SKKN cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức cô si trong chứng minh bđt

Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bất đẳng thức là một phần hay và khó của môn Toán và thường xuất
hiện trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên, chọn, học sinh giỏi các
cấp. Bất đẳng thức có nhiều ứng dụng quan trọng, giúp cho chúng ta có được
cảm nhận sâu sắc về cái hay, cái đẹp của Toán học.
Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy
rằng học sinh rất bị động, gặp nhiều khó khăn và lúng túng khi gặp các bài
toán bất đẳng thức. Có lẽ một phần do các em chưa được tiếp xúc và trang bị
những kỹ thuật có thể giúp các em có cái nhìn sâu sắc hơn về bất đẳng thức,
từ đó xây dựng cho mình phương án tiếp cận các bài toán.
Hiện nay có rất nhiều bất đẳng thức nhưng có lẽ bất đẳng thức Cô-si là
một trong những bất đẳng thức nổi tiếng và quan trọng nhất. Bất đẳng thức
này có nhiều kỹ thuật áp dụng , được áp dụng rộng rãi vào giải nhiều dạng
toán nói chung và bất đẳng thức nói riêng. Kỹ thuật hay được sử dụng đó là
cân bằng hệ số. Sử dụng kỹ thuật này giúp chúng ta giải được nhiều bài toán
một cách thật tự nhiên và nhanh gọn.
Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu tôi đã hệ thống, tích lũy được
một số bài toán bằng cách sử dụng kỹ thuật này. Với mong muốn được trao
đổi với đồng nghiệp cũng như có thể trang bị thêm cho các em học sinh, đặc
biệt là các em khá giỏi một phương pháp mạnh trong việc chứng minh bất
đẳng thưc. Vì vậy tôi mạnh dạn chọn đề tài: “Cân bằng hệ số khi sử dụng bất
đẳng thức Cô-si trong chứng minh bất đẳng thức”

1


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1. Cơ sở lý luận
a) Bất đẳng thức Cô-si cho hai số: Cho 2 số không âm a, b . Ta có a  b �2 ab
Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b
b) Bất đẳng thức Cô-si cho ba số: Cho 3 số không âm a, b, c . Ta có
a  b  c �3 3 abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c .

c) Tổng quát:
Cho n số không âm a1 , a2 ,..., an . Ta có BĐT:

a1  a2  ...  an
�n n a1a2 ...an
n

Dấu đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ...  an .
d) Hệ quả:
- Nếu hai số dương có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi
các số đó bằng nhau.
- Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi
hai số đó bằng nhau.
e) Khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si thì điều cần lưu ý nhất là dấu bằng xảy ra
khi nào? Đó cũng là vấn đề then chốt trong hầu hết các bài toán sử dụng
phương pháp này.
f) Với a, b  0 ta có BĐT:

1 1
4
 �
a b ab

BĐT này có thể chứng minh bằng nhiều cách, chẳng hạn:

1 1
4
�1 1 �
 �
�  a  b  �  ��4
a b ab
�a b �
1
a

1
b

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm: a  b �2 ab ,  �2
1

1

2

1 1
2
. 
a b
ab

�
�
 4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b
Từ đó suy ra  a  b  �  ��2 ab .

ab
�a b �

2


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

g) Tương tự phần f) ta cũng có: Với a, b  0 ta có BĐT:

1 1 1
9
  �
  .
a b c a bc

Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c .
2. Thực trạng của vấn đề
Qua việc giảng dạy trên lớp và bồi dưỡng học sinh giỏi, qua phỏng vấn
trao đổi với các em học sinh và đồng nghiệp tôi thấy các em còn gặp rất nhiều
khó khăn khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh bất đẳng thức. Qua
thực tế kiểm tra đội tuyển toán 9 năm học 2011 - 2012 tôi thu được kết quả
như sau:
Đề kiểm tra đội tuyển toán 9 (Phần bất đẳng thức)
Câu 1. Cho x �1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x 

1
2x

a2

b2
c2
abc


�
Câu 2. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:
bc

ca

a b

2

Câu 3. Cho a, b, c �0, bc  ca  ab  5 . Chứng minh rằng : 3a 2  3b 2  c 2 �10
Câu 4. Cho a, b, c  0, bc  ca  ab  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  4a 2  4b2  c 2
Câu 5. Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Tìm GTNN của P  a 2  b 2  c 3
Qua kiểm tra và chấm bài tôi nhận thấy:
- Đa số các em làm tốt câu 2, nhưng trình bày bằng cách áp dụng bất
đẳng thức Bunhia-copx-ki tương đối phức tạp.
- Một số em làm được câu 1, câu 3. Đa số các em còn lại mắc sai lầm ở
hai câu này.
- Câu 4, câu 5 hầu như bỏ trống.
Nguyên nhân là các em gặp nhiều khó khăn khi dấu đẳng thức xảy ra ở
các biến không bằng nhau, dẫn đến các em áp dụng sai. Câu hỏi đặt ra là dấu
đẳng thức tìm được ở vị trí nào của các biến? Điều đó là nỗi băn khoăn của rất
nhiều học sinh khi gặp phải các bài toán dạng này. Điều đó khiến tôi suy nghĩ
rất nhiều và quyết định nghiên cứu đê tài này.
3. Các biện pháp mới đã thực hiện để giải quyết vấn đề

3


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

3.1. Thêm bớt biến số thích hợp để dấu đẳng thức xảy ra
a2
b2
c2
a bc


�
Bài 1. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:
bc

ca

ab

2

Phân tích lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

a2
bc
a2 b  c
2


�2
.

a.
bc
m
bc m
m

Dễ dàng nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c khi đó
a2
bc
a 2 2a

�

� m  4 . Đó là cơ sở của phép thêm bớt. Từ đó dẫn tới
bc
m
2a m

lời giải của bài toán
Lời giải:
a2
bc
a2 b  c
a2
bc


�2
.
a�

�a  1
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
bc
4
bc 4
bc
4

Tương tự ta cũng có:

b2
ca

�b  2  ;
ca
4

c2
ab

�c  3
a b
4

Lấy  1   2    3 theo vế ta được:
a2

bc
b2
ca
c2
ab





� a  b  c 
bc
4
ca
4
a b
4
�

a2
b2
c2
abc abc .


� a  b  c  

bc c a a b
2
2

Từ đó có điều phải chứng minh.
�Với ý tưởng đó ta xét bài toán sau:

Bài 2. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:

a5

 a  b

4



b5

 b  c

Phân tích lời giải:
Ta có thể coi bậc của

a5

 a  b

4

là bậc 1, mẫu chứa  a  b 

căn cứ vào đó ta xét m  0 và áp dụng BĐT Cô-si

4

4



c5

 c  a

4

abc
�
16


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

a5

 a  b

4

ab ab ab ab
a5
ab a b ab ab





�5. 5
.
.
.
.
4
m
m
m
m
 a  b m m m m

Dự doán dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c �

a5

 2a 

4



2a
� m  32 . Từ đó dẫn
m

tới lời giải:

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
a5

 a  b
�

4

a b ab ab ab
a5
ab a b ab ab 5




�5. 5
.
.
.
.
 a
4
32
32
32
32
 a  b  32 32 32 32 16

a5

 a  b

4



ab 5
� a  1
8
16

Làm tương tự ta có:

b5

 b  c

4



bc 5
� b  2
8
16

c5

 c  a

4



ca 5
� c  3
8
16

Lấy  1   2    3 theo vế ta được:
�

a5

 a  b

4

ab
b5
bc
c5
ca 5





�  a  b  c

4
4
8
8
8
16
 b  c
 c  a

Từ đó suy ra

a5

 a  b

4



b5

 b  c

4



c5

 c  a

4

a b c
�
16

Bài 3. Cho a, b, c  0 thỏa mãn điều kiện

1 1 1
   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a b c

biểu thức :
a3
b3
c3
P


(a  2b)(b  2c ) (b  2c )(c  2a ) (c  2a )(a  2b)

Phân tích lời giải:
a3
Ta có thể coi bậc của
là 1, mẫu chứa  a  2b  ,  b  2c  nên ta nghĩ
(a  2b)(b  2c )

đến việc thêm bớt các hạng tử dạng

a  2b b  2c
,
để có thể triệt tiêu được mẫu
m
nm

khi áp dụng BĐT Cô-si. Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

5


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

a3
a  2b b  2c
a3
a  2b b  2c
3


�3
.
.
 *
m
m
m
 a  2b   b  2c 
 a  2b   b  2c  m

Dễ dàng nhận ra dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c . Khi đó dấu đẳng thức ở
a3

(*) xảy ra nếu a  2a a  2a 




a  2 a a  2a

� m  27 . Với suy nghĩ như vậy
m
m

ta có lời giải sau:
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
a3
a  2b b  2c
a3
a  2b b  2c a
3


�3
.
.

27
 a  2b   b  2c  27

 a  2b   b  2c  27 27 3

 1

b  2c c  2a
b3
a  2b b  2c b


�3 3
.
.

27
 b  2c   c  2a  27
 b  2c   c  2a  27 27 3

 2

c  2a a  2b
c3
c  2a a  2b c


�3 3
.
.

27
 c  2a   a  2b  27

 c  2a   a  2b  27 27 3

 3

b3

c3

Lấy  1   2    3 theo vế được:
�a  2b b  2c
P 
2�
�۳
27
� 27

c  2a � 1
�  a b c
27 � 3
1
a

P
1
b

1
c

1

 a b c
3

2
 a b c
9

9
� a  b  c �9
a bc

Mặt khác, áp dụng BĐT   ta có: 1    �

abc 9
�  1 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  3
9
9

Do đó P �

Kết luận: min P  1 � a  b  c  3 .
�Với cách làm tương tự có thể dễ dàng giải được các bài toán sau:
1. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
a b c


�

5b  7c 5c  7a 5a  7b
12

6

abc
9


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

2. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:

a 3 b3 c 3
  �a 2  b 2  c 2
b c a

3. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:

a5
b5
a5


�a 2  b 2  c 2
2
2
2
bc ca
ab

4. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng:
a4
b  b  c

2



b4
c  c  a

2



c4
a  a  b

2

1
�  a  b  c
4

3.2. Thêm bớt số hạng hằng số dựa theo nguyên tắc dấu đẳng thức xảy ra
3
3
3
Bài 1. Cho a, b, c  0 và ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng a  b  c �

1
3

Phân tích lời giải:
Dễ dàng dự doán dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c 

1
và căn cứ vào hệ
3

thức ab  bc  ca  1 nên ta áp dụng Cô-si cho:
3

3

�1 �
�1 �
a  b  � ��3 3 a 3 .b3 . � �  3ab . Từ đó ta có lời giải bài toán.
�3�
�3�
3

3

Lời giải:
Áp dụng Cô-si cho 3 số ta có:
3

3

3

�1 �
�1 �
�1 �
3
3
a  b  � ��3 3 a 3 .b3 . � �  3ab � a  b  � �� 3ab  1 .
�3�
�3�
�3�
3

3

3

3

�1 �
�1 �
Tương tự: b  c  � �� 3bc  2  ; c3  a 3  � �� 3ca  3
�3�
�3�
3

3

Lấy  1   2    3 theo vế ta được:

3

3

3

�1 �
�1 �
�1 �
a  b  � � b3  c3  � � c3  a 3  � �� 3  ab  bc  ca 
�3�
�3�
�3�
3

3

3
3
3
Từ đó �  a  b  c  �

�Ta xét tiếp bài toán sau đây:

7

1
do ab  bc  ca  1
3

Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Bài 2. Cho a, b, c  0 và thỏa mãn a  b  c  3abc . Chứng minh rằng:
1 1 1
  �3
a 5 b5 c5

Lời giải:
Từ giả thiết a  b  c  3abc �

1
1 1
 
 3 (do a, b, c  0 )
ab bc ca

Áp dụng Cô-si cho 3 số ta có:

1 1
1 1
5
 5  1  1  1 �5 5 5 . 5 .1.1.1 
 1
5
a b
a b
ab

1 1

1 1
5
 5  1  1  1 �5 5 5 . 5 .1.1.1   2 
5
b c
b c
bc
1 1
1 1
5
 5  1  1  1 �5 5 5 . 5 .1.1.1   3
5
c a
c a
ca
1

1

1

1

1

1

�
�
�

�
Lấy  1   2    3 theo vế ta được: 2 � 5  5  5 � 9 �5 �   � 15
�a b c �
�ab bc ca �

Từ đó suy ra:

1 1 1
  �3
a 5 b5 c5

Bài 3. Cho a, b, c  0 thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm GTNN của các biểu thức
sau: P 

a4
b4
c4


 1 b  1 c  1 c  1 a  1 a   1  b

8


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Phân tích lời giải:
Với biểu thức phức tạp này và căn cứ vào giả thiết abc  1 . Ta phải thêm
bớt thêm các số hạng để loại bỏ các thừa số  1  b  ,  1  c  . Nhưng khi áp dụng
Cô-si cho 3 số thì sẽ xuất hiện 3 a 4 nên ta sẽ thêm bớt một hằng số nữa.

Áp dụng BĐT Cô-si:
a4
b 1 c 1
a4
b 1 c 1


 n �4 4
.
.
.n  *
m
 1 b  1 c m
 1 b  1 c m m

Ta nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 , thay vào (*) ta được:
1 2 2
1
   n � m  2, n  . Với suy nghĩ như vậy chúng ta đi đến lời giải:
4 m m
4

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
a4
1 b 1 c 1
a4
1 b 1 c 1



 �4 4
.
.
. a
8
4
 1 b  1 c 8
1 b 1 c 8 8 4

 1

b4
1 c 1 a 1
b4
1 c 1 a 1


 �4 4
.
.
. b
8
4
 1 c  1 a 8
1 c 1 a 8 8 4
c4
1 a 1 b 1
c4
1 a 1 b 1



 �4 4
.
.
. c
8
4
 1 a  1 b 8
 1 a  1 b 8 8 4

 2

 3

Lấy  1   2    3 theo vế được:
1 a 1 b 1 c � 3
�
P 
2 ��۳
�
8
8 �4
�8

a b c

Mặt khác, theo BĐT Cô-si: a  b  c �3 3 abc  3 .
3
4

3
2

3
4

3
2

Do đó: P �  a  b  c   � .3  

3
4

abc
�
� a  b  c  1.
abc  1
�

Dấu đẳng thức xảy ra khi �
3
4

Kết luận: min P  � a  b  c  1 .

9

P

3
 a b c
4

3
2


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

�Với phương pháp như trên có thể giải một số bài toán tương tự
a 2b b 2 c c 2 a


 3 . Chứng minh rằng:
1. Cho a, b, c  0 và thỏa mãn
c

a

b

a6 b6 c 6
  �3
b3 c 3 a 3

2. Cho a, b, c  0 và thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
a6
b6
c6



�3
b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2

3. Cho a, b, c  0 và thỏa mãn a 4  b 4  c 4  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P  ab3  bc3  ca 3
4. Cho a, b, c  0 và thỏa mãn a 3  b3  c3  3 .
Chứng minh rằng: a 5  b5  c5 �3 .
3.3. Lựa chọn tham số
Có thể nói lựa chọn tham số là một công cụ mạnh trong kỹ thuật cân
bằng hệ số. Tham số được chọn dựa trên nguyên tắc dấu đẳng thức xảy ra của
BĐT cần chứng minh. Một số ví dụ dưới đây nói lên điều đó.
Bài 1 . Cho x �1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3x 

1
2x

Phân tích lời giải:
Để có thể sử dụng được BĐT Cô-si. Ta đưa thêm tham số m và xét cách tách:
1 �
�
P   3  m x  �
mx  �. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi x  1 , ta có:
2x �
�
m.1 

1
1

� m  . Từ đó ta có lời giải bài toán
2.1
2

Lời giải:
5

1

1

�
�
Ta có P  x  � x  �.
2
2
2x
�

�

Áp dụng BĐT Cô-si và giả thiết ta có:

10


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

5
1 � 5

1 1
5
7
�1
x  � x  �� .1  2
x.
 1 
2
2x � 2
2 2x 2
2
�2

P

�Ở bài toán này nhiều học sinh mắc sai lầm khi áp dụng BĐT Cô-si trực tiếp

mà không để ý đến dấu đẳng thức xảy ra:
Theo BĐT Cô-si P  3x 

3x 

1
1
�2 3 x.
 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi
2x
2x

1

6
, điều này không đúng với giả thiết x �1 .
�x
2x
6

Bài 2 . Cho a, b, c �0, bc  ca  ab  5 . Chứng minh rằng : 3a 2  3b 2  c 2 �10
Lời giải :
Áp dụng BĐT Cô-si ta có :
� 2 c2 � � 2 c2 �
c2
c2
3a 2  3b 2  c 2  a 2  b 2  �
2a  � �
2b  ��2 a 2 .b 2  2 2a 2 .  2 2b 2 .
2 ��
2�
2
2
�
 2  ab  bc  ca   10





�
a2  b2
a 1
�

�
� 2 c2
�
��
b 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi �2a 
2
�
�
c2
ab  bc  ca  5 �
�
�
�Ở bài toán trên việc tách các hệ số của a 2 , b 2 , c 2 như vậy là nhằm mục

đích cân bằng các hệ số của ab, bc, ca để sử dụng triệt để giả thiết
bc  ca  ab  5 . Nhưng tại sao lại tách được như vậy? Liệu có đơn giản quá

không? Bài toán sau sẽ giúp ta trả lời câu hỏi đó:
Bài 2 . Cho a, b, c  0, bc  ca  ab  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  4a 2  4b2  c 2
Phân tích lời giải:
Không như bài toán trên ở bài toán này không dễ gì tách được các hệ số
a 2 , b 2 , c 2 để có thể cân bằng các hệ số của ab, bc, ca khi áp dụng BĐT Cô-si. Vì

vậy việc đưa vào tham số là cần thiết.
Lời giải:

11

Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Ta có : P  ma 2  mb 2  (4  m)a 2 

c2
c2
 (4  m)b 2  . Xét 0  m  4 . Theo BĐT
2
2

Cô-si ta có :
P �2 ma 2 .mb 2  2 (4  m) a 2 .

c2
c2
(4  m)
(4  m)
 2 (4  m)b2 .  2 mab  2
.ca  2
.bc
2
2
2
2

0m4
�
0m4
�
1  33

�
�m
Như vậy cần chọn m sao cho �
4m � � 2
4
2m  m  4  0
�
�m 
2
�
1  33
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2

Do đó : P �2m(ab  bc  ca )  2m 

1
�
�
ma 2  mb 2
�
ab
a

b
�
�
�
1  2 8  2m
c2

�
�
�
1  33
(4  m)a 2 
��
c  8  2m .a
��
�
với m 
.
2
8  2m
4
�
�2
�
c
a 1  2 8  2m  1 �
ab  bc  ca  1 �
�
�
1  2 8  2m
�
�





1
�
�a  b 
1  2 8  2m
�
1  33
1  33
Vậy min P 
khi �
( m
)
8  2m
2
4
�
c
�
1  2 8  2m
�
�Trong nhiều trường hợp nếu cần thiết ta phải đư thêm nhiều tham số

Bài 3. Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Tìm GTNN của P  a 2  b 2  c 3
Lời giải:
�a 2  k 2 �2ka
�2
2
Xét các số k , l  0 . Theo BĐT Cô-si ta có : �b  k �2kb
�
c 3  l 3  l 3 �3l 2 c
�



 

� a 2  b2  c3 � 2ka  2kb  3l 2c  2k 2  2l 3



Cần chọn các số k , l  0 sao cho
1  37
�
a 2  k 2 , b2  k 2 , c3  l 3
a  b  k, c  l �
�
cl 
�
�
�
�
6
2k  3l 2
��
2k  3l 2
��
�
3
�
�
�

2
abc  3
a  b  k  l2
3
l

l

3

0
�
�
�
2
�

12


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

9
1  37
Khi đó P � 2k 2  2k 2  3l 3    2k 2  2l 3   2k 2  l 3  l 4  l 3 với l 
2

6

9

3
1  37
Vậy min P  l 4  l 3 khi a  b  l 2 , c  l ( với l 
)
2

2

6

Bài 4 .Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  2 y  3z  6 . Tìm GTNN
của biểu thức: P  x 3  y 3  z 3
Xét 3 số m, n, p  0 . Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
x 3  m3  m3 �3m 2 x  3m 2 .x  1
3n 2
y 3  n3  n3 �3n 2 y 
.2 y  2  .
2
z 3  p 3  p 3 �3 p 2 z  p 2 .3 y  3
� 2 3 2
3m  n  p 2
�
�
p  m 3, n  m 2
2
�
�
Chọn m, n, p thỏa mãn: �m  x, n  y, p  z � �m  x, n  y, p  z
�x  2 y  3z  6
�

m. 1  2 2  3 3  6
�
�
�





3
2
Khi đó lấy  1   2    3 � P  2m  1  2 2  3 3  �3m .  x  2 y  3 z 

�P�۳۳
2m 2 .6 3m 2 .6

P

6m 2

P

 1 2

216
2 3 3



2

216

Kết luận : min P  1  2 2  3 3 2


khi x 

6
6 2
6 3
,y
,z 
1 2 2  3 3
1 2 2  3 3
1 2 2  3 3

Bài 5. Cho x �0, y �0 thỏa mãn x3  y 3 �1 . Tìm GTLN của biểu thức
P  x 2 y

Giải:
Xét hai tham số m, n  0 . Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
x 3  m  m  m  m  m �6 6 x 3 .m.m.m.m.m  6 6 m5 . x

 1

y 3  n  n  n  n  n �6 6 y 3 .n.n.n.n.n  6 6 n5 . y

 2

13


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Lấy  1   2  theo vế được: 6 6 m5 . x  3 6 n5 .2 y �x3  y3  5  m  n  �1  5  m  n 
�
�
m  x3 , n  y3
�
m  x ,n  y
�
m  x3 , n  y 3
�
�
�5 3
25 2
�
�
�
6
5
6 5
3
3
m
,
n
6
m


3
n
�
2
2
x

y
�
y

Cần tìm
thỏa mãn: �
�
�
2 5 2 1
�x 3  y 3  1
�x 3  y 3  1
�
�
�3
1
�
�x  5
� 2 2 1
3

3 n .P �=
=1 

5 m

 n
6

Khi đó

5

6

3

P

6

5

1

1

n5

� 25 2 �
6 �
�
5
�2 2  1 �

5

�2 5 2  1 �
6 �
� 25 2 �
�
�
�

�
25 2
3
�
y

�2 5 2  1 � �
25 2 1
6 �
max
P

�
Kết luận:
� 25 2 �
� �
1
�
� �
�x  3 2 5 2  1

�
5

�Việc cân bằng hệ số tỏ ra có hiệu quả rõ ràng ở bài toán trên. Với cách làm

tương tự chúng ta có 2 bài toán sau:
1. Cho a, b, c  0 và a  b  c  1 . Tìm GTNN của P  a 2  b3  c5
2. Cho a, b �0 thỏa mãn a 2  b 2  5 . Tìm GTNN của P  a3  b6
3.4. Cân bằng hệ số dựa trên bậc của các hạng tử
Có thể nói rằng việc thêm bớt trong một số trường hợp phụ thuộc vào
khá nhiều bậc của các hạng tử trong BĐT cần chứng minh. Có thể lấy một số
ví dụ sau làm minh họa.
a 5 b5 c 5
Bài 1. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng: 2  2  2 �a3  b3  c3 .
b

c

a

Lời giải:
a5 a5 a5
a5 a 5 a 5 3 3
3
3
5
Theo BĐT Cô-si: 2  2  2  b  b �5 2 . 2 . 2 .b .b  5a3  1
b b b
b b b

14


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

b 5 b5 b5
b5 b5 a 5 3 3
3
3
5
 2  2  c  c �5 2 . 2 . 2 .c .c  5b 3  2 
2
c c c
c c b
c5 c5 c5
c 5 c 5 c5 3 3
3
3
5
 2  2  a  a �5 2 . 2 . 2 .a .a  5c 3  3 
2
a
a
a
a a a
�a 5 b 5 c 5 �
3
3
3
3

3
3
1

2

3
3
Lấy       theo vế ta được: � 2  2  2 � 2 a  b  c �5 a  b  c
a �
�b c









Bài 2. Cho a, b, c  0 thỏa mãn điều kiện a  b  c  1 . Tìm GTNN của các biểu
thức sau:
a) P 

a b c
 
b3 c3 a3

b) Q 

a b
c
 4 4
4
b c
a

Lời gải:
a) Trước hết ta CM:

a b c
1 1 1
 3 3�2 2 2.
3
b c a
a b c

Thật vậy, theo BĐT Cô-si:

a a 1
a a 1
3
 3  2 �3 3 3 . 3 . 2  2
3
b b a
b b a
b
b b 1
b b 1
3

 3  2 �3 3 3 . 3 . 2  2
3
c c c
c c c
c
c
c 1
c c 1
3
 3  2 �3 3 3 . 3 . 2  2
3
a a c
a a c
a

 1
 2
 3

Lấy  1   2    3 theo vế ta được:
�a b c � 1 1 1
�1 1 1
2 � 3  3  3 � 2  2  2 �3 � 2  2  2
�b c a � a b c
�a b c
1
3

1 1 1
� a b c

�� 3  3  3 � 2  2  2 � đpcm
a b c
� b c a

.Dễ dàng CM được: x 2  y 2  z 2 �  x  y  z  (Đây chính là BĐT Bu-nhi-a2

copx-ki). Áp dụng được:
2

2

2

1 1 1 1 �1 1 1 � 1 � 9
� 1 �9 �
 2  2 � �   �� . �
� . � � 27
2
a b c
3 �a b c � 3 �a  b  c � 3 �1 �
abc
�
1
� abc
a  b  c 1
3
�

Dấu đẳng thức xảy ra khi �

15


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Kết luận: min P  27 � a  b  c 
1
a

b) Ta chứng minh: Q � 3 

1
3

1 1

b3 c3

Thật vậy, theo BĐT Cô-si:
a a a 1
a a a 1
4
 4  4  3 �4 4 4 . 4 . 4 . 3  3
4
b b b a
b b b a
b
b b b 1
b b b 1
4

 4  4  3 �4 4 4 . 4 . 4 . 3  3
4
c c c b
c c c b
c
c
c
c 1
c c c 1
4
 4  4  3 �4 4 4 . 4 . 4 . 3  3
4
a
a
a c
a a a a
a

 4
 5
 6

Lấy  4    5   6  được:
1 1 1
�1
3Q 3�3 ۳3� 4 � 3
a b c
�a

Mặt khác, theo BĐT Cô-si:

1
b3

1�
� Q
c3 �

1
a3

1
b3

1
c3

đpcm.

1
1
27
 27  27 �3 3 3 .27.27 
3
a
a
a

1
1

27
 27  27 �3 3 3 .27.27 
3
b
b
b

 8

1
1
27
 27  27 �3 3 3 .27.27 
3
c
c
c

 9

 7

Lấy  7    8    9  được:
1 1 1
9
9
�1 1 1 �
 3  3  6.27 �27 �   ��27.
 27.  243 (theo   )
3

a b c
a bc
1
�a b c �
1
a

Do đó: Q � 3 

1 1
 �243  6.27  81 .
b3 c3
abc
�
1
� abc
a  b  c 1
3
�

Dấu đẳng thức xảy ra khi �

Kết luận: min Q  81 � a  b  c 

1
3

Bài 3. Cho a, b, c  0 thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  1 . Tìm GTNN của các
biểu thức sau:

16


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

a) P 

a4 b4 c 4
 
b
c a

a 7 b7 c 7
 
b2 c2 a 2

b) Q 

Giải:
a) Ta chứng minh: P �a3  b3  c 3
Thật vậy, theo BĐT Cô-si:

a4 a4 a4
a4 a4 a4
   b3 �4 4 . . .b3  4a 3
b
b
b
b b b

b4 b4 b4
b4 b4 b4
   c 3 �4 4 . . .c 3  4b 3
c
c
c
c c c

 2

c4 c4 c4
c4 c4 c4
   a 3 �4 4 . . .a 3  4c3
a a a
a a a

 3

 1

Lấy  1   2    3 theo vế ta được:



3
3
3P 
a 3 �b
۳c
�4 a 3 b 3 c 3



P

a 3 b3 c3

đpcm.

3

Mặt khác, theo BĐT Cô-si:

3

3

3

3

3

�1 �
�1 �
b  c  � ��3 3 b3 .c 3 . � �  bc 3
�3�
�3�
3

3

�1 �
�1 �
c  a  � ��3 3 c 3 .a 3 . � �  ca 3
�3�
�3�
3

3

�1 �
�1 �
a  b  � ��3 3 a 3 .b3 . � �  ab 3
�3�
�3�
3

3

 4

 5
 6

Lấy  4    5   6  được:
3

�1 �
2 a  b  c  3. � �� ab  bc  ca  3  3

�3�



3

3

3



3

�1 � 2 3
3
3
 �2a�
b�

c 3 � 3 3. � �
�3� 3





a3 b3 c3

3

3

1
�
abc
1
3
�

3 � a bc
Dấu đẳng thức xảy ra khi �
3
3
�
ab  bc  ca  1
�

Kết luận: min P 

17

3
3
� a bc
3
3

P

3

3


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

b) Tương tự ta CM: Q �a 5  b5  c5
Thật vậy,
theo BĐT Cô-si:
a7 a7 a7 a7 a 7
a7 a7 a7 a7 a 7 5 5
5
5
7





b

b
�
7
. . . . .b .b  7a 5
b 2 b2 b 2 b2 b 2
b2 b2 b2 b2 b2
b 7 b7 b 7 b 7 b 7
b 7 b7 b 7 b 7 b7 5 5
5
5

7





c

c
�
7
. . . . .c .c  7b5
c2 c2 c2 c2 c2
c2 c2 c2 c2 c2

 7

 8

c7 c7 c7 c7 c 7
c7 c7 c7 c7 c7 5 5
5
5
7





a


a
�
7
. . . . .a .a  7c 5
a2 a2 a2 a2 a2
a2 a2 a2 a2 a2

 9

Lấy  7    8    9  theo vế



5
�
5Q �2
a 5۳b�
c5





7 a 5 b5 c5



Q

a 5 b5 c 5

đpcm.

Mặt khác, theo BĐT Cô-si ta có:
5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

5

�1 � �1 � �1 �
�1 � �1 � �1 � 5 3
a 5  b5  � � � � � ��5 5 a 5b5 .� �.� �.� � 
ab
9
�3� �3� �3�
� 3 �� 3 �� 3 �
�1 � �1 � �1 �
�1 � �1 � �1 � 5 3
b  c  � � � � � ��5 5 b5c 5 . � �. � �. � � 
bc
9
�3� �3� �3�
� 3 �� 3 �� 3 �
5

5

�1 � �1 � �1 �

�1 � �1 � �1 � 5 3
c 5  a 5  � � � � � ��5 5 c5 a 5 . � �. � �. � � 
ca
9
�3� �3� �3�
� 3 �� 3 �� 3 �

 10 
 11

 12 

Lấy  7    8    9  theo vế
5

5 3
�1 � 5 3
� 2 a  b  c  9. � ��
 ab  bc  ca  
9
�3� 9





5

5

5





� 2 a 5  b5  c5 

3 5 3
3
�
� a5  b5  c 5 �
3
9
9

3
Do đó Q � . Dấu đẳng thức xảy ra khi
9

Kết luận: min Q 

1
�
abc
1
3
�

3 � a bc

�
3
3
�
ab  bc  ca  1
�

3
1
3
� abc

9
3
3

18


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Từ đó suy ra:

a 5 b5 c5
 
�a 3  b3  c3
b2 c 2 a 2

�Một số bài toán tương tự:

1. Cho

a, b, c  0 thỏa

a)
2. Cho

M

M

b)

mãn

mãn

N

Tìm GTNN của các biểu thức sau:

a5 b 5 c5


bc ca ab

ab  bc  ca  1 .

a 3 b3 c3



bc ca ab

a, b, c  0 thỏa

a)

a  b  c 1.

a 3 b3 c3


bc ca ab

a, b, c  0 thỏa

a)
3. Cho

M

mãn

b)

N

a5 b 5 c5



bc ca ab

1
1
1


9.
a
b
c

a 3 b3 c3


bc ca ab

b)

N

4. Cho a, b, c  0 thỏa mãn điều kiện

Tìm GTNN của các biểu thức sau:

Tìm GTNN của các biểu thức sau:

a5 b 5 c5



bc ca ab

1 1 1
   9.
a b c

Tìm GTNN của các biểu thức

sau:
a)

P

a b
c
 3 3
3
b
c
a

b)

Q

a
b
c
 4 4
4

b
c
a

3.5. Một số bài toán khác
3 3
Bài 1. Cho a, b �0, a 2  b2  1 . CMR : ab  max  a, b �
4

Lời giải :
Đặt f (a, b)  ab  max  a, b . Không mất tổng quát giả sử a �b
� f (a, b)  ab  a  a(b  1) � f 2 (a, b)  a 2 (b  1) 2  (1  b 2 )(b  1) 2  (1  b)(1  b) 3

Áp dụng BĐT Cô-si ta có :
4

(3 =

3b)(1
�=
b)(1
 b)(1 b)


f 2 (a , b )

27
16

�3  3b  1  b  1  b  1  b � 81

�
�
4
�
� 16

f ( a, b)

3 3
4

19

3 f 2 ( a , b)

81
16


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

� 1
b
�
3  3b  1  b
�
� 2
��
Dấu đẳng thức xảy ra khi � 2 2
hoặc

a  b 1
3
�
�
a
(a �0)
� 2

�
a
�
�
�
�
b
�

1
2
3
2

�Ở bài toán trên sau khi giả sử a �b ta đã cô lập biến b sau khi khử được a và

tiến hành áp dụng BĐT Cô-si thông qua việc cân bằng hệ số để loại bỏ b .

20


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Bài 2. Cho a, b, c, d  0 . Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức sau:
a
b c d
2

2

2



b
c d a
2

2

2



c
d a b
2

2

2



d
a  b2  c2
2

2

Phân tích lời giải:
Bốn số hạng trong vế trái có vai trò tương tự nhau, gợi cho ta một đánh
giá trung gian nào đó cho từng số hạng. Tuy nhiên các đánh giá này phải có
một điểm chung nào đó. Các mẫu giống nhau chẳng hạn.
Lời giải :
Với x, y, z , t  0 . Áp dụng BĐT Cô-si ta có :
x 2 ( y 2 �۳
z2 t 2 )
x

۳

( y2  z 2  t 2 )

x2  y 2  z 2  t 2
2

1
x2 ( y 2  z 2  t 2 )

2
x  y  z2  t2

2

2

2x2
x2  y 2  z 2  t 2

Do đó ta có :
2a 2
b
2b 2
�2
�
2
2
2 (1) ;
2
2
2
2 (2)
b2  c 2  d 2 a  b  c  d
c2  d 2  a2 a  b  c  d
a

2c 2
�2
2
2
2 (3) ;
d 2  a2  b2 a  b  c  d

c

2d 2
�2
2
2
2 (4)
a 2  b2  c 2 a  b  c  d
d

Lấy (1)+(2)+(3)+(4) theo vế với vế ta được :
a
b2  c 2  d 2



b
c2  d 2  a2



c
d 2  a 2  b2



2a 2  2b 2  2c 2  2d 2
� 2
2
a  b2  c 2  d 2

a 2  b2  c 2
d

�
a2  b2  c2  d 2
�2
b  c2  d 2  a2
�
2
2
2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi �2 2 2 2 � a  b  c  d  0 � Dấu đẳng
c  d a b
�
�
d 2  a 2  b2  c2
�

thức không xảy ra � ĐPCM
�Với cách làm tương tự chúng ta giải được bài toán sau :

1. Cho a, b, c  0 . CMR :

a
b
c


2

bc
ca
ab

21


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Bài 3. Cho a, b, c �0 thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm GTLN của
P  (a 2  ab  b 2 )(b 2  bc  c 2 )(c 2  ca  a 2 )

Phân tích lời giải:
Có rất nhiều khó khăn khi trực tiếp áp dụng BĐT Cô-si ở đây và một đánh giá
trung gian cũng không hề dễ dàng. Nhưng ở đây vai trò các biến như nhau
nên có thể sắp thự tự các biến mà không làm mất tính tổng quát.
Lời giải :
Không mất tổng quát giả sử a �b �c . Ta có :
b 2  bc  c 2  b2  c(c  b) �b 2 ; c 2  ca  a 2  a 2  c (c  a ) �a 2

Do đó ta có:
2 2
2 2
P �a 2b2 (a 2  ab  b2 )  a 2b 2 �
(a  b)2  3ab �
(a  b  c)2  3ab �
�
��a b �
�
� a b (1  3ab)

Mặt khác theo BĐT Cô-si ta có :
3

3
�3
�
ab  ab  1  3ab �
�
1
�3 �
�3 �
2
2
. 1 �
3ab
�
 �
�
�
� ab �
� ab �
3
�2 �
�2 �
�
� 27
�
�

a 2b 2 (1 3ab)

4
243

P

4
243

�
c0
�
c (c  b )  0
�
�
�
� 2
1
�
�
a  ,b 
c (c  a )  0
�
�
�
3
�
� 3
��

Dấu đẳng thức xảy ra khi �3
c0
�
�2 ab  1  3ab
�
�
�
�
� 1
2
�a  b  c  1
a  ,b 
�
�
3
� 3
�

Vậy MaxP 

4
�1 2 �
khi  a, b, c   � ; ;0 �hoặc các hoán vị của chúng.
243
�3 3 �

�Việc đưa về hai biến giúp ta tránh được phức tạp khi đánh giá. Tiếp tục xét

bài toán sau
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

Với cách phân chia theo từng kỹ thuật nhỏ các dạng toán BĐT như trên
sẽ giúp các em học sinh có cái nhìn sâu sắc và cách tiếp cận các bài toán một
cách chủ động, hiệu quả.

22


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

Sau khi thực hiện áp dụng vào giảng dạy tôi nhận thấy các em học sinh đã có
nhiều sự thay đổi và tự tin hơn rất nhiều. Điều đó thể hiện qua việc các em giải
quyết được hầu hết các bài tập tương tự và tự minh tìm hiểu thêm các bài toán khác.
Tuy nhiên việc phân chia, sắp xếp đó chỉ mang tính chất tương đối và
các bài toán có thể có nhiều cách giải. Vì vậy khi giảng dạy, đặc biệt là công
tác bồi dưỡng học giỏi ta có thể khuyến khích học sinh giải bài toán BĐT
bằng nhiều cách khác nhau nhằm phát huy tính sáng tạo của các em.

23


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Sau khi thực hiện bồi dưỡng học sinh giỏi các em đã nắm được thêm
nhiều kiến thức, các em đã nắm vững các kỹ thuật và nhận dạng được từng
dạng toán. Các em đã áp dụng một cách sáng tạo các kỹ thuật theo hướng phát
triển và nhận biết được những sai lầm hay mắc phải khi giải các bài toán
BĐT. Có thể nói rằng với phương pháp trên đã làm thay đổi rất nhiều suy
nghĩ, cách thức tiếp cận một bài toán hay và khó, giúp các em say mê tìm tòi

và sáng tạo trong học tập
Qua việc thực hiện chuyên đề các bài toán về BĐT bằng phương pháp
cân bằng hệ số, tự bản thân tôi rút ra một số kinh nghiệm sau:
- Đối với giáo viên: Thường xuyên đọc sách, tự học ,tự nghiên cứu,
nâng cao trình độ biến kiến thức nhân loại thành kiến thức của mình bằng
cách viết chuyên đề nêu thành từng dạng bài, phương pháp giải cho từ dạng
đó, phân tích những sai lầm mà học sinh thường mắc phải từ đó tìm cách dạy
khắc phục những sai lầm đó. Bồi dưỡng cho học sinh tính say mê học tập, khả
năng tự đọc, tự nghiên cứu để nâng cao kiến thức cho mình. Nên giới thiệu
kiến thức bổ sung, những dạng toán hay thông qua việc giảng dạy trên lớp.
- Đối với học sinh: Thường xuyên tự học, tự tìm hiểu để tìm tòi phương
pháp giải cho từng loại toán. Sắp xếp theo trình tự nhất định tìm những điểm
cần lưu ý khi giải mà dẫn tới sai lầm. Sáng kiến kinh nghiệm '' Cân bằng hệ số
khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh bất đẳng thức '' đã được
tiến hành giảng dạy cho học sinh đội tuyển toán 9 trường THCS Văn Lang
năm học 2011 - 2012 bước đầu đã thu được những kết quả đáng khích lệ, sau
khi học xong chuyên đề phần lớn các em đã nắm vững và hình thành cho
minh được phương pháp giải một số bài toán về BĐT.
Tuy nhiên đó mới chỉ là những nghiên cứu bước đầu của cá nhân tôi,
rất mong được đồng nghiệp và hội đồng xét duyệt đóng góp thêm ý kiến để đề

24


Cân bằng hệ số khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong chứng minh BĐT

tài của tôi đạt kết quả cao hơn trong những khóa bồi dưỡng tiếp theo. Tôi xin
chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị
Kính mong Ban giám hiệu trường THCS Văn Lang, Tổ chuyên môn

tạo điều kiện để tôi thực hiện sáng kiến của mình. Kính mong được sự tham
gia trao đổi, góp ý để bản sáng kiến được hoàn chỉnh và đạt kết quả cao trong
thực tiễn giảng dạy.
Việt Trì, ngày 10 tháng 01 năm 2012
Người viết

Bùi Hải Quang

25