B. BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Bất đẳng thức AM – GM là viết tắt của “arithmetic and geometric
means”, nghĩa là trung bình cộng và trung bình nhân. Cách chứng minh
hay nhất của nó là sử dụng phương pháp quy nạp kiểu Cô si (Cauchy)
nên nhiều người lầm tưởng rằng Cô si phát hiện ra bất đẳng thức này, và
hay gọi bất đẳng thức này là bất đẳng thức Cauchy (Cô si)
1. Bất đẳng thức Cauchy tổng quát : Cho n số thực không âm
a1 a2 an n
a1a2 ...an
a1 , a2 ,..., an (n 2) ta luôn có
n
. Dấu “=” xảy ra khi
và chỉ khi a1 a2 an .
* Thông thường trong chương trình THCS ta thường áp dụng bất đẳng thức
Cô si cho hai hoặc ba số (tức là n = 2 hoặc n = 3). Cách chứng minh hai
trường hợp cụ thể này rất đơn giản.
Một vài hệ quả quan trọng:
1 1
1
(a1 a2 an ) n2 vôùi ai 0, i 1, n
an
a1 a2
1 1
1
n2
vôùi ai 0, i 1, n
a1 a2
an a1 a2 an
Cho 2n số dương ( n Z , n 2 ): a1, a2 ,..., an , b1 , b2 ,..., bn ta có:
n
(a1 b1 )(a2 b2 )...(an bn ) n a1a2 ...an n b1b2 ...bn
Bất đẳng thức BCS
Cho 2n số dương ( n Z , n 2 ): a1 , a2 ,..., an , b1 , b2 ,..., bn ta có:
(a1b1 a2b2 anbn )2 (a12 a22 an2 )(b12 b22 bn2 )
Dấu “=’ xảy ra
a
a1 a2
n (quy öôùc neáu bi 0 ai 0)
b1 b2
bn
Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ)
Cho hai dãy số a1 , a2 ,..., an vaø b1 , b2 ,..., bn vôùi bi 0 i 1, n ta luôn có:
1
a 2 (a a an )2
a12 a22
n 1 2
b1 b2
bn
b1 b2 bn
Dấu “=’ xảy ra
a
a1 a2
n
b1 b2
bn
2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Cho f ( x1 , x2 ,..., xn ) là một hàm n biến thực trên xác định trên D
f ( x1 , x2 ,..., x n ) M ( x1, x2 ,..., xn ) D
Max f M
0 0
0
0 0
0
D
( x1 , x2 ,..., xn ) D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) M
f ( x1, x2 ,..., x n ) m ( x1 , x2 ,..., xn ) D
Min f m
0 0
0
0 0
0
D
( x1 , x2 ,..., xn ) D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) M
3.
Các bất đẳng thức phụ hay dùng
Với các số thực a, b, c, x, y, z dương ta có:
1 1
2
4
ab a b
a. a b
1 1 1
9
b. a b c a b c
2
2
2
c. x y z xy yz zx
d. x y z
2
3( xy yz zx )
e. a b 2( a b)
f.
g.
4 a 3 b3 a b
3
9
8
a b c ab bc ca a b b c c a
2 2
2 2
2 2
h. x y y z z x xyz x y z
4. Ví dụ
Ví dụ 1. Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
A xy x 2 y 2 2 zy z 2 y 2 2 xz x 2 z 2 2
* Phân tích:
+ Dự đoán dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
2
+ Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất là căn bậc hai nên ta nghĩ đến bất đẳng
thức AM – GM cho hai số.
+ Dựa vào giải thiết, kết hợp với dầu “=” xảy ra tại đó, ta có được :
x
2
y 2 2 4 4 xy, x 1 yz
* Giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
xy x 2 y 2 2
zy z 2 y 2 2
xz x 2 z 2 2
4 xy x 2 y 2 2
2
4 zy z 2 y 2 2
2
4 xz x 2 z 2 2
2
Cộng các vế của ba bất đẳng thức trên, ta được
2A
2( x 2 y 2 z 2 ) 2.3
2
x y z 3 12 A 6
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có:
1
1
1
3
+
+
≥
a (1+b ) b ( 1+c ) c ( 1+a ) 1+abc
Giải: Ta có:
1
1
1
3
1 abc 1 abc 1 abc
3
a1 b b1 c c1 a 1 abc
a1 b b1 c c1 a
(do 1 abc 0
)
1 abc 1 abc a1 b
1 a ab1 c
1 a
b1 c
1
1
1
a
1
b
a
1
b
a
1
b
a
1
b
1
b
Ta có:
Tương tự với 2 số hạng còn lại, suy ra BĐT đã cho tương đương với:
1 a
b1 c 1 b
c1 a 1 c
a1 b
a1 b 1 b 1 b1 c 1 c 1 c1 a 1 a 1 3
1 a
a 1 b 1 b
b1 c 1 c
c1 a
6
1 a b1 c
1 b c1 a
1 c
a1 b
3
Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho
2 số dương. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+ b + c = 3. Tìm giá trị
M
nhỏ nhất của
a
b
c
b
c
a
* Phân tích:
+ Luôn lưu ý rằng khi dùng bất đẳng thức AM – GM thì bậc sẽ có xu hướng
giảm đi.
+ Do đó, để sử dụng được giả thiết, một suy nghĩ tự nhiên là bình phương hai
vế của M lên trước khi dùng bất đẳng thức AM – GM
* Giải:
2
b
c
a 2 b 2 c 2 2a b 2b c 2c a
a
M
b
c
a
b
c
a
c
a
b
2
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
a b
bc 2 ab
c
b c
ac 2 cb
a
c a
ab 2 ac
b
a2 b2 c2
M 2 ab 2 cb 2 ac
b
c
a
2
a
b2
c2
ab ab cb cb ac ac
b
c
a
3a 3b 3c 9
2
Suy ra M 3
Vậy maxM = 3 khi và chỉ khi a = b =c =1
b
a b
a
2 c 2 2 6.
a
b
Ví dụ 4. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn b a
4
P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
bc
ca
4ab
.
a(2b c) b(2a c) c(a b)
(Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 - 2015)
c( a b)(a 2 ab b 2 ) 2(a 2 b 2 )
a b
a b
2 c 2 2 6 6
a 2b 2
ab
Giải : Từ: b a b a
ta có:
c(a b)(a 2 ab b 2 ) 2(a 2 b 2 ) c (a b)
c (a b)
a b 2ab 6
4 0
2.
2 2
ab
ab
ab
ab
2
2
Lại có
2
bc
ac
(bc)2
( ac) 2
(bc ac)2
c ( a b)
a (2b c ) b(2a c) abc(2b c) abc (2a c ) 2abc (a b c ) 2abc (a b c )
(ab bc ca )2
abc(a b c ) ab.bc bc.ca ab.ca
3
và
c ( a b)
bc
ac
3 c ( a b)
3
ab
a (2b c) b(2a c) 2 ab bc ca
2 1 c ( a b)
ab
2
2
c ( a b)
3t 2
4
t
P
2
ab
2(1 t )
t (với 0 t 2 ).
Đặt
3t 2
4 3t 2
4 8 8 7t 3 8t 2 32t 24 8
2(1 t ) 2 t 2(1 t ) 2 t 3 3
6t (1 t ) 2
3
Có
(t 2)( 7t 2 22t 12) 8
6t (1 t ) 2
3
mà
(t 2)( 7t 2 22t 12)
(t 2)( 7t 2 22t 12) 8 8
0
t
(0;
2]
t (0; 2]
6t (1 t ) 2
6t (1 t ) 2
3 3
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a b c.
8
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi a b c.
5
Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thục không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá
ab 2c 3
bc 2 a 3
ca 2b3
A
b
c
a
c
ba
trị lớn nhất của
* Phân tích:
- Dự đoán dầu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
- Ta không áp dụng bất đẳng thức AM – GM trên tử được vì bậc của chúng
“chênh” nhau.
- Do đó, ta nghĩ đến mẫu.
* Giải
ab 2c3
bc 2 a 3
ca 2b3
ab 2c 3
bc 2a 3
ca 2b3
A
bc
a c
ba
2 bc
2 ac
2 ba
1
1
ab.c 2 cb.a 2 ca.b 2
ac.bc ac.ab ab.cb
2
2
1
1
3
( ab bc ca ) (a b c ) 2
2
6
2
3
Vậy maxA = 2 khi và chỉ khi a = b = c = 1
5. Trong khuôn khổ chương trình cấp 2, để vận dụng bất đẳng thức Cô – si
hay những bất đẳng thức khác chúng ta phải chứng minh bất đẳng thức tổng
quát rồi mới áp dụng. Tuy nhiên, trong khuôn khổ bài viết này, tôi xin phép
không chứng minh lại mà áp dụng luôn bất đẳng thức này và một số bất
đẳng thức được nói trong bài viết này.
II. CÁC KĨ THUẬT KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀO
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ
- Kỹ thuật tách ghép bộ số
- Kỹ thuật đổi biến số
- Phương pháp chọn điểm rơi
- Kỹ thuật nhân thêm hệ số
- Kỹ thuật hạ bậc
6
- Kỹ thuật cộng thêm
- Kỹ thuật Cosi ngược dấu
1. Kỹ thuật tách ghép bộ số
Đây là một kỹ thuật cơ bản nhất trong số các kỹ thuật sử dụng bất đẳng
thức cô si. Kỹ thuật này được giới thiệu cho học sinh trung bình trở lên.
1.1
. Kỹ thuật tách ghép cơ bản:
Ví dụ 1. Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a b b c c a 8abc
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a b b c c a 2
ab .2 bc .2 ac 8abc (đpcm)
Ví dụ 2. Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:
ac bd a b c d
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ac bd
a b c d
a
c
.
a b c d
b
d
.
a b c d
1 a
c 1 b
d 1 a b c d
1
2 a b c d 2 a b c d 2 a b c d
ac bd a b c d (đpcm)
a c
Ví dụ 3. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa b c . Chứng minh rằng:
c a c c b c ab
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
c a c c b c
ab
c a c
c b c
.
.
b
a
a
b
1 c a c 1 c b c
2b
a 2 a
b
1c
c 1 c
c
1 1 1
2b
a 2 a
b
c a c c b c ab (đpcm)
2
4
Ví dụ 4. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16ab a b a b
Giải:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
7
2
2
16ab a b 4. 4ab a b
2
2
4ab a b 2
a b 2
4
4.
4.
a b
2
2
(đpcm)
ab
Ví dụ 5. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng:
a b
a b 1
b a
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ab
a b ab a ab b a
b
b a 2 2b 2 2a 2b 2a
2
ab a
ab b
a b
. 2
.
2
.
a b 1
2 2b
2 2a
2b 2a
(đpcm)
1.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi x > 1, ta có
4 x −5+
1
≥3
x−1
.Dấu đẳng
thức (dấu bằng) xảy ra khi nào ?
Gợi ý: Trong bài toán này có chứa hai số hạng dạng nghịch đảo. Vì đã có số
hạng
1
x−1
nên phần còn lại phải biểu diễn thành thừa số của x - 1. Vậy ta
phải viết lại vế trái như sau:
4 x −5+
1
1
=4 (x −1)+
−1
x−1
x −1
(*)
Vì x > 1nên x – 1 > 0.
1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi (2) cho 2 số dương 4(x-1) và x−1 , ta có:
4 x −5+
1
1
1
=4 (x−1)+
−1≥2 4( x−1 ).
−1=3
x−1
x −1
x−1
√
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
4 ( x−1)=
1
3
⇔ x=
x−1
2 (vì x > 1)
Ví dụ 2. Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3.
P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a3
b2 3
b3
c2 3
Gợi ý
a3
Ta có:
2 b2 3
a3
2 b2 3
b2 3
a 6 3a 2
3 3
16
64
4 (1)
8
c3
a2 3
b
3
3
2
b
c +13 3 b
≥
4
2 √ c 2 +3 2 √ c 2 +3 16
+
c3
2
+
(2),
c3
a2 3
c 6 3c 2
3
3
16
64
4 (3)
2 a2 3 2 a2 3
Lấy (1) + (2) + (3) ta được:
P
a 2 b2 c 2 9 3 2
a b2 c 2
16
4
(4)
Vì a2 + b2 + c2 =3
Từ (4)
P
3
3
P
2 vậy giá trị nhỏ nhất
2 khi và chỉ khi a = b = c = 1.
a2 2
a 2 1
Ví dụ 3. Chứng minh rằng:
2 , a R
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2 2
a 2 1
a 2 1 1
a 2 1
1
a 2 1
a 2 1
2
a 2 1
1
a 2 1
2
(đpcm)
2
a2
A a 1
2 , a 1
a 1
Ví dụ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
Giải:
2
a 2 2a 2
A a 1
a 1
2
a 1 2 1
a 1
a 1
2
2
2
a 1 a 1
2
2 a 1
1
a 1
2
Cauchy
1
1
2
2
2 2 a 1
2 2 2 2
2
a 1
a 1 2
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 a 1
1
2 4 8
a
a 1 2 hay
2
Vậy GTNN của A 2 2 2
Ví dụ 5. Chứng minh rằng:
a
4
3 , a b 0
a b b 1 2
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
9
a
4
a b b 1
2
b 1 b 1
1
1
2
2
a b b 1 b 1
2
2
b 1 . b 1 .
1
4. a b .
1 3
4
b 1 b 1
2
2
a b
2
2
a b
1.1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau:
Phép cộng:
a b b c c a
a b c
2
2
2
2 a b c a b b c c a
abc ab bc ca ,
2 2 2
Phép nhân: a b c ab bc ca
a, b, c 0
Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc 1 . Chứng minh rằng
b c c a a b
a b c 3
a
b
c
Giải:
bc
b c c a a b 2 bc 2 ca 2 ab
ca
ab
2
a
b
c
a
b
c
a
b
c
bc
ca ca
ab ab
bc
b
c
a
b
c
a
bc ca
2
a b
2
ca ab
2
b c
ab bc
c a
2 a b c a b c
a b c 33
Vậy
a b c a b c 3
b c c a a b
a b c 3
a
b
c
Ví dụ 2. Cho
ABC, AB c, BC a, CA b, p
p a p b p c 1 abc
8
Giải:
a b c
Ta có:
10
a b c
2
. Chứng minh rằng
p a p b p c p a p b p b p c p c p a
p a p b . p b p c . p c p a
2
2
2
2 p a b 2 p b c 2 p c a 1
.
.
abc
2
2
2
8
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
2
2
2
a
b
c
a+b+ c
+
+
≥
b+c c +a a+b
2
Gợi ý : Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có :
a 2 b+ c
a2 b+c
+
≥2
.
=a
b+c
4
b+c 4
√
Tương tự , cho các số hạng còn lại, cộng ba BĐT này lại với nhau ta được
điều phải chứng minh.
Nhận xét :* Phương pháp mà chúng ta làm ở trong bài toán trên người ta
thường gọi là phương pháp tách gép cặp trong BĐT Côsi. Vì sao chúng ta lại
2
a
b+ c
+
b+c
4
ghép
? Mục đích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu
do vế phải của BĐT là một biểu thức không có biến ở mẫu. Vì sao ta lại ghép
b+c
4
mà không phải là b+c hay
b+c
2 … điều này xuất phát từ điều kiện
để đẳng thức xảy ra. Vì BĐT đã cho là một BĐT đối xứng (Tức là khi đổi vị
trí hai biến bất kì cho nhau thì BĐT không thay đổi) nên đẳng thức thường
2
a
a
=
xảy ra khi các biến bằng nhau và khi đó b+c 2
với
nên ta phải ghép
b+c
4 .
2
* Nếu abc = 1 thì ta có : a+b +c≥3
2
2
a
b
c
3
+
+
≥
nên : b+c a+ c b+ a 2
* Phương pháp trên được sử dụng nhiều trong chứng minh BĐT
1.1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau
11
.
Với n N và x1 , x 2 ,..., x n 0 thì
1
1
1
.. n 2
xn
x1 x 2
x1 x 2 ... xn
Chứng minh bất đẳng thức trên : Ta có với x1 , x 2 ,..., xn 0 thì
1
1
1
1
.. n n x1 x2 ...x n .n n
n 2
xn
x1 x 2 ...x n
x1 x 2
x1 x2 ... xn
Với n 3 và x1 , x2 , x3 0 thì
1
1
1
9
x1 x 2 x3
x1 x2 x3
3
Ví dụ 1. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = 4 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P 3
1
1
1
3
3
a 3b
b 3c
c 3a
Hướng dẫn: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
1 1 1
3
1 1 1
9
(x y z) 33 xyz
9
3 xyz
x y z xyz
x y z
(*)
Áp dụng (*) ta có
P 3
1
1
1
9
3
3
3
3
a 3b
b 3c
c 3a
a 3b b 3c 3 c 3a
Ví dụ 2. Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
Giải:
b c c a a b
6
a
b
c
Ta có:
b c c a a b b c c a
a b
1
1
1
3
a
b
c
a
b
c
a b c b c a c a b
3
a
b
c
1 1 1
a b c 3 9 3 6
a b c
c2
a2
b2
a b c
2
Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a, b, c. CMR: a b b c c a
c2
a2
b2
c2
a2
b2
a
b
a b c
c
a b b c c a
a b
bc
c a
Giải:
c
a
b
c 1
a 1
b 1
a b c
a b b c c a
12
a b c b c a c a b
c
a
b
a b c
a b b c c a
a
b
a
b
c
c
a b c
a b c a b c
a b b c c a
a b b c c a
1
Ta có
a
b
c
a
b
c
1
1
1
3
b c c a a b b c c a a b
a b c b c a c a b
3
bc
ca
a b
1
1
1
a b c
3
b c c a a b
1
1
1
1
b c c a a b
3
2
b c c a a b
9
3
3
2
2
c2
a2
b2
3 a b c
a b c 1
2
2
Do đó a b b c c a
(đpcm)
2. Kỹ thuật đổi biến số
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận
biết được phương hướng giải. Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài toán về
dạng đơn giản và dễ nhận biết hơn.
Ví dụ 1. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng :
x
y
+
2
2
+
z
2
√ x +8 yz √ y +8 xz √ z +8 yx
Giải: Đặt
a=
≥1
x
y
b=
x + y +z ,
x + y +z
a
BĐT đã cho trở thành :
√a 2 +8 bc
a
2
+
c=
,
z
x+ y+ z
b
√ b2 +8 ca
+
+
a
2
√ a +8 bc √ a +8 bc
.Khi
c
√c 2+ 8 ab
đó a + b + c =1 và
≥1
+a (a2 +8 bc )≥3 a
Áp dụng BĐT Côsi ta có :
⇔
2a
2
√ a +8 bc
+a(a 2 +8 bc )≥3 a
.Tương
tự cho các số hạng còn lại.
3
3
3
Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được : 2 P+ a + b + c +24 abc≥3
13
Mặt khác ta lại có :
3
3
3
3
3
3
3
1=(a+b+ c ) =a +b +c +3 (a+b )(b+c )(c+ a)≤a +b +c +24 abc
3
3
3
Suy ra 2 P≥3−(a +b +c +24 abc )≥3−1=2 ⇒ P≥1 (điều phải chứng minh)
Nhận xét : BĐT trên có nhiều cách chứng minh, ngoài cách chứng minh trên
còn có những cách chứng minh khác cũng dùng BĐT Côsi.
Cách khác : Đặt
a=
yz
xz
xy
, b= 2 , c= 2 ⇒ abc=1
2
x
y
z
Ví dụ 2. Chứng minh
a, b, c 0 abc 1: P
1
1
1
3
3
3
a b c b c a c a b 2
3
Nhận xét: Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức
a2
b2
c2
a b c
a, b, c 0 :
b c c a a b
2
qua một phép biến đổi. Do đó để
giải được nhanh gọn bài toán trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về
1
1
1
x , y , z xyz 1
a
b
c
bất đẳng thức nguồn ban đầu.Đặt
.
Bài toán trở thành chứng minh:
x3 yz y 3 zx z 3 xy 3
x2
y2
z2
3
P
yz zx xy 2
yz zx xy 2
Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là x y z 1
x2
yz
x
yz
4
y2
zx
y
zx
4
z2
xy
z
x
y
4
Từ đó ta giải được như sau:
Cộng vế theo vế ta được:
P
x yz 3
2
2 dấu bằng xảy ra x y z 1
Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau:
14
1
1
2
2
1
bc
2
a a
3
a b c a b c b c 1 1
bc
b c
Ta có :
1
1
1
2
2
2
1
1
1
3
3
a
b
c
3
a b c b c a c a b 1 1 1 1 1 1
b c c a a b
Tương tự: =>
Áp dụng bất đẳng thức Svacxo ta có:
1
1
1
1 1 1
cauchy
2
2
2
a b c a b c 3
1 1 1 1 1 1
2
2
b c c a a b
, dấu bằng xảy ra x y z 1
Ví dụ 3. Cho x 0, y 0, z 0, xyz 1. Tìm GTNN của biểu thức:
P
x2 y z
y y 2z z
y2 z x
z z 2x x
z2 x y
x x 2y y
Nhận xét : Nhìn vào biểu thức P trông rất phức tạp nhưng nỗi lên rõ biến đó
y y , z z Do vậy để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa
có liên quan đến x x ,
về bài toán mới. Mặt khác với suy nghĩ đổi biến như vậy thì chúng ta cần
đánh giá tử số đưa về biến cần đổi và chú ý tới điểm rơi là x y z 1 .
Ta có bài giải như sau:
Cauchy
x2 y z 2x x
Cauchy
y2 z x 2 y y
Cauchy
z2 x y 2z z
Đặt
a x x 2 y y , b y y 2 z z , c z z 2 x x
Suy ra:
x x
4c a 2b
4a b 2c
4b c 2a
,y y
,z z
9
9
9
2 c a b a b c
P 4
9 b c a b c a
Do đó:
Vậy MinP 2 x y z 1.
15
2
6 4.3 3 6 2
9
Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau:
P
x2 y z
y y 2z z
y2 z x
z z 2x x
z2 x y
x x 2y y
2y y
2x x
2z z
y y 2z z z z 2x x x x 2 y y
Đặt
a x x ; b y y ; c z z abc 1
P
a
b
c
a2
b2
c2
=> 2 b 2c c 2a a 2b ab 2ac bc 2ba ca 2cb
2
3 ab bc ca
P svac _ so a b c
1 P 2
2
3 ab bc ca 3 ab bc ca
3. Phương pháp chọn điểm rơi
Đây là kĩ năng kiên quyết được ưu tiên hàng đầu trong bất đẳng thức Cô si ở
những bài toán cực trị hoặc bất đẳng thức khó và đặc biệt ở bài toán cực trị
hay bất đẳng thức có điều kiện. Đặc biệt trong bài toán cực trị, phải chỉ được
dấu “=” xảy ra và điểm rơi chính là ở đây.
§©y lµ ph¬ng ph¸p rÊt l«i cuèn häc sinh, b»ng c¸ch thªm c¸c sè h¹ng phï
hîp vµ sö dông khÐo lÐo bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã thÓ ®¹t nh÷ng kÕt qu¶
kh«ng ngê!
Trong các bất đẳng thức dấu “ ” thường xảy ra ở các trường hợp sau:
+ Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được
tại tâm Khi các biến có giá trị tại biên ( 1 biến bằng 0). Khi đó ta gọi bài toán
có cực trị đạt được tại biên.
+ Ngoài ra , củng có một số trường hợp ngoại lệ là 3 biến lệch nhau hoàn
toàn . Không có một “thuật toán” nào có thể giúp chúng ta dự đoán được
dấu bằng bằng tay cả . Nếu dùng máy tính thì chúng ta có thuật toán FermatLagrange để làm điều này . Nhưng chúng ta củng có thể có một vài cách tư
duy để dự đoán được dấu bằng . Trường hợp tầm thường nhất đó là dấu đẳng
thức xảy ra tại tâm 3 biến bằng nhau . Điều này thường xảy ra đối với các
bài toán đối xứng 3 biến ( vai trò a,b,c như nhau ) . Trường hợp, hay gặp thứ
2 là có một biến bằng 0. Trong trường hợp này, gần như BĐT AM-GM không
16
làm gì được và nó trở nên không đủ sức công phá các bài dạng này . Ta sẽ
nói ở sau về dạng bài này . Trong một số bài toán có điều kiện kiểu như 3
biến a,b,c thuộc một đoạn đóng nào đó kiểu a;b thì rất có thể đẳng thức sẽ
xảy ra tại 2 điểm đầu và cuối , và biến còn lại chúng ta có thể hoàn toàn tìm
ra được bằng cách thử trực tiếp .
“ Kiểm tra điều kiện xảy ra dấu bằng, chọn điểm rơi và cân bằng hệ số!”
a, b 0
1
1
P 2 2
2ab
a b
Bài toán 1. Cho a b 1 , tìm GTNN của
1
1
4
4
2
4
2
2
2
2
ab
a
b
a
2
ab
b
(
a
b
)
Giải: Ta có:
2
a b
1
1
a b
a b
a
b
1
2
2
Dấu “=” xảy ra
. Vậy minP = 4
a, b 0
a b 1
Bài toán 2. Cho
1
1
P
2
2
2ab
1 a b
, tìm GTNN của
HDGiải: Cho Hs quan sát hai lời giải
1
1
4
4
4
P
2
2
2
2
2
2
2
ab
2
1
a
b
a
2
ab
b
1
(
a
b
)
1
Lời giải 1. Ta có:
1 a 2 b 2 2ab
a
b
1
Dấu “=” xảy ra
( a b) 2 1 0
a b 1
. Vô nghiệm
Vậy không tồn tại MinP...?..?
Lời giải 2. Ta có:
1
1
1
4
1
4
1
P
2
2
2
2
2
6ab 3ab a 6ab b 1 3ab (a b) 1 4ab 3ab
1 a b
P≥
2
Mặt khác
( a+b2 ) ≤ 14
ab≤
Dấu “=” xảy ra
4
1
8
+
≥
2
2
3
a+b
a+b
2+4
3
2
2
( ) ( )
. Vậy
1 a 2 b2 3ab
1
a b
a b
2
a b 1
17
.
Lời bình: Bài toán 1 và bài toán 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất
1 1
4
đẳng thức a b a b . Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách
1
1
1
2ab 6ab 3ab ?..? Làm sao nhận biết được điều đó…?...Đó chính là kỹ
thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua chuyên đề này chúng ta sẽ
hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài toán cực
trị
Ví dụ 1. Cho
a, b 0
a b 1
, tìm GTNN của biểu thức
P
1
1
4ab
2
ab
a b
.
2
Sai lầm thường gặp:
Sai lầm : Ta có :
P
Mặt
1
1
1
4
1
4
1
4ab 2
4 ab
4 ab
2
2
2
2ab 2ab
a b
a b 2ab 2ab
(a b) 2ab
2
khác
1
1
4ab 2
.4ab 2 2
2ab
2ab
.
Vậy
P 4 2 2
nên
MinP 2(2 2)
Nguyên nhân sai lầm:
1
1
1
Sai lầm: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách ab 2ab 2 ab là
2
2
2
do thói quen để làm xuất hiện a b 2ab (a b) .
a b
1
MinP 4 2 2
4ab VN
2
ab
a b 1
. Dấu “=” bất đẳng thức không xảy ra
không kết luận được MinP 4 2 2
18
Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán MinP đạt tại
a b
P
1
2 , ta có:
1
1
1
1
4
1
1
4 ab
2 4ab.
7
2
2
2
2ab
4ab 4ab (a b)
2ab
a b
a b
4
2
2
a 2 b2 2 ab
1
1
a 2b 2
a b
16
2
a b 1
Dấu bằng xảy ra
.
a, b 0
1
1
1
S 3 3 2 2
a
b
1
a b
a b ab .
Ví dụ 2. Cho
, tìm GTNN của biểu thức
Sai lầm thường gặp:
Ta có:
S
1
1
1
2
2
9
2 1
1
2
2
3 3
2 2
3
2
2
2
2
3 a b ab
a b 3a b 3ab
3a b 3ab
a b 3a b 3ab
3
9
2 1 1 1
. 9
3
(a b) 3 ab a b
Nguyên nhân sai lầm:
2
a b
3.
2
2
.
4
59
a b 3
.
MinS
59
3
a 3 b3 3a 2b
59
MinS a b
(vn)
3
a b 1
Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi
a b
1
2 , và ta thấy
a3 b3 3a 2b 3ab 2 (a b)3 vì thế ta muốn xuất hiện (a b)3 ; ta áp dụng bất
đẳng thức với ba số
1
1
1
, 2 , 2
3
a +b 2a b 2a b
3
và nếu vậy:
19
1
1
1
9
2
3
2
3
a b
2a b 2ab
(a b) ab(a b) , ta không đánh giá tiếp được cho
3
nên ta phải áp dụng bất đẳng thức cho 5 số:
S
1
1
1
1
1
25
2
2
3
2
2
3
a b
2a b 2ab
2a b 2ab
(a b) ab(a b )
3
Dấu bằng xảy ra khi
a b
25
20
(a b )3
3
(a b)
4
1
2.
Ví dụ 3.
x, y , z 0
1 1 1
1
1
1
P
x y z 4
2x y z x 2 y z x y 2z .
Cho
. Tìm GTLN của
Sai lầm thường gặp:
Sai lầm 1: Ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 10
P
9 2 x y z 9 x 2 y z 9 x y 2 z 18 x y z 9
10
MaxP
9
Sai lầm 2:
P
1
3 3 2 xyz
1
3 3 x.2 yz
1
3 3 xy 2 z
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10
3 3 2x y z 3 3 x 2 y z 3 3 x y 2z 9
20
- Xem thêm -
.DOCX 
60 
1 
58 
