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:

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≥
”,
“

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

. 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

.
• 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

'
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

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

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

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

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

 
≥
 ÷
 
. (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 +

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;∀ > ≤

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

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

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

 ÷
 
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
 
≥
 ÷
 

(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
 
⇔ ≥
 ÷
 

 
 
 
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
 
 
≤ ≤
 ÷
 ÷
 ÷
 

. (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

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

 
>
 
)
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

. (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

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.
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

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 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