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.
1

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
2


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.



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 .
a b0 a  b.

ab

3

a

3

b.

I.3 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
 a1.a 2 .a 3...a n .
n
4


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  .
 a1 = a 2 = a 3 = ... = a n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 b1 = b 2 = b 3 = ... = b n



n

'

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.


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:

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 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




Giáo viên: Thay b =
Học sinh:

3

a1a 2a 3 thì (*) có dạng gì?

a1 +a 2 +a 3 +

4

3

a1a 2a 3  4

 a1 +a 2 +a 3 +

3

 a1 +a 2 +a 3  3


a1a 2a 3

a1a 2a 3  4
3

3

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

2
a
+a
+
 1 2
 a +a 
2
Giáo viên:  1 2   a1a 2  
3
 2 


Em có nhận xét gì khi đặt a 3 =
Học sinh: Nếu đặt a 3 =

3



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
+a
 3 4


a
a

  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 =
BĐT (4).
Học sinh:

9


 


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 .
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:

cosA+cosB+cosC 

3
. (1)
2

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:



(vì cos

x-y
x+y π
x+y
 1, 0  x+y  π  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
10


cosx+cosy cosz+cost
+
2
2
?
2
Học sinh:

với x, y, z, t  0; x+y+z+t  π .

cosx+cosy

(3)
 cos
4
4

Giáo viên: Hãy đặc biệt hóa BĐT (3) khi t =

x+y+z
.
3

Học sinh:

cosx+cosy+cosz+cos


x+y+z
 4cos
3

x+y+z+

x+y+z
3

4

cosx+cosy+cosz
x+y+z
 cos

luận khi từ BĐT này suy ra BĐT kia.
Ví dụ 3
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 +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 +4b 2  2 4a 2 b 2 = 4 ab .
Lời giải đúng
Ta có  a-2b   0
2

 a 2 -4ab+4b2  0  a 2 +4b 2  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 4
Chứng minh rằng với mọi a ta có: a 1-a  

1
. (*)
4

Học sinh giải như sau:
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số a và 1-a ta có:

12

  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 1 của luận văn, sau khi dự
n

a n +b n  a+b 

đoán BĐT tổng quát
 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

Lời giải 2 Dùng phương pháp biến đổi tương đương
(1)  1-2sin 2

A
B+C
B-C 3
A B+C π
+2cos
cos
 (do +

2
2
2
2
2
2
2
nên cos

 4sin 2

B+C
A
= sin ).
2
2

A
A

=
0
2sin
=1


π B-C π
2
2
2

(do - 
 )

2
2
2
B-C
B-C
sin

=0
=0

2
 2
14


π

B
C 3 3
. (1.1)
+sin +sin 
2
2
2
2

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




C
3
 n
ΔABC; n  ¥ * . (1.3)
2
2

Nếu tam giác ABC không tù, từ kết quả của bài toán ta có BĐT

cosA + cosB+ cosC 

3
. (1.4)
2

Từ (1.3) có BĐT tổng quát với mọi tam giác ABC không tù
n

cosA +

n

cosB+

n

cosC 

3
n


 a b 2 +c2 -a 2 +b c 2 +a 2 -b 2  c a 2 +b 2 -c 2  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.

cos

A
B
C
π 3 2 3
.
+cos +cos  3cos 
4
4
4
12
2

cos

3A
3B
3C
π 3 2
.
+cos

-A+B+C
=
-π+4kπ
2
2


Từ đó ta có một số BĐT sau:

cos  A+4B +cos  B+4C  +cos  C+4A  

3
.
2

cos  2A+2B-C  +cos  2B+2C-A  +cos  2C+2A-B 

3
.
2

Nếu A , B, C, D, E, F là các góc trong của một lục giác lồi thì:

cos

5  A+B
5  C+D 
5  E+F  3
+cos
+cos

2-a
2-a

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

.
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.
n



a1
a
a
nk
. (7)
+ 2 +...+ n 
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:
n

Cho n số dương tùy ý a1 , a 2 , a 3..., a n thỏa mãn

 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

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

1
1 
2
1 1
+
+...+    n+1
Ta có:  n+n+1+n+2+...2n   +
2n 
 n n+1 n+2

1 1
1

Chứng minh rằng:
18

2  n+1 2n
2

= . ĐPCM
3n
3n
3


1.

1
1
1
1
1
+
+
+...+
+
 1.
1998+1 1998+2 1998+3
3.1998 3.1998+1

2.

1

+
+...+

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


Tương tự:

3

a 3 .a 3 .1=3a 2  2a 3  3a 2 -1

2b3  3b2 -1

2c3  3c2  1
Cộng vế với vế các BĐT ta được:
2  a 3 +b3 +c3   3  a 2 +b 2 +c 2  -3 = 3  a 2 +b 2 +c 2  -  a 2 +b 2 +c 2  = 2  a 2 +b 2 +c 2  .
 a 3 +b3 +c3  a 2 +b2 +c2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Nhận xét hai cách giải này ta thấy:
Với cách giải 1
Giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải tiếp các bài toán sau:
Bài toán 1
Cho a+b = 2 . Chứng minh rằng: a 4 +b4  a 3 +b3 .
Bài toán 2 (Học viện Công nghệ bưu chính viễn thông 1998-1999)
Cho a, b, c  0 và a+b+c = 3 . Chứng minh rằng: a 4 +b4 +c4  a 3 +b3 +c3 .
Bài toán 3 (Đại học Ngoại thương TP Hồ Chí Minh 1995-1996)
Cho x  0, y  0 và x 3 +y3  2 . Chứng minh rằng: x 2 +y2  2 .
Bài toán 4 (Đại học Y Dược TP Hồ Chí Minh 1992-1993)
Cho a+b  2 . Chứng minh rằng: a n+1 +bn+1  a n +bn .
Sau khi học sinh giải hệ thống bài toán trên, giáo viên yêu cầu học sinh
tìm phương pháp chung để giải bài tập đó. Nguyên tắc để thực hiện đó là tìm
cách biến đổi sao cho hai vế của BĐT cần chứng minh có cùng bậc. Đây là một
phương pháp chứng minh BĐT có điều kiện được gọi là phương pháp “cân

b c a
b c a
Bài toán 3
3
2

3
2

3
2

a b c
a  b c
Cho a, b, c dương thay đổi. Chứng minh:   +   +    + + .
b c a
b c a
Đến bài toán 2 và bài toán 3 học sinh có thể gặp lúng túng vì bài tập vẫn
tương tự như dạng trên nhưng không có điều kiện ràng buộc giữa các biến.
Giáo viên có thể gợi ý cho học sinh đằng sau các biến x =

a
b
c
,y= ,z=
là
b
c
a



a
b
c
a b c
2   +2   +2    6  + +   12
b
c
a
b c a
Mặt khác

a b c
+ + 3
b c a

3

3

3

a
b
c
a b c
a b c
a b c
 2   +2   +2    6  + +   4  + +   2  + +  .
b

= 1 . Chứng minh rằng

i=1

với m, n  ¥ *, m  n ta có: a1m +a 2 m +...+a k m  a1n +a 2 n +...+a k n
k

Sau khi chứng minh xong bài toán này học sinh có thể thay

a
i=1

k

a

i

= 1 thì kết quả của BĐT không thay đổi.

i=1

22

i

= 1 bởi


C.PHẦN KẾT LUẬN


2 .Tổng kết kinh nghiệm và ý kiến đề xuất:
Từ những vấn đề đã trình bày, SKKN đạt được kết quả sau:
+ Đã nghiên cứu việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự trong
dạy học tìm lời giải và dạy học nghiên cứu lời giải thông qua các bài toán chứng
minh bất đẳng thức.
+ Đã hệ thống hóa mẫu nhóm bài toán chứng minh bất đẳng thức cùng dạng
theo phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự.
+ Đã đề xuất một số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện năng lực khái quát hóa,
đặc biệt hóa, tương tự cho học sinh.
+ Tác giả đã bước đầu tổ chức thực nghiệm trên đối tượng học sinh cụ thể để
kiểm tra tính khả thi của SKKN.

23


IV -TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng
Thắng, Trần Văn Vuông (2006), Đại số 10 nâng cao, NXBGD.
2.Trần văn Hạo, Vũ Tuấn, Doãn Minh Cường,Đỗ Mạnh Hùng,Nguyễn Tiến
Tài (2006), Đại số 10 cơ bản, NXBGD.
3.Nguyễn Huy Đoan,Phạm Thị Bạch Ngọc,Đoàn Quỳnh,Đặng Hùng
Thắng, Lưu Xuân Tình.(2006),Bài Tập Đại số 10 nâng cao, NXBGD.
4.Nguyễn Thái Hòe (1998), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán,
NXBGD.
5.G.Polia (1975), Giải một bài toán như thế nào,

NXBGD.

6.Trần Phương, Nguyễn Đức Tấn (2004), Sai lầm thường gặp và các sáng