Tài liệu Rèn kỹ năng sử dụng bất đẳng thức cauchy ( cô si )

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN MỸ ĐỨC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ BỘT XUYÊN ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN KỸ NĂNG SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔ-SI) CHO HỌC SINH TRUNG HỌC CƠ SỞ LĨNH VỰC: TOÁN HỌC TÁC GIẢ: NGUYỄN TRỌNG TUÂN CHỨC VỤ: GIÁO VIÊN NĂM HỌC : 2012-2013 1 MỤC LỤC Nội dung Trang TT 1 Sơ yếu lý lịch 3 2 A. Phần mở đầu 4 3 B. Phần nô ôi dung 5 4 I. Cơ sở khoa học 5 5 II. Giải pháp thực hiê ôn 6 6 1. Bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) 6 7 8 9 10 11 12 2. Các kỹ thuâ ôt sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Côsi) 2.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi 2.2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cô ông kết hợp chọn điểm rơi 2.3. Phương pháp đổi biến số 2.4. Các bất đẳng thức thường dùng được suy ra từ bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) III. Kết quả 7 7 19 26 30 42 13 C. Kết luâ ôn và khuyến nghị 43 14 D. Tài liê ôu tham khảo 45 2 CỘNG HOÀ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc. ----------o0o---------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SƠ YẾU LÝ LỊCH . Họ và tên : NGUYỄN TRỌNG TUÂN Ngày tháng năm sinh : 05/10/1976 Năm vào ngành : 10/09/1997 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: TrườngTHCS Bột Xuyên- Mỹ Đức-Hà Nội Trình độ chuyên môn : Đại học. Bộ môn giảng dạy : Toán học. Khen thưởng : Giáo viên dạy giỏi cấp thành phố Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở. 3 A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài: Trong nhà trường phổ thông môn Toán có một vai trò, vị trí và ý nghĩa hết sức quan trọng góp phần phát triển nhân cách, năng lực trí tuệ chung như phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa, khái quát hóa, ….Rèn luyện những đức tính của người lao động trong thời kỳ mới như tính cẩn thận, chính xác, tính kỷ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mỹ. Bên cạnh đó những tri thức và kỹ năng toán học cùng với những phương pháp làm việc trong toán học trở thành công cụ để học tập những môn học khác trong nhà trường, là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau, là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế vì vậy toán học là một thành phần không thể thiếu của trình độ văn hóa phổ thông. Chứng minh bất đẳng thức, cực trị là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chương trình toán phổ thông, rất thường gặp trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào các trường chuyên, lớp chọn. Để giải được loại toán này đòi hỏi học sinh phải biết cách vận dụng thành thạo nội dung kiến thức đã được học bên cạnh đó còn phải biết phân tích bài toán một cách hợp lý mới có thể tìm được lời giải cho bài toán. Các bài toán chứng minh bất đẳng thức, cực trị rất đa dạng và phong phú. Xét về cả lý luận và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu quả trong việc phát triển tư duy cho học sinh. Trong khi đó kiến thức và thời lượng mà các em được truyền thụ trong nhà trường ở cấp THCS lại quá sơ sài vì vâ ây phần lớn học sinh rất ngại chạm trán với loại toán này. Xét về phương pháp giải loại toán trên có nhiều cách như: Biến đổi tương đương, phương pháp phản chứng, dùng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, dùng bất đẳng thức tam giác, làm trội, làm giảm, quy nạp.....Trong đó việc sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Cauchy, BĐT Bunhiacopski có mô ât vai trò hết sức quan trọng trong viê âc rèn kỹ năng giải toán cho học sinh. Qua thực tiễn giảng dạy học sinh ở nhà trường và đô âi tuyển học sinh giỏi của huyê nâ Mỹ Đức, tôi nhận thấy “ Rèn kỹ năng sử dụng Bất đẳng thức Cauchy ( Cô-si )” trong viê âc giải các bài toán về bất đẳng thức hay tìm cực trị có vị trí hết sức quan trọng trong viê âc rèn luyê ân kỹ năng, phương pháp suy luâ nâ trong học toán và cũng là nô âi dung quan trọng trong bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh tham gia dự thi tuyển sinh vào các trường chuyên, trường năng khiếu. Đó là lý do tôi chọn đề tài này. 2. Phạm vi và thời gian thực hiện đề tài Chuyên đề được sử dụng nhằm bồi dưỡng cho học sinh giỏi lớp 9 cấp THCS và học sinh dự thi vào các trường THPT chuyên. Nghiên cứu về phương pháp giải toán bất đẳng thức, cực trị thông qua “rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Cô-si)” đặc biệt là các phương pháp chứng minh và bài tập vận dụng để giúp học sinh có thể học tốt hơn và hình thành những kiến thức, kĩ năng mới, vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo trong việc học toán cũng như trong cuộc sống. Thời gian thực hiện 1 năm ( Năm học 2012-2013) 4 3. Mục đích nghiên cứu: Rèn luyê nâ kỹ năng giải bài toán bất đẳng thức, cực trị thông qua các kỹ thuâ ât sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Viê âc rèn luyện kỹ năng giải loại toán này có ý nghĩa hết sức quan trọng đối với học sinh: Giúp các em củng cố và hệ thống hoá được nhiều kiến thức , vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo kiến thức của bậc học THCS để có cách giải thông minh và phù hợp. Bên cạnh đó nó giúp cho các em luôn luôn có những suy nghĩ khoa học, giúp các em đạt được hiệu quả cao nhất trong công việc và cuộc sống đời thường. 4. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu các phương pháp « Rèn luyện kỹ năng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) » là một phần quan trọng trong chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị trong chương trình Toán THCS. 5. Đối tượng khảo sát, thực nghiệm Học sinh lớp 9 trường THCS Bột Xuyên, đội tuyển học sinh giỏi môn Toán dự thi cấp thành phố huyện Mỹ Đức. 6. Phương pháp nghiên cứu Để tiến hành làm đề tài này tôi sử dụng các phương pháp nghiên cứu sau: +) Phương pháp nghiên cứu tài liê âu bổ trợ +) Phương pháp quan sát và so sánh, đối chiếu +) Thao giảng, trao đổi ý kiến với các đồng nghiê âp trong quá trình giảng dạy +) Tổng hợp những kinh nghiê m â , phương pháp mới trên lớp học +) Đánh giá kết quả ban đầu và điều chỉnh bổ xung +) Kiểm tra đánh giá cuối cùng và hoàn chỉnh công viê âc. B. PHẦN NỘI DUNG I. CƠ SỞ KHOA HỌC 1. Cơ sở lý luận Xu thế đổi mới mạnh mẽ của nền Giáo dục nói chung và Giáo dục THCS nói riêng là lấy học sinh làm trung tâm, giáo viên là người hướng dẫn, tổ chức các hoạt động nhằm phát huy những năng lực chung cho học sinh, đáp ứng với việc bước đầu hình thành những con người mới cho xã hội hiện đại và không ngừng phát triển. Học toán và giải toán có vị trí rất quan trọng trong chương trình cấp THCS, do đó học sinh cần phải học và có được phương pháp học tập, phương pháp giải toán độc đáo. Muốn vậy học sinh cần phải được phát triển kỹ năng vận dụng phương pháp giải toán một cách tốt nhất, nhanh nhất, hay nhất tạo thói quen thành thạo và phát triển khả năng tư duy, trí thông minh cho học sinh. Chính vì vậy, ở cấp THCS, việc phát triển trí thông minh cho các em thông qua môn Toán là hết sức cần thiết. Chứng minh bất đẳng thức là mô ât trong những chuyên đề hay và khó có tác dụng rất tốt trong viê âc rèn luyê nâ khả năng tư duy và phát triển trí thông minh cho học sinh. 5 2. Cơ sở thực tiễn 2.1. Thực trạng học tâ ôp của học sinh Qua khảo sát cho thấy phần lớn học sinh còn lúng túng khi đứng trước bài toán về bất đẳng thức hoă âc cực trị, các em chưa biết cách phân tích bài toán để áp dụng phương pháp một cách hợp lý. Một số em khá, giỏi cũng chỉ dừng lại ở mức giải quyết được những bài tập đơn giản mà đường lối giải đã có sẵn. 2.2. Thực tế giảng dạy của giáo viên Do thời lượng dành cho nô âi dung về bất đẳng thức và cực trị không nhiều, lại nằm rải rác trong chương trình THCS nên trong những năm vừa qua chuyên đề bất đẳng thức và cực trị chưa được quan tâm nhiều vì vâ ây đa số học sinh gă âp khó khăn khi gă âp các bài toán loại này. 2.3. Khảo sát thực tế trước khi thực hiê ôn đề tài Lớp Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu 9C 32 3 6 14 9 Đối với đô âi tuyển học sinh giỏi của huyê ân Mỹ Đức các em cũng chưa có kỹ năng phân tích tìm tòi lời giải bài toán mô ât cách khoa học mà chỉ giải được các bài tâ âp đơn giản đă âc biê ât các em gă âp nhiều khó khăn đối với các bài toán phải có cách tách hợp lý. II. GIẢI PHÁP THỰC HIÊôN (NÔôI DUNG CHỦ YẾU CỦA ĐỀ TÀI) Để giúp các em tiếp câ ân và giải quyết tốt loại toán này tôi thực hiê ân theo cách thức sau: -) Trước hết cho học sinh ôn lại bất đẳng thức Cauchy và các dạng thường được sử dụng. -) Phân dạng các kỹ thuâ ât sử dụng theo các phương pháp cụ thể và minh họa bằng các bài tập cụ thể. Sau mỗi phương pháp học sinh được luyện tập, bằng hệ thống các bài tập tương tự. +) Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi +) Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cô nâ g kết hợp chọn điểm rơi +) Phương pháp đổi biến số +) Các bất đẳng thức thường dùng được suy ra từ bất đẳng thức Cauchy (Cô-si). 1. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔ-SI) Cho n số không âm: a1; a2 ; a3 ;....an ta có a1  a2  a3  ......  an  n n a1a2 a3 ....an (Đẳng thức xảy ra khi a1  a2  a3  ....  an ) * Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ) 6 n = 2:  x, y  0 n = 3: x y  xy 2 x  y  2 xy 1.1 1.2  x, y, z  0 x y z 3  xyz 3 x  y  z  3 3 xyz Đẳng thức xảy ra khi x = y Đẳng thức xảy ra khi x = y = z Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi. Khi S2 S x y  xy nên xy  đó,  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. 2 2 4 S2 Do đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất bằng 4 khi và chỉ khi x = y. Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tích x.y = P không đổi. Khi đó, x y  xy  P nên x  y  2 P . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. 2 Do đó, tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 P khi và chỉ khi x = y. Ứng dụng: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất. Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhỏ nhất. 2. CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔ-SI) 2.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều a  b  2 ab . Đánh giá từ tổng sang tích. Bài 1: Cho x > 0 chứng minh rằng: x  1 2 x Giải Do x  0 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có Đẳng thức xảy ra khi x x 1 2 x x. 1 x 2 1  x  1 thỏa mãn đk x > 0 x Lời bình Đây là bài toán đơn giản chỉ cần áp dụng trực tiếp bđt cô-si là ta có lời giải của bài toán. Tuy nhiên ta ít gặp những bài toán có nội dung đơn giản 7 như vậy mà phải qua mô ôt vài bước suy luânô và biến đổi hợp lý mới sử dụng được. Bài 2: Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab)  9ab  a, b  0. Giải Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab)  33 1.a.b. 3.3 a.b.ab  9ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Lời bình 9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Côsi cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó. Bài 3: Cho 0 < x < 2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  9x 2  2 x x Giải A 9x 2 x  1 2 x x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 9x 2  x ; ta được 2 x x 9x 2  x . 1  2 9 1  7 2 x x 9x 2 x 1   x  (thỏa mãn điều kiê ân 0 < x < 2) Dấu “=” xảy ra khi 2 x x 2 1 Vâ ây minA = 7 khi x  2 A 2 Lời bình Trong cách giải trên ta đã tách đảo với 2 2 x 2 x  1 hạng tử thành tổng nghịch x x x x nên khi vânô dụng bất đẳng thức Cô-si ta được tích của chúng là 2 x mô ôt hằng số. Bài 4: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3  9ab2  a, b  0 Giải Côsi Ta có: 3a3 + 7b3  3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3  33 33 a3b6 = 9ab2 ( Đẳng thức xảy ra khi a = b = 0 ) Lời bình 9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Cô-si ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn. Bài 5: Chứng minh rằng: x 2  3  1 10  x 3 3 2 Giải 8 Ta có x2  3  1 x2  3 1 8 2 x2  3 1 8 2 8 10    x  3  2 . 2  .3    2 2 x 3 9 x 3 9 9 x 3 9 3 3 3    x2  3 1  2  x 3 Đẳng thức xảy ra khi  9  x2  3  3   x2  0  x  0 Lời bình Lời giải trên có vẻ thiếu tự nhiên, tại sao lại tách x 2  3  x2  3 8 2  ( x  3) ? 9 9 Điều đó dựa trên phân tích sau: +) Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi x = 0 +) Khi sử dụng bđt Cô-si thì đẳng thức xảy ra khi hai số bằng nhau do đó  x2  3 1  2  x 3 ta có:  k x  0   k 9 Bài 6: ( Thi ts vào 10 tp Hà Nô ôi năm học 2011-2012) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4 x 2  3x  1  2011 4x Giải  2 Ta biến đổi M   4 x  4 x  1   x  1  1  2    2010   2 x  1   x    2010 4x  4x    1 2 Do  2 x  1  0 x Dấu “=” xảy ra khi x  ( Thỏa mãn đk x > 0) (1) 2 1 Vì x > 0, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta cho hai số dương x và ta có 4x 1 1  2 x.  1 Dấu “=” xảy ra khi 4x 4x 1 1 1 x  4 x2  1  x2   x  ( Do x  0) 4x 4 2 x (2) 1  M  1  2010  2011;  M  2011  x   2  1 Vâ ây MinM  2011 khi x  2 Từ (1) và (2) suy ra: Lời bình Dựa vào đâu để tách được -3x thành(-4x + x)? Điều đó được lý giải bằng phân tích sau đây: Ta viết 1 2  M   2 x  k    4k  3 x    2011  k 2 ; 4x   9 3 (k  ) 4  2x  k  2  0 x Dấu “=” xảy ra khi x  k 2 (1) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có  4k  3 x  1 2 4x  4k  3 x. 1 2 4x  4k  3  . 1 1 Dấu “=” xảy ra khi  4k  3 x  4x 4 (2) Để đồng thời có đẳng thức ở (1) và (2) ta phải có k   x  2  k 1  1   4k  3 x   4x Từ đó ta có cách giải như trên. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Bài 7: Chứng minh rằng:  a  b   b  c   c  a   8a b c a, b, c Giải Sử dụng BĐT Cô-si : x2 + y2  2 x 2 y 2 = 2|xy| ta có:  a 2  b 2  2 ab  0   2 2  b  c  2 bc  0   2 2  c  a  2 ca  0 a 2  b2   b2  c2   c2  a 2   8| a 2b2c2 |  8a2b2c2 a, b, c Sai lầm thường gặp Sử dụng bđt  x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2  0  x2 + y2  2xy. Do đó:  a 2  b 2  2ab  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  b  c  2bc   a  b   b  c   c  a   8a b c a, b, c  c 2  a 2  2ca  Cách giải trên sai chẳng hạn trong ví dụ sau.  2  2   3  5  24 = 2.3.4  (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) 4  3  Lời bình +) Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không không âm. +) Cần chú ý rằng: x2 + y2  2 x 2 y 2 = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương. +) Trong bài toán trên dấu “  ”  đánh giá từ TBC sang TBN 8 = 2.2.2 gợi ý đến sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số, 3 cặp số. Bài 8: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x  y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x  4 y  5 9  x y 10 Giải Biến đổi rồi áp dụng giả thiết và bđt Cô-si ta có P  3x  4 y   5 9 7 5x 5 9 y 9    x  y      x y 4 4 x 4 y 7 5x 5 9y 9 .4  2 . 2 .  21 4 4 x 4 y Dấu “=” xảy ra khi  x  y  4   5x 5    4 x 9y 9  4  y   x y2 Vậy MinP = 21 khi x = y = 2 Lời bình +) Một câu hỏi đặt ra là làm sao nghĩ ra được thành phần 7  x  y  ? Liệu 4 có thành phần nào khác hơn không ?....và điều đó được giải quyết như sau Với 0 < m < 3 ta có P  m  x  y    3  m x  5 9   4  m y   x y 5 2 x  4m  2  3  m  .x.  4  m  . y.  4m  2  3  m 5  2  4  m 9 9 y x  y  4   3  m x  5 x  Đẳng thức xảy ra khi   4  m  y  9 y    x  0; y  0  x  2   y 2  7 m   4 Đây chính là điểm mấu chốt của bài toán +) Dựa vào cách phân tích ở trên, ta có bài toán tổng quát sau: Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = k (k > 0). Tìm giá trị nhỏ nhất của c d biểu thức P  ax  by  x  y (Với a, b, c, d là các số dương cho trước) Bài 9: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  47 . Tìm giá trị nhỏ 12 nhất của biểu thức A  3x 2  4 y 2  5 z 2 Giải : 25 25 3x 2   2 3x 2 .  10 x 3 3 4 y2  25 25  2 4 y2.  10 y 4 4 5 z 2  5  2 5 z 2 .5  10 z Áp dụng bđt Cô-si cho hai số dương ta có (1) (2) (3) 11 Cộng theo từng vế các bđt (1), (2), (3) ta được 25 25 47 235 470   5  10( x  y  z )  10.  A   3 4 12 12 12 235 ۳ A 12 A Vậy MinA  235 12 Dấu “=” xảy ra khi  2 25  3x  3   4 y 2  25  4  5z 2  5  47   x  y  z  12 5  x  3  5   y  4  z 1   5 5 khi x  ; y  ; z  1 3 4 Lời bình Rõ ràng các bđt đưa ra có vẻ thiếu tự nhiên, làm sao có được lời giải như vậy ? Tuy nhiên bằng suy luận sau đây thì chúng ta hoàn toàn thấy được điều đó Không mất tính tổng quát, giả sử tồn tại các số m, n, p thỏa mãn m > n > p > 0 Áp dụng bđt Cô-si cho hai số dương ta có 3 x 2  m  2 3m .x; 4 y 2  n  2 4n . y; 5 z 2  p  2 5 p .z Do đó A  m  n  p  2 3m .x  2 4n . y  2 5 p .z Ta cần xác định m, n, p sao cho  3m  4n  5 p   m n p 47     4 5 12  3  25  m  3  25  n  4  p5   Đây chính là mấu chốt giải bài toán. Bài 10: Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  3 x 4  16 x3 Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương x và A  3x  16 ta có x3 16 16 16 16  x  x  x  3  4. 4 x.x.x. 3  8 Dấu “=” xảy ra khi x  3  x  2 3 x x x x Vâ ây minA = 8 khi x = 2 Lời bình 12 Hai số dương 3x và 16 có tích không phải là hằng số. Muốn khử được x3 x 3  x.x.x do đó ta phải biểu diễn 3x = x + x + x rồi dùng bất đẳng thức Cô-si với 4 số dương. Bài 11: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiê ân x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3 thì ở tử phải có P x2 y2 z2   yz zx x y Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si đối với hai số dương x2 yz x2 y  z x  2 .  2.  x yz 4 yz 4 2 Tương tự y2 zx   y zx 4 z2 x y  z x y 4 x2 yz và ta được: yz 4 (1) (2) (3)  x2 y2 z2  x  y  z    x yz Vâ ây   2  yz zx x y x yz x yz 2   1 Suy ra P   x  y  z   2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  3 2 Vâ ây minP = 1 khi x  y  z  3 Lời bình yz x2 Ta đã thêm vào hạng tử thứ nhất có trong đề bài, để khi vânô 4 yz dụng bất đẳng thức Cô-si có thể khử được (y + z). tương tự như vâyô đối với hạng tử thứ hai và thứ ba. Dấu “=” xảy ra đồng thời ở (1), (2), (3) khi và chỉ khi x  y  z  2 3 Vấn đề là: tại sao lại thêm yz ? Thay bằng đại lượng khác có được 4 không ? Điều này được giải thích bởi phân tích sau đây: Do vai trò của x, y, z trong bất đẳng thức đã cho là bình đẳng nên dấu 4 4 x  y  z 2 x yz  x  y  z  khi đó   9  3  k4 “=” xảy ra khi  4 k x  y  z  2 3 y  z k  3 2 Từ đây ta có được lời giải trên. 13  Bài 12: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2  b 2  c 2  27 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a 3  b3  c3 Giải Do a, b, c > 0 áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 3 a 3  9a  2 a3 .9a  6a 2 ( Dấu “=” xảy ra khi a  9a  a  3 ( Do a  0) ) b3  9b  2 b3 .9b  6b 2 ( Dấu “=” xảy ra khi b  3 ) c3  9c  2 c3 .9c  6c 2 ( Dấu “=” xảy ra khi c  3 ) Suy ra a3  b3  c 3  9(a  b  c )  6(a 2  b 2  c 2 )  S 6(a 2 b 2 c 2 ) 9(a b c) 162 9(a b c) ( Do a 2 b 2 c 2  27)  2 2 2 Dễ chứng minh:  a  b  c   3 a  b  c  3.27  81  a  b  c  9 2 a  b  c  a bc 3 ) (Dấu “=” xảy ra khi   a  b  c  27  9 a b c 81 S 162 81 81 Vâ ây minS = 81 khi a = b = c = 3 Lời bình Ta đã thêm vào biểu thức S đại lượng ( 9a + 9b + 9c) để khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si nhằm xuất hiênô được biểu thức a 2  b2  c 2 . vấn đề là tại sao lại nghĩ được ra đại lượng ( 9a + 9b + 9c)?Ta phân tích như sau Nhằm xuất hiênô biểu thức a 2  b 2  c 2 ta dùng bất đẳng thức Cô-si cho hai số  a 3  ka  2 ka 4  2 k a 2   3 4 2  b  kb  2 kb  2 kb  3 4 2  c  kc  2 kc  2 kc (1) (2) (3)  a 3  ka  3 Đẳng thức xảy ra ở (1), (2), (3) khi  b  kb  c 3  kc  kết hợp với chọn điểm rơi a = b = c = 3 ta có k = 9 4 a   3  ab0 2 Bài 13: Chứng minh rằng:  a  b   b 1 Giải Ta có 14 (1) VT + 1 = a  1  Côsi  4 b 1 b 1 4   a  b    2 2 2  a  b   b  1  b  1  a  b   b 1 4.4  a  b  . b 1 b 1 4 . .  4  đpcm. 2 2  a  b   b 1  b 1 Lời bình Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử dụng BĐT Cô-si sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu . Tuy nhiên 2 dưới mẫu có dạng  a  b   b  1 (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số thứ hai là một tam thức bậc hai của b) do đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử chứa các thừa số của mẫu. 2 Và ta tách :  a  b   b  1 = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a theo cách sau:   a +1 = a  b  b 1  b 1 2 2 *) Kỹ thuật chọn điểm rơi: Khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si mô ât kỹ thuâ ât rất quan trọng giúp học sinh tìm được lời giải cho bài toán đó là “Kỹ thuật chọn điểm rơi ” Trong kĩ thuật này, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Cô-si và các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ” quy tắc đối xứng sẽ được sử dụng để tìm điểm rơi của biến. Bài 14. Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S  a  1 a Giải 1 để sao cho khi áp a dụng BĐT Cô-si dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:  1 1  Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):  a;  (1)   a  Ta chọn điểm rơi: phải tách hạng tử a hoặc hạng tử  1  a;  a  1    a, a     1     a;    a    a;    a  Vậy ta có : S  (2) (3) 1 1  a a  a  2   2 1  2   = 4. (4) a 1 3a a 1 3a 3.2 5   2   1  . 4 a 4 4a 4 4 2 Dấu “ = ” xảy ra  a = 2. Sai lầm thường gặp của học sinh: S  a  15 1 1  2 a =2 a a 1 Dấu “ = ” xảy ra  a   a = 1  vô lí vì giả thiết là a  2. a Lời bình Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 để tìm ra  = 4. Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số điểm rơi a = 2. a 1 3a , và đạt giá trị nhỏ nhất khi a = 2, tức là chúng có 4 a 4 Bài 15: Cho a  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  a  Sơ đồ chọn điểm rơi: a 1   2  a a  2   1 a2 2 1    = 8.  4 Giải S a 1  a a 1  6a Côsi 3 a a 1 6a 3 6a 3 6.2 9      3 . . 2      8 8 a 8 4 8 4 8 4 a 2  8 8 a2  8 (Do a  2 ) 9 khi a = 2 4 Một số học sinh dã giải bài toán trên như sau: Vậy Min S = S a 1  a 1  7a a 1 7a 2 7a 2 7.2 2 7 9    2   2 . 2         2 8 a 8 a 8 a  8 8a 8 8.2 8 4 4 4 9 4 Nguyên nhân sai lầm:  MinS = Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS = 9 là đáp số đúng nhưng cách giải trên 4 đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a  2 thì 2 2 2   đánh 8a 8.2 4 giá sai. Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kĩ thuật tách nghịch đảo, phải biến đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Cô-si sẽ khử hết biến số a ở mẫu số. bc ca ab    a  b  c a, b, c  0 Bài 16: Chứng minh rằng : a b c Giải Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 16  1  bc ca   bc . ca  c     b  a b 2 a   1  ca ab   ca . ab  a  bc  ca  ab  a  b  c .     c  b c a b c 2 b  1  bc ab      bc . ab  b  c  a c  2  a Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c. Lời bình bc ca 2 ab ca 2 bc ab 2 +) Ta thấy rằng: .  c ; .  a ; .  b vì vậy áp dụng bđt Cô-si a b c b a c hai số ta có tổng a + b + c. +) Áp dụng cách giải trên ta có thể giải bài toán sau: a2 b2 c2 b c a Bài 17: Chứng minh rằng: 2  2  2    b c a a b c , abc  0 Giải Áp dụng BĐT Cô-si ta có:  1  a 2 b2    2  2  c  2b   1  b2 c 2    2  2  a  2c  2 2 1a  c   2  b 2 a 2    a 2 . b2  a  a b2 c 2 c c b2 . c2  b  b c2 a2 a a a2 . c2  c  c b2 a 2 b b a 2  b2  c 2  b  c  a  b  c  a b2 c 2 a 2 a b c a b c Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 2.2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng kết hợp chọn điểm rơi Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu a  b , đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nôm na là thay dấu a + b bằng dấu a.b thì ngược lại đánh giá từ TBN sang TBC là thay dấu a.b bằng dấu a + b . Và cũng cần phải chú ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại hằng số. Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  3 x  5  7  3x Giải 17 5 7  x 3 3 ĐKXĐ: A2   3 x  5    7  3 x   2    A2 2  3x 5 7  3x  5   7  3x  3x  4 Dấu “=” xảy ra  3 x  5  7  3 x  x  2 Vậy maxA2 = 4 khi x = 2. Suy ra maxA = 2 khi x = 2. Lời bình Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức A thì sẽ xuất hiện hạng tử là hai lần tích của hai căn thức. Đến đây có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si: 2 ab  a  b . Bài 2: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 8 abc  a  b   b  c   c  a   729 Giải abc  a  b   b  c   c  a    3  Đẳng thức xảy ra khi a  b  c      3  a  b  b  c   c  a    1 3  2 3       8   3   3   3  729    3 Côsi  a  b  c  1 3 Lời bình Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT 1 xảy ra khi a  b  c  . Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử 3 dụng BĐT Cô-si ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là a = b = c .Do đó ta có lời giải trên: Bài 3:( Thi tuyển sinh vào 10 tỉnh Hà Tây, 2008-2009) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  c; b  c , chứng minh rằng c  a  c   c  b  c   ab (*) Giải Ta có (*) tương đương với: c  b  c c  a  c  1 ab ab Theo BĐT Cô-si ta có: 18 c .  a  c   c .  b  c   1  c   a  c    1  c   b  c   b a a b 2  b a  2  a b  1a b     1 2a b  c a c  b  a ab  c Đẳng thức xảy ra khi  ab c  bc a b Lời bình +) Trong lời giải trên sau khi chia hai vế cho ab ta đã đánh giá TBN sang TBC tuy nhiên nếu không sắp xếp hợp lý thì sẽ không triêtô tiêu được hết các biến. +) Có thể sử dụng bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki để giải bài toán trên. ab  cd  Bài 4: Chứng minh rằng:  a  c  b  d  a, b, c, d  0 (*) Giải (*)  VT  ab   a  c  b  d  cd  1 Theo BĐT Cô-si ta có:  a  c  b  d  1 a b  1 c d  1ac bd  1       1 1  1    2  a  c b  d  2  a  c b  d  2  a  c b  c  2 Dấu “=” xảy ra khi ad = bc  (đpcm) Lời bình +) Nếu giữ nguyên vế trái thì khi biến tích thành tổng ta không thể triệt tiêu ẩn số  ta có phép biến đổi tương đương (*) sau đó biến tích thành tổng ta sẽ được các phân thức có cùng mẫu số. +) Dấu “  ” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Côsi thì ta phải đánh giá từ TBN sang TBC . Bài 5: Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng a 2 b2   2  a 2  b2  (*) b a Giải  *   a 3  b3  ab 2  a 2  b 2   a  b  a 2  b 2  ab   ab . 2ab  a 2  b 2  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 19 0  ab  ab 2 (1) 2ab   a 2  b 2  0  2ab  a  b    a 2  b 2  2  a 2  b 2  ab  2 Nhân theo từng vế các BĐT (1) và (2) ta có BĐT cần chứng minh (Đẳng thức xảy ra khi a = b) Bài 6: Chứng minh rằng 2 2 1  3 abc  3  1  a   1 b   1  c  1.1.1  3 abc  3  1  a   1 b   1 c  a, b, c  0 (2) (*) Giải (*)   3 3 1.1.1 abc 3 1  1 a   1 b  1 c   1 a   1 b  1 c  Theo BĐT Cô-si ta có: 1 1 1 1  1 a b c  VT          3 1  a 1  b 1  c  3 1  a 1  b 1  c  1  a  1 b 1 c 1  1      .3  1 3 1  a 1  b 1  c  3 Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c > 0. Ta có bài toán tổng quát: CMR: n a a .......a  n b b .......b  n n 1 2 1 2 n  a b   a 1 1 2  b2  ........  an  bn    ai , bi  0 i  1, n  *) Trong một số trường hợp phải nhân thêm hằng số trong đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng. Trong kĩ thuật đánh giá TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các hằng số để sao cho sau khi biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến. Đặt biệt là đối với những bài toán có thêm điều kiện ràng buộc của ẩn số thì việc nhân thêm hằng số các em học sinh dễ mắc sai lầm. Bài 7: Chứng minh rằng: a  b  1  b  a  1  ab a, b  1 Giải Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia cả 2 vế cho ab, sau đó áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC như phần trước đã trình bày, tuy nhiên ở đây ta áp dụng một phương pháp mới : phương pháp nhân thêm hằng số. Côsi   b 1  1  ab (1)  a  b  1  a  b  1 .1  a  2 2 Ta có :  Côsi  a 1  1  ab (2)  b a  1  b a  1 .1  b      2 2 Cộng theo từng vế (1) và (2) ta được 20