Sáng kiến kinh nghiệm 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

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“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


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
2


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.

3


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:
Khái quát hóa

Khái quát hóa từ
cái riêng lẻ đến cái
tổng quát

Khái quát hóa tới cái
tổng quát đã biết

Khái quát hóa từ cái
tổng quát đến cái tổng
quát hơn

Khái quát hóa tới cái
tổng quát chưa biết

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] )

4


Những dạng đặc biệt hóa thường gặp trong môn toán có thể được biểu diễn theo sơ
đồ sau:
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

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:
5


- 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, 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 ∈ ¥ * ⇒ a n > b n .
6


a>b≥0⇔ a > b.
a>b⇔

3

a>

3

b.

1.2.2. Một số bất đẳng thức thường gặp

• Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
a1 - a 2 - a 3 -...- a n ≤ a1 +a 2 +a 3 +...+a n ≤ a1 + a 2 + a 3 +...+ a n ( ∀a i ∈ ¡ ) .

Đặc biệt với n = 2 ta có a - b ≤ a+b ≤ a + b ( với mọi a, b ∈ ¡ ).
• Bất đẳng thức Cauchy
Cho a1 , a 2 , a 3..., a n là các số thực không âm ta có:
a1 +a 2 +a 3 +...+a n
≥
n

n

a1.a 2 .a 3 ...a n .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a 2 = a 3 = ... = a n .
a+b
≥ ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b .
2

Đặc biệt với n = 2 ta có
Với n = 3 ta có

a+b+c 3
≥ abc . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
3

• Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Với các số thực a1, a 2 , a 3..., a n và b1 , b 2 , b3..., b n ta có:

( a1b1 +a 2b 2 +a 3b3 +...+a n b n )

2

≤ ( a12 +a 2 2 +a 32 +...+a n 2 ) ( b12 +b 2 2 +b3 2 +...+b n 2 ) .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a1
a
a
a
= 2 = 3 =...= n
b1
b2
b3
bn

(Nếu bi = 0 thì coi a i = 0 ).
2
2
2
2
Với n = 2 ta có ( ax+by ) ≤ ( a +b ) ( x +y ) .
2

2
2
2
2
2

2
Với n = 3 ta có ( ax+by+cz ) ≤ ( a +b +c ) ( x +y +z ) .
2

• Bất đẳng thức Chebyshev
a)

Cho hai dãy đơn điệu tăng a1 ≤ a 2 ≤ a 3 ≤ ... ≤ a n và b1 ≤ b 2 ≤ b3 ≤ ... ≤ b n ta có:

( a1 +a 2 +a 3 +...+a n ) ( b1 +b 2 +b3 +...+b n ) ≤ n ( a1b1 +a 2b 2 +a 3b3 +...+a n b n ) .
7


 a1 = a 2 = a 3 = ... = a n
b1 = b 2 = b3 = ... = b n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

b) Nếu a1 ≤ a 2 ≤ a 3 ≤ ... ≤ a n và b1 ≥ b 2 ≥ b3 ≥ ... ≥ b n thì

( a1 +a 2 +a 3 +...+a n ) ( b1 +b 2 +b3 +...+b n ) ≥ n ( a1b1 +a 2b 2 +a 3b3 +...+a n b n ) .
 a1 = a 2 = a 3 = ... = a n
b1 = b 2 = b 3 = ... = b n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
• Bất đẳng thức Becnuli

n
a) Cho n ∈ ¥ * , a > -1, a ∈ ¡ ta có: ( 1+a ) ≥ 1+na .
r

b) Cho a > -1 , r ∈ ¤ , r ≥ 1 ta có: ( 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 ] ;
x1 , x 2 , x 3 ,..., x n ∈ [ a;b ] , α1 ,α 2 ,α 3 ,...,α n >0 và α1 +α 2 +α 3 +...+α n = 1 ta có:
 n

a) Nếu f ( x ) > 0 với ∀x ∈ [ a;b ] thì ∑ αi f ( x i ) ≥ f  ∑ α i x i ÷.
i=1
 i=1

n

'

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

'

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.
8


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 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 x n +y n = z n 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
9


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:
AH BH CH
AA ' BB' CC'
+
+
= ' + ' + ' -3 =
A 'H B'H C 'H
AH BH CH
=

SABC SABC SABC
+
+
-3 . (1)
SBHC SAHC SAHB

Mặt khác
 SABC SABC SABC  SBHC SAHC SAHB 
+
+
+
+

÷
÷ ≥ 9 . Vì SBHC +SAHC +SAHB = SABC .
 SBHC SAHC SAHB  SABC SABC SABC 

⇒

SABC SABC SABC

+
+
≥ 9. (2)
SBHC SAHC SAHB

Từ (1) và (2) ta có:

AH BH CH
+
+
≥ 6. (3)
A ' H B' H C ' H

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:

10


AI
AB
AC
AB+AC
AB+AC
= ' = ' = '
=
.
'

'
AI
AB
AC
A B+A C
BC

Tương tự
BI
AB+BC
=
.
'
BI
AC
CI
AC+BC
=
.
'
CI
AB

Suy ra
AI BI CI
AB+AC AB+BC AC+BC
+ ' + ' =
+
+
.

'
AI BI CI
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. (4)
A ' I B' I C ' I

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. (5)
A 'O B 'O C ' O

Chứng minh

A

Từ O kẻ OM ⊥ BC . Ta có

B’

'

C
’

S
AA
AH
=
= ABC .
'
OA

OM
SOBC

B

O

H

M

A’

C

11


SABC
AO+OA '
⇔
=
.
OA '
SOBC
⇔

S
OA
= ABC -1.

'
OA
SOBC

Tương tự
S
S
OB
OC
= ABC -1 ,
= ABC -1.
'
'
OB
SAOC
OC
SAOB
⇒

S
S
S
AO BO CO
+ ' + ' = ABC + ABC + ABC -3. (6)
'
A O B O C O SOBC SAOC SAOB

 SABC SABC SABC   SOBC SAOC SAOB 
+
+

+
+
÷
÷≥ 9
S
S
S
S
S
S
AOC
AOB   ABC
ABC
ABC 
 OBC

Vì 

do SOBC +SOAC +SOAB = SABC .
⇒

SABC SABC SABC
+
+
≥ 9. (7)
SOBC SAOC SAOB

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. (8)
A 'O B'O C'O B'O

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,…
12


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 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: a 3 +b3 ≥ a 2b+b 2a. (1)
Chúng ta có thể giải bài toán này theo 2 cách sau:

Cách 1
Ta có a 3 +b3 -a 2 b-b 2a = a 2 ( a-b ) -b 2 ( a-b ) = ( a-b ) ( a+b ) ≥ 0.
2

⇒ a 3 +b3 ≥ a 2 b+b 2a.

Cách 2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
a 3 +a 3 +b3 ≥ 3

3

a 6b 3 = 3a 2b ⇔ 2a 3 +b 3 ≥ 3a 2b.

Tương tự 2b3 +a 3 ≥ 3ab 2.
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 a 3 và a 2 b ta thấy trong số
hạng a 3 số mũ của a là 3, trong số hạng a 2b 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 a 2b
bằng số mũ của a trong a 3 . Từ đó ta có những BĐT tương tự sau:
a 4 +b 4 ≥ a 3b+b3a. (2)
a 5 +b5 ≥ a 4 b+b 4a. (3)

Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán như sau:
n
n
n-1
n-1
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: 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
a n-1b bởi a m b n-m 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:
13


a n +b n ≥ a m b n-m +b ma n-m ( 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 a 4 +b 4 ≥ 2a 2 b 2 . (6)
n = 5, m = 2 ta thu được BĐT a 5 +b5 ≥ a 3b 2 +b3a 2 . (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:
a 3 +b3 +c3 ≥ a 2b+b 2c+c 2a. (8)
a 4 +b 4 +c 4 ≥ a 2 b 2 +b 2c2 +c 2a 2 . (9)

Khái quát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến
Cho n số dương a1 , a 2 , a 3..., a n , m, k ∈ ¥ , m ≥ k . Chứng minh rằng:
a1m +a 2 m +...+a n m ≥ a1k a 2 m-k +a 2 k a 3m-k +...+a n ma 1m-k . (10)

BĐT này chứng minh tương tự như ở cách giải 2.
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 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

( a1b1 +a 2b 2 +a 3b3 )

2

≤ ( a12 +a 2 2 +a 32 ) ( b12 +b 2 2 +b32 ) . (1)

Ta có thể sáng tạo ra rất nhiều bài toán từ BĐT trên bằng phép đặc biệt hóa.
Chẳng hạn, nếu cho b1 = b 2 = b3 = 1 ta đã có ngay một bài toán
14


Chứng minh rằng, với ba số thực bất kỳ a, b, c ta đều có:

( a+b+c )

2

(

)

≤ 3 a 2 +b 2 +c 2 . (2)

Nếu ta đặt a1 = X, b1 =

1
.
X

a 2 = Y, b 2 =

1
.
Y

a3 =

1
( X, Y, Z>0 ) .
Z

thì ta có

Z, b3 =

( X+Y+Z ) 

1 1 1
+ + ÷ ≥ 9. (3)
X Y Z

Đến đây, nếu chọn X = a+b
Y = b+c
Z = a+c

X+Y+Z = 2 ( a+b+c ) .

Ta có

1
1  9
 1
+
+
÷≥ .
 a+b b+c a+c  2

Khi đó (3) ⇔ ( a+b+c ) 
⇔

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
+
+
≥ . (4) (BĐT Nesbit)
b+c a+c a+b 2

Nếu chọn X = a 2 +2bc, Y = b 2 +2bc, Z = c 2 +2ac.
và với điều kiện a+b+c = 1 ⇒ X+Y+Z = ( a+b+c ) = 1 và ta có bài toán:
2

Chứng minh rằng, nếu a+b+c = 1 và a, b, c > 0 thì
1
1
1
+ 2
+ 2
≥ 9. (5)
a +2bc b +2ac c +2ab
2

Nếu lấy X+Y+Z = ( a+b+c ) = 1 thì ta lại có một bài toán mới:
3

Chứng minh rằng nếu a+b+c = 1 và a, b, c > 0 thì
15

1
1
1
+ 3
+ 3
≥ 9. (6)
a +3bc ( b+c ) +2abc b +3ac ( a+c ) +2abc c +3ab ( a+b ) +2abc
3

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.

16

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.

17


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
a1 +a 2 +a 3 3

≥ a1a 2a 3 với mọi a1 , a 2 , a 3 ≥ 0 . (1)
3

Chứng minh BĐT:

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
a1 +a 2 ≥ ?, a 3 + b ≥ ? . Từ đó suy ra a1 +a 2 +a 3 +b ≥ ? ( ∀b ≥ 0) .

Học sinh:
a1 +a 2 +a 3 +b = ( a1 +a 2 ) + ( a 3 +b ) ≥ 2 a1a 2 +2 a 3b = 2
⇒ a1 +a 2 +a 3 +b ≥ 2

(

(

a1a 2 + a 3b

)

)

a1a 2 + a 3b , ∀b ≥ 0

Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy để đánh giá vế phải của BĐT trên
Học sinh:

a1a 2 + a 3b ≥ 2

4

a1a 2a 3b .

Giáo viên: Từ đó ta có được điều gì?
Học sinh:

a1 +a 2 +a 3 +b ≥ 4

Giáo viên: Thay b =
Học sinh:

3

a1 +a 2 +a 3 +

4

a 1a 2a 3b . (*)

a1a 2a 3 thì (*) có dạng gì?
3

4

a1a 2a 3 ≥ 4

⇔ a1 +a 2 +a 3 +

3

a 1a 2a 3

a1a 2a 3 ≥ 4

3

3

a 1a 2a 3 .

a1a 2a 3 .
18


⇔ a1 +a 2 +a 3 ≥ 3
⇔

3

a1a 2a 3 .

a1 +a 2 +a 3 3
≥ a1a 2a 3 .
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

 a1 +a 2 +a 3 

÷ ≥ a1a 2a 3 . (2)
3



Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với (2), nhưng đơn giản hơn
2

Học sinh:

 a1 +a 2 

÷ ≥ a1a 2 . (3)
 2 

Giáo viên: Hãy chứng minh (3)
Học sinh: (3) ⇔ ( a1 -a 2 ) ≥ 0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 .
2

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).
a +a

a1 +a 2 + 1 2


a
+a


2
Giáo viên:  1 2 ÷ ≥ a1a 2 ⇔ 
3
 2 


2

Em có nhận xét gì khi đặt a 3 =
Học sinh: Nếu đặt a 3 =

3


÷
a1 +a 2
≥
a
a
.
÷
1 2
2
÷


a1 +a 2
.
2

a1 +a 2
thì ta có BĐT (3).
2

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 a 3 =

a1 +a 2
.
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 ( a1; a 2 ) , ( a 3 ; a 4 ) ta được điều gì?
19


Học sinh:
2

 a1 +a 2 
≥
a
a
2
2

1 2

÷
 2 
  a1 +a 2   a 3 +a 4 
⇒
÷
÷ ≥ a1a 2a 3a 4 . (1’)
2
2
2




 a 3 +a 4 

≥
a
a

÷
3 4
 2 


Giáo viên: Tiếp tục áp dụng (3) với

a1 +a 2
a +a

và 3 4 ta có:
2
2

Học sinh:
 a1 +a 2 a 3 +a 4
a1 +a 2 a 3 +a 4  2 + 2
.
≤
2
2
2



2


2
÷  a1 +a 2 +a 3 +a 4 
÷=
÷ . (2’)
4


÷


Giáo viên: Từ (1’) và (2’) ta có điều gì?
4

 a +a +a +a 
Học sinh:  1 2 3 4 ÷ ≥ a1a 2a 3a 4 . (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 a 4 =

a1 +a 2 +a 3
.
3

Giáo viên: Chúng ta hãy kiểm tra nghi vấn bằng cách thay a 4 =

a1 +a 2 +a 3
vào BĐT (4).
3

Học sinh:
a +a +a

a1 +a 2 +a 3 + 1 2 3

a +a +a
3
a1a 2a 3 1 2 3 ≤ 
3

4



4


÷  a1 +a 2 +a 3  4
÷ =
÷
3

÷ 


3

 a +a +a 
⇒  1 2 3 ÷ ≥ a1a 2a 3 . Như vậy (2) đã được chứng minh.
3



Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 = a 3 .
Quá trình trên là cả một chuỗi từ KQH → TT → ÐBH → KQH → ÐBH .
20


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:

a 2 +b 2 +c 2 +d 2 +e 2 ≥ a ( b+c+d+e ) .

Học sinh giải như sau:
Theo BĐT Cauchy ta có:
a 2 +4b 2 ≥ 4ab
a 2 +4c 2 ≥ 4ac
a 2 +4d 2 ≥ 4ad
a 2 +4e 2 ≥ 4ae

Cộng các BĐT trên ta được ĐPCM.
Nhận xét: Sai lầm về kiến thức vì a 2 +4b 2 ≥ 2 4a 2 b 2 = 4 ab .
Lời giải đúng
Ta có ( a-2b ) ≥ 0
2

⇔ a 2 -4ab+4b 2 ≥ 0 ⇔ a 2 +4b 2 ≥ 4ab .

Tương tự ta cũng có a 2 +4c2 ≥ 4ac , a 2 +4d 2 ≥ 4ad , a 2 +4e 2 ≥ 4ae .
Cộng các BĐT trên ta được ĐPCM.
Ví dụ 6
1
Chứng minh rằng với mọi a ta có: 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
=
2
2
1
⇒ a ( 1-a ) ≤ .
4
a ( 1-a ) ≤

21


Nhận xét: Sai lầm vì không để ý đến điều kiện của các số a, b trong BĐT Cauchy.
a+b
≥ ab là a ≥ 0 và b ≥ 0 . Trong ví dụ 2, a và 1-a chỉ không âm khi a ∈ [ 0;1] nên lời
2

giải trên không chính xác.
Lời giải đúng
(*) ⇔ a-a 2 ≤

1
1
⇔ a 2 -a+ ≥ 0
4
4
2

 1
⇔  a- ÷ ≥ 0 hiển nhiên đúng với mọi a .
 2

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

a n +b n  a+b 
≥
÷ với a+b ≥ 0,n ∈ ¥ *
2
2



Ta thử đặc biệt hóa giá trị n .
2

a 2 +b 2  a+b 
≥
Khi n = 2 cho ta BĐT
÷.
2
 2 
3

a 3 +b3  a+b 
≥

Khi n = 3 cho ta BĐT
÷.
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:
22


a
b
2
+
≥ . (1)
2-a 2-b 3

Lời giải
a
a-2+2
2

=
=
-1
2-a
2-a
2-a

Ta có
Tương tự

b
2
=
-1
2-b 2-b

Do đó:

a
b
1 
 1
+
= 2
+
÷-2 . (2)
2-a 2-b
 2-a 2-b 

Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:

a, b > 0
2-a > 0
1 
 1
 2-a + 2-b ÷( 2-a+2-b ) ≥ 4 (vì a+b = 1 ⇒ 2-b > 0 )





⇔

1
1
4
+
≥ . (3)
2-a 2-b 3

Từ (2) và (3) ta được ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi a = b =

1
.
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
+
+
≥ . (4)
2-a 2-b 2-c 5

Cho a, b, c, d dương thỏa mãn a+b+c+d = 1 , khi đó ta có:
a
b
c
d
4
+
+
+
≥ . (5)
2-a 2-b 2-c 2-d 7

Từ đó có thể khái quát hóa bài toán với n ( n ∈ ¥ * ) số dương tùy ý.
Cho n số dương tùy ý a1 , a 2 , a 3..., a n thỏa mãn

n

∑a

i

= 1 . CMR:

i=1

a1
a
a
n
+ 2 +...+ n ≥
. (6)
2-a1 2-a 2
2-a n 2n-1
23


Vẫn là cách nhìn dưới góc độ trên, nếu như tổng của các biến không phải là 1 mà là
n

một số bất kì, tức là

∑a = k
i

thì ta có BĐT tổng quát hơn.

i=1

a1
a
a
nk

+ 2 +...+ n ≥
. (7)
2-a1 2-a 2
2-a n 2n-k

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 a1 , a 2 , a 3..., a n thỏa mãn

n

∑ a = k , chứng minh:
i

i=1

a1
a
a
nk
+ 2 +...+ n ≥
với α ≥ 1 . (8)
α-a1 α-a 2
α-a n nα-k

Ngoài ra ta còn có thể mở rộng bài toán bằng cách tăng số mũ của biến
Cho n số dương tùy ý a1 , a 2 , a 3..., a n thỏa mãn

n

∑a

m
i

= k , chứng minh:

i=1

a1m
a 2m
anm
nk
+
+...+
≥
với α ≥ 1 . (9)
m
m
m
α-a1
α-a 2
α-a n
nα-k

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 8
Chứng minh rằng:

1 1
1
1 2
+
+
+...+
> ( n ∈ ¥ *) .
n n+1 n+2
2n 3

Lời giải
1

1

1

1 

+
+...+ ÷ > ( n+1)
Ta có: ( n+n+1+n+2+...2n )  +
2n 
 n n+1 n+2

2

1 1
1
1
( n+1)
⇒ +
+
+...+ >
n n+1 n+2
2n n+n+1+n+2+...+2n
2

24


1 1
1
1
⇒ +
+
+...+
>
n n+1 n+2
2n

( n+1)
n ( n+1) +

2

n ( n+1)

2

=

2 ( n+1) 2n
2
>
=
3n
3n
3 . 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 với n ∈ ¥ * .
n+1 n+2 n+3
3n+1

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 a1, a 2 ,..., a n thì:
1
1
1
n

+
+...+
≥
x-a1 x-a 2
x-a n x- a1 +a 2 +...+a n .
n

5. Giả sử 0 < a k < 1 ( k = 1, 2,.., n ) , đặt a1 +a 2 +...+a n = a .
n

Chứng minh rằng:

ak

∑ 1-a
k=1

≥
k

na
.
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 A n ≥ H n .
Trong đó:

A n = a1 +a 2 +...+a n ; H n =

n2
1 1
1 .
+ +...+
a1 a 2
an

Ví dụ 9
Cho a, b, c ≥ 0 và a+b+c = 3 . CMR: a 3 +b3 +c3 ≥ a 2 +b 2 +c 2 (*)
Lời giải 1
3
3
3
2
2
2
(*) ⇔ 3 ( a +b +c ) ≥ 3 ( a +b +c )

⇔ 3 ( a 3 +b3 +c3 ) ≥ ( a+b+c ) ( a 2 +b 2 +c 2 )
25