các đường cao, trung tuyến, phân giác của một tam giác có tính chất đồng
qui tại một điểm. Từ đó ta có thể đề xuất một bài toán tổng quát hơn:
Cho tam giác
ABC
,
O

là một điểm tùy ý trong tam giác. Kéo dài
AO, BO, CO
cắt các cạnh đối diện tại
' ' '
A , B , C
. Khi đó ta có:
' ' '
AO BO CO
+ + 6
A O BO CO
≥ .
(5)
8
Chứng minh
Từ
O
kẻ
OM BC⊥
. Ta có
'
ABC
'
OBC
S
AA AH
= =
OA OM S
.
'
ABC

'
OBC
S
AO+OA
=
OA S
⇔
.
ABC
'
OBC
S
OA
= -1.
OA S
⇔
Tương tự

ABC
'
AOC
S
OB
= -1
OB S
,
ABC
'
AOB
S

OC
= -1.
OC S
ABC ABC ABC
' ' '
OBC AOC AOB
S S S
AO BO CO
+ + = + + -3.
A O BO C O S S S
⇒
(6)
Vì
ABC ABC ABC OBC AOC AOB
OBC AOC AOB ABC ABC ABC
S S S S S S
+ + + + 9
S S S S S S
  
≥
 ÷ ÷
  
do
OBC OAC OAB ABC
S +S +S = S .
ABC ABC ABC
OBC AOC AOB
S S S
+ + 9
S S S

⇒ ≥ .
(7)
Từ (6) và (7) suy ra BĐT (5)
Đến đây, bằng phép tương tự ta có thể mở rộng BĐT trên cho tứ diện
ABCD
.
Cho tứ diện
ABCD
,
O
là một điểm trong tứ diện. Các đường thẳng
AO, BO, CO, DO
cắt các mặt đối diện với các đỉnh
A, B, C, D
lần lượt tại
' ' ' '
A , B , C , D
. Khi đó ta có
' ' ' '
AO BO CO BO
+ + + 12
A O BO C O BO
≥ .
(8)
1.4.4. Với ý nghĩa là các phương pháp suy nghĩ sáng tạo; khái quát hóa, đặc
biệt hóa và tương tự đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành những
phẩm chất trí tuệ cho học sinh
Tính độc lập và tính sáng tạo là hai trong số những phẩm chất trí tuệ quan
trọng.
- Tính độc lập của tư duy thể hiện ở khả năng tự phát hiện và giải quyết vấn

đề, tự mình kiểm tra và hoàn thiện kết quả đạt được.
- Tính sáng tạo của tư duy thể hiện ở khả năng phát hiện vấn đề mới, tìm ra
hướng đi mới, tạo ra kết quả mới.
Muốn phát triển tính độc lập, sáng tạo của học sinh cần cho họ thường xuyên
tập dượt các suy luận có lý thông qua quan sát, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt
hóa, tương tự,…
Giải một bài toán với nhiều cách giải khác nhau từ đó tìm được cách giải hay
cũng đã góp phần phát triển tính độc lập, sáng tạo. Đề xuất và giải quyết các bài
9
A
B
C
B’
O
C
’
M A
’
H
toán mới từ những bài toán đã biết không những là sáng tạo mà còn tăng thêm
niềm vui trong quá trình giải toán của học sinh.
Ví dụ 2
Cho
a, b > 0
. Chứng minh rằng:
3 3 2 2
a +b a b+b a.≥
(1)
Chúng ta có thể giải bài toán này theo 2 cách sau:
Cách 1

Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2
3 3 2 2 2 2
a +b -a b-b a = a a-b -b a-b = a-b a+b 0.≥
3 3 2 2
a +b a b+b a.⇒ ≥
Cách 2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
3
3 3 3 6 3 2 3 3 2
a +a +b 3 a b = 3a b 2a +b 3a b.
≥ ⇔ ≥
Tương tự
3 3 2
2b +a 3ab .≥
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ĐPCM.
Chúng ta có thể đề xuất bài toán mới như thế nào?
* Nhìn theo góc độ số mũ của hai vế của BĐT (1): Xét riêng
3
a
và
2
a b
ta thấy
trong số hạng
3
a
số mũ của
a

là 3, trong số hạng
2
a b
thì số mũ của
a
là 2, số
mũ của
b
là 1. Như vậy số mũ của
a
đã giảm đi 1 đơn vị nhưng tổng số mũ của
a
và
b
trong số hạng
2
a b
bằng số mũ của
a
trong
3
a
. Từ đó ta có những BĐT
tương tự sau:
4 4 3 3
a +b a b+b a.≥
(2)
5 5 4 4
a +b a b+b a.≥
(3)

Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán như sau:
Cho
a, b>0
. Chứng minh rằng:
( )
n n n-1 n-1
a +b a b+b a n * .
≥ ∈
¥
(4)
* Cũng nhìn theo góc độ số mũ của từng số hạng ở hai vế, ta thử mở rộng bằng
cách thay
n-1
a b
bởi
m n-m
a b
có nghĩa là chỉ cần tổng số mũ của
a
và
b
bằng
n
là
đủ. Như vậy bài toán trên lại được khái quát hóa như sau:
Cho
a, b>0
. Chứng minh rằng:
( )
n n m n-m m n-m

a +b a b +b a m, n , n m .
≥ ∈ ≥
¥
(5)
Đặc biệt hóa các giá trị của m, n ta lại có những BĐT mới.
Chẳng hạn
m = n = 2
ta thu được BĐT quen thuộc
4 4 2 2
a +b 2a b .≥
(6)

n = 5, m = 2
ta thu được BĐT
5 5 3 2 3 2
a +b a b +b a .≥
(7)
* Tiếp tục quan sát số biến của các BĐT, các bài toán trên chỉ áp dụng cho 2
biến ta hoàn toàn có thể mở rộng cho 3 biến, 4 biến, …và khái quát hóa lên
n

biến. Ta có thể xây dựng những BĐT tương tự sau:
Cho
a, b, c 0
>
, chứng minh rằng:
3 3 3 2 2 2
a +b +c a b+b c+c a.≥
(8)
4 4 4 2 2 2 2 2 2

a +b +c a b +b c +c a .≥
(9)
Khái quát hóa bài toán trên trong trường hợp
n
biến
Cho
n
số dương
1 2 3 n
a , a , a , a
,
m, k , m k
∈ ≥
¥
. Chứng minh rằng:
m m m k m-k k m-k m m-k
1 2 n 1 2 2 3 n 1
a +a + +a a a +a a + +a a .≥
(10)
BĐT này chứng minh tương tự như ở cách giải 2.
10
Bằng những cách làm đó ta có thể hướng học sinh độc lập suy nghĩ để
không ngừng rèn luyện trí thông minh và sự sáng tạo.
Ta có thể sáng tạo được BĐT (2), (3), (4), (6), (7) nhờ sự tương tự với
BĐT (1). Đối chiếu sự tương ứng giữa các BĐT tìm ra dấu hiệu bản chất của
chúng để xây dựng được bài toán tổng quát. Từ đó bằng khái quát hóa để được
BĐT (4), (5) và (10), ta thấy mức độ khái quát hóa ở đây cũng tăng dần.
Tính sáng tạo sẽ phát triển cao hơn nếu ta biết đề xuất và giải quyết các bài
toán mới từ những bài toán đã biết.
Ví dụ 3

Từ một nội dung
( )
2
cos x 1 x
≤ ∀
. Khi ta diến tả biểu thức của tích vô
hướng trong không gian Ơclit ba chiều ta có các BĐT sau:
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
a b +a b +a b a +a +a b +b +b
≤
. (1)
Ta có thể sáng tạo ra rất nhiều bài toán từ BĐT trên bằng phép đặc biệt hóa.
Chẳng hạn, nếu cho
1 2 3
b = b = b = 1
ta đã có ngay một bài toán
Chứng minh rằng, với ba số thực bất kỳ
a, b, c
ta đều có:
( )
( )
2
2 2 2
a+b+c 3 a +b +c
≤
.

(2)
Nếu ta đặt
1 1
1
a = X, b =
X
.
2 2
1
a = Y, b =
Y
.
( )
3 3
1
a = Z, b = X, Y, Z>0
Z
.
thì ta có
( )
1 1 1
X+Y+Z + + 9
X Y Z
 
≥
 ÷
 
.
(3)
Đến đây, nếu chọn

X = a+b
Y = b+c
Z = a+c
Ta có
( )
X+Y+Z = 2 a+b+c
.
Khi đó (3)
( )
1 1 1 9
a+b+c + +
a+b b+c a+c 2
 
⇔ ≥
 ÷
 
.

a+b+c a+b+c a+b+c 9
+ +
a+b b+c a+c 2
⇔ ≥ .
Từ đó ta được BĐT
a b c 3
+ +
b+c a+c a+b 2
≥ .
(4) (BĐT Nesbit)
Nếu chọn
2 2 2

X = a +2bc, Y = b +2bc, Z = c +2ac.

và với điều kiện
( )
2
a+b+c = 1 X+Y+Z = a+b+c = 1
⇒
và ta có bài toán:
Chứng minh rằng, nếu
a+b+c = 1
và
a, b, c 0
>
thì
2 2 2
1 1 1
+ + 9
a +2bc b +2ac c +2ab
≥ .
(5)
11
Nếu lấy
( )
3
X+Y+Z = a+b+c = 1
thì ta lại có một bài toán mới:
Chứng minh rằng nếu
a+b+c = 1
và
a, b, c 0

>
thì
( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1
+ + 9
a +3bc b+c +2abc b +3ac a+c +2abc c +3ab a+b +2abc
≥
.
(6)
Như vậy xuất phát từ một bài toán chúng ta có thể hướng dẫn học sinh
dùng đặc biệt hóa để tìm những hình thức khác nhau của một bài toán. Kĩ thuật
đặc biệt hóa các biến càng cao thì bài toán đó lại càng phức tạp. Việc giải một
bài toán hay là điều thú vị nhưng chắc chắn nếu có thể tự mình sáng tạo những
bài toán mới thì niềm vui còn tăng lên rất nhiều. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và
tương tự có ý nghĩa trong vai trò giúp học sinh sáng tác các bài toán mới, tạo ra
các kết quả mới.
1.5. Kết luận chương 1
Tóm lại, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự có quan hệ mật thiết với
nhau trở thành một phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều
phát minh trong toán học sơ cấp cũng như toán học cao cấp.
Ở nhà trường phổ thông, trong dạy học chứng minh BĐT, khái quát hóa,
đặc biệt hóa và tương tự là phương pháp suy nghĩ giúp chúng ta mò mẫm, dự
đoán để tìm ra lời giải của bài toán; mở rộng đào sâu, hệ thống hóa kiến thức.
Với ý nghĩa là các phương pháp suy nghĩ sáng tạo, khái quát hóa, đặc biệt hóa
và tương tự đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành những phẩm chất trí
tuệ cho học sinh giúp họ làm quen với phương pháp nghiên cứu khoa học, góp
phần đào tạo và bồi dưỡng năng khiếu toán học nói chung và lĩnh vực giải các
bài toán BĐT nói riêng.
12

CHƯƠNG 2
VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA VÀ TƯƠNG TỰ
THỒNG QUA CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
2.1. Vị trí và vai trò của bài tập chứng minh bất đẳng thức
Giáo sư Hoàng Tụy có viết trên tạp chí Toán học và tuổi trẻ “ Các nhà toán
học thường làm việc với bất đẳng thức nhiều hơn đẳng thức”. Đối với chương
trình toán ở trường phổ thông, BĐT là một trong những phần quan trọng. Ngay
từ lớp 1, học sinh được làm quen với BĐT thông qua các bài toán như: So sánh
hai số, điền dấu
,
> <
vào ô trống. Đến lớp 9, học sinh đã được tiếp cận với một
vấn đề về BĐT nhưng ở mức độ cao hơn. Sang bậc THPT, việc dạy học BĐT đã
được đưa vào chương III - đại số 10. BĐT có trong tất cả các chủ đề của toán sơ
cấp thông qua các dạng toán như: toán cực trị, khảo sát hàm số, giải phương
trình, giải bất phương trình… Có những bài toán, việc sử dụng BĐT đóng vai
trò quyết định lời giải nhưng cũng có những bài toán ta chỉ sử dụng BĐT như
một khâu trung gian.
2.2. Dạy học phương pháp tìm lời giải bài toán
Trong môn toán ở trường phổ thông có rất nhiều bài toán chưa có hoặc
không có thuật giải. Đặc biệt với những bài chứng minh BĐT là những bài toán
mà không có một thuật toán nào để giải đòi hỏi các em phải luôn tư duy, động
não. Vì vậy, khi dạy những bài chứng minh BĐT giáo viên hãy cố gắng hướng
dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải. Biết đề ra cho học sinh, đúng
lúc, đúng chỗ những câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ của từng đối
tượng.
Dựa trên những tư tưởng tổng quát cùng với những gợi ý chi tiết của G.
Pôlya về cách thức giải bài toán đã được kiểm nghiệm trong thực tiễn dạy học,
có thể nêu lên phương pháp chung để giải bài toán như sau:
Bước 1: Tìm hiểu nội dung của bài toán.

Bước 2: Tìm cách giải
Bước 3: Trình bày lời giải
Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải.
Trong các bước của phương pháp tìm lời giải, khái quát hóa, đặc biệt hóa,
tương tự thường được sử dụng trong hai bước: Tìm cách giải và nghiên cứu sâu
lời giải.
2.3. Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự để tìm lời giải của
bài toán chứng minh bất đẳng thức
Các bài tập toán học ở nhà trường phổ thông có thể chia làm hai loại: loại
có thuật toán để giải và loại chưa có thuật toán để giải. Bài tập chứng minh BĐT
thuộc về dạng bài tập chưa có thuật toán để giải. Để tìm cách giải dạng toán này
ta có thể hướng dẫn học sinh tìm tòi, phát hiện nhờ những suy nghĩ có tính chất
tìm đoán: biến đổi cái đã cho, biến đổi cái phải tìm, liên hệ bài toán cần giải với
một bài toán tương tự nhưng đơn giản hơn, mò mẫm dự đoán thử xét một vài
trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay một bài toán nào đó liên quan.
Ví dụ 4
13
Chứng minh BĐT:
3
1 2 3
1 2 3
a +a +a
a a a
3
≥
với mọi
1 2 3
a , a , a 0
≥
. (1)

BĐT này chỉ nêu lên trong SGK đại số 10 và được phép ứng dụng, tuy
nhiên không có chứng minh. Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh chứng minh
BĐT trên như sau:
Cách 1: Sử dụng đặc biệt hóa
Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy cho hai số để đánh giá
1 2 3
a +a a b?, ?
≥ + ≥
. Từ đó suy ra
1 2 3
a +a +a +b ?
≥
( b 0)
∀ ≥
.
Học sinh:
( ) ( )
( )
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
a +a +a +b = a +a + a +b 2 a a +2 a b = 2 a a + a b
≥
( )
1 2 3 1 2 3
a +a +a +b 2 a a + a b b 0,
⇒ ≥ ∀ ≥
Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy để đánh giá vế phải của BĐT trên
Học sinh:
4
1 2 3 1 2 3
a a + a b 2 a a a b

≥
.
Giáo viên: Từ đó ta có được điều gì?
Học sinh:
4
1 2 3 1 2 3
a +a +a +b 4 a a a b
≥
.
(*)
Giáo viên: Thay
3
1 2 3
b = a a a
thì (*) có dạng gì?
Học sinh:
4
3 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
a +a +a + a a a 4 a a a a a a
≥
.
3 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3
a +a +a + a a a 4 a a a
⇔ ≥
.
3
1 2 3 1 2 3
a +a +a 3 a a a

⇔ ≥
.
3
1 2 3
1 2 3
a +a +a
a a a
3
⇔ ≥
.
Giáo viên: Như vậy BĐT trên được chứng minh nhờ thao tác đặc biệt hóa.
Cách 2: Sử dụng tương tự và đặc biệt hóa.
Chúng ta có thể biểu diễn (1) dưới dạng:
3
1 2 3
1 2 3
a +a +a
a a a
3
 
≥
 ÷
 
. (2)
Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với (2), nhưng đơn giản hơn
Học sinh:
2
1 2
1 2
a +a

a a
2
 
≥
 ÷
 
. (3)
Giáo viên: Hãy chứng minh (3)
Học sinh: (3)
( )
2
1 2
a -a 0
⇔ ≥
luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi
1 2
a = a
.
Vấn đề là sự tương tự giữa (2) và (3) có giúp gì cho việc chứng minh hay
không?
Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm mối liên hệ giữa (2) và (3).
14
Giáo viên:
3
1 2
2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
a +a

a +a +
a +a a +a
2
a a a a
2 3 2
 
 ÷
 
≥ ⇔ ≥
 ÷
 ÷
 
 ÷
 
.
Em có nhận xét gì khi đặt
1 2
3
a +a
a =
2
.
Học sinh: Nếu đặt
1 2
3
a +a
a =
2
thì ta có BĐT (3).
Giáo viên: Như vậy (3) không những là một trường hợp tương tự của (2) mà còn

là một trường hợp đặc biệt của (2) khi
1 2
3
a +a
a =
2
.
Mặc dù vậy, việc phát hiện ra mối liên hệ này vẫn chưa giúp ta tìm ra lời giải
của bài toán.
Áp dụng (3) cho các cặp số không âm
( )
( )
1 2 3 4
a ; a , a ; a
ta được điều gì?
Học sinh:
2
1 2
2 2
1 2
1 2 3 4
1 2 3 4
2
3 4
3 4
a +a
a a
2
a +a a +a
a a a a

2 2
a +a
a a
2

 
≥

 ÷
  
   
⇒ ≥

 ÷  ÷
   
 

≥
 ÷

 

. (1’)
Giáo viên: Tiếp tục áp dụng (3) với
1 2
a +a
2
và
3 4
a +a

2
ta có:
Học sinh:
2
1 2 3 4
2
1 2 3 4 1 2 3 4
a +a a +a
+
a +a a +a a +a +a +a
2 2
. =
2 2 2 4
 
 ÷
 
≤
 ÷
 ÷
 
 ÷
 
. (2’)
Giáo viên: Từ (1’) và (2’) ta có điều gì?
Học sinh:
4
1 2 3 4
1 2 3 4
a +a +a +a
a a a a

4
 
≥
 ÷
 
. (4)
Giáo viên: Như vậy ta đã chứng minh được BĐT (4) nhờ BĐT (3). Cũng như
quan hệ giữa (2) và (3), ngoài sự tương tự giữa (2) và (4), có thể (2) cũng là
trường hợp đặc biệt của (4) khi
1 2 3
4
a +a +a
a =
3
.
Giáo viên: Chúng ta hãy kiểm tra nghi vấn bằng cách thay
1 2 3
4
a +a +a
a =
3
vào
BĐT (4).
Học sinh:
15
4
1 2 3
4
1 2 3
1 2 3 1 2 3

1 2 3
a +a +a
a +a +a +
a +a +a a +a +a
3
a a a
3 4 3
 
 ÷
 
≤ =
 ÷
 ÷
 
 ÷
 
3
1 2 3
1 2 3
a +a +a
a a a
3
 
⇒ ≥
 ÷
 
. Như vậy (2) đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3
a = a = a

.
Quá trình trên là cả một chuỗi từ
KQH TT
→ →
ÐBH
KQH ÐBH
→ →
.
Sau khi tìm được lời giải, học sinh cần kiểm tra lời giải. Kiểm tra lại lời
giải bài toán tức là xem xét lời giải có sai lầm hay thiếu sót gì không? Sai lầm
khi chứng minh BĐT thường bắt nguồn từ việc vận dụng các BĐT cổ điển mà
không để ý đến điều kiện để BĐT đúng hoặc sử dụng sai sót các quy tắc suy
luận khi từ BĐT này suy ra BĐT kia.
Ví dụ 5
Chứng minh rằng:
( )
2 2 2 2 2
a +b +c +d +e a b+c+d+e
≥
.
Học sinh giải như sau:
Theo BĐT Cauchy ta có:
2 2
a +4b 4ab≥
2 2
a +4c 4ac
≥
2 2
a +4d 4ad≥
2 2

a +4e 4ae
≥
Cộng các BĐT trên ta được ĐPCM.
Nhận xét: Sai lầm về kiến thức vì
2 2 2 2
a +4b 2 4a b = 4 ab
≥
.
Lời giải đúng
Ta có
( )
2
a-2b 0≥
2 2 2 2
a -4ab+4b 0 a +4b 4ab⇔ ≥ ⇔ ≥
.
Tương tự ta cũng có
2 2
a +4c 4ac≥
,
2 2
a +4d 4ad≥
,
2 2
a +4e 4ae
≥
.
Cộng các BĐT trên ta được ĐPCM.
Ví dụ 6
Chứng minh rằng với mọi

a
ta có:
( )
1
a 1-a
4
≤
. (*)
Học sinh giải như sau:
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số
a
và
1-a
ta có:
( )
( )
a+1-a 1
a 1-a =
2 2
1
a 1-a .
4
≤
⇒ ≤
Nhận xét: Sai lầm vì không để ý đến điều kiện của các số
a, b
trong BĐT
Cauchy.
16
a+b

ab
2
≥
là
a 0
≥
và
b 0
≥
. Trong ví dụ 2,
a
và
1-a
chỉ không âm khi
[ ]
a 0;1∈
nên lời giải trên không chính xác.
Lời giải đúng
(*)
2 2
1 1
a-a a -a+ 0
4 4
⇔ ≤ ⇔ ≥

2
1
a- 0
2
 

⇔ ≥
 ÷
 
hiển nhiên đúng với mọi
a
.
Kiểm tra lại lời giải cũng có thể bằng cách đặc biệt hóa kết quả tìm được
để xem xét tính đúng sai của kết quả bài toán thường là những bài toán tổng quát
từ một bài toán cho trước nào đó. Chẳng hạn, ở ví dụ 11 của luận văn, sau khi
dự đoán BĐT tổng quát
n
n n
a +b a+b
2 2
 
≥
 ÷
 
với
a+b 0,n *
≥ ∈
¥
Ta thử đặc biệt hóa giá trị
n
.
Khi
n = 2
cho ta BĐT
2
2 2

a +b a+b
2 2
 
≥
 ÷
 
.
Khi
n = 3
cho ta BĐT
3
3 3
a +b a+b
2 2
 
≥
 ÷
 
.
Hai BĐT thu được sau khi đặc biệt hóa giá trị
n
là hai BĐT ban đầu mà
ta đã chứng minh được tính đúng đắn của nó. Nhờ đó mà ta dự đoán BĐT tổng
quát mà ta tìm được là đúng và tìm cách chứng minh dự đoán đó.
2.4. Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự vào nghiên cứu lời
giải của bài toán chứng minh bất đẳng thức
Sau bước tìm cách giải, học sinh thường bỏ qua bước nghiên cứu sâu lời
giải. Giáo viên cần giúp học sinh làm quen và tập luyện một cách có ý thức bước
nghiên cứu lời giải trên hai khía cạnh: nghiên cứu khả năng ứng dụng kết quả
của lời giải và nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược

vấn đề.
Ví dụ 7
Cho
a, b
dương thỏa mãn
a+b = 1
, chứng minh rằng:
a b 2
+
2-a 2-b 3
≥
. (1)
Lời giải
Ta có
a a-2+2 2
= -1
2-a 2-a 2-a
=
Tương tự
b 2
-1
2-b 2-b
=
Do đó:
a b 1 1
+ 2 + -2
2-a 2-b 2-a 2-b
 
=
 ÷

 
. (2)
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
17
( )
1 1
+ 2-a+2-b 4
2-a 2-b
 
≥
 ÷
 
(vì
a, b 0 2-a 0
a+b = 1 2-b 0
> >
 
⇒
 
>
 
)
1 1 4
+
2-a 2-b 3
⇔ ≥
. (3)
Từ (2) và (3) ta được ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi
1
a = b =

2
.
Giả thiết của bài toán là tổng của hai số dương bằng 1. Với cách nhìn đó
ta thử tăng thêm số lượng biến trong bài toán sao cho các biến vẫn ràng buộc với
nhau bởi điều kiện có tổng bằng 1.
Cho
a, b, c
dương thỏa mãn
a+b+c = 1
, khi đó ta có:
a b c 3
+ +
2-a 2-b 2-c 5
≥
. (4)
Cho
a, b, c, d
dương thỏa mãn
a+b+c+d = 1
, khi đó ta có:
a b c d 4
+ + +
2-a 2-b 2-c 2-d 7
≥
. (5)
Từ đó có thể khái quát hóa bài toán với
n
(
n *∈ ¥
) số dương tùy ý.

Cho
n
số dương tùy ý
1 2 3 n
a , a , a , a
thỏa mãn
n
i
i=1
a = 1
∑
. CMR:
1 2 n
1 2 n
a a a n
+ + +
2-a 2-a 2-a 2n-1
≥
. (6)
Vẫn là cách nhìn dưới góc độ trên, nếu như tổng của các biến không phải
là 1 mà là một số bất kì, tức là
n
i
i=1
a = k
∑
thì ta có BĐT tổng quát hơn.
1 2 n
1 2 n
a a a nk

+ + +
2-a 2-a 2-a 2n-k
≥
. (7)
Ta có thể xây dựng được BĐT trên bằng cách thay số 2 ở trong BĐT bởi
một tham số
α
bất kì với
α 1≥
. Khi đó ta có bài toán:
Cho
n
số dương tùy ý
1 2 3 n
a , a , a , a
thỏa mãn
n
i
i=1
a = k
∑
, chứng minh:
1 2 n
1 2 n
a a a nk
+ + +
α-a α-a α-a nα-k
≥
với
α 1≥

. (8)
Ngoài ra ta còn có thể mở rộng bài toán bằng cách tăng số mũ của biến
Cho
n
số dương tùy ý
1 2 3 n
a , a , a , a
thỏa mãn
n
m
i
i=1
a = k
∑
, chứng minh:
m m m
1 2 n
m m m
1 2 n
a a a nk
+ + +
α-a α-a α-a nα-k
≥
với
α 1≥
. (9)
Thông qua bài toán này ta thấy việc nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau
sẽ giúp ta khai thác và mở rộng bài toán theo nhiều hướng khác nhau.
18
Ngoài việc nghiên cứu đào sâu các lời giải của một bài toán cụ thể, giáo

viên còn có thể giúp học sinh vận dụng cách giải của bài toán ban đầu cho một
lớp các bài tập khác. Đây có thể xem như sự khái quát hóa về phương pháp.
Ví dụ 8
Chứng minh rằng:
( )
1 1 1 1 2
+ + + + n *
n n+1 n+2 2n 3
> ∈¥
.
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
2
1 1 1 1
n+n+1+n+2+ 2n + + + + n+1
n n+1 n+2 2n
 
>
 ÷
 
( )
2
n+1
1 1 1 1
+ + + + >
n n+1 n+2 2n n+n+1+n+2+ +2n
⇒
( )
( )

( )
( )
2
n+1 2 n+1
1 1 1 1 2n 2
+ + + + = =
n n+1
n n+1 n+2 2n 3n 3n 3
n n+1 +
2
⇒ > >
. ĐPCM
Sau đó giáo viên có thể ra tiếp các bài tập sau:
Chứng minh rằng:
1.
1 1 1 1 1
+ + + + + 1
1998+1 1998+2 1998+3 3.1998 3.1998+1
>
.
2.
1 1 1 1
+ + + + 1
n+1 n+2 n+3 3n+1
>
với
n *
∈
¥
.

3.
1 1 1 1 1
+ + + +
3n+1 3n+2 5n 5n+1 2
>
.
4. CMR nếu
x
là một số thực lớn hơn các số
1 2 n
a , a , , a
thì:

1 2 n
1 2 n
1 1 1 n
+ + +
a +a + +a
x-a x-a x-a
x-
n
≥
.
5. Giả sử
( )
k
0 a 1 k = 1, 2, , n ,< <
đặt
1 2 n
a +a + +a = a

.
Chứng minh rằng:
n
k
k=1
k
a na
1-a n-a
≥
∑
.
Qua các bài toán đó, giáo viên cần cho học sinh phát hiện mấu chốt của
các bài tập trên chính là sử dụng công thức
n n
A H
≥
.
Trong đó:
2
n 1 2 n n
1 2 n
n
A = a +a + +a ; H =
1 1 1
+ + +
a a a
.
Ví dụ 9
Cho
a, b, c 0

≥
và
a+b+c = 3
. CMR:
3 3 3 2 2 2
a +b +c a +b +c≥
(*)
Lời giải 1
(*)
( ) ( )
3 3 3 2 2 2
3 a +b +c 3 a +b +c
⇔ ≥
( )
( )
( )
3 3 3 2 2 2
3 a +b +c a+b+c a +b +c
⇔ ≥
19
( )
3 3 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2
3 a +b +c a +ab +ac +b +ba +bc +c +ca +cb
⇔ ≥
3 3 3 2 2 2 2 2 2
2a +2b +2c ab +ac +ba +bc +ca +cb⇔ ≥
( )
( )
( )
( )

( )
( )
2 2 2 2 2 2
a-b a -b + b-c b -c + c-a c -a 0
⇔ ≥
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
a-b a+b + b-c b+c + c-a c+a 0⇔ ≥
luôn đúng.
Dấu “=” xảy ra khi
a = b = c
.
Lời giải 2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
3
3 3 3 3 2 3 2
a +a +1 3 a .a .1=3a 2a 3a -1
≥ ⇒ ≥
Tương tự:
3 2
2b 3b -1≥
3 2
2c 3c 1≥ −
Cộng vế với vế các BĐT ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 a +b +c 3 a +b +c -3 = 3 a +b +c - a +b +c = 2 a +b +c
≥
.
⇔

3 3 3 2 2 2
a +b +c a +b +c≥
Dấu “=” xảy ra khi
a = b = c
Nhận xét hai cách giải này ta thấy:
Với cách giải 1
Giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải tiếp các bài toán sau:
Bài toán 1
Cho
a+b = 2
. Chứng minh rằng:
4 4 3 3
a +b a +b≥
.
Bài toán 2 (Học viện Công nghệ bưu chính viễn thông 1998-1999)
Cho
a, b, c 0
≥
và
a+b+c = 3
. Chứng minh rằng:
4 4 4 3 3 3
a +b +c a +b +c≥
.
Bài toán 3 (Đại học Ngoại thương TP Hồ Chí Minh 1995-1996)
Cho
x 0, y 0≥ ≥
và
3 3
x +y 2=

. Chứng minh rằng:
2 2
x +y 2≤
.
Bài toán 4 (Đại học Y Dược TP Hồ Chí Minh 1992-1993)
Cho
a+b 2
≥
. Chứng minh rằng:
n+1 n+1 n n
a +b a +b≥
.
Sau khi học sinh giải hệ thống bài toán trên, giáo viên yêu cầu học sinh
tìm phương pháp chung để giải bài tập đó. Nguyên tắc để thực hiện đó là tìm
cách biến đổi sao cho hai vế của BĐT cần chứng minh có cùng bậc. Đây là một
phương pháp chứng minh BĐT có điều kiện được gọi là phương pháp “cân
bằng bậc”.
Với cách giải 2
Học sinh có thể đặt câu hỏi số 1 trong BĐT Cauchy đến từ đâu? Tại sao ta
lại nghĩ áp dụng BĐT Cauchy có sự tham gia của số 1.
Câu trả lời là do tính bình đẳng của
a, b, c
nên ta dự đoán dấu đẳng thức
có khi
a = b = c
, kết hợp với điều kiện
a+b+c = 3
a = b = c = 1⇒
. Phương pháp
này được gọi là phương pháp sử dụng điểm rơi để chứng minh BĐT.

Chú ý: Nếu trong BĐT Cauchy có
p
biến tham gia đánh giá, và kết quả khai căn
tổng số của các biến bằng
k
, khi đó ta nói là “cân bằng bậc
k
cho
p
biến với
điểm rơi”.
Từ đó giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải tiếp những bài tập sau:
Bài toán 1
20
Cho
a, b, c 0
≥
và
a+b+c = 3
. Chứng minh rằng:
a)
3 3 3
a +b +c 1≥
.
b)
5 5 5 3 3 3
a +b +c a +b +c≥
.
c)
m m m n n n

a +b +c a +b +c≥
với
2 n m; m, n
≤ ≤ ∈
¥
.
Bài toán 2
Cho
a, b, c
dương thay đổi. Chứng minh:
3 3 3
a b c a b c
+ + + +
b c a b c a
     
≥
 ÷  ÷  ÷
     
.
Bài toán 3
Cho
a, b, c
dương thay đổi. Chứng minh:
3 3 3
2 2 2
a b c a b c
+ + + +
b c a b c a
     
≥

 ÷  ÷  ÷
     
.
Đến bài toán 2 và bài toán 3 học sinh có thể gặp lúng túng vì bài tập vẫn
tương tự như dạng trên nhưng không có điều kiện ràng buộc giữa các biến.
Giáo viên có thể gợi ý cho học sinh đằng sau các biến
a b c
x = , y = , z =
b c a
là
ngầm ẩn giả thiết
xyz = 1
. Với gợi ý đó học sinh dự đoán được dấu đẳng thức có
khi
a b c
= = = 1
b c a
. Suy ra 1 là điểm rơi của BĐT Cauchy. Bởi vậy có lời giải
cân bằng bậc nhất cho một biến với điểm rơi là 1.
Từ đó áp dụng Cauchy ta có:
3 3
a a a
+ +1+1+1+1 6
b b b
   
≥
 ÷  ÷
   
.
Đánh giá tương tự các số còn lại và cộng các vế của các BĐT ta có BĐT

3 3 3
a b c a b c
2 +2 +2 6 + + 12
b c a b c a
       
≥ −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Mặt khác
a b c
+ + 3
b c a
≥

3 3 3
a b c a b c a b c a b c
2 +2 +2 6 + + 4 + + 2 + +
b c a b c a b c a b c a
           
⇒ ≥ − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
.
Tiếp đó ta lại ra cho học sinh bài toán sau:
Bài toán 4
Cho
x, y, z
là các số thực thỏa mãn
xy+yz+zx = 15
. Chứng minh :

4 4 4
x +y +z 300≥
.
Học sinh bằng lập luận tương tự, dự đoán được dấu đẳng thức có khi
4 4 4
x = y = z = 25
. Vì giả thiết là
xy+yz+zx = 15
nên ta dự đoán vế trái của
BĐT được so sánh với một biểu thức có chứa
xy+yz+zx
. Bởi vậy có lời giải cân
bằng bậc hai cho một biến với điểm rơi như sau:
Theo Cauchy ta có:
4 4
x +y +25+25 20 xy 20xy
≥ ≥
4 4
x +y +50 20xy⇔ ≥
.
Đánh giá tương tự các BĐT còn lại. Cộng các vế của BĐT ta được BĐT cần
chứng minh.
21
Qua đó giáo viên có thể yêu cầu học sinh chứng minh bài toán tổng quát
của BĐT (*)
Cho các số thực dương
i
a , i = 1, 2, , k
thỏa mãn
k

i
i=1
a = 1
∑
. Chứng minh rằng
với
m, n m n∀ ∈ ≥¥ *,
ta có:
m m m n n n
1 2 k 1 2 k
a +a + +a a +a + +a≥
Sau khi chứng minh xong bài toán này học sinh có thể thay
k
i
i=1
a = 1
∑
bởi
k
i
i=1
a = 1
∏
thì kết quả của BĐT không thay đổi.
2.5. Hệ thống hóa mẫu nhóm bài toán chứng minh bất đẳng thức cùng dạng
theo phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự
Hướng thứ nhất
Ta chọn bài toán khởi đầu để suy diễn ra một nhóm bài toán có liên quan
dựa trên việc khai thác kết quả và lời giải bài toán ban đầu. Các thao tác tư duy
sử dụng như phân tích, khái quát hóa, tương tự,… Sau đó đặc biệt hóa để tạo ra

những bài toán mới.
Bài toán xuất phát 1
Chứng minh rằng nếu
x 0>
và
y 0>
thì
1 1 4
+
x y x+y
≥
.
(1)
Lời giải 1
(1)
( )
2
x+y 4xy
⇔ ≥

( )
2
x-y 0
⇔ ≥
luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi
x = y
Lời giải 2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
( )

x+y 2 xy
1 1
x+y + 4
1 1 1
x y
+ 2
x y xy

≥

 
⇒ ≥

 ÷
≥
 


Do đó
1 1 4
+
x y x+y
≥
.
Đẳng thức xảy ra khi
x = y.
Lời giải 3
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( )
2

1 1 1 1
4= x. + y. x+y +
x y x y
 
 
≤
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
1 1 4
+
x y x+y
⇔ ≥
.
Đẳng thức xảy ra khi
x = y
.
Khai thác lời giải 2
22
BT tương tự bài toán xuất phát
Chứng minh rằng, nếu
x, y, z 0>
thì
1 1 1 9
+ +
x y z x+y+z
≥
. (1.1)

Từ bài toán xuất phát và bài toán (1.1) ta có bài toán mở rộng sau:
Cho
( )
i
x 0 i = 1,n>
. Chứng minh rằng:
2
1 2 n 1 2 n
1 1 1 n
+ + +
x x x x +x + +x
≥
(1.1*)
* Xây dựng một số bài toán mới bằng thao tác đặc biệt hóa.
Từ BĐT (1)
Với
x+y = 2
ta thu được BĐT
1 1
+ 2
x y
≥
.
Với
( )
a b
x = , y = a, b 0
b a
>
ta thu được BĐT

a b
+ 2
b a
≥
.
Từ BĐT (1.1)
Với
x+y+z = 3
ta thu được BĐT
1 1 1
+ + 3
x y z
≥
.
Với
x = a+b
y = b+c
z = c+a





( )
a, b, c 0
>
Ta có
( )
1 1 1 9
+ +

a+b b+c c+a 2 a+b+c
≥

a b c 3
+ +
b+c c+a a+b 2
⇔ ≥
(BĐT Nesbit).
Với
2
2
2
x = a +2bc
y = b +2ca
z = c +2ac






( )
a, b, c 0
>
Ta thu được BĐT
( )
2
2 2 2
1 1 1 9
+ +

a +2bc b +2ca c +2ab
a+b+c
≥
.
Nếu
( )
2
a+b+c = 1 a+b+c = 1
⇒
và
a, b, c 0
>
thì BĐT trên trở thành
2 2 2
1 1 1
+ + 9
a +2bc b +2ca c +2ab
≥
.
Nếu lấy
( )
3
a+b+c = 1
thì ta lại có
( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1
+ + 9
a +3bc b+c +2abc b +3ac a+c +2abc c +3ab a+b +2abc
≥

.
23
Với
x = a+b-c
y = b+c-a
z = c+a-b





với a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác thì
1 1 1 9
+ +
a+b-c b+c-a c+a-b a+b+c
≥
.
Khai thác lời giải 3
Ta có thể mở rộng bài toán (1) như sau:
Cho
x, y 0; α, β 0> >
. Chứng minh rằng
( )
2
α+β
α β
+
x yαx+βy
≥
(1.2*).

Lời giải
Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có:
( ) ( )
2
2
α β α β
α+β = αx+ βy + αx+βy
x y x y
 
 
≤
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
( )
2
α+β
α β
+
x yαx+βy
⇒ ≥
.
Bài toán tương tự với (1.2*)
Cho
x, y, z 0; α, β, γ 0> >
. Chứng minh rằng:
( )
2

α+β+γ
α β γ
+ +
x y zαx+βy+γz
≥
.
(1.3*)
Với
α = 2; β = γ = 1
cho ta BĐT
2 1 1 16
+ +
x y z 2x+y+z
≥
.
Tương tự BĐT (*) ta có các BĐT
2 1 1 16
+ +
y x z 2y+x+z
≥
.
2 1 1 16
+ +
z x y 2z+x+y
≥
.
Cộng các vế của các BĐT lại ta được:
1 1 1 1 1 1 1
+ + + +
2x+y+z 2y+x+z 2z+x+y 4 x y z

 
≤
 ÷
 
.
Và nếu thêm điều kiện
1 1 1
+ + 4
x y z
=
ta có:
1 1 1
+ + 1
2x+y+z 2y+x+z 2z+x+y
≤
.
Từ (1.2*) và (1.3*) ta có bài toán tổng quát sau:
Cho
1 2 n
1 2 n
x , x , , x 0
α , α , , α 0
>


>

. Chứng minh rằng:
( )
2

1 2 n
1 2 n
1 2 n 1 1 2 2 n n
α +α + +α
α α α
+ + +
x x xα x +α x + +α x
≥
. (1.4*)
24
Xây dựng một số bài toán mới bằng thao tác đặc biệt hóa.
Từ BĐT (1.2*)
1
2
1
1
2
2
α = α
β = α
x
x =
α
x
y =
α










ta có BĐT
( )
2
2 2
1 2
1 2
1 2 1 2
α +α
α α
+
x x x +x
≥
.
(1.5*)
Tương tự
( )
2
2
2 2
1 2 3
3
1 2
1 2 3 1 2 3
α +α +α
α

α α
+ +
x x x x +x +x
≥
.
(1.6*)
Với
1 2 3
x = x = x = 1
ta có BĐT quen thuộc
( )
( )
2
2 2 2
1 2 3 1 2 3
3α +α +α α +α +α
≥
.
Với
1 2 3 1 2 3
α = a+b; α = b+c; α = c+a; x = c; x = a; x = b
thì

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

.
Với
1 2 3 1 2 3
α = a; α = b; α = c; x = b+c; x = a+c; x = b+a
thì

2 2 2
a b c a+b+c
+ +
b+c c+a a+b 2
≥
.
Với
1 2 3 1 2 3
α = x; α = y; α = z; x = y; x = z; x = x
thì
2 2 2
x y z
+ + x+y+z
y z x
≥
.
Mở rộng bài toán (1.5*) và (1.6*)
Cho
( )
i i
α 0; x 0 i 1 n> > = ,
thì
( )
2

2 2 2
1 2 n
1 2 n
1 2 n 1 2 n
α +α + +α
α α α
+ + +
x x x x +x + +x
≥ .
(1.7*)
Khi
1 2 n
x = x = = x = 1
thì ta có:
( )
( )
2
2 2 2
1 2 n 1 2 n
nα +α + +α α +α + +α
≥
.
(1.8*)
Từ hướng khai thác trên ta có hệ thống bài toán sau:
Bài toán 1
Chứng minh rằng, nếu
x 0>
và
y 0>
và

x+y = 2
thì
1 1
+ 2
x y
≥
.
Bài toán 2
Chứng minh rằng, nếu
a 0, b 0
> >
thì
a b
+ 2
b a
≥
.
Bài toán 3
Chứng minh rằng , nếu
x, y, z 0>
và
x+y+z = 3
thì
1 1 1
+ + 3
x y z
≥
.
Bài toán 4
25