Skkn bất đẳng thức cô si và các kĩ thuật sử dụng i kiến thức cần nhớ

Bả
m

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

o

B. BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG

ật

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

ta luôn có
và chỉ khi

số thực khơng âm

. Dấu “=” xảy ra khi

.

* Thơng 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:




Cho

số dương (

):

ta có:

 Bất đẳng thức BCS
Cho

số dương (

):

ta có:

Dấu “=’ xảy ra

 Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ)
Cho hai dãy số

ta ln có:
1

Bả
o
m
ật

Dấu “=’ xảy ra
2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Cho

là một hàm

biến thực trên xác định trên D




3.

Các bất đẳng thức phụ hay dùng

Với các số thực a, b, c, x, y, z dương ta có:
a.
b.
c.
d.
e.
f.
g.

h.
4. Ví dụ
Ví dụ 1. Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của

* Phân tích:
+ Dự đốn dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
2


Bả
o

+ Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất là căn bậc hai nên ta nghĩ đến bất đẳng

* Giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

Cộng các vế của ba bất đẳng thức trên, ta được

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta ln 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
a1  b  b1  c  c1  a  1  abc
a 1  b  b 1  c  c 1  a 
(do 1  abc  0

)
1  abc 1  abc  a1  b 
1  a  ab1  c 
1 a
b 1  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
b 1  c    1  b
c 1  a    1  c

a 1  b  
 a1  b   1  b  1   b1  c   1  c  1   c1  a   1  a  1  3

 
 

 1 a
a 1  b    1  b
b 1  c    1  c
c 1  a  






6


1  a   b 1  c 
1  b   c 1  a 
1  c 
 a 1  b 

3

ật

+ Dựa vào giải thiết, kết hợp với dầu “=” xảy ra tại đó, ta có được :

m

thức AM – GM cho hai số.


Bả

m

2 số dương. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .

o

Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cơ-si cho

nhỏ nhất của
* Phân tích:
+ Ln 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:

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

Suy ra
Vậy maxM = 3 khi và chỉ khi a = b =c =1
Ví dụ 4. Cho các số thực dương

thỏa mãn

4

ật

Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+ b + c = 3. Tìm giá trị


Bả
o
m

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ật

(Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 - 2015)
Giải : Từ:
ta có:

Lại có

và

Đặt

(với

Có

mà

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

khi

5

).


Bả

o

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thục không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá

m
ật

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

Vậy maxA =

khi và chỉ khi a = b = c = 1

5. Trong khn 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


Bả
o

- Kỹ thuật cộng thêm

m

- Kỹ thuật Cosi ngược dấu

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:

 a  b  c  d 

ac  bd 

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ac  bd

 a  b  c  d 




 ac  bd 

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 

 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
 
  

2b
a  2a
b 



1c
c 1c
c

 1    1   1
2b
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

ật

1. Kỹ thuật tách ghép bộ số


 4ab   a  b  2 
  a  b 2 
4
 4.
  4.
   a  b
2


 2 
(đpcm)
2

2

o

2

Bả

16ab a  b   4. 4ab  a  b 
2

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 tốn này có chứa hai số hạng dạng nghịch đảo. Vì đã có số
1
hạng   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.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a3

P

b2  3



b3
c2  3

Gợi ý
a3

Ta có:

2 b2  3



a3
2 b2  3



b2  3
a 6 3a 2
 33

16
64
4 (1)
8



c3
a2  3

ật

Ví dụ 5. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng:

m

ab 


3

3

2

2

(2),

m

c +13 3 b
≥
4
2 √ c 2 +3 2 √ c 2 +3 16
+

o

b

+

Bả

b

ật

a2  3
c 6 3c 2

3


3

16
64
4 (3)
2 a2  3 2 a2  3
c3

c3

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
a2 1

Ví dụ 3. Chứng minh rằng:

 2 , a  R

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2  2
a2 1



a2 11
a2 1

1

 a2 1 

a2 1

2

a2 1

1
a2 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 a  1 
2

1 

a 1

2

Cauchy
1
1
2

2
2 2 a  1
22 22

2

 a  1
 a  1 2

2 a  1 
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

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  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 

o

4

Bả

a

m
ật

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

 
 

2



Vậy

bc ca
2
a b

 

ca ab
2
b c

 

2 a b c 

a b c 

a b c

 a  b  c  33

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:

ab bc
c a

Ta có:

10

abc
2
. Chứng minh rằng


Bả
o
ật

2

2
2
2 p   a  b 2 p   b  c 2 p   c  a  1

.
.
 abc
2
2
2
8

m

 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 


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

ghép

a
b+ c
+
b+c

4   ? Mục đích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu

do vế phải của BĐT là một biểu thức khơng có biến ở mẫu. Vì sao ta lại ghép
b+c
b+c
4  mà khơng phải là b+c hay  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 khơng thay đổi) nên đẳng thức thường
2

a
a
=
xảy ra khi các biến bằng nhau và khi đó b+c 2  nên ta phải ghép
b+c
với  4 .
2

2

2

a
b
c
3
+
+
≥

* Nếu abc = 1 thì ta có :  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




 x1  x2  ...  xn   1

 x1



1
1 
1
 ..    n n x1 x2 ...x n .n n
 n2
x2
xn 
x1 x 2 ...x n


Với n  3 và x1 , x2 , x3  0 thì

 x1  x2  x3   1

 x1



1
1
   9
x 2 x3 

3
Ví dụ 1. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = 4 .

P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

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 x y z
 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 

bc 
c  a 
Giải:
c  
a  
b 

 c 1 
  a 1 
  b1 
   a  b  c
 ab  bc  ca

12

ật

Chứng minh bất đẳng thức trên : Ta có với x1 , x 2 ,..., xn  0 thì

m

 x1

1
1 
 ..    n 2
x2
xn 

o


Với n  N và x1 , x 2 ,..., x n  0 thì



Bả



 x1  x 2  ...  xn   1


Bả
o

abc bca cab
 c
  a
  b
   a  b  c
 ab   bc   ca 

m
ật

a
b 
a
b

 c
 c

  a  b  c




 1
   a  b  c   a  b  c
 ab bc ca
ab bc ca 

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
bc
ca
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 tốn 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

2
BĐT đã cho trở thành :  √ a +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 Cơsi ta có :
⇔

2a
2

√ a +8 bc

+a( a2 +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


Bả

3

3

3

3

3

3

3

m

1=(a+b+ c ) =a +b +c +3 (a+b )(b+ c )(c+a )≤a +b +c +24 abc

o

Mặt khác ta lại có :

Nhận xét : BĐT trên có nhiều cách chứng minh, ngồi cách chứng minh trên

ật

3
3
3
Suy ra 2 P≥3−(a +b +c +24 abc )≥3−1=2 ⇒ P≥1 (điều phải chứng minh)

cịn 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 tốn 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


 



yz zx x y 2
yz zx x y 2

Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là x  y  z  1

x2
yz


x
yz
4
y2
zx

y
zx
4
z2
x y

z
x

y
4
Từ đó ta giải được như sau:
Cộng vế theo vế ta được:

P

x yz 3

2
2 dấu bằng xảy ra  x  y  z  1

Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài tốn trên bằng cách sau:
14

Bả
o

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 :

m
ật

1
1
1
2
2
2
1
1

1
 3
 3
 a
 b
 c
3
1 1 1 1 1 1
a  b  c b  c  a c  a  b



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 trơng 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  2z z , c  z z  2x 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  2
P   4           6    4.3  3  6   2
9 b c a b c a  9
Do đó:
Vậy MinP  2  x  y  z  1.
15





x x  2y y



2y y
2x x
2z z


y y  2z z z z  2x x x x  2 y y
Đặt

ật

z z  2x x

z2  x  y 

m

y y  2z z

y2  z  x

o

P

x2  y  z 

Bả

Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau:

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
3  ab  bc  ca 
P svac _ so  a  b  c 



 1  P  2

2
3  ab  bc  ca  3  ab  bc  ca 
2

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 tốn cực trị
hay bất đẳng thức có điều kiện. Đặc biệt trong bài tốn cực trị, phải chỉ được
dấu “=” xảy ra và điểm ri chớnh l õy.
Đây là phơng pháp rất lôi cuốn học sinh, bằng cách thêm
các số hạng phù hợp và sử dụng khéo léo bất đẳng thức Côsi
ta có thể đạt những kết quả không ngờ!
Trong cỏc bt ng thức dấu “  ” thường xảy ra ở các trường hợp sau:
+ Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài tốn có cực trị đạt được
tại tâm Khi các biến có giá trị tại biên ( 1 biến bằng 0). Khi đó ta gọi bài tốn
có cực trị đạt được tại biên.
+ Ngồi ra , củng có một số trường hợp ngoại lệ là 3 biến lệch nhau hồn
tồn . Khơng có một “thuật tốn” nào có thể giúp chúng ta dự đốn được dấu
bằng bằng tay cả . Nếu dùng máy tính thì chúng ta có thuật tốn 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
16


Bả

o

có một biến bằng 0. Trong trường hợp này, gần như BĐT AM-GM khơng làm

m

gì được và nó trở nên không đủ sức công phá các bài dạng này . Ta sẽ nói ở

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 hồn tồn 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

a  b  1

Bài toán 1. Cho

, tìm GTNN của

P

1
1

2
2ab
a b
2

1
1
4

4



4
2
2
2
2
2
2
ab
a

b
a

2
ab

b
(
a

b
)
Giải: Ta có:
a  b
1
1


ab
ab
2 . Vậy minP = 4
a  b  1
2
Dấu “=” xảy ra

 a,b  0
1
1

P

1 a 2  b2 2ab
Bài toán 2. Cho  a  b  1, tìm GTNN của

HDGiải: Cho Hs quan sát hai lời giải
P

Lời giải 1. Ta có:

1
1
4
4
4

 2


 2
2
2
2
2
2ab a  2ab  b  1 (a  b)  1 2
1 a  b

1  a 2  b 2  2ab
( a  b) 2  1  0


a b 1


a  b  1
Dấu “=” xảy ra
. Vô nghiệm

Vậy không tồn tại MinP...?..?
Lời giải 2. Ta có:
P

1
1
1
4
1
4
1



 2



2
2
2
2
6ab 3ab a  6ab  b  1 3ab (a  b)  1 4ab 3ab
1 a  b
2

Mặt khác

Dấu “=” xảy ra

a+b
1
≤
2
4 . Vậy

( )

ab≤

P≥

4
1
8
+
≥
2
2
3
a+b
a+b
2+4
3
2
2

( ) ( )

1 a 2  b2  3ab

1
 a  b
ab
2
a  b  1

17

.

ật

sau về dạng bài này . Trong một số bài tốn có điều kiện kiểu như 3 biến a,b,c


Bả

o

Lời bình: Bài tốn 1 và bài tốn 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất

m

1 1
4
 
đẳng thức a b a  b . Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách

ật

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 tốn cực
trị

Ví dụ 1. Cho

, tìm GTNN của biểu thức

.

Sai lầm thường gặp:
Sai lầm : Ta có :

Mặt

khác

.

Vậy

nên

Nguyên nhân sai lầm:
Sai lầm: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách
do thói quen để làm xuất hiện

.

. Dấu “=” bất đẳng thức không xảy ra
không kết luận được

18

là


đạt tại

o

, ta dự đoán

Bả

Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với

m
ật

, ta có:

Dấu bằng xảy ra

.

Ví dụ 2. Cho

, tìm GTNN của biểu thức

.

Sai lầm thường gặp:
Ta có:

.

Ngun nhân sai lầm:
Lời giải đúng: Ta dự đốn dấu bằng xảy ra khi

, và ta thấy

vì thế ta muốn xuất hiện

; 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


Bả
o

Dấu bằng xảy ra khi

ật

nên ta phải áp dụng bất đẳng thức cho 5 số:

m

, ta không đánh giá tiếp được cho

.

Ví dụ 3.

Cho

. Tìm GTLN của

.

Sai lầm thường gặp:
Sai lầm 1: Ta có

Sai lầm 2:

20


Bả

o

Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa

m
ật

biết chọn điểm rơi.

, tức là không tồn tại

Lời giải đúng: Từ hai lời giải trên với dự đoán
x= y=z =

3
4

nên tách các số

ra cho dấu bằng xảy ra.

Cách 1: Ta có

, tương tự và ta có:

,
x= y=z =

đạt được tại

vậy

khi

3
4 .

Cách 2: Ta có

, mặt

khác:
, tương tự ta có:
. Dấu “=” xảy ra khi
khi

x= y=z =

3
4 .

Nhận xét: Ta có thể mở rộng Ví dụ 3:
21

x= y=z =

3
4 , suy ra:

Bả
o
m

Cho

. Tìm GTLN của

ật

.
Với

: Cách làm tương tự như bài 3, ta tách

αx =x+
x+. ..+ x
⏟
α

. Nếu

, thì bài tốn có cịn giải quyết được khơng?

Ví dụ 4. Cho

. Chứng minh

.

Sai lầm thường gặp:
Ta có:

, tương tự ta có:
,

mà

Nguyên nhân sai lầm:

, vậy

Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi
. Vậy ta áp dụng Cauchy cho ba số

ta có:
, tương tự ta có:
, dấu bằng xảy ra khi

Ví dụ 5. Cho

, chứng minh rằng:

Sai lầm thường gặp:
22


Bả
o
, mặt khác

m

Sai lầm 1:

ật

, suy ra: ( x+1 )( y+1 ) ( z+1 )≥8 √ xyz=8 .
Vậy

, dấu “=” xảy ra khi

Sai lầm 2: Ta có:

,
mặt khác
Nguyên nhân sai lầm:
Ở sai lầm 1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức:

Ở sai lầm 2: Dấu “=” xảy ra
Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi

dụng Cauchy cho

và

:
23

. Vì vậy khi áp

Bả
o

Ta có:

m
ật

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

.

2
2
2
Ví dụ 6. Cho x, y, z thoả mãn x  y  kz  M . (k là hằng số dương; M là số

khơng âm cho trước) Tìm GTLN của S  xy  yz  zx .
Phân tích và tìm lời giải:
Do vai trị bình đẳng của x, y nên có thể dự đốn giá trị lớn nhất đạt được khi
x  y và các thao tác đối với x và y là “giống nhau”. Ta tách

x2  mx2   1 m x2 vµ y2  my2   1 m y2  0  m 1
kz2 

đồng thời “chia đều”

k 2 k 2

z  z
2
2 cho cả x và y.

2

Áp dụng BĐT Cô si như sau:

2

{

2k2

{(1−m)x +(1−m)y Ư¿¿2(1−m)xy¿ mx +2 z ≥√2mk.xz¿¿¿¿

Để xuất hiện biểu thức S  xy  yz  zx ta cần chọn m sao cho
2 1 m  2mk  4 1 m  2mk  2m2   4  k m 2  0  m
2

(vì 0  m 1).
Khi đó cộng vế theo vế suy ra:

2 1 m S  M  S 

24

M
2 1 m

.

1
 4 k  k2  8k 
4


Bả
m
ật

Áp dụng: Cho x, y, z thoả mãn

o

Vậy GTLN của

 x, y, z cï ng dÊu
x  y

M
S
  2 kz2
2 1 m
mx  2
 2 2
 x  y  kz2  M

9
x2  y2  z2  5

2
. Tìm GTLN của S  xy  yz zx .

2
1 
9
9
9 1

m  4       8.  
4 
2
2 4
 2


Giải : Bước 1: Chọn

Bước 2: Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

3
3 2 3 2 3
 4 x  4 y  2 xy  2 xy

3
1 2 9 2 3
 x  z  xz  xz
4
2
2

4
3
1 2 9 2 3
 4 y  4 z  2 yz  2 yz


3
9
10
S  x2  y2  z2  5  S 
2
3.
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được: 2


2
 x  y  3z
 x  y   2; z  

3

 2 2 9 2
10
 x  y  2 z  5  x  y  2; z  2


3
Vậy Max S = 3 khi
n x2  y2   kz2  M
Ví dụ 7. Cho x, y, z thoả mãn 

. (n,k là hằng số dương; M là

số khơng âm cho trước) Tìm GTLN của S  xy  yz zx .
Phân tích và tìm lời giải:
Do vai trị bình đẳng của x, y nên có thể dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi
x  y và các thao tác đối với x và y là “giống nhau”. Ta tách:

x2  mx2   n  m x2 vµ y2  ny2   n  m y2  0  m n
kz2 

k 2 k 2
z  z
2
2 cho cả x và y.

25

đồng thời “chia đều”