Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cauchy

1
I. THÔNG TIN CHUNG:
1. Tên sáng kiến: “Các kĩ thật sử dụng bất đẳng thức Cauchy”
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học
3. Phạm vi áp dụng sáng kiến: Sáng kiến áp dụng tại trường THCS
Quang Trung thành phố Yên Bái,
4. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Từ tháng 9 năm 2019 đến nay.
5. Tác giả:
Họ và tên: Giang Thanh Thủy
Năm sinh: 1975
Trình độ chun mơn: Thạc sĩ VLLT&VLT
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THCS Quang Trung - Thành Phố Yên Bái
Địa chỉ liên hệ: Tổ 3 - Phường Minh Tân - TP Yên Bái- Yên Bái
Điện thoại: 0914976000
Email:
II. MƠ TẢ SÁNG KIẾN
1. Tình trạng giải pháp đã biết:
Hiện nay trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn trong các nhà
trường đã được chú trọng hơn. Việc hướng dẫn học sinh giải các bài tốn chứng
minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức khi áp
dụng bất đẳng thức Cauchy đã được quan tâm hơn trong các buổi bồi dưỡng học
sinh giỏi. Tuy nhiên không phải trường nào cũng áp dụng được các kĩ thuật sử
dụng bất đẳng thức Cauchy để giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức, mà chỉ dạy gọi là biết qua, chưa
sâu sắc dẫn đến kết quả học sinh đa phần khơng làm được bài tốn có liên quan
đến bất đẳng thức Cauchy trong các kì thi học sinh giỏi Toán các cấp
- Về ưu điểm của sáng kiến cũ: Đã hướng dẫn học sinh chứng minh bất đẳng
thức , tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức khi áp dụng bất đẳng
thức Cauchy trong các buổi bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn.

- Về nhược điểm của sáng kiến cũ:
Chưa đưa ra các kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy khi hướng dẫn học
sinh học dẫn đến học sinh thiếu tự tin, e ngại khi giải các bài toán liên quan đến
bất đẳng thức Cauchy.
Nắm bắt được tình hình thực tế, bản thân tơi đã áp dụng “Các kĩ thật sử
dụng bất đẳng thức Cauchy” vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán


2
nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi mơn Tốn các cấp; học sinh thi vào
chuyên Toán hằng năm.
2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến
2.1. Mục đích của giải pháp:
- Giúp học sinh nhanh chóng định hướng giải được các bài toán chứng
minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức khi ứng
dụng các kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy góp phần phát triển năng lực và
phẩm chất của người học.
- Giúp giáo viên tự nâng cao được các kiến thức về bất đẳng thức, ngày
càng nâng cao được chất lượng giáo dục mũi nhọn của nhà trường.
2.2. Nội dung giải pháp:
Giải pháp 1: HƯỚNG DẪN HỌC SINH HỌC BẤT ĐẲNG THỨC
CAUCHY (CÔSI) :
1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số )
n = 2:

 x, y  0 khi đó :

n = 3:

 x, y, z  0 khi đó :

1.1

x y
 xy
2

x y z 3
 xyz
3

1.2

x  y  2 xy

x  y  z  3 3 xyz

1.3

 x y

  xy
 2 

 x y z 
 xyz

3 


1.4

2
 x  y   4xy

3
 x  y  z   27 xyz

1.5

1 1
4
 
x y x y

1 1 1
9
  
x y z x yz

1.6

1
4

xy  x  y 2

1
4


xyz  x  y  z 3

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
= y.

3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
= y = z.

Chứng minh công thức 1.1
x y
1
1
 xy  ( x  y  2 xy )  ( x  y )  0
 x, y  0 ,ta có :
2
2
2
x y
 xy .
Do đó
2
2

Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi : ( x  y ) , tức là x = y .
2

Hệ quả 1:


3
Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng khơng 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 khơng đổi. Khi
S x y
S
 xy nên xy 
đó, 
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do
2
2
4
2

đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất bằng

S2
4

khi và chỉ khi x = y.

Hệ quả 2:
Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích khơng 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 khơng 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 vng có diện tích lớn
nhất .
Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vng có chu vi nhỏ
nhỏ nhất.
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  x 

3
với x > 0.
x

Giải. Do x > 0 nên ta có :
f ( x)  x 

3
3
3
 2 x.  2 3 và f ( x)  2 3  x   x  3 .
x
x
x

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 

3
với x > 0 là f ( 3)  2 3 .
x

Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương thì
1 1 1
( x  y  z )(   )  9. Khi nào xảy ra đẳng thức ?
x y z

Giải. Vì x, y, z là ba số dương nên
x  y  z  3 3 xyz . ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z )
1 1 1
1 1 1
1
   33
. ( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   ).
x y z
x y z
xyz
1
x

1
y

1
z

Do đó ( x  y  z )(   )  3 xyz .3
3

3

1

 9.
xyz


4
x  y  z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :  1 1 1 .
x  y  z


Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Yêu cầu thực hiện giải pháp: Hướng dẫn học, giao nhiệm vụ học tại lớp, về
nhà, kiểm tra đánh giá thực hiện nhiệm vụ, rút kinh nghiệm, bồi dường 2
buổi/tuần.
Giải pháp 2: GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN HỌC CÁC QUY TẮC CẦN
CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
2.1. Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử
dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được
kết quả nhanh chóng và định hướng cách giiải nhanh hơn.
2.2. Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “=” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta
kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp
giải, dựa vào điểm rơi của BĐT.
2.3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả
một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thường rất hay
mắc sai lầm này, áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chu ý
đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là
điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được
thỏa mãn với cùng điều kiện của biến.
2.4. Quy tắc biên: Cở sở của quy tắc biên này là các bài tốn quy hoạch tuyến
tính, các bài tốn tối ưu, các bài tốn cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn

nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên
biên.
2.5. Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vậy thì vai trị
của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các
biến đó bằng nhau. Nếu bài tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ
ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể. Chiều của
BĐT cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh : đánh giá từ Trung
bình cộng (TBC) sang Trung bình nhân (TBN) và ngược lại.
Giải pháp 3: HƯỚNG DẪN HỌC CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT
ĐẲNG THỨC CAUCHY
3.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân


5
Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “  ”.Đánh giá từ tổng
sang tích.
Bài 1. Chứng minh rằng:  a 2  b2 b2  c2  c2  a 2   8a 2b2c 2 a, b, c
Giải
Sai lầm thường gặp
Sử dụng:  x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2  0  x2 + y2  2xy. Do đó:
a 2  b 2  2ab
 2
2
b  c  2bc
c 2  a 2  2ca

 2  2

Ví dụ: 3  5

4  3


  a 2  b2 b2  c2  c2  a 2   8a 2b2c 2 a, b, c (Sai)

 24 = 2.3.4  (-2)(-5).3 = 30 ( Sai )

Lời giải đúng:
Sử dụng BĐT Côsi : x2 + y2  2 x2 y 2 = 2|xy| ta có:
a 2  b2  2 ab  0

 2
2
b  c  2 bc  0 
 2
2
c  a  2 ca  0

a

2

 b2 b2  c2  c2  a2   8| a2b2c2 |  8a2b2c2 a, b, c (đú

ng)
Bình luận


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 x2 y 2 = 2|xy| vì x, y khơng biết âm hay
dương.



Nói chung ta ít gặp bài tốn sử dụng ngay BĐT Cơsi như bài tốn nói trên
mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử
dụng BĐT Cơsi.



Trong bài tốn trên dấu “  ”  đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi
ý đến sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.

Bài 2. Chứng minh rằng:
Giải





8

a  b  64ab(a  b)2  a,b  0


6



a b

 
8







2 4

a  b    a  b   2 ab 


4

2
  2 2  a  b  ab   24.22.ab.  a  b  



4 CôSi

 64ab(a  b)2
Bài 3. 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 .
Bình luận:


9 = 3.3 gợi ý sử dụng bất đẳng thức Côsi 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 4. Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3  9ab2  a, b  0
Giải
Cơsi

Ta có: 3a3 + 7b3  3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3 

33 33 a3b6 = 9ab2

Bình luận:


9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3
để khi áp dụng BĐT Cơsi ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc
tách các hệ số khơng có gì khó khăn.

a, b, c, d  0

Bài 5. Cho:  1
1
1
1

1  a  1  b  1  c  1  d  3


CMR : abcd 

1
81

Giải
Từ giả thuyết suy ra:

1
1  
1  
1 
b
c
d Côsi
bcd
 1 

 33
  1 
  1 
=
1 a  1 b   1 c   1 d  1 b 1 c 1 d
1  b  1  c  1  d 

Vậy:

7
 1
bcd
3 3

1  b 1  c  1  d
1  a

cda
 1
1  b  3 3 1  c 1  d 1  a
 
 


dca
 1
1  c  3 3 1  d 1  c 1  a
  


abc
 1 3 3
1  d
1  a  1  b 1  c 






















0
0


0

1

1  a  1  b  1  c  1  d 

 81

abcd
1  a  1  b  1  c  1  d 

0

1
81
Bài toán tổng quát 1:
Cho:
 abcd 

 x1 , x2 , x3 ,............., xn  0

1
1
1
 1
1  x  1  x  1  x  .........  1  x  n  1
n
1
2
3


CMR : x1 x2 x3...........xn 

1

 n  1

n

Bình luận


Đối với những bài tốn có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì
việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán
chứng minh BĐT dễ dàng hơn.
a, b, c  0

Bài 6. Cho 

a  b  c  1

1
 1  1 
CMR :  1 1 1  8 (1)
a
 b
 c


Giải

1  a 1  b 1  c b  c c  a a  b Cơsi 2 bc 2 ca 2 ab
.
.

.
.


.
.
 8 (đpcm)
a
b
c
a
b
c
a
b
c
Bài tốn tổng quát 2:
Cho:


1
 1
 1
1

n
 x1 , x2 , x3 ,..............., xn  0
CMR
:

1

1


1

 ........  1   n  1




x
 x
 x


 xn

 1
 2
 3

 x1  x2  x3  ........  xn  1
VT (1) 

Bài.7.

CMR:
3 1


a bc 
1 


3 


Giải

 
 2
 





3  3

 1 a  1 b  1 c   1 abc  8 abc a, b, c  0
 

3


8
3

abc 

3 



Ta có: 1 




 1  a   1  b


3


3

  1  c  

Côsi






1 a  1 b  1 c 

(1)
Ta có: 1 a  1 b  1 c   1  ab  bc  ca    a  b  c   abc 






Côsi

 

 1 33 a2b2c2  33 abc  abc  1  3 abc



3

(2)



Ta có: 1 abc
3



3

Cơsi 



3


 2 1. abc   8


3

abc

(3)
Dấu “ = ” (1) xảy ra  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c
Dấu “ = ” (2) xảy ra  ab = bc = ca và a = b = c  a = b= c
Dấu “ = ” (3) xảy ra  3 abc =1  abc = 1
Bình luận:


Bài tốn tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài
toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.



Trong các bài tốn có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tính
đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng
chứng minh BĐT đúng hay sai.

Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng.
Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo.
Bài 7: Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện: 2 xy 
GTNN của biểu
thức: S 
Giải:

xz  1 . Tìm

3 yz 4 xz 5 xy


.
x
y
z
Theo

BĐT

(I)

ta

có:

 yz xz   yz xy   xy xz 
S      2     3    2 z  4 y  6 x 
y  x
z   z
y
 x
2( x  z )  4( x  y )  4 xz  8 xy  4 . Vậy MinS = 4 khi x = y = z = 1/3.


9

3.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo:
Bài 1. CMR:

a b
  2 a.b  0
b a

Giải
Ta có :
Bài 2. CMR:

a b

b a

Côsi

 2

a2  2
2
a2 1

ab
2
ba

a  R
Giải

2
a 2  2  a 1 1
1

 a2 1 
Ta có :
a2 1
a2 1
a2 1

Dấu “ = ” xảy ra  a 2 1 
Bài 3. CMR: a 

Côsi

 2

a2 1

1
a2 1

2

1
 a 2 1  1  a  0
2
a 1

1

 3 a  b  0
b  a  b
Giải

Ta có nhận xét : b + a – b = a khơng phụ thuộc vào biến b do đó hạng tử đầu a sẽ
được phân tích như sau :

a

Cơsi
1
1
1
 b   a  b 
 3 3 b. a  b  .
 3 a  b  0
b  a  b
b a  b
b a  b

Dấu “ = ” xảy ra  b   a  b  
Bài 4. CMR: a 

1
 a = 2 và b = 1.
b  a  b

4
3  a b0
2

 a  b b 1

(1)

Giải
Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau
khi sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu . Tuy nhiên dưới mẫu có
dạng  a  b  b 1 (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số thứ hai là
2

một tam thức bậc hai của b) do đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng
tử là các thừa số của mẫu.
Vậy ta có :  a  b  b  1 = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a thành hai cách
2

sau:


10





2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hc a +1 = a  b 

b 1  b 1
2
2

Từ đó ta có (1) tương đương :
VT + 1 = a 1 

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  .

Côsi

2a  1
3
4b(a  b)
3

Bài 5. CMR :

b 1 b 1
4
.
.
 4  đpcm.

2
2  a  b  b 1b 1

1
a 
 2
a 1
 b

Giải
Nhận xét : dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả
biểu thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc xử lí với một biến sẽ đơn
giản hơn. Biến tích thành tổng là một mặt mạnh của BĐT Cơsi. Do đó :
Ta có đánh giá về mẫu số như sau: 4.b  a  b 
Vậy:

b
 4.



 a  b    4. a
2





2

4

 a2

2a3 1 Côsi 2a3 1 a3  a3 1
1 Côsi 3
1



a

a

 3 a.a.  3
2
2
4b(a  b)
a
a
a
a

b  a  b

Dấu “ = ” xảy ra  
1 
a  a 2


a  1


1
b  2


3.3. Kỹ thuật chọn điểm rơi:
Trong kĩ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Côsi và các
quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ
được sử dụng để tìm điểm rơi của biến.
Bài 1. Cho a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S  a 

1
a

Giải
Sai lầm thường gặp của học sinh: S  a 

1  2 a 1 =2
a
a

1
Dấu “ = ” xảy ra  a   a = 1  vơ lí vì giả thiết là a  2.
a
Cách làm đúng


11

1
để sao cho khi áp dụng
a
BĐT Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử

 1 1 
 a; 
  a 

1
  a; 
a
 1  
 a, a   
1 



 a;

  a 

 a;  
 a 

Vậy ta có : S 

(1) Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):

( sơ đồ điểm rơi (2),(3),(4) học sinh tự làm)

(2)
(3)
(4)

1
2
 a



1  1
 a 2



2





1
2

  = 4.

a 1 3a

a 1 3a
3.2 5
  2

 1
 .
4 a 4
4a 4
4 2

Dấu “ = ” xảy ra  a = 2.
Bài 2. Cho a  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  a 

1
a2

Giải
Sơ đồ chọn điểm rơi:

a
2
 
a = 2   
1 1
 a 2 4



2





1   = 8.
4

Sai lầm thường gặp

S a

1  a 1  7a
a 1 7a 2 7a 2 7.2 2 7 9
  2   2 . 2  
 
     MinS
2
8 a 8
a 8 a  8
8a 8
8.2 8 4 4 4

9
4
Nguyên nhân sai lầm:
=

Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 vàà 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 Côsi sẽ khử hết biến số a ở mẫu số.
Lời giải đúng:

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
a2  8 8 a2  8


12

Với a = 2 thì Min S =

Bài 3.

Cho

9
4

a, b, c  0


3.
a  b  c 
2


Tìm giá

trị nhỏ nhất của

biểu thức

1 1 1
S  a bc   
a b c
Giải
Sai lầm thường gặp:

1 1 1

1 11
S  a  b  c     6 6 a.b.c. . .  6  Min S = 6
a b c
a b c
Nguyên nhân sai lầm :
Min S = 6  a  b  c 

1  1  1  1  a  b  c  3  3 trái với gải thiết.
a b c
2

Phân tích và tìm tịi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi

a bc  1
2
Sơ đồ điểm rơi: a  b  c 

1
2


1
a  b  c 
2


 1  1  1 2
 a  b  c 

1  2   4
2 

Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau :

a bc  1
2




 a  b  c  


2

1  1  1  2

a b c



 2   4
2

1  2   4
2 
Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 sau:

1 1 1

1 11
S   4a  4b  4c      3 a  b  c   6 6 4a.4b.4c. . .  3  a  b  c 
a b c
a b c


1
3 15
15
 12  3.  . Với a  b  c  thì MinS =
2
2 2
2




13
3.4. Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng
(TBC)
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu a  b , đánh giá
từ tổng sang tích, hiểu nơm 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. CMR

ab  cd 

 a  c  b  d 

a, b, c, d  0 (1)

Giải
(1) 

ab

 a  c  b  d 

cd
 1 Theo BĐT Cơsi ta có:
 a  c  b  d 

1 a
b  1 c
b  1 ac bd  1
VT  




 1 1  1 (đpcm)
 
2  a  c b  c  2  a  c b  d  2  a  c b  c  2
a  c  0
Bài 2. CMR c  a  c   c  b  c   ab  
b  c  0

(1)

Giải
Ta có (1) tương đương với:

c b  c 
c a  c

1
ab
ab

Theo BĐT Cơsi ta có:

c b  c  1  c  a  c   1  c b  c   1  a b 
c a  c

  

  
  1(đpcm)
ab
ab
2  b
a  2  a
b  2  a b 




Bài 3. CMR 1 3 abc  3 1 a  1 b  1 c  a, b, c  0

(1)

Giải
Ta có biến đổi sau, (1) tương đương:
3

1.1.1  3 abc  3 1  a  1  b  1  c   3

Theo

BĐT

1.1.1
abc
3
1
1  a  1  b  1  c  1  a  1  b  1  c 

Cơsi

ta

có:

1 1
1
1  1 a
b
c  1  a  1 b  1 c  1 1

VT  


 





 .3  1

3 1  a 1  b 1  c  3 1  a 1  b 1  c  3 1  a 1  b 1  c  3
Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c > 0.
Ta có bài tốn tổng qt 1:


14
CMR:
n

a1a2 .......an  n bb
.......bn  n  a1  b1  a2  b2  ........ an  bn 
1 2

Bài 4. Chứng minh rằng : 16ab(a  b)2  (a  b)4



 ai , bi  0 i  1, n



a, b  0

Giải
Ta có :
2

2

 4ab  (a  b)2 
 (a  b)2 
4
16ab(a  b)  4.(4ab)(a  b)  4 

4


  (a  b)
2
2




2

a, b, c  0

Bài 5. Cho 

a  b  c  1

2

Chứng minh rằng : abc  a  b b  c   c  a  

8
729

Giải
Sơ đồ điểm rơi :
Ta nhận thấy biểu thức có tính chất đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT xảy ra
1
khi a  b  c  . Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng BĐT
3
Côsi ta cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là a = b = c .Do đó ta có lời
giải sau :

abc  a  b b  c   c  a   



3



 



 a  b  b  c   c  a    1 3  2  3
8
     
 
3
729
  3  3 
 


Côsi  a  b  c 

3

3

Bài 5: Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện: 2 xy 
GTNN của biểu
thức: S 

xz  1 . Tìm

3 yz 4 xz 5 xy


.
x
y
z

Giải:

Theo BĐT (I) ta có:

 yz xz   yz xy   xy xz 
S      2     3    2 z  4 y  6 x 
y  x
z   z
y
 x
2( x  z )  4( x  y )  4 xz  8 xy  4 . Vậy MinS = 4 khi x = y = z = 1/3.
3.5. Kỹ thuật nhân thêm hằng só trong đánh giá TBN sang TBC :
Bài 1. Chứng minh rằng: a b 1  b a 1  ab a,b  1
Giải


15
Bài này chúng ta hồn tồn 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.

Ta có :


a



b



a b 1  b  a 1

b 1  a b 1 .1 

Côsi

a

b 1  1  ab
2

2
Côsi
 a 1  1
 a 1  b  a 1 .1  b. 2  ab
2

b  1  1
Dấu “ = ” xảy ra  
a  1  1
a, b, c  0

Bài 2. Cho 

a  b  c  1




ab ab
+  ab
2 2
b  2

a  2

Tìm giá trị lớn nhất: S  a  b  b  c  c  a
Giải

Sai lầm thường gặp:

 ab 



 bc 


 ca 


 a  b  .1

Côsi

b  c  .1

Côsi

 c  a  .1

Côsi







ab  bc  ca 

 a  b 1
2

b  c  1
2



c  a  1
2

2a  b  c  3 5

2
2

Nguyên nhân sai lầm

Dấu “ = ” xảy ra  a + b = b + c = c + a = 1  a + b + c = 2 trái với giả thiết.
Phân tích và tìm tịi lời giải:
Do vai trị của a, b, c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm của BĐT sẽ là
1
2
a  b  c  từ đó ta dự đốn Max S = 6 .  a + b = b + c = c + a = 
3
3
2
hằng số cần nhân thêm là . Vậy lời giải đúng là :
3


16


 ab 



 bc 



 ca 



2
3  a  b  3

.
2
2
2
3 b  c   3
.
2
2
2
3 c  a  3
.
2
2

3
2 Côsi
.  a  b.

2
3
3
2 Côsi
. b  c .

2
3
3
2 Côsi
. c  a .


2
3

2
3 2  a  b  c   3. 3
3
.

.2  6
 ab  bc  ca 
2
2
2
Bài toán trên nếu cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh có định hướng tốt
a, b, c  0
hơn: Cho 
Chứng minh rằng: S  a  b  b  c  c  a  6 .
a  b  c  1
Tuy nhiên nếu nắm được kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài theo hướng nào
cũng có thể giải quyết được.
a, b, c  0

Bài 3. Cho 

a  b  c  1

Tìm Max S  3 a  b  3 b  c  3 c  a
Giải

Sai lầm thường gặp

3

a  b  3  a  b  .1.1 

 a  b 11

3
b  c  11
3
b  c  3  b  c  .1.1 
3
c  a  11
3
c  a  3  c  a  .1.1 
3
 S  3 ab  3 bc  3 ca 

2a  b  c  6 8
8
  Max S =
3
3
3

Nguyên nhân sai lầm
a  b  1

8
Max S =  b  c  1  2  a  b  c   3  2  3  Vô lý
3

c  a  1


Phân tích và tìm tịi lời giải:


17
Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thường xảy ra điều kiện :
2

a  b  3

a, b, c  0
2
1

 a  b  c   b  c  Vậy hằng số cần nhân thêm là:

3
3
a  b  c  1


2
c  a  3


2 2
.
3 3

9
2 2
3
a  b  3 .3 a  b . .
4
3 3



Ta có lời giải:



9
2 2
3
b  c  3 .3 b  c . .
4
3 3







 a  b   23  23



b  c   23  23

3
3

2 2
c

a




93
2
2
3
3
3
3
c  a  . c  a . . 
4



3 3

3





9 2 a bc 4 3 9 6 3
 .  18
4
3
4 3

S  3 a b  3 bc  3 c a  3 .

2

a  b  3

2
1

3
Vậy Max S = 18 . Dấu “ = ” xảy ra  b  c   a  b  c  .
3
3


2
c  a  3

3.6. Kỹ thuật ghép đối xứng:
Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm được một số thao tác sau :
2  x  y  z    x  y    y  z    z  x 


Phép cộng : 
x y y z z x


x  y  z 
2
2
2


Phép nhân : x 2 y 2 z 2   xy  yz  zx  ; xyz= xy yz zx

 x, y, z

bc ca ab
   a  b  c a, b, c  0
a b c
Giải
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

Bài 1. Chứng minh rằng :

 0


18
 1  bc ca 
bc ca
 

.
c
 
b
a b
2  a

ca ab
bc ca ab
 1  ca ab 
 
.
a 
   abc .
 
2
b
c
b
c
a
b c



 1 bc ab
bc ab

 
 

.
c
c 
a c
 2  a

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c.
Bài 2. Chứng minh rằng:

a 2 b2 c2 b c a
    
b2 c2 a2 a b c

, abc  0

Giải
Áp dụng BĐT Cơsi 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 . c 2  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



Bài 3. Cho tam giác ABC với a,b,c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác.CMR
1
a)  p  a   p  b   p  c   abc .
8
b)

1  1  1  2 1  1  1 


p  a p  b p  c  a b c 

Giải
a) Áp dụng BĐT Cơsi ta có:












 p  a  p  b 

 p  a   p  b c


2
 p  b   p  c  a
 p  b  p  c 
2
2
 p  a   p  c  b
 p  a  p  c  
2
2
2

b) Áp dụng BĐT Cơsi ta có:



 p  a   p  b   p  c   18 abc

19

1  1
1 
 

 
2  p  a p b 


 1  1
1 

 
 
2  p b p  c 


1 
1  1
2  p  a  p  c  

 


1

p


a
p

b



1

p

b
p

c
  

1

 p  a   p  b
2
1

 p  b   p  c

1

 p  a  p  c 

2
1

 p  a   p  c



2
c



2
a



2
b

2

1  1  1  2 1  1  1 


p  a p  b p  c  a b c 



Dấu “ = ” xảy ra cho cả a) và b) khi và chỉ khi  đều : a = b = c

a bc
)
2
Bài 4. Cho  ABC, a, b, c lần lượt là số đo 3 cạnh của tam giác. Chứng minh
rằng :.
( p là nữa chu vi của  ABC: p 

b  c  ac  a  b a  b  c   abc
Giải
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

0 



0 


0 





b  c  a c  a  b 
 c  a  b  a  b  c 
b  c  a  a  b  c 



b  c  a    c  a  b 

0  b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc
Dấu “ = ” xảy ra   ABC đều : a = b = c.

3.7. Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 2 số, n số :
Nội dung cần nắm được các thao tác sau :
1.









 x  y  z   1x  1y  1z   9

 c

2
c  a  b   a  b  c   a

2
b  c  a    a  b  c   b

2

x, y, z  0


20
1
1  .........  1   n2 x , x ,........, x  0

x

x

........

x

n
1 2
n
1
2
 x1 x2
xn 


2.

bc c  a a b


 6 a, b, c  0

a
b
c

Bài 1. Chứng minh rằng :

(1)

Giải


Ta biến đổi (1) tương đương: 1 




bc   c  a   a b 
 1
 1
 9
a  
b  
c 

a bc bc  a c  a b




 9   a  b  c   1  1  1   9 (đpcm )

a
b
c
a b c
2
2
2
9



a b bc c  a a bc

Bài 2. Chứng minh rằng :

a, b, c  0

Giải
Ta biến đổi tương đương BĐT như sau:
 1
1
1 
2a  b  c 


  9
 a b bc c a 
 1
1
1 

  a  b    b  c    a  c   


 9 (đpcm )

 a b bc c a 




c
a
b
3


 , a, b, c  0 (BĐT Nesbit)
a b bc c a 2

Bài 3. Chứng minh rằng :

Giải
Ta biến đổi tương đương BĐT như sau:

c  
a  
b  3
9

  3

1
  1
  1
a b   bc   c  a  2
2

 a bc   a bc   a bc 

9





 a b   bc   c a  2


1
1
1 
9


 
2
 ab bc ca 

 a  b  c 

 1

1
1 
  a  b    b  c    a  c   


 9 (đpcm)

 a b bc c a 


c2
a2
b2
a bc



Bài 4. Chứng minh rằng :
a b bc ca
2



,a, b, c  0

Giải


Ta biến đổi BĐT như sau:  c 


c2  
a2  
b2  3  a  b  c 

a


b


a  b   b  c   c  a 
2