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 HĨA, ĐẶC BIỆT HĨA
VÀ TƢƠNG TỰ CHO HỌC SINH THƠNG 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 trị rất quan
trọng trong q trình dạy học tốn ở trường phổ thơng. Khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương
tự là phương pháp giúp chúng ta mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải của bài tốn, mở rộng,
đào sâu, hệ thống hố 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 tốn 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 tốn 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 tốn học, đam mê sự sáng tạo, tìm tịi.
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, tơi chọn đề tài: “Rèn luyện năng lực khái quát hoá, đặc biệt
hoá và tương tự cho học sinh thông qua các bài tốn 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. Phƣơng 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 thơng qua các bài tốn 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 qt hố, đặc biệt hoá và tương tự
2


trong dạy học mơn tốn ở trường phổ thơng 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 qt hố, đặc biệt hố và tương tự thơng qua các bài toán
chứng minh bất đẳng thức.
Chương 3 Thực nghiệm sư phạm.

3


CHƢƠNG 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Một số khái niệm
1.1.1. Khái qt hố

Theo G. Pơlya, “Khái qt 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 mơn Tốn”, 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 qt hóa thường gặp trong mơn tốn có thể biểu diễn theo sơ đồ
sau:
Khái qt hóa

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

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. Pơlya: “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 mơn tốn 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 q 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 tốn quỹ tích hoặc tìm điểm cố định đặc biệt hóa thường
được sử dụng để mị mẫm, dự đốn quỹ tích, dự đốn điểm cố định trên cơ sở đó để tìm
lời giải của bài tốn.

1.1.3. Tƣơng tự
Theo G. Pơlya: “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 mơ 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
vng 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 lơgic 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  bn .
6


a b0 a  b.
ab

3

a

3

b.

1.2.2. Một số bất đẳng thức thƣờng 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 khơng âm ta có:
a1 +a 2 +a 3 +...+a n n
 a1.a 2 .a 3...a n .
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 2b2 +a 3b3 +...+a n bn 

2

  a12 +a 2 2 +a 32 +...+a n 2  b12 +b 2 2 +b32 +...+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 ).
Với n = 2 ta có  ax+by    a 2 +b2  x 2 +y2  .
2

Với n = 3 ta có  ax+by+cz    a 2 +b2 +c2  x 2 +y2 +z 2  .
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 +b2 +b3 +...+bn   n  a1b1 +a 2b2 +a 3b3 +...+a n bn  .
7


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

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 +b2 +b3 +...+bn   n  a1b1 +a 2b2 +a 3b3 +...+a n bn  .
 a1 = a 2 = a 3 = ... = a n
b1 = b2 = b3 = ... = bn

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 Bất đẳng thức Becnuli
a) Cho n 

*

, a  -1, a 

ta có: 1+a   1+na .
n

b) Cho a  -1, r  , r  1 ta có: 1+a   1+ra .
r

 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 , x3 ,..., xn   a;b , α1 ,α 2 ,α3 ,...,αn >0 và α1 +α 2 +α3 +...+α n = 1 ta có:
a) Nếu f '  x   0 với x  a;b thì

 n

α
f
x

f

i  i
  αi x i  .
i=1
 i=1


b) Nếu f '  x   0 với x  a;b thì

 n

α
f
x


f



i
i
  αi x i  .
i=1
 i=1


n

n

1.2.3. Một số phƣơng 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 trị của khái qt hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự trong tốn học
Trong tốn 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 tốn học cao cấp. Khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương tự có thể vận dụng để mị mẫm
dự đốn kết quả bài tốn, tìm phương hướng giải bài tốn; để mở rộng, đào sâu và hệ
thống hóa kiến thức.
Trong lịch sử tốn học, có những bài tốn mà suốt hàng trăm năm biết bao thế hệ
các nhà tốn học trên thế giới với bao cơng sức chỉ mới giải được một số trường hợp đặc
biệt. Chẳng hạn bài tốn nổi tiếng: “Chứng minh rằng phương trình x n +y n = z n khơng có
nghiệm ngun 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 khơng biết bao nhiêu thời gian
và trí tuệ của hàng trăm nhà toán học lớn khắp thế giới.
1.4. Vai trị của khái qt hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự trong các bài toán chứng
minh bất đẳng thức
Đối với nhà trường phổ thơng khái qt 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 mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải của bài tốn, mở
rộng đào sâu và hệ thống hóa kiến thức.
1.4.1. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự là con đƣờng giúp chúng ta hình
thành các tri thức lí thuyết
Khái qt 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 qt hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự là phƣơng pháp suy nghĩ giúp chúng

ta mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải của bài toán chứng minh bất đẳng thức
Bài toán chứng minh BĐT là những bài tốn khơng có thuật tốn để giải, với những
bài tốn 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 tốn tương tự đó có giúp ích ta trong việc chứng minh bài
9


tốn ban đầu hay khơng? Về phương pháp giải có tương tự nhau khơng? Hay ta có thể áp
dụng kết quả bài tốn tương tự đó để giải bài tốn ban đầu khơng?
1.4.3. Khái qt hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự là phƣơng pháp suy nghĩ giúp chúng
ta mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức
Từ những kiến thức bài tốn 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 tốn 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 .

A

Ta có:

B’

AH BH CH
AA' BB' CC'
+

+
= ' + ' + ' -3 = C’
A'H B'H C'H
A H BH CH
=

H

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

Mặt khác

B
A’

C

 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


A

AI
AB
AC

AB+AC
AB+AC
= ' = ' = '
=
.
'
'
AI
AB
AC
A B+A C
BC

Tương tự
BI
AB+BC
=
.
B'I
AC

B’

C’

I

CI
AC+BC
=

.
'
CI
AB
B

Suy ra

C

A’

AI BI CI
AB+AC AB+BC AC+BC
+ ' + ' =
+
+
.
'
A I 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 tốn tổng qt 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
’

SABC
AA
AH
=
=
.
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 phƣơng pháp suy nghĩ sáng tạo; khái quát hóa, đặc biệt hóa
và tƣơng tự đóng vai trị 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 hồn 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 thơng qua quan sát, so sánh, khái qt 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 khơng những là sáng tạo mà cịn tăng thêm niềm vui trong q
trình giải tốn của học sinh.
Ví dụ 2
Cho a, b > 0 . Chứng minh rằng: a 3 +b3  a 2b+b2a. (1)
Chúng ta có thể giải bài tốn này theo 2 cách sau:
Cách 1
Ta có a 3 +b3 -a 2b-b 2a = a 2  a-b  -b 2  a-b  =  a-b   a+b   0.
2

 a 3 +b3  a 2b+b2a.

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

3

a 6b3 = 3a 2b  2a 3 +b3  3a 2b.

Tương tự 2b3 +a 3  3ab2 .
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ĐPCM.
Chúng ta có thể đề xuất bài tốn 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 2 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 a 2 b
bằng số mũ của a trong a 3 . Từ đó ta có những BĐT tương tự sau:
a 4 +b4  a 3b+b3a. (2)
a 5 +b5  a 4b+b4a. (3)

Theo hướng khai thác đó ta có thể khái qt hóa bài tốn như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: a n +bn  a n-1b+bn-1a  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
tốn trên lại được khái qt hóa như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng:
13


a n +bn  a mbn-m +bma 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 +b4  2a 2b2 . (6)
n = 5, m = 2 ta thu được BĐT a 5 +b5  a 3b2 +b3a 2 . (7)

* Tiếp tục quan sát số biến của các BĐT, các bài toán trên chỉ áp dụng cho 2 biến ta hồn
tồn 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+b2c+c2a. (8)
a 4 +b4 +c4  a 2b2 +b2c2 +c2a 2 . (9)

Khái qt hóa bài tốn 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 ma1m-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 khơng
ngừng rèn luyện trí thơng 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 tốn tổng qt. Từ đó bằng khái qt hóa để được BĐT (4), (5) và (10), ta thấy
mức độ khái qt 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 tốn đã biết.
Ví dụ 3
Từ một nội dung cos2 x  1  x  . Khi ta diến tả biểu thức của tích vơ hướng trong
khơng gian Ơclit ba chiều ta có các BĐT sau:

 a1b1 +a 2b2 +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 = b2 = b3 = 1 ta đã có ngay một bài tốn
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 +c2 . (2)

Nếu ta đặt a1 = X, b1 =

1
.
X

a 2 = Y, b 2 =

1
.

Y

a 3 = Z, b3 =

1
 X, Y, Z>0  .
Z

thì ta có

 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 = b2 +2bc, Z = c2 +2ac.
và với điều kiện a+b+c = 1  X+Y+Z =  a+b+c  = 1 và ta có bài tốn:
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 tốn 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 tốn. Kĩ thuật đặc biệt hóa các
biến càng cao thì bài tốn 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 tốn mới thì niềm vui cịn tăng
lên rất nhiều. Khái qt hóa, đặc biệt hóa và tương tự có ý nghĩa trong vai trị giúp học

sinh sáng tác các bài tốn mới, tạo ra các kết quả mới.
1.5. Kết luận chƣơng 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 đốn để tìm ra lời
giải của bài tốn; 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 trị 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 tốn học nói chung
và lĩnh vực giải các bài tốn BĐT nói riêng.

16


CHƢƠNG 2
VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA VÀ TƢƠNG TỰ THỒNG QUA
CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
2.1

. Vị trí và vai trị của bài tập chứng minh bất đẳng thức

Giáo sư Hồng Tụy có viết trên tạp chí Tốn học và tuổi trẻ “ Các nhà toán học
thường làm việc với bất đẳng thức nhiều hơn đẳng thức”. Đối với chương trình tốn ở
trường phổ thơng, 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 tốn sơ cấp thơng qua các dạng tốn như: tốn cực trị, khảo

sát hàm số, giải phương trình, giải bất phương trình… Có những bài tốn, việc sử dụng
BĐT đóng vai trị quyết định lời giải nhưng cũng có những bài toán ta chỉ sử dụng BĐT
như một khâu trung gian.
2.2. Dạy học phƣơng pháp tìm lời giải bài tốn
Trong mơn tốn ở trường phổ thơng có rất nhiều bài tốn chưa có hoặc khơng có
thuật giải. Đặc biệt với những bài chứng minh BĐT là những bài tốn mà khơng có một
thuật tốn nào để giải địi hỏi các em phải ln 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
tịi 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. Pơlya về
cách thức giải bài tốn đã được kiểm nghiệm trong thực tiễn dạy học, có thể nêu lên
phương pháp chung để giải bài tốn như sau:
Bước 1:

Tìm hiểu nội dung của bài tốn.

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 qt 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 tƣơng tự để tìm lời giải của bài tốn
chứng minh bất đẳng thức
Các bài tập toán học ở nhà trường phổ thơng có thể chia làm hai loại: loại có thuật
tốn để giải và loại chưa có thuật tốn để giải. Bài tập chứng minh BĐT thuộc về dạng
bài tập chưa có thuật tốn để giải. Để tìm cách giải dạng tốn này ta có thể hướng dẫn
học sinh tìm tịi, phát hiện nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đốn: biến đổi cái đã cho,
biến đổi cái phải tìm, liên hệ bài tốn cần giải với một bài tốn tương tự nhưng đơn giản
hơn, mị mẫm dự đốn thử xét một vài trường hợp riêng, một bài toán tổng qt hơn hay
một bài tốn nào đó liên quan.
Ví dụ 4
Chứng minh BĐT:

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

BĐT này chỉ nêu lên trong SGK đại số 10 và được phép ứng dụng, tuy nhiên khơng
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

a1a 2a 3b . (*)

a1a 2a 3 thì (*) có dạng gì?
3

4

a1a 2a 3  4

a1a 2a 3

3

a1a 2a 3 .

18


 a1 +a 2 +a 3 +

3

 a1 +a 2 +a 3  3


a1a 2a 3  4
3

3

a1a 2a 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).
a1 +a 2

a
+a
+
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
.
  a1a 2
2



a1 +a 2
.
2

a1 +a 2
thì ta có BĐT (3).
2

Giáo viên: Như vậy (3) khơng 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

19

Mặc dù vậy, việc phát hiện ra mối liên hệ này vẫn chưa giúp ta tìm ra lời giải của bài
tốn.
Áp dụng (3) cho các cặp số khơng âm  a1; a 2  ,  a 3 ; a 4  ta được điều gì?
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

a +a +a + 1 2 3
a1 +a 2 +a 3  1 2 3
3
a1a 2a 3

3
4



4


  a1 +a 2 +a 3 4
 

3

 


20

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 .
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 khơng? 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 +b2 +c2 +d 2 +e2  a  b+c+d+e  .

Học sinh giải như sau:
Theo BĐT Cauchy ta có:
a 2 +4b2  4ab
a 2 +4c2  4ac
a 2 +4d 2  4ad
a 2 +4e2  4ae

Cộng các BĐT trên ta được ĐPCM.
Nhận xét: Sai lầm về kiến thức vì a 2 +4b2  2 4a 2b2 = 4 ab .
Lời giải đúng

Ta có  a-2b   0
2

 a 2 -4ab+4b2  0  a 2 +4b2  4ab .

Tương tự ta cũng có a 2 +4c2  4ac , a 2 +4d 2  4ad , a 2 +4e2  4ae .
Cộng các BĐT trên ta được ĐPCM.
Ví dụ 6
1
4

Chứng minh rằng với mọi a ta có: a 1-a   . (*)
Học sinh giải như sau:
21


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  

Nhận xét: Sai lầm vì khơng 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 khơng chính xác.
Lời giải đúng
1
4

1
4

(*)  a-a 2   a 2 -a+  0
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 tốn
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 đốn BĐT tổng qt mà ta tìm
được là đúng và tìm cách chứng minh dự đốn đó.
2.4. Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tƣơng tự vào nghiên cứu lời giải của
bài toán chứng minh bất đẳng thức

22


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 =g hợp x  0

α

x

D

β
4

Xét ΔACD với AC = 3 ; CD = x ; ACD = α = 450
Theo định lí cơsin

B

ta có: AD = 9+x 2 -3x 2 .
Tương tự với ΔBCD có BC=4 ; CD=x , BCD=β=450 .
Theo định lí cơsin ta có:
DB= 16+x 2 -4x 2 . Vì ACD+BCD = α+β = 900 .

Theo định lí Pytago ta có:
AB2 = AC2 +BC2 = 32 +42 = 25.  AB = 5 .

Mặt khác AD+DB  AB mà M = AD+DB
 M  5 (ĐPCM).

Đẳng thức xảy ra khi điểm D thuộc đoạn thẳng AB .

Khai thác lời giải bài tốn
Góc độ thứ nhất: Trong lời giải xuất hiện bộ ba số Pytago 32 +42 = 52 . Nếu có các bộ ba số
Pytago khác thì ta có các BĐT tương tự với vế phải là số nguyên dương.
Chẳng hạn với bộ ba số 5, 12, 13 ta có BĐT sau với mọi số thực x bất kỳ
43


4.1

25+x 2 -5x 2 + 144+x 2 -12x 2  13 .

Với bộ ba số 8, 15, 17 ta có BĐT sau với mọi số thực x bất kỳ
4.2

64+x 2 -8x 2 + 225+x 2 -15x 2  17 .

4.3 Một cách tổng quát, với a  0; b  0 ta có BĐT sau với mọi số thực x bất kỳ
a 2 +x 2 -ax 2 + b 2 +x 2 -bx 2  a 2 +b 2 (4.1*).

Góc độ thứ hai: Trong lời giải xuất hiện α+β = 900 . Như vậy nếu ta chọn α, β dương
miễn sao thỏa mãn α+β = 900 ta sẽ có những BĐT mới.
Chọn α = 300 ; β = 600 và với bộ ba số Pytago 3, 4, 5 ta có BĐT sau với mọi số thực x bất
kỳ:
4.4

9+x 2 -3x 3 + 16+x 2 -4x  5 .

Chọn α = 180 ; β = 720 và với bộ ba số Pytago 5, 12, 13 ta có BĐT sau với mọi số thực x
bất kỳ:
4.5

5
25+x 2 - x 10+2 5 + 144+x 2 -6x
2





5-1  13 .

Như vậy, với các số thực dương a, b và các góc α, β dương thỏa mãn α+β = 900 thì
BĐT sau đúng với mọi x 
4.6

a 2 +x 2 -2axcosα+ b2 +x 2 -2bxcosβ  a 2 +b2 (4.2*).

Nếu thay đổi giả thiết, xét trường hợp α = β = 300 , ta có bài toán sau:
4.7 Chứng minh: N = 4+x 2 -2 3x + 9+x 2 -3 3x  7 với x  .
Lời giải

A

 Trường hợp x  0

2
C

α

x

D

β
3
44

B


Ta có 4+x 2 -2x 3 = 4+x 2 +2 x 3  4 = 2
9+x 2 -3x 3 = 9+x 2 +3 x 3  9  3

 N  5 . Vậy (2) đúng.

 Trường hợp x  0
Xét ΔACD với AC = 2 ;
CD = x ; ACD = α = 30 0 .

Theo định lí cơsin ta có: AD = 4+x 2 -2x 3
Tương tự với ΔBCD có:
BC = 3 ; CD = x ; BCD = β = 30 0 .

Theo định lí cơsin ta có: DB = 9+x 2 -3x 3 .
Xét ΔACB có AC = 2; BC = 3; ACB = 300 +300 = 600 .
Theo định lí cơsin ta có: AB = 4+9-2.2.3.cos600 = 7
Vì AD+DB  AB  ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi điểm D thuộc đoạn thẳng AB .
Trong trường hợp tổng quát

4.8 Với các số a, b dương và các góc α, β dương thỏa mãn α+β  900 ta sẽ có BĐT:
a 2 +x 2 -2axcosα + b 2 +x 2 -2bxcosβ  a 2 +b 2 -2abcos  α+β  (4.3*)

Nếu chọn a = b = 1; α = 300 ; β = 450 ta có BĐT
4.9

1+x 2 -x 3 + 1+x 2 -x 2  2-

6 2
2

Nếu chọn α = β = 300 ; a = 2, b = 1 ta có BĐT
4.10

4+x 2 -2x 3 + 1+x 2  x 3  3

Khái quát hóa BĐT (4.3*)
4.11 Với các số a, b, c dương và các góc α, β, γ dương
45