vài thủ thuật nhỏ về chứng minh bất đẳng thức(luyện thi đại học)

Học Học nữa Học mãi
Đề tài : “Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy
(Côsi )”
MỤC LỤC
GIỚI THIỆU CHUNG
TÀI LIỆU THAM
KHẢO 03
BẢNG KÊ CÁC KÍ HIỆU VÀ TỪ VIẾT TẮT TRONG ĐỀ
TÀI
A. Phần mở đầu
1. Lý do chọn đề tài .
…………. . 04
2. Mục đích nghiên cứu……………………………………………
…… 05
3. Đối tượng nghiên
cứu………………………………………… 05
4. Nhiệm vụ nghiên
cứu…………………………………………… 05
5. Giới hạn đề
tài 05
6. Phương pháp nghiên
cứu 06
7. Thời gian nghiên cứu
…… 06
B. Phần nội dung
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
CAUCHY(
CÔSI)
CÔSI)
I. CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
CÔSI

1.1. Quy tắc song hành
…………………………………………………… .7
1.2. Quy tắc dấu bằng
……………………………………………………… 7
Học Học nữa Học mãi 1
Học Học nữa Học mãi
1.3. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng
…………………………… 7
1.4. Quy tắc
biên………………………………………………………… 7
1.5. Quy tắc đối
xứng……………………………………………………… 7
II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI)
2.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số )
…………………………………………… 7
2.2. Dạng tổng quát (n
số) 9
III. CÁC KỸ THUẬT ÁP DỤNG
3.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình
nhân 10
3.2. Kỹ thuật tách nghịch
đảo 14
3.3. Kỹ thuật chọn điểm
rơi 16
3.4. Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình
cộng 21
3.5. Kỹ thuật nhân thêm hằng số trong đánh giá từ TBN sang
TBC 23
3.6. Kỹ thuật ghép đối
xứng 26

3.7. Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số , n
số 29
3.8. Kỹ thuật đổi biến
số 30
3.9. Một số bài tập vận
dụng 32
IV. MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
4.1. Áp dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương
trình 34
Học Học nữa Học mãi 2
Học Học nữa Học mãi
4.2. Một số bài tập tượng tư vận
dụng 37
C. Phần kết
luận 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tạp chí Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục.
2. G.KORN-T.KORN. Sổ tay Toán học ( Phan Văn Hạp và Nguyễn Trọng
Bá dịch ). Nhà xuất bản đại học và trung học chuyên nghiệp giáo dục
-1997.
3. Phan Huy Khải. Tuyển tập các bài toán Bất Đẳng Thức – Tập 1. Nhà
xuất bản giáo dục -1996.
4. Trần Văn Hạo (Chủ biên ) . Bất đẳng thức Cau chy. Nhà xuất bản giáo
dục – 2001
5. Trần Phương ( Chủ biên) .15 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy-
Nhà xuất bản giáo dục – 2001
6. Nguyễn Vũ Thanh. Phương pháp giải bất đẳng thức- Nhà xuất bản tổng
hợp đồng tháp –1994
7. Vũ Đình Hòa. TSKH. Bất đẳng thức hình học. Nhà xuất bản giáo dục –
2001

8. Lê Hồng Đức. Phương pháp giải toán bất đẳng thức. Nhà xuất bản Hà
Nội– 2003
9. Trần Văn Hạo.( Chủ biên). Chuyên đề Bất đẳng thức. Nhà xuất bản giáo
dục.
10.TS. Trần Vui.(Chủ biên). Một số xu hướng đổi mới trong dạy học Toán ở
trường THPT. Nhà xuất bản giáo dục.
BẢNG KÊ CÁC KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI
CÁC KÍ HIỆU TOÁN HỌC TỪ VIẾT TẮT
Học Học nữa Học mãi 3
Học Học nữa Học mãi
∀ : với mọi
Min : giá trị nhỏ nhất
Max : giá trị lớn nhát
⇔ : tương đương
⇒ : suy ra ( kéo theo)
∆ ABC : tam giác ABC
≠ : dấu khác
≥ : không âm
= : dấu bằng
p : nữa chu vi tam giác ABC
CMR : chứng minh rằng
VT : vế trái
VP : vế phải
BĐT : bất đẳng thức
đpcm : điều phải chứng minh
GTNN : giá trị nhỏ nhât
GTLN : giá trị lớn nhất
TBN : trung bình nhân
TBC : trung bình cộng
A. PHẦN MỞ ĐẦU

1 / Lí do chọn đề tài:
1.1. Về mặt lý luận
Trí thông minh là sự tổng hợp, phối hợp nhịp nhàng các năng lực trí
tuệ như : quan sát, ghi nhớ, óc tưởng tượng và chủ yếu là năng lực tư duy mà
đặc trưng là năng lực tư duy độc lập, linh hoạt, sáng tạo, vận dụng những
hiểu biết đã học để giải quyết vấn đề được đặt ra một cách tốt nhất. Chính vì
vậy, nghị quyết của Bộ chính trị về cải cách giáo dục đã nhấn mạnh nhiệm
vụ phát triển trí thông minh cho học sinh cấp III nhất là học sinh lớp 10.
Nghị quyết đã chỉ ra rất rõ yêu cầu “Phát triển tư duy khoa học” và “tăng
cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều
đã học”.
Một điểm đổi mới trong phương pháp dạy học hiện nay luôn coi trọng
việc lấy học sinh làm trung tâm, người thầy chỉ đóng vai trò là người
Học Học nữa Học mãi 4
Học Học nữa Học mãi
giúp các em đi đúng hướng, giúp các em tiếp thu kiến thức một cách
chủ động, sáng tạo. Chính vì vậy, ở lớp 10, việc phát triển trí thông minh
cho các em thông qua môn toán là hết sức cần thiết.
1.2. Về mặt thực tiễn
Phấn đấu để dạy tốt các môn học nói chung và môn Toán nói riêng là
nguyện vọng tha thiết của đội ngũ giáo viên THPT. Như chúng ta đã biết,
Toán là khoa hoc suy diễn trừu tượng nhưng Toán học THPT lại mang tính
trực quan, cụ thể bởi vì mục tiêu của môn toán ở trung học là hình thành
những biểu tượng toán học ban đầu và rèn luyện kĩ năng toán cho học sinh,
tạo cơ sở phát triển tư duy và phương pháp cho học sinh sau này. Một mặt
khác toán học còn có tính thực triễn. Các kiến thức toán học đều bắt đầu từ
cuộc sống. Mỗi mô hình toán học là khái quát từ nhiều tình huống trong
cuộc sống. Dạy học toán học ở trung học là hoàn thiện những gì vốn có
trong học sinh, cho học sinh làm và ghi lại một cách chính thức các kiến
thức toán học bằng ngôn ngữ và các kí hiệu toán học. Mỗi tiết học là dịp để

học sinh hình thành những kiến thức và kĩ năng mới, vận dụng một cách
sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc học toán trong cuộc sống sau này.
Chính vì vậy, người giáo viên cần biết phát huy tính tích cực, trí thông minh
của học sinh thông qua giờ học toán.
1.3. Về cá nhân
Xuất phát từ lý luận và thực tiễn trên, để góp phần vào việc “ Phát
triển tư duy khoa học” và “tăng cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng
một cách thông minh những điều đã học” cho học sinh trong giai đoạn hiện
nay, và qua thực tiễn kiểm tra và giảng dạy học sinh ở trường , tôi nhận thấy
việc hình thành những kiến thức và kĩ năng mới trong Phương pháp chứng
minh Bất đẳng thức Cauchy ( Côsi ) , vận dụng một cách sáng tạo nhất,
thông minh nhất trong việc học toán trong cuộc sống cho học sinh là một
Học Học nữa Học mãi 5
Học Học nữa Học mãi
nhiệm vụ hết sức quan trọng của người giáo viên. Đó là lý do tại sao tôi
chọn đề tài này.
1. Mục đích nghiên cứu:
Một vấn đề thường gặp trong đại số, làm cho học sinh lúng túng đó
là những bài toán về bất đẳng thức đại số như bất đẳng thức Cauchy (Côsi ),
bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức Tchebychev, bất đẳng thức
Beruoulli, bất đẳng thức Jensen . Thông thường những bài toán về loại này
là những vấn đề khó. Thực sự nó là một phần quan trọng của đại số và
những kiến thức về bất đẳng thức trong đại số cũng làm phong phú hơn
phạm vi ứng dụng đại số trong cuộc sống.
2. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy
(Côsi) là một phần quan trọng của đại số 10 trong chương Toán THPT.
Phần nhiều những bài toán tối ưu đại số xuất phát từ yêu cầu của cuộc sống.
Một phần nào những kiến thức về tối ưu đại số này cũng được đưa vào
chương trình phổ thông đó là bất đẳng thức Cauchy(Côsi).

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề về Phương pháp chứng minh bất đẳng
thức Côsi .Những bài toán về Bất đẳng thức Côsi có nội dung rất hấp dẫn và
khó giải quyết. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết của nó là
vì phương pháp tiếp cận , mổ xẻ vấn đề không phải là các phương pháp
thông thường hay hay được áp dụng trong đại số. Để giải quyết phần nào
những khó khăn trên, tác giả viết sáng kiến kinh nghiệm này nhằm cung cấp
những phương pháp học và giải bài tập bất đẳng thức Cauchy cho các bạn
yêu thích toán học, các thầy cô giáo, các em học sinh các trường THPT và
các em học sinh đang học lớp 10 làm tài liệu tham khảo và tiếp tục phát
triển.
Học Học nữa Học mãi 6
Học Học nữa Học mãi
4. Giới hạn của đề tài
Nghiên cứu về bất đẳng thức Cauchy (Côsi) 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 nhất, thông minh nhất trong việc học toán cũng như trong cuộc sống .
5. Phương pháp nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu lý luận
“Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường ở các em ý thức, năng
lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học”.
1.5. Phương pháp quan sát
Nhìn nhận lại quá trình học tập môn toán của học sinh của trường trong
năm học vừa qua
Đưa ra một số biện pháp để nâng cao kết quả học tập cho học sinh của
trường trong giai đoạn hiện nay.

Học Học nữa Học mãi 7
Học Học nữa Học mãi

B. PHẦN NỘI DUNG
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
(
CÔSI)
CÔSI)
I. CÁC QUY TẮC CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
CÔSI
1.1. 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.
1.2. 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.
1.3. 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.
1.4. Quy tắc biên: Cở sở của quy tắc biên này là các bài toán quy
hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán 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.
1.5. Quy tắc đối xứng: Các BĐT thường có tính chất đối xứng vậy thì
vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại
vị trí các biên đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta
Học Học nữa Học mãi 8
Học Học nữa Học mãi
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.
II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔSI) :
2.1. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số )
n = 2: ∀ x, y
≥
0 khi đó : n = 3: ∀ x, y, z
≥
0 khi đó :
2.1.1
2
x y
xy
+
≥

3
3
x y z
xyz
+ +
≥
2.1.2
2x y xy+ ≥

3
3 x y z xyz+ + ≥
2.1.3

2
2
x y
xy
 
 ÷
 
+
≥

3
3
x y z
xyz
 
 ÷
 
+ +
≥
2.1.4
( )
2
4x y xy+ ≥

( )
3
27x y z xyz+ + ≥
2.1.5
1 1 4
x y x y

+ ≥
+

1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
2.1.6
( )
2
1 4
xy
x y
≥
+

( )
3
1 4
xyz
x y z
≥
+ +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
z.
Chứng minh công thức 2.2.1
∀ x, y
≥
0 ,ta có :

2
1 1
( 2 ) ( )
2 2
0
2
x y
x y
xy xy x y− = + − = −
+
≥
Do đó
2
x y
xy
+
≥
.
Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi :
2
( )x y−
, tức là x = y .
Hệ quả 1:
Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng lớn
nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Học Học nữa Học mãi 9
Học Học nữa Học mãi
Chứng minh: Giả sử hai số dương x và y có tổng x + y = S không đổi.
Khi đó,
2 2

S x y
xy=
+
≥
nên
2
4
S
xy ≤
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
= y. Do đó, tích xy đạt giá trị lớn nhất bằng
2
4
S
khi và chỉ khi x = y.
Hệ quả 2:
Nếu hai số dương thay đổi nhưng 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,
2
P
x y
xy =
+
≥
nên
2x y P+ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y.

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.
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
3
( )f x x
x
= +
với x > 0.
Giải. Do x > 0 nên ta có :
3 3
( ) 2 . 2 3f x x x
x x
= + ≥ =
và
3
( ) 2 3 3f x x x
x
= ⇔ = ⇔ =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số
3
( )f x x
x
= +

với x > 0 là
( 3) 2 3f =
.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x, y, z là ba số dương thì
1 1 1
( )( ) 9.x y z
x y z
+ + + + ≥
Khi nào xảy ra đẳng thức ?
Giải. Vì x, y, z là ba số dương nên
3
3 .x y z xyz+ + ≥
( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z )
Học Học nữa Học mãi 10
Học Học nữa Học mãi
3
1 1 1 1
3 .
x y z xyz
+ + ≥
( đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1 1
x y z
= =
).
Do đó
3
3
1 1 1 1
( )( ) 3 .3 9.x y z xyz

x y z xyz
+ + + + ≥ =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
.
1 1 1
x y z
x y z
= =



= =


Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
2.2. Dạng tổng quát (n số) ∀x
1
, x
2
, x
3
, ,x
n
không âm ta có:
Dạng 1:
1 2

1 2

n
n
n
x x x
x x x
n
+ +
≥
Dạng 2:
1 2

1 2

n
n
n
x x x n x x x+ + ≥
Dạng 3:
1 2
1 2



n
n
n
x x x
x x x
n

 
 ÷
 
+ +
≥
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2

n
x x x= = =
Bình luận:
• Để học sinh dễ nhớ, ta nói Trung bình cộng (TBC)
≥
Trung bình nhân
(TBN).
• Dạng 2 và dạng 3 khi đặt cạnh nhau có vẽ tầm thường nhưng lại giúp ta
nhận dạng khi sử dụng BĐT Côsi : (3) đánh giá từ TBN sang TBC khi
không có cả căn thức.
Hệ quả 3:
Nếu:
1 2

n
x x x S const+ + + = =
thì:
( )
1 2
P
n
n

S
Max
n
x x x
 
=
 ÷
 
=
Khi
1 2

n
S
n
x x x == = =
Hệ quả 4:
Học Học nữa Học mãi 11
Học Học nữa Học mãi
Nếu:
1 2

n
x x x P const= =
thì:
( )
1 2 2

n
Min S n Px x x =+ +=

Khi
1 2

n
n
x x x P== = =
III. Các kỹ thuật sử dụng của bất đẳng thức Cauchy (Côsi )
3.1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân
Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “
≥
”.Đánh giá từ
tổng sang tích.
Bài 1. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
, ,8 a b ca b b c c a a b c ∀+ + + ≥

Giải
Sai lầm thường gặp
Sử dụng: ∀ x, y thì x
2
- 2xy + y
2
= ( x- y)
2

≥
0 ⇔ x
2
+ y

2

≥
2xy. Do đó:
2 2
2 2
2 2
2
2
2
a b ab
b c bc
c a ca





+ ≥
+ ≥
+ ≥
⇒
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
8 , ,a b b c c a a b c a b c+ + + ≥ ∀
(Sai)
Ví dụ:
2 2
3 5
4 3






≥ −
≥ −
≥
⇒ 24 = 2.3.4
≥
(-2)(-5).3 = 30 ( Sai )
Lời giải đúng:
Sử dụng BĐT Côsi : x
2
+ y
2

≥
2
2 2
x y
= 2|xy| ta có:
2 2
2 2
2 2
0
0
0
2
2

2
a b ab
b c bc
c a ca

≥


≥


≥


+ ≥
+ ≥
+ ≥
⇒
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
| 8| 8 , ,a b b c c a a b c a b c a b c=+ + + ≥ ∀
(đúng)
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: x
2
+ y
2

≥
2
2 2
x y
= 2|xy| vì x, y không biết âm hay
dương.
Học Học nữa Học mãi 12
Học Học nữa Học mãi
• Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Côsi như bài toán nói
trên mà phải qua một vài phép biến đổi đến tình huống thích hợp rồi
mới sử dụng BĐT Côsi.
• Trong bài toán 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:
( )
8
2
64 ( )a b ab a b+ ≥ +
∀ a,b
≥
0
Giải
( ) ( )
( ) ( )
( )
4
4
8 2 4

ôSi
2
4 2
.2 2 2 2 2 . .
C
a b a b a b ab a b ab ab a b
 
 
 
= = + = =
 
   
 
 
+ + + ≥ + +
2
64 ( )ab a b= +
Bài 3. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab)
≥
9ab ∀ a, b
≥
0.
Giải
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab)
≥

3 3
3 1. . . 3. . . 9a b a b ab ab=
.
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: 3a
3
+ 7b
3

≥
9ab
2
∀ a, b
≥
0
Giải
Ta có: 3a
3
+ 7b
3

≥
3a
3
+ 6b
3
= 3a
3
+ 3b
3
+ 3b

3

3
3
3 6
3
3
Côsi
a b
≥
= 9ab
2
Bình luận:
• 9ab
2
= 9.a.b.b ⇒ gợi ý đến việc tách hạng tử 7b
3
thành hai hạng tử
chứa b
3
để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b
2
. Khi đã có định hướng như
trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn.
Bài 5. Cho:
, , , 0
1
:
1 1 1 1
81

3
1 1 1 1
a b c d
CMR abcd
a b c d





>
≤
+ + + ≥
+ + + +
Học Học nữa Học mãi 13
Học Học nữa Học mãi
Giải
Từ giả thuyết suy ra:
( )
( )
( )
ôsi
3
3
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
= -
C

b c d bcd
a b c d b c d
b c d
     
 ÷  ÷  ÷
     
≥ + − + − + + ≥
+ + + + + + +
+ + +
Vậy:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3

3
3
3
3
3
3
3
1
0
1
1 1 1
1
0
1
1 1 1
1 d
81
1 1 1 1 1 1 1 1
1
0
1
1 1 1
1
0
1
1 1 1
bcd
a
b c d
cda

b
c d a
abc
a b c d a b c d
dca
c
d c a
abc
d
a b c







⇒








≥ ≥
+
+ + +
≥ ≥

+
+ + +
≥
+ + + + + + + +
≥ ≥
+
+ + +
≥ ≥
+
+ + +

⇒
1

81
abcd ≤
Bài toán tổng quát 1:
Cho:
( )
1 2 3
1 2 3
1 2 3
, , , ,
1
0
1
:
1 1 1 1
1
1 1 1 1

n
n
n
n
n
x x x x
CMR x x x x
n
x x x x



−


>
≤
+ + + + ≥ −
+ + + +
Bình luận
• Đối với những bài toán 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.
Bài 6. Cho
, , 0
1 1 1
: 1 1 1 8
1
a b c
CMR

a b c
a b c

   


 ÷ ÷ ÷

   

>
− − − ≥
+ + =
(1)
Giải
Học Học nữa Học mãi 14
Học Học nữa Học mãi
ôsi
1 1 1
(1) . .
2 2 2
. . . . 8
C
a b c
VT
a b c
b c c a a b bc ca ab
a b c a b c
− − −
=

+ + +
= =≥

(đpcm)
Bài toán tổng quát 2:
Cho:
( )
n
1 2 3
1 2 31 2 3
, , , ,
1
1
0
1 1 1 1
: 1 1 1 1
n
n
n
n
x x x x
CMR
x x x xx x x x
  
  
 

−
 ÷
 ÷ ÷

 ÷

 ÷
 ÷ ÷
 ÷
+ + + + =

 
  
 
>
− − − − ≥
Bài.7.
CMR:
( )
( )
( )
( )
1 2 3
3
3
3
1 1 1 1 1 8 , , 0
3
a b c
a b c abc abc a b c
     
 ÷  ÷  ÷
     
 

 ÷
 ÷
 
+ +
+ ≥ + + + ≥ + ≥ ∀ ≥
Giải
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
ôsi
3
3
1 1 1
1 1 1 1
3 3
C
a b c
a b c
a b c
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 

 
+ + +
=
+ +
+ +
+ ≥ + + +
(1)
Ta có:
( )
( )
( )
( ) ( )
1 1 1 1a b c ab bc ca a b c abc
 
 
 
=+ + + + + + + + + +
( )
(
)
2 2 2
3
ôsi
3
3
3
3 11 3
C
a b c abc abc abc+ + = +≥ +

(2)
Ta có:
( )
3
3
3 3
ôsi
2 1. 81
C
abc abc 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
Bài toán tổng quát 3
Cho x
1
, x
2
, x
3
, , x
n

≥
0. CMR:
Học Học nữa Học mãi 15
Học Học nữa Học mãi
(
)
(
)
( )
(
)
1 2 3
1 2
1 2 1 2 1 2

2 1 1 1 1 1
n
n n n
n
n
n
n
x x x
x x x x x x x x x
n
     
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     

 
 ÷
 ÷
 
+ + +
+ ≥ + + + ≥ + ≥
Bình luận:
• Bài toán 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 toán 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.
3.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo:
Bài 1. CMR:
2 . 0
a b
a b
b a
+ ≥ ∀ >
Giải
Ta có :
2 2
Côsi
a b a b
b a b a
+ ≥ =
Bài 2. CMR:
2

2
2
2
1
a
a R
a
+
≥ ∀ ∈
+
Giải
Ta có :
( )
2
2 2
2 2 2 2
ôsi
2
2 2
1 1
2 1 1
1 1
1 1 1 1
C
a
a
a a
a a a a
= = ≥ =
+ +

+
+ + +
+ + + +
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
2 2
2
1
1 1 1 0
1
a a a
a
= ⇔+ + = ⇔ =
+
Bài 3. CMR:
( )
1
3 0a a b
b a b
+ ≥ ∀ > >
−
Giải
Học Học nữa Học mãi 16
Học Học nữa Học mãi
Ta có nhận xét : b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b do đó hạng tử đầu
a sẽ được phân tích như sau :
( )
( )
( )
( )
( )

3
ôsi
.
1 1 1
3 . 3 0
C
a b a b b a b a b
b a b b a b b a b
+ = + − + ≥ − = ∀ > >
− − −
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
( )
( )
1
b a b
b a b
== −
−
⇔ a = 2 và b = 1.
Bài 4. CMR:
( )
( )
2
4
3 0
1
a a b
a b b
+ ≥ ∀ > >
− +

(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
( )
( )
2
1a b b− +
(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 là các thừa số của mẫu.
Vậy ta có :
( )
( )
2
1a b b− +
= (a - b)( b + 1)( b + 1) ⇒ ta phân tích a thành hai
cách sau:
2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoÆc a +1 =
( )
1 1
2 2
b b
a b +
+ +
− +
Từ đó ta có (1) tương đương :
VT + 1 =

( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2
4 1 1 4
1
2 2
1 1
1
b b
a a b
a b b b
a b b
= + +
+ +
+ + − +
− + +
− +

( )
( )
( ) ( )
4
ôsi
. . . .
1 1 4
4 4
2 2

1 1
C
b b
a b
a b b b
+ +
≥ − =
− + +
⇒ đpcm.
Bài 5. CMR :
3
1
2a 1
2
3
4 ( )
1
a
b a b
a
b







≥
+

≥ ∀
−
>
Học Học nữa Học mãi 17
Học Học nữa Học mãi
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 Côsi. Do đó :
Ta có đánh giá về mẫu số như sau:
( )
( )
2
2
4. 4. 4.
2 4
b a b
a
b a b a
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
+ −
− ≤ = =
Vậy:
3 3 3
ôsi
3

2 2
3
ôsi
3 3
2a 1 2 1 1 1 1
. .
4 ( )
C
C
a a a
a a a a
b a b a a
a a
+
= = =
+ + +
≥ + + ≥
−
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
2
1

1 1
2
b a b a
a b
a


 

 
 


= − =
⇔
= =
Bình luận:
• Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng 1 kĩ thuật đó là đánh giá từ TBN
sang TBC nhằm làm triệt tiêu biến b.
• Đối với phân thức thì việc đánh giá mẫu số, hoặc tử số từ TBN sang
TBC hay ngược lại phải phu thuộc vào dấu của BĐT.
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
1
S a
a
= +
Giải
Sai lầm thường gặp của học sinh:
1
S a
a
= +

≥
2
1
a
a
=2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
1
a
a
=
⇔ a = 1 ⇒ vô lí vì giả thiết là a
≥
2.
Cách làm đúng
Học Học nữa Học mãi 18
Học Học nữa Học mãi
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử
1
a
để sao cho khi áp
dụng BĐT Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:
1 1
; (1)
1
; (2)
1
,
1
; (3)

; (4)
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
α
α
α
α

 

 ÷
 


 

 ÷
 
 

 ÷


 
 

 ÷

 

 

 ÷

 

⇒
Vậy ta có :
5
1
4 4 2
1 3 1 3 3.2
2
4 4 4
a a a a
S
a a
+ + ≥ + == + ≥
.
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = 2.
Bình luận:
• Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tắc
biên để tìm ra α = 4.

• ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất đẳng
thức Côsi cho 2 số
,
4
1a
a
và
3
4
a
đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là
chúng có điểm rơi a = 2.
Bài 2. Cho a
≥
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
S a
a
= +
Giải
Sơ đồ chọn điểm rơi: a = 2 ⇒
2
2
1 1
4
a
a
α α








=
=
⇒
2 1
4
α
=
⇒ α = 8.
Sai lầm thường gặp
Học Học nữa Học mãi 19
Học Học nữa Học mãi
2 2 2
.
1 1 7 1 7 2 7 2 7.2 2 7 9
2
8 8 8 8 8 8 4 4 4
8 8.2
a a a a a
S a
a a a
a
 
 ÷
 

= + + +
= + ≥ = + ≥ + = + =
⇒
MinS =
9
4

Nguyên nhân sai lầm:
Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 vàà MinS =
9
4
là đáp số đúng nhưng cách giải
trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a
≥
2 thì
2 2 2
4
8 8.2a
=≥
đánh 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:
3
2 2 2
ôsi
. .
1 1 6 1 6 3 6 3 6.2 9
3

8 8 8 8 8 8 4 8 4 8 4
C
a a a a a a a
S a
a a a
 
 ÷
 
= + + + +
= + ≥ = + ≥ + =
Với a = 2 thì Min S =
9
4
Bài 3. Cho
, , 0
3
2
a b c
a b c





>
+ + ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
S a b c
a b c

= + + + + +
Giải
Sai lầm thường gặp:
6
. .
1 1 1 1 1 1
6 . . . 6S a b c abc
a b c a b c
≥ == + + + + +
⇒ Min S = 6
Nguyên nhân sai lầm :
Học Học nữa Học mãi 20
Học Học nữa Học mãi
Min S = 6 ⇔
3
1
2
1 1 1
3a b c a b c
a c
b
= = = ⇒= = = + + = >
trái với gải
thiết.
Phân tích và tìm tòi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi
1
2
a b c= = =
Sơ đồ điểm rơi:

1
2
a b c= = =
⇒
1
2
1 1 1 2
a b c
a b c
α α α α







= = =
= = =
⇒

2
4
1
2
α
α
⇒= =
Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau :
1

2
a b c= = =
⇒

2
2 4
2
1 1 1
2
a b c
a b c
α
α α α
α
α







⇒ =
= = =
= = =
⇒ =
⇒
2
4
1

2
α
α
= ⇒ =
Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 sau:
( ) ( )
6
. .
1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 6 4 .4 .4 . 3S a b c a b c a b c a b c
a b c a b c
 
 ÷
 
≥= + + + + + − + + − + +
3 15
12 3.
2 2
≥ − =
. Với
1
2
a b c= = =
thì MinS =
15
2
Bài 4. Cho
, , 0
3
2

a b c
a b c





>
+ + ≤
. Tìm GTNN của
2 2 2
2 2 2
1 1 1
S a b c
b c a
= + + + + +
Học Học nữa Học mãi 21
Học Học nữa Học mãi
Giải
Sai lầm thường gặp:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
6
. . . .
1 1 1 1 1 1
3 3a b c a b c
b c a b c a
S
     

 ÷  ÷  ÷
     
≥ =+ + + + + +
2 2 2
6
2 2 2
6
. . . . .
1 1 1
3 2 2 2 3 8 3 2a b c
b c a
     
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
= =≥
⇒ MinS =
3 2
.
Nguyên nhân sai lầm:
MinS =
3 2
⇔
3
1
2
1 1 1
3a b c a b c
a c
b

= = = ⇒= = = + + = >
(trái với giả
thiết).
Phân tích và tìm tòi lời giải:
Do S là một biểu thức đối xứng với a,b,c nên dự đoán Min S đạt tại điểm rơi
1
2
a b c= = =
2 2 2
2 2 2

1
1 4
4
16
4
41 1 1
a b c
a b c
α
α
α
α α α








⇒ =
= = =
= =
= ⇒
=

Lời giải
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 16 16

1 1 1 1 1 1

16 16 16 16 16 16
S a b c
b b c c a a
+ + + + + += + + + + +
1 4 44 2 4 4 43 1 4 442 4 4 43 1 4 44 2 4 4 43
2 2 2
2 2 2 2 2 2
16 16 16
17 17 17
17 . 17 . 17 .
1 1 1 1 1 1

16 16 16 16 16 16
a b c
b b c c a a
≥ + +
1 442 4 43 1 44 2 4 43 1 44 2 4 43

2 2 2
17 17 17
17
17 17
16 32 16 32 16 32 8 16 8 16 8 16
17 17 17 17
16 16 16 16 16 16
a b c a b c
b c a b c a
 
= + +
 ÷
 ÷
 
= + +
( )
3
17
17 17 17
8 16 8 16 8 16 8 5 5 5
5
17
. . 3. 17
.
3 17
17 3
16 16 16 16
2 2 2 2
a b c a
b c a a b c

a b c
 
 
= =
 
 
≥
Học Học nữa Học mãi 22
Học Học nữa Học mãi
15
17
2 2 2
.
3
3 17 3 17
2
2
a b c
≥ ≥
 
+ +
 ÷
 
. Dấu “ = ” xảy ra khi
1
2
a b c= = =
⇒ Min S
=
3 17

2
Bình luận:
• Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải quyết một cách đúng đắn về
mặt toán học nhưng cách làm trên tương đối cồng kềnh. Nếu chúng áp
dụng việc chọn điểm rơi cho bất đăng thức Bunnhiacôpski thì bài toán
sẽ nhanh gọn hơn, đẹp hơn.
• Trong bài toán trên chúng ta đã dùng mọt kĩ thuật đánh giá từ TBN sang
TBC , chiều của dấu của dấu bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc vào
chiều đánh giá mà nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh nằm ở mẫu số
hay ở tử số.
Bài 5. Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a b c d b c d c d a a b d a b c
S
b c d c d a a b d a b c a b c d
+ + + + + + + +
= + + + + + + +
+ + + + + + + +
Giải
Sai lầm thường gặp
.
.
.
.
2 2
2 2
2 2
2 2
a b c d a b c d
b c d a b c d a
b c d a b c d a

c d a b c d a b
c a b d c a b d
a b d c a b d c
d a b c d a b c
a b c d a b c d













+ + + +
+ ≥ =
+ + + +
+ + + +
+ ≥ =
+ + + +
+ + + +
+ ≥ =
+ + + +
+ + + +
+ ≥ =
+ + + +

⇒ S
≥
2 + 2 + 2 + 2 = 8
Sai lầm thường gặp
Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 8 số:
8
. . . . . . .8 8
a b c d b c d c d a a b d a b c
S
b c d c d a a b d a b c a b c d
+ + + + + + + +
≥ =
+ + + + + + + +
Học Học nữa Học mãi 23
Học Học nữa Học mãi
Nguyên nhân sai lầm:
Min S = 8 ⇔
a b c d
b c d a
c d a b
d a b c







= + +
= + +

= + +
= + +
⇒ a + b + c + d = 3(a + b + c + d) ⇒ 1 = 3 ⇒
vô lí.
Phân tích và tìm tòi lời giải
Để tìm MinS ta cần chú ý S là một biểu thức đối xứng với a,b,c,d > 0 do đó
MinS nếu có thường đạt tại điểm rơi tự do là “ là a = b = c = d > 0.( nói là
điểm rơi tự do vì a,b,c,d không mang một giá trị cụ thể). Vậy ta cho trước a
= b = c = d dự đoán

4 40
12
3 3
Min S = + =
. Từ đó suy ra các đánh giá của
BĐT bộ phận phải có điều kiện dấu bằng xảy ra là tập con của điều kiện dự
đoán: a = b = c = d > 0 .
Ta có sơ đồ điểm rơi : Cho a = b = c = d > 0 ta có:

1
1 3
3
9
3
3
a b c d
b c d c d a a b d a b c
b c d c d a a b d a b c
a b c d
α

α
α



⇒ ⇒




= = = =
+ + + + + + + +
= =
+ + + + + + + +
= = = =
Cách 1: Sử dụng BĐT Côsi ta có :
8
, , ,
, , ,
. . . . . . .
8
.
9 9 9
8
9 9 9 9
a b c d
a b c d
a b c d b c d
b c d a a
a b c d b c d c d a a b d a b c

b c d c d a a b d a b c a b c d
S
 
 ÷
 
+ + + +
+ + ≥
+ +
+ + + + + + + +
≥
+ + + + + + + +
=
∑ ∑
8
9
b c c d a b a b
a a b b c c d d
d a d c
a b c d
 
 ÷
 
+ + + + + + + + + + + +
12
.12. . . . . . . . . . . . .
8
3
8 8 8 40
12
9 3 9 3

b c d c d a a b d a b c
a a a b b b c c c d d d
 
= =
 ÷
 
≥ + +

Với a = b = c = d > 0 thì Min S = 40/3.
Học Học nữa Học mãi 24
Học Học nữa Học mãi
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 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. CMR
( )
( )
, , , 0ab cd a c b d a b c d+ ≤ + + ∀ >
(1)
Giải
(1) ⇔
( )
( )
( )

( )
1
ab cd
a c b d a c b d+ + + +
+ ≤
Theo BĐT Côsi ta có:
( )
1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
a b c b a c b d
VT
a c b c a c b d a c b c
     
 ÷  ÷  ÷
     
+ +
≤ + + + = + = + =
+ + + + + +
(đpcm
)
Bình luận:
• 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 (1) 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 2. CMR

( )
( )
0

0
a c
c a c c b c ab
b c





> >
− + − ≤ ∀
> >
(1)
Giải
Ta có (1) tương đương với:
( )
( )
1
c b c
c a c
ab ab
−
−
+ ≤
Theo BĐT Côsi ta có:
Học Học nữa Học mãi 25