SKKN BGHSG toan 9

Những năm gần đây nền GD Việt Nam đã và đang chuyển mình theo su thế phát triển của nền GD thế giới, đó là cuộc cánh mạng đổi mới chơng trình, nội dung sách giáo khoa và đổi mới phơng ph

I đặt vấn đề

“ Hiền tài là nguyên khí Quốc gia’’, nguyên khí vợng thì Quốc gia vợng Đánh giá sự phát triển của một Quốc gia trớc hết là đánh giá sự phát triển của ngành giáo dục của Quốc gia đó Bất kỳ một Quốc gia nào có nền giáo dục hiện đại, phát triển đều có sự tăng trởng kinh tế vững mạnh Vì vậy phát triển giáo dục và đào tạo là một trong những

động lực quan trọng thúc đẩy sự nghiệp công nghiệp hoá, hiện đại hoá,là điều kiện để phát huy nguồn lực con ngời, là yếu tố cơ bản để phát triển xã hội, và tăng trởng kinh tế bền vững

Những năm gần đây nền GD Việt Nam đã và đang chuyển mình theo su thế phát triển của nền GD thế giới, đó là cuộc cánh mạng đổi mới chơng trình, nội dung sách giáo khoa và đổi mới phơng pháp giảng dạy trong các cấp học: Tiểu học, THCS, THPT Gần đây nhất một cuộc cánh mạng mới đang bừng sáng trong lĩnh vực giáo dục đó là cuộc vận động hai không : “ Nói không với tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo dục ” của Bộ Trởng bộ GD-ĐT Nguyễn Thiện Nhân Tất cả những sự thay đổi đó

đều nhằm mục đích phục vụ cho sự phát triển bền vững của đất nớc, để góp phần vào sự phát triển của nền giáo dục Việt Nam Mỗi thày cô giáo là một yếu tố không thể thiếu, bằng lơng tâm, khối óc và trách nhiệm trớc sự trờng tồn của cả một dân tộc cần phải phấn đấu hết sức mình, cống hiến hết sức lực và trí tuệ của mình nhằm dìu dắt thế hệ trẻ Việt Nam vững bớc xây dựng thiên niên kỷ mới với một hành trang tri thức vững vàng Trong nội dung sáng kiến này tôi chỉ xin đề cập đến một phần rất nhỏ của hành trang tri thức ấy đó là: “Biện pháp duy trì bồi dỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 ở trờng THCS

”

II Nội dung

A Cơ sở khoa học.

1 Cơ sở lý luận:

Bồi dờng học sinh giỏi là một hoạt động không thể thiếu của ngành GD nói chung

và của các trờng THCS nói riêng Đánh giá chất lợng một ngành học ngoài việc nhìn vào chất lợng đại trà thì chất lợng mũi nhọn cũng góp phần không nhỏ Làm thế nào để vừa duy trì chất lợng GD toàn diện vừa làm tốt công tác bồi dỡng học sinh giỏi Đòi hỏi ngời thay phải đổi mới phơng pháp dạy và trò phải đổi mới phơng pháp học phù hợp với su thế phát triển chung của nền GD thế giới Nếu chỉ trang bị cho HS các kiến thức đơn thuần sách giáo khoa thì tầm nhìn học sinh bị hạn chế Nếu nền tảng kiến thức từ cấp THCS của học sinh không vững, không sâu, khả năng t duy kém phát triển thì thế hệ trẻ Việt Nam thì sẽ khó bắt nhịp đợc với tốc độ phát triển đến chóng mặt của khu vực và thế giới Vì vậy việc giáo dục toàn diện cũng nh bồi dỡng HSG ở trờng THCS là việc làm không thể thiếu, là điều kiện giúp các em thực hiện đợc lời dặn dò đau đáu của Bác Hồ

vị cha già kính yêu lúc sinh thời đã dạy: “ Non sông Việ Nam có trở nên tơi đẹp hay không dân tộc Việt nam có bớc tới đài vinh quang để sánh vai với các cờng quốc năm châu hay không chính là nhờ 1 phần lớn ở công học tập của các em ”

2 Cơ sở thực tiễn:

Hệ thống bài toán THCS rất đa dạng phong phú Nếu không có phơng pháp học tập tốt thì học sinh khó nắm bắt đợc t duy thuật giải cho mỗi dạng bài tập Để trở thành một học sinh giỏi bộ môn toán việc tìm tòi phân dạng bài tập theo từng chuyên đề rất cần thiết Có nh vậy các em mới tự mình rèn luyện kỹ năng giải toán, biến kỹ năng thành kỹ sảo và xây dựng cho mình khả năng t duy độc lập, sáng tạo, tự tìm kiếm kho tàng kiến thức để chiếm lĩnh Với chút kinh nghiệm trong một số năm làm công tác bồi dỡng HSG ở trờng THCS Chi Nê huyện Lạc Thuỷ tỉnh Hoà Bình, tôi nhận thấy ngoài

ch-ơng trình chính khoá SGK và sách bài tập đã cung cấp thì để bồi dỡng đợc HSG môn toán 9 Giáo viên có thể định hớng cho học sinh tìm hiểu sâu hơn một số chuyên đề đối với cả 3 bộ môn: Số học, Đại số, Hình học nh sau:

2.1 Đối với môn số học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Số nguyên tố, hợp số, số chính phơng chia hết trong tập số nguyên và phơng trình nghiệm nguyên

2.2 Đối với môn đại số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức

- Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng

- Bất đẳng thức, bất phơng trình và ứng dụng

- Phơng trình, hệ phơng trình

- Tính giá trị biểu thức có điều kiện

- Bài tập cực trị đại số ( có điều kiện hoặc không có điều kiện)

2.3 Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:

- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng

- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp

- Bài tập cực trị độ dài, diện tích

- Bài tập quỹ tích

B Nội dung cụ thể:

Để khai thác đợc các bất đẳng thức trong quá trình bồi dỡng HSG giáo viên cần giới thiệu để học sinh nắm chắc và hiểu rõ cơ sở lí thuyết về bất đẳng thức

1 Cơ sở lí thuyết

I.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức:

Cho 2 số a, b ta có: - a lớn hơn b ( a > b ) nếu a-b > 0

- a nhỏ hơn b ( a < b ) nếu a-b < 0

- a lớn hơn hoặc bằng b ( a ≥ b ) nếu a -b ≥ 0

- a nhỏ hơn hoặc bằng b ( a ≤ b ) nếu a-b ≤ 0

1.2 Các tính chất của bất đẳng thức:

1.2.1 a > b <=> b < a 1.2.7 ac bc

b

c a

>

= >







>

>

0

1.2.2 a c

c b

b a

>

= >







>

>

1.2.8 ac bd

d c

b a

>

= >







≥

>

≥

>

0 0

1.2.3 a > b => a + c > b + c 1.2.9 a > b > 0 => an > bn

a > b <=> an > bn ( n lẻ)

1.2.4 a c b d

d c

b a

+

>

+

= >







>

>

a > b <=> an > bn ( n chẵn)

1.2.5 a c b d

d c

b a

−

>

−

= >







<

>

1.2.10 m > n > 0 thì a > 1 => am > an

a = 1 => am = an

0 < a < 1 => am > an

1.2.6

b a ab

b

0 => <







>

>

1.3 Các hằng bất đẳng thức.

1.3.1 a2 ≥ 0: - a2 ≤ 0 ∀a

1.3.2 a ≥ 0 dấu “=” xảy ra : a = 0 1.3.3 - a ≤a≤a dấu “=” xảy ra : a = 0 1.3.4 a+b ≤a +b dấu “=” xảy ra : ab ≥ 0

1.3.5 a−b ≥a −b dấu “=” xảy ra : ab ≥ 0 và a ≥b

1.4 Một số bất đẳng thức thờng sử dụng

1.4.1 Bất đẳng thức côsi

a + b ≥ 2 ab (với a ≥ 0; b ≥ 0) dấu “=” xảy ra: a = b

* Hệ quả 1:

b a b

4 1 1

( ab > 0)

* Hệ quả 2:

b

a

+

a

b

≥ 2 ( ab > 0) 1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Cốpxki

( ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx

1.5 Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức.

Có rất nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phơng pháp nào là tuỳ thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ năng nhận biết của học sinh Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện các kĩ năng toán và các thao tác trí tuệ tôi đã hớng dẫn học sinh nghiên cứu 7 phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.

- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0

1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y ∈ R ) Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)

= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2

= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0 Dấu “=” xảy ra : ay = bx

Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y ∈ R )

Dấu “=” xảy ra ⇔ ay = bx (điều phải chứng minh)

1.5.2 Dùng phép biến đổi tơng đơng.

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức

b

a+ ≤ (a +b) 2 ( vì 2 vế không âm nên bình phơng 2 vế) ⇔ a2 + 2ab + b 2 ≤ a2 + 2 ab + b2

⇔ ab ≤ ab (2)

Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng

Vậy a+b ≤a +b , dấu “=” xảy ra : ab ≥ 0

b/ Chứng minh bất đẳng thức:

b a b

Nếu a < b bất đẳng thức (3) luôn đúng

Nếu a ≥ b thì

b a b

a− ≥ − ⇔ a2 - 2ab + b2 ≥ a2 - 2 ab + b2

⇔ -ab ≥ −ab ⇔ab ≥ab (4) Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng

Vậy: a−b ≥a −b dấu “=” xảy ra: ab ≥ 0 ,a ≥ b

1.5 Sử dụng tính chất của bất đẳng thức.

Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 >

8 1

Ta có: a + b > 1 > 0

⇔ (a + b)2 > 1 (bình phơng 2 vế không âm)

Mặt khác: (a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0 (2)

Từ (1)(2): 2(a2+ b2) > 1 ⇔ a2+ b2 > 1 (3)

⇔ (a2+ b2) >

4

1 (b×nh ph¬ng 2 vÕ (3))

⇔ a4 + 2a2 b2 + b 4 >

4

1 (4)

Mµ (a2- b2)2 ≥ 0 ⇔ ⇔ a4 - 2a2 b2 + b 4 ≥ 0 (5)

Tõ (4)(5): 2(a4+ b4) >

4

1 ⇔ a4+ b4 >

8 1

VËy: a + b > 1 => a4+ b4 >

8

1

(*)

I.5.4 Ph¬ng ph¸p lµm tréi: muèn chøng minh A < B lµm tréi A thµnh C

( A < C) råi chøng minh C < B.

VÝ dô: Cho a, b, c > 0 M =

a c

c c b

b c a

a

+

+ +

+ +

Chøng minh: 1 < M < 2

V× a, b, c > 0 Ta cã:

⇒



















+ + +

+ + +

+ + +

c b a

c c

a

c

c b a

b c

b

b

c b a

a b

a

a







a c

c c b

b c a

a

+

+ +

+

c b a

+ +

+ +

= 1

Ta cã: a, b, c > 0

b

a

a

+ < 1 ⇔

c b a

c a c

c b a

a

+ +

+

T¬ng tù:

c b a

a b c b

b

+ +

+

c b a

b c a c

c

+ +

+

Céng vÕ víi vÕ ta cã:

a c

c c b

b c a

a

+

+ +

+

c b a

+ +

+

( 2

Tõ (1), (2): 1 < M < 2 (víi a, b, c > 0)

1.5.5 Dïng Ph¬ng ph¸p ph¶n chøng:

VÝ dô: Cho a2+ b2 ≤ 2 Chøng minh r»ng a + b ≤ 2

Gi¶ sö: a + b > 2 (b×nh ph¬ng 2 vÕ)

⇔(a + b)2 > 4

⇔a2 + 2ab + b 2 > 4 (1)

MÆt kh¸c:

(a - b)2 ≥ 0 ⇔ a2 - 2ab + b 2 ≥ 0

⇔ a2+ b2 ≥ 2ab => 2(a2+ b2 ) ≥ a2 + 2ab + b 2

a2+ b2 ≤ 2 (gi¶ thiÕt) => 2(a2+ b2 ) ≤ 4

=> a2 + 2ab + b 2 ≤ 4` (2)

Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẫn => giả sử sai

Vậy a2+ b2 ≤ 2 thì a + b ≤ 2

1.5.6 Phơng pháp quy nạp toán học:

Ví dụ: Chứng minh rằng với x > -1 thì (1 + x)n ≥1 + nx (với n ∈ Z, n > 0)

* Với n = l ta có: 1 + x ≥l + x

* Giả sử đúng với n = k (k nguyên dơng)

* PhảI chứng minh đúng với n = k + l

(l + x)k+1 ≥ l + (k + 1)x

(1 + x)(l + x)k ≥ ( l +kx)(1 + x) ( nhân 2 vế với (1)) (l + x)k ≥ 1 + x(k + l) + kx2

Vì kx2 ≥ 0 => l + (k + l)k + kx2 ≥ l + (k + l)x

=> (1 + x)k+l ≥ l + (k + l)x

Dấu “=” xảy ra: x = 0

1.5.7 Dùng phơng pháp hình học

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau:

2 2 2

(a +c b +c ) + (a2 +d2 )(b2 +d2 ) ≥ (a + b) (c + d ), trong đó a, b, c, d là các

số thực dơng

Giải: Xét tứ giác ABCD có AC⊥BD, O là

giao điểm hai đờng chéo, OA = a, OB = b,

OC = c, OD = d với a, b, c, d là các số dơng

Theo định lí Py-ta-go:

AB = a2 +c2 ; BC = b2 +c2 ;

AD = a2 +d2 ; CD = b2 +d2 ;

AC = a + b ; BD = c + d

Ta có: AB BC ≥ 2 SABC ; AD CD ≥ 2 SADC

⇒ AB BC + AD CD ≥ 2 SABCD = AC BD Vậy (a2 +c2 )(b2 +c2 ) + (a2 +d2 )(b2 +d2 ) ≥ (a + b) (c + d ) với a, b, c, d ≥0

Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhicốp xki để chứng minh bất đẳng thức trên

2 Nội dung bàI tập:

Bớc phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với trình độ học

sinh, giúp học sinh hình thành đợc cách giải bài tập và đa ra đợc nhiều phơng án giải, phát triển khả năng t duy lô gíc, hỗ trợ việc tự học, tự nghiên cứu của học sinh trong quá trình ôn luyện Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành bốn dạng cơ bản sau:

2.1 Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:

C O

D

B

b

a

d

2.1.1 Chứng minh bất đẳng thức: x4 – x +

2

1 > 0

Ta có: : x4 – x +

2

1 = : x4 – x2 +

4

1 + x2 – x +

2

1 = (x2 -

2

1 )2 + (x -

2

1 )2

⇒













≥

−

≥

−

0 )

2

1

(

0 )

2

1

(

2

2

x

x

(x2 - 2

1 )2 + (x -

2

1 )2 ≥ 0 (không thể xảy ra dấu bằng đồng thời)

vậy: x4 – x +

2

1 > 0 2.1.2 Chứng minh: 1x+1y ≥x+4y (với x, y > 0)

Xét hiệu:

) (

) ( )

(

4 )

(

4 ) ( ) ( 4

1

y x xy

y x y

x xy

xy xy x y xy y

x xy

xy t x x y x y y

x

y

−

= +

− + + +

= +

− +

+ +

= +

−

Vậy: :1x+1y ≥x+4y với x, y > 0

2.1.3 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:

c b a b a c a c b c b

a

1 1 1 1

1 1

+ +

≥

− +

+

− +

+

−

+

ta có: a + b > c, b + c > a, c + a > b (bất đẳng thức tam giác)

áp dụng hệ quả của bất đẳng thức côsi:

b b a c b c b a a c b c b

a

2 2

4 4

1 1

=

=

− + +

− +

≥

− +

+

−

Tơng tự:

c b a c a c b

2 1

− +

+

−

a b a c c b a

2 1

− +

+

−

c b a b a c a c b c b

− +

+

− +

+

− +

⇔

c b a b a c a c b c b a

1 1 1 1

1

− +

+

− +

+

− +

2.1.4 Chứng minh rằng với ∀n∈N và n ≥ 2 ‘

1

4

1 3

1 2

1

4 3

3 + + + + < 41

Ta có: k13  k31−k =k(k12 −1) =(k−1)(1k)(k+1)

)1 ( )1 (

1

4

3

2

1 3

2

1 1

)1 )(

)(

1

(

1

1

4

3

2

1

3

1

3

2

1

1

2

1

3

3

3

+

− + + +

⇒





















+

−

⇒

n n n A

n n

n

n









Mặt khác: (n 1)n2(n 1) (n 11)n−(n+11)n

−

= +

−

⇔

) ) 1 (

1 )

1 (

1

4 3

1 3 2

1 3 2

1 2 1

1 ( 2

1 ) 1 ( ) 1 (

1

4

.

3

.

2

1

3

.

2

.

1

1

n n n n n

n

+ +

+

C = 21 11.2 ( 11) 41 2 (1 1)  41

+

−

=









+

−

n n n

Hay A <

4

n

1

4

1 3

1 2

1

4 3

4

1

(với ∀ ≥2) b/ B = 1 +

1 2

1

3

1 2

1

− + +











− + + +

+











+











+











1 2

1

2

1

15

1

2

1 7

1 6

1 4

1 2

1 3

1 2

1

1 3

⇒

<

− +

+

<

+

+

+

<

+

−

−

1 1

2 3

2

1 2 1 2

1

2

1

2

1 4 7

1 6

1

5

1

2

1

2

1

2

3

1

2

1

n

n n

n

1 2 2

1

2 2

−

+

n

Vậy 1 +

1 2

1

3

1 2

1

− + +

+ n < n (n với ∀n∈N và n ≥ 2) 2.1.5 Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Chứng minh rằng:

(x + y)(y + z)(z + x ) ≥ 8xyz (1)

• (x + y)2(y + z)2(z + x )2 ≥ 64x2y2z2 (bình phơng 2 vế không âm)

(x + y)2 ≥ 4xy (bất đẳng thức côsi)

(y + z)2 ≥ 4yz (bất đẳng thức côsi)

(x + z)2 ≥ 4zx (bất đẳng thức côsi)

=> (x + y)2(y + z)2(z + x )2 ≥ 64x2y2z2 => bất đẳng thức (1) luôn đúng

(với x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) 2.1.6 a) Chứng minh rằng ∀n∈Z dơng thì: A =

2

1 2

2

3

1 2

1 1

+

+ +

+

n

(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh 2005-2006 tỉnh Hoà Bình)

Vì n∈Zdơng => 1;2;3……; n-1< n

Ta có:



















>

−

>

+

= +

>

+

n n

n

n

n n n

n

2

1 1

2

1

2

1

2

1

2

1 1

1

1

=>

n n

n n n

n n

1

2

1 2

1 2

1 1 2

2

3

1 2

1 1

− + +

+

+ +

+ +

Dãy gồm n số hạng => A > n

n

2

1

= 2 1

Vậy:

2

1 2

2

3

1 2

1 1

+

+ +

+

b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho 1 2006

3

1 2

1

>

+ + +

n

Cách1:

2

1

≥

2 1

2

1 2 2

1 2

1 3

1 4

1 3

1

2

+

= +

2

1 2 2

1 2

1

6

1 5

3

+ + +

………

2006 2

1 4012 2

1

3

1 2 1

2

1 2

2

1 2

1

1 2 1

4012

4011 4012 4012

4010

=

>

+ +

+

=

>

+ + +

Vậy tồn tại n ∈N (n ≥ 24210 thảo mãn điều kiện 1 2006

3

1 2

1 + + + >

n

Cách 2: Dựa vào kếtquả phần a ta có:

2

1

2n−S n ≥

S

với mọi 0 < n ∈ z Đẳng thức xảy ra  n =1

Do đó [ ( ) ( )] [ ] [ ] 21

4012 4012 4011 1

2

2 −S + S −S + + S −S >

S

=> S(24012)−S( )1 > 2006 => 2006

2

1

3

1 2

1

4012 >

+ + +

Vậy tồn tại n ∈N ≥ 24012

2.1.7 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:

abc ≥ (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) (1)

Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác: b + c – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c >0

Đặt b + c – a = y , a + c – b = x, a + b – c= z

áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz (với x, y, z ≥ 0 )

Ta có: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b] ≥

≥ 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

⇔2c.2b.2a ≥ 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)

abc ≥ (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c) 2.1.8 Cho a+b+c =1 chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥

3 1

Đặt a =

3

1

+ x , b =

3

1 + y , c =

3

1 + z

Do a+b+c=1 => x + y + z = 0

a2 + b2 + c2 = (31 + x)2 + (13 + y)2 + (31 + z)2 = 13 + 32 (x + y + z) + x2 + y2 + z2

=

3

1

+ x2 + y2 + z2 ≥

3

1 Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0

• a = b = c = 31

2.1.9 Cho a + b + c + d = 2 chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1

Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki

(a + b + c + d)2 ≤ (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 ) (1)

Từ (1)(2): 4 ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2)

⇔ 1 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 dấu “=”xảy ra ⇔ a = b = c = d = 12 . Cách 2: Đặt a =

2

1 + x

b =12 + y

c = 2

1 + z

d =12 + t

• x + y + z + t = 0 (vì a + b + c + d = 2 )

• a2 + b2 + c2 + d2 = (

2

1 + x)2 + (

2

1 + y)2 + (

2

1 + z)2 + (

2

1 + t)2

= 1 + ( x + y + z + t ) + x2 + y2 + z2 + t2 ≥ 1

• dấu “=”xảy ra: x = y = z = t ⇔ a = b = c =d =

2 1

2.1.10 Nếu a1 + a2 + … + an = k thì a1 + a2 + … + an ≥

n

k2