SKKN Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hoá để tìm lời giải thông qua các bài toán chứng minh bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ VÀ TƯƠNG
TỰ HOÁ ĐỂ TÌM LỜI GIẢI THÔNG QUA CÁC BÀI TOÁN
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC"
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài:
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.
Vì vậy, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm “Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá và
tương tự hoá để tìm lời giải thông qua các bài toán chứng minh bất đẳng thức ”.
để hướng dẫn cho học sinh phương pháp tư duy giải toán.
II. Cơ sở khoa học của SKKN:
Bài tập chứng minh BĐT có vai trò quan trọng trong môn Toán. Điều căn bản là
bài tập có vai trò đánh giá hoạt động của học sinh. Thông qua giải bài tập, học sinh
phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và thể hiện định
nghĩa, định lí, qui tắc hay phương pháp, những hoạt động trí tuệ phức hợp, những hoạt
động trí tuệ phổ biến trong Toán học, những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt
động ngôn ngữ.
Vai trò của bài tập chứng minh BĐT được thể hiện cụ thể là:

* Với chức năng giáo dục, bài tập chứng minh BĐT giúp học sinh hình thành thế giới
quan duy vật biện chứng và niềm tin phẩm chất đạo đức của người lao động mới, rèn
luyện cho học sinh đức tính kiên nhẫn, chính xác, chu đáo trong học tập, từng bước
nâng cao hứng thú học tập môn toán, phát triển trí thông minh, sáng tạo.
* Với chức năng dạy học, bài tập chứng minh BĐT nhằm hình thành, củng cố cho học
sinh những tri thức, kĩ năng, kĩ xảo ở những khâu khác nhau của quá trình dạy học.
* Với chức năng phát triển, bài tập chứng minh BĐT nhằm phát triển năng lực trí tuệ:
rèn luyện những hoạt động tư duy, hình thành những phẩm chất trí tuệ.
* Với chức năng kiểm tra, bài tập chứng minh BĐT nhằm đánh giá mức độ, kết quả
dạy và học, đánh giá khả năng độc lập học toán và trình độ phát triển của học sinh. Từ
năm 2002 đến nay, đề thi vào đại học và cao đẳng được thực hiện theo hướng ba
chung, nội dung đề thi phải nằm trong chương trình học, phải bám sát chương trình,
không quá khó, không mang tính đánh đố học sinh nhưng lại phải có khả năng phân
loại được thí sinh. Bài tập về BĐT hoặc những bài tập dưới dạng BĐT thường được sử
dụng là bài tập để phân loại học sinh bởi BĐT là một nội dung khó, học sinh lại không
được rèn luyện nhiều, để giải BĐT đòi hỏi học sinh phải động não, tư duy mà điều đó
thường chỉ học sinh khá, giỏi mới làm được.
III. Mục đích của SKKN: Giúp học sinh phát triển tư duy khái quát hoá, đặc biệt
hoá và tương tự hoá để tìm lời giải toán trong một số bài toán bất đẳng thức .
IV.Đối tượng nghiên cứu:
- Khách thể: Học sinh THPT .
- Đối tượng nghiên cứu: Một số bài toán bất đẳng thức .
- Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán sơ cấp bài toán bất đẳng thức trong chương trình
PTTH.
- Thực hiện đề tài trong các giờ bài tập của học sinh lớp 10A2,10D3,10A6 năm học
2013 -2014
V. Phương pháp nghiên cứu:
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.
VI. Thời gian hoàn thành SKKN: Tháng 04 năm 2014.
B. PHẦN NỘI DUNG
CHƯƠNG I
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
I. 1 Định nghĩa
• 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.
I.2 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> ⇔ >
.
I.3 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

(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 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

 
≤
 ÷
 
∑ ∑
.
I.4 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.
CH ƯƠNG II
VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ VÀ TƯƠNG TỰ HOÁ ĐỂ
TÌM LỜI GIẢI CỦA BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC II.1 Vận
dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự hoá vào 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 1
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).
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:
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
.
BĐT (1) được chứng minh dựa trên việc khai thác một BĐT (2) tương tự với nó
nhưng đơn giản hơn và cũng là một trường hợp đặc biệt của nó. Sau đó dùng trường

hợp đặc biệt này để chứng minh cho bài toán tổng quát hơn (4). Cuối cùng bằng đặc
biệt hóa để trở về bài toán ban đầu. Như vậy bài toán trên được giải nhờ đặc biệt hóa
và tương tự.
Ví dụ 2
Cho
A, B, C
là ba góc trong của một tam giác. Chứng minh rằng:
3
osA+cosB+cosC
2
c ≤
. (1)
Bài toán này có nhiều cách chứng minh giáo viên có thể gợi ý cho học sinh một trong
những cách chứng minh sau:
Trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau:
cosx+cosy+cosz x+y+z
cos
3 3
≤
với
x, y, z 0 x+y+zπ;∀ > ≤
. (2)
Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với BĐT (2) nhưng đơn giản hơn
Học sinh:
cosx+cosy x+y
cos
2 2
≤
với
x, y 0 x+yπ;∀ > ≤

. (3)
Học sinh có thể chứng minh (3) một cách dễ dàng
Ta có:
cosx+cosy x+y x-y x+y
= cos cos cos
2 2 2 2
≤

(vì
x-y x+yπ x+y
cos 1, 0 x+yπ 0 cos 0
2 2 2 2
≤ < < ⇒ < < ⇒ >
).
Từ BĐT (3) học sinh vẫn chưa thể chứng minh được BĐT (2).
Giáo viên: Dựa vào BĐT (3) em hãy đánh giá hệ thức
cosx+cosy cosz+cost
+
2 2
2
?≤
với
x, y, z, t 0; x+y+z+tπ> ≤
.
Học sinh:
cosx+cosy x+y
cos
2 2
≤
cosz+cost z+t

cos
2 2
≤
⇒
cosx+cosy cosz+cost x+y z+t
+ cos +cos
x+y+z+t
2 2 2 2
cos
2 2 4
≤ ≤
.
Giáo viên:
Như vậy ta đã chứng minh được
cosx+cosy+cosz+cost x+y+z+t
cos
4 4
≤
(3)
Giáo viên: Hãy đặc biệt hóa BĐT (3) khi
x+y+z
t =
3
.
Học sinh:
x+y+z
x+y+z+
x+y+z
3
cosx+cosy+cosz+cos 4cos

3 4
≤
cosx+cosy+cosz x+y+z
cos
3 3
⇔ ≤
.
Đến đây giáo viên cho học sinh phát hiện ra mối liên hệ giữa bài toán ban đầu và kết
quả của bổ đề.
Học sinh: Áp dụng bổ đề cho
x = A, y = B, z = C

Ta được
A+B+C 3
cosA+cosB+cosC 3cos =
3 2
≤
. Đẳng thức xảy ra khi
ΔABC
đều.
Bài toán được giải nhờ việc giải một bài toán tổng quát của nó. Để giải được bài
toán tổng quát (2) ta đã đi giải một bài toán tương tự (3) nhưng cũng là trường hợp đặc
biệt của nó. Sau đó bằng đặc biệt hóa để trở về BĐT tổng quát ban đầu. Chứng minh
được bài toán tổng quát ta lại tiếp tục đặc biệt hóa
để xuất hiện bài toán (1).
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 3
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 4
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.
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 1 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.
Sau khi đã tìm ra lời giải, ngoài việc kiểm tra lại lời giải, giáo viên cần khuyến
khích học sinh tìm tòi những cách giải khác, so sánh chúng để chọn được cách giải
hợp lí nhất. Mọi cách giải đều dựa vào một số đặc điểm nào đó của các dữ kiện, cho
nên tìm được nhiều cách giải là luyện tập cho học sinh biết cách nhìn nhận một vấn đề
theo nhiều khía cạnh khác nhau, điều đó rất bổ ích cho việc phát triển năng lực tư duy.
Mặt khác, tìm được nhiều cách giải thì sẽ chọn được cách giải hay nhất, đẹp nhất.
II.2. Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự hoá 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.
Trở lại ví dụ 2
Cho
A, B, C
là ba góc trong của một tam giác. Chứng minh rằng:
3
cosA+cosB+cosC .
2
≤
(1)
Lời giải 1 Dùng bổ đề để chứng minh
Ta xét thêm một cách giải sau:
Lời giải 2 Dùng phương pháp biến đổi tương đương

(1)
2
A B+C B-C 3
1-2sin +2cos cos
2 2 2 2
⇔ ≤
(do
A B+Cπ
+
2 2 2
=
nên
B+C A
cos = sin
2 2
).
2
A A B-C
4sin -4sin cos +1 0
2 2 2
⇔ ≥
2
2
A B-C B-C
2sin -cos +sin 0
2 2 2
 
⇔ ≥
 ÷
 

luôn đúng.
Vậy (1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
A B-C A
2sin -cos = 0 2sin = 1
π B-C π
2 2 2
(do - )
2 2 2B-C B-C
sin = 0 = 0
2 2
 
 
 
⇔ < <
 
 
 
 

Aπ π
= A =
Aπ
( do 0 ) ΔABC
2 6 3
2 2
B = C B = C
 
 
< < ⇔ ⇒

 
 
 
đều
Khai thác kết quả của bài toán.
Góc độ thứ nhất: Trong giả thiết của bài toán thì
A, B, C
là các góc của một tam giác
thì
A+B B+C A+C
, ,
2 2 2
cũng là các góc trong của một tam giác. Từ đó ta có BĐT:
A B C 3 3
sin +sin +sin
2 2 2 2
≤
. (1.1)
Từ BĐT(1.1) ta có:
2
A B C A B C 9
sin + sin + sin 3 sin +sin +sin
2 2 2 2 2 2 2
 
 
≤ ≤
 ÷
 ÷
 ÷
 

 
A B C 3
sin + sin + sin
2 2 2
2
≤
. (1.2)
Từ (1.2) ta có BĐT tổng quát
n n n
n
A B C 3
sin + sin + sin ΔABC; n *
2 2 2
2
≤ ∀ ∈¥
. (1.3)
Nếu tam giác ABC không tù, từ kết quả của bài toán ta có BĐT
3
cosA+ cosB+ cosC
2
≤
. (1.4)
Từ (1.3) có BĐT tổng quát với mọi tam giác ABC không tù
( )
n n n
n
3
cosA+ cosB+ cosC n *
2
≤ ∈ ¥

. (1.5)
Ta còn có thể khai thác bài toán theo nhiều hướng khác
Góc độ thứ hai: Sử dụng các hệ thức liên hệ giữa các hàm lượng giác với các yếu tố
khác như độ dài, diện tích, chu vi,…
Chẳng hạn, từ (1) theo định lí côsin trong tam giác ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
b +c -a c +a -b b +c -a 3
+ +
2bc 2ac 2bc 2
≤
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b +c -a +b c +a -b c a +b -c 3abc⇔ + ≤
.
Khai thác lời giải của bài toán.
Xét lời giải 1
Áp dụng bổ đề xét trong các trường hợp đặc biệt ta sẽ xây dựng thêm nhiều BĐT mới.
A B Cπ 3 2 3
cos +cos +cos 3cos
4 4 4 12 2
+
≤ =
.
3A 3B 3Cπ 3 2
cos +cos +cos 3cos
4 4 4 4 2
≤ =
.
Cho
A, B, C, D

là các góc của một tứ giác ta có:
A B C D
cos +cos +cos +cos 2 2
2 2 2 2
≤
.
Xét lời giải 2
Lời giải chỉ cần yêu cầu
B+C A
cos = sin
2 2
( )
A+B+C = π+4kπ
k
-A+B+C = -π+4kπ

⇔ ∈


¢
.
Từ đó ta có một số BĐT sau:
( ) ( ) ( )
3
cos A+4B +cos B+4C +cos C+4A
2
≤
.
( ) ( ) ( )
3

cos 2A+2B-C +cos 2B+2C-A +cos 2C+2A-B
2
≤
.
Nếu A , B, C, D, E, F là các góc trong của một lục giác lồi thì:
( ) ( ) ( )
5 A+B 5 C+D 5 E+F
3
cos +cos +cos
4 4 4 2
≤
.
Như vậy từ việc khai thác bài toán ban đầu bằng khái quát hóa, đặc biệt hóa và
tương tự đã cho ta nhiều kết quả mới khá hấp dấn.
Ví dụ 5
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:
( )
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.
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 6
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 7
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
⇔ ≥
( )
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