SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

TRƯỜNG THPT MỸ HÀO

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“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 ”.

Người thực hiện: Đinh Văn Chuẩn
Môn: Toán
Đơ n vị công tác: Trường THPT Mỹ Hào

NĂM HỌC 2013-2014
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

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.
2


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 từ cái
tổng quát đến cái tổng
quát hơn

Khái quát 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:
- 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

a b0 a  b.
3

3

ab a  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
 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 .
Đặc biệt với n = 2 ta có
2
a+b+c 3
 abc . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
Với n = 3 ta có
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


2

2

2

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  .
 a = a = a = ... = a n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1 2 3
 b1 = b 2 = b 3 = ... = b n
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  .
 a = a = a = ... = a n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1 2 3
 b1 = b 2 = b 3 = ... = b n
 Bất đẳng thức Becnuli
n
a) Cho n  ¥ * , a  -1, a ¡ ta có: 1+a   1+na .

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 ,α3 ,...,αn >0 và α1 +α 2 +α3 +...+α n = 1 ta có:

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.
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
n

'

6


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 +yn = 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

Ta có:
AH BH CH
AA' BB' CC'
+
+
=
+
+
-3 = C’
A'H B'H C'H
A'H B'H C'H
H
7

B
A’

C


=

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

 SABC SABC SABC   SBHC SAHC SAHB 

A
AI
AB
AC
AB+AC
AB+AC
=
=
=
=
.
A 'I
A 'B
A 'C
A 'B+A 'C
BC
Tương tự
BI
AB+BC
B’
=
.
'
C’
BI
AC
I
CI
AC+BC
=

AC
AB
BC
AB

 
 

AI BI CI
 ' + ' + '  6. (4)
A I BI CI
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
8

B’
C

O

= 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
S
S
S  S
S
S 
Vì  ABC + ABC + ABC   OBC + AOC + AOB   9
 SOBC SAOC SAOB   SABC SABC SABC 
do SOBC +SOAC +SOAB = SABC .
S
S
S
 ABC + ABC + ABC  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 .


 a 3 +b3  a 2b+b2a.
Cách 2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
3

a 3 +a 3 +b3  3 a 6 b3 = 3a 2 b  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 toán mới như thế nào?
* Nhìn theo góc độ số mũ của hai vế của BĐT (1): Xét riêng a 3 và a 2b 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 +b4  a 3b+b3a. (2)
a 5 +b5  a 4b+b4a. (3)
Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: a n +b n  a n-1b+b n-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 toán trên lại được khái quát hóa như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng:
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 +b4  2a 2 b2 . (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 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:


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

 a+b+c 

2





 3 a 2 +b2 +c2 . (2)

1
.
X
1
a 2 = Y, b 2 =
.
Y
1
a 3 = Z, b3 =
 X, Y, Z>0  .
Z
1 1 1
thì ta có
 X+Y+Z   + +   9. (3)
X Y Z

+
 . (4) (BĐT Nesbit)
Từ đó ta được BĐT
b+c a+c a+b 2
2
Nếu chọn X = a +2bc, Y = b2 +2bc, Z = c2 +2ac.
Khi đó (3)

và với điều kiện a+b+c = 1  X+Y+Z =  a+b+c  = 1 và ta có bài toán:
Chứng minh rằng, nếu a+b+c = 1 và a, b, c  0 thì
1
1
1
+
+
 9. (5)
a 2 +2bc b 2 +2ac c2 +2ab
3
Nếu lấy X+Y+Z =  a+b+c  = 1 thì ta lại có một bài toán mới:
2

11


Chứng minh rằng nếu a+b+c = 1 và a, b, c  0 thì
1
1
1
+ 3
+ 3

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.








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
4

Học sinh:
a1a 2 + a 3b  2 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

4


 a1 +a 2 +a 3  3 a1a 2a 3 .
3
a +a +a
 1 2 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
 a1 +a 2 
Học sinh:

  a1a 2 . (3)
 2 
Giáo viên: Hãy chứng minh (3)
2
Học sinh: (3)   a1 -a 2   0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 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).

14

2
Giáo viên: Như vậy (3) không những là một trường hợp tương tự của (2) mà còn
a +a
là một trường hợp đặc biệt của (2) khi a 3 = 1 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?
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









Giáo viên: Từ (1’) và (2’) ta có điều gì?
4
 a1 +a 2 +a 3 +a 4 
Học sinh: 
  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
a +a +a
trường hợp đặc biệt của (4) khi a 4 = 1 2 3 .
3
a +a +a
Giáo viên: Chúng ta hãy kiểm tra nghi vấn bằng cách thay a 4 = 1 2 3 vào
3
BĐT (4).
Học sinh:

15


a +a +a


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 +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
2
Ta có  a-2b   0
 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 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
a 1-a  

a n +b n  a+b 
dự 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 
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

+
 2
+
Do đó:
 -2 . (2)
2-a 2-b
 2-a 2-b 
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
17


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
1
Từ (2) và (3) ta được ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi a = b = .
2

i

= 1 . CMR:

i=1

a1
a
a
n
+ 2 +...+ n 
. (6)
2-a1 2-a 2
2-a n 2n-1
Vẫn là cách nhìn dưới góc độ trên, nếu như tổng của các biến không phải
n

là 1 mà là một số bất kì, tức là

 a = k thì ta có BĐT tổng quát hơn.
i

i=1

a1
a
a
nk
+ 2 +...+ n 
. (7)


= 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.

18


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

n+1
2  n+1 2n
1 1
1
1

2
 +
+
+...+

=

= . ĐPCM
n  n+1
n n+1 n+2
2n
3n
3n
3
n  n+1 +
2
Sau đó giáo viên có thể ra tiếp các bài tập sau:
Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
+

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
a
na
Chứng minh rằng:  k 
.
n-a
k=1 1-a k
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 .
2

Trong đó: A n = a1 +a 2 +...+a n ; H n =

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

a 3 +a 3 +1  3 a 3 .a 3 .1=3a 2  2a 3  3a 2 -1
Tương tự: 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
bằng bậc”.
Với cách giải 2
Học sinh có thể đặt câu hỏi số 1 trong BĐT Cauchy đến từ đâu? Tại sao ta
lại nghĩ áp dụng BĐT Cauchy có sự tham gia của số 1.
Câu trả lời là do tính bình đẳng của a, b, c nên ta dự đoán dấu đẳng thức
có khi a = b = c , kết hợp với điều kiện a+b+c = 3  a = b = c = 1. Phương pháp
này được gọi là phương pháp sử dụng điểm rơi để chứng minh BĐT.
Chú ý: Nếu trong BĐT Cauchy có p biến tham gia đánh giá, và kết quả khai căn

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.
a
b
c
Giáo viên có thể gợi ý cho học sinh đằng sau các biến x = , y = , z =
là
b
c
a
ngầm ẩn giả thiết xyz = 1. Với gợi ý đó học sinh dự đoán được dấu đẳng thức có
a
b
c
= = = 1 . Suy ra 1 là điểm rơi của BĐT Cauchy. Bởi vậy có lời giải
khi
b
c
a
cân bằng bậc nhất cho một biến với điểm rơi là 1.
3
3
a
a a
Từ đó áp dụng Cauchy ta có:   +   +1+1+1+1  6 .

a
b c a
b c a
b c a
Tiếp đó ta lại ra cho học sinh bài toán sau:
Bài toán 4
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn xy+yz+zx = 15 . Chứng minh :
x 4 +y 4 +z 4  300 .
Học sinh bằng lập luận tương tự, dự đoán được dấu đẳng thức có khi
4
x = y4 = z 4 = 25 . Vì giả thiết là xy+yz+zx = 15 nên ta dự đoán vế trái của
BĐT được so sánh với một biểu thức có chứa xy+yz+zx . Bởi vậy có lời giải cân
bằng bậc hai cho một biến với điểm rơi như sau:
Theo Cauchy ta có: x 4 +y4 +25+25  20 xy  20xy
 x 4 +y4 +50  20xy .
Đánh giá tương tự các BĐT còn lại. Cộng các vế của BĐT ta được BĐT cần
chứng minh.
21


Qua đó giáo viên có thể yêu cầu học sinh chứng minh bài toán tổng quát
của BĐT (*)
Cho các số thực dương a i , i = 1, 2,..., k thỏa mãn

k

a

i


Ta chọn bài toán khởi đầu để suy diễn ra một nhóm bài toán có liên quan
dựa trên việc khai thác kết quả và lời giải bài toán ban đầu. Các thao tác tư duy
sử dụng như phân tích, khái quát hóa, tương tự,… Sau đó đặc biệt hóa để tạo ra
những bài toán mới.
Bài toán xuất phát 1
1 1
4
Chứng minh rằng nếu x  0 và y  0 thì + 
. (1)
x y x+y
Lời giải 1
2
(1)   x+y   4xy
  x-y   0 luôn đúng
2

Đẳng thức xảy ra khi x = y
Lời giải 2

x+y  2 xy 

1 1
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 1 1
1    x+y   x + y   4
+ 2



x y
xy 

BT tương tự bài toán xuất phát

1 1 1
9
. (1.1)
+ + 
x y z x+y+z
Từ bài toán xuất phát và bài toán (1.1) ta có bài toán mở rộng sau:
Cho x i  0 i = 1,n . Chứng minh rằng:
Chứng minh rằng, nếu x, y, z  0 thì





1 1
1
n2
(1.1*)
+ +...+

x1 x 2
x n x1 +x 2 +...+x n
* Xây dựng một số bài toán mới bằng thao tác đặc biệt hóa.
Từ BĐT (1)
1 1
Với x+y = 2 ta thu được BĐT +  2 .
x y
a
b

 (BĐT Nesbit).
b+c c+a a+b 2
 x = a 2 +2bc

Với  y = b 2 +2ca
 a, b, c  0
z = c 2 +2ac


Ta có

Ta thu được BĐT
1
1
1
9
+
+

.
a 2 +2bc b 2 +2ca c 2 +2ab  a+b+c 2
Nếu a+b+c = 1   a+b+c  = 1 và a, b, c  0 thì BĐT trên trở thành
2

1
1
1
+ 2
+ 2
 9.

Ta có thể mở rộng bài toán (1) như sau:

α β  α+β 
Cho x, y  0; α, β  0 . Chứng minh rằng + 
(1.2*).
x y αx+βy
Lời giải
Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có:
2

2

 α
 α β
β
αx +
βy    +   αx+βy 
 α+β  = 
y
 x
 x y
2
α β  α+β 
 + 
.
x y αx+βy
Bài toán tương tự với (1.2*)
2

α β γ  α+β+γ 

1 1 1
+ +  4 ta có:
x y z
1
1
1
+
+
 1.
2x+y+z 2y+x+z 2z+x+y
Từ (1.2*) và (1.3*) ta có bài toán tổng quát sau:
 x1 , x 2 ,..., x n  0
Cho 
. Chứng minh rằng:
α
,
α
,...,
α

0
 1 2
n
2
α1 +α 2 +...+α n 

α1 α 2
αn
+ +...+


1


x
y = 2
α2

Tương tự
2
α12 α 22 α32  α1 +α 2 +α3 
+ + 
. (1.6*)
x1 x 2 x 3
x1 +x 2 +x 3





Với x1 = x 2 = x 3 = 1 ta có BĐT quen thuộc 3 α12 +α2 2 +α32   α1 +α2 +α3  .
2

Với α1 = a+b; α 2 = b+c; α 3 = c+a; x1 = c; x 2 = a; x 3 = b thì

 a+b  +  b+c  +  a+c 
2

2

2

x1 +x 2 +...+x n
Khi x1 = x 2 = ...= x n = 1 thì ta có:









n α12 +α22 +...+αn 2   α1 +α2 +...+αn  . (1.8*)
2

Từ hướng khai thác trên ta có hệ thống bài toán sau:
Bài toán 1
Chứng minh rằng, nếu x  0 và y  0 và x+y = 2 thì

1 1
+  2.
x y

Bài toán 2
Chứng minh rằng, nếu a  0, b  0 thì

a b
+  2.
b a

Bài toán 3