Chọn điểm rơi bđt cô si

KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BĐT CÔ SI
A. MỘT SỐ VÍ DỤ:

Bất đẳng thức Côsi được nhà toán học người Pháp Augustin Louis Cauchy
đưa ra, có dạng: Cho a 1, a2, ..., an là các số không âm thì:
n

a1 + a2 + L + an n
a + a + L + an 
≥ a1a2 L an ( Hoặc a1a2 L an ≤  1 2
÷)
n
n



Dấu đẳng thức xảy ra khi: a1 = a2 = ... = an
Chúng ta thường sử dụng cho bộ hai số hoặc ba số, cụ thể là:
Cho a, b, c là các số không âm, thì:
a + b  ( a + b)
. a + b ≥ 2 ab (Hoặc ab ≤ 
) (Dấu “=” xảy ra khi: a = b)
÷ =
4
 2 
2

2

a + b + c  ( a + b + c)
. a + b + c ≥ 3 abc (Hoặc abc ≤ 

)
÷ =
3
27


3

3

3

(Dấu “=” xảy ra khi: a = b = c)
Bài 1: Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S = a +

1
a

Giải
Nhận xét: Nếu áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương a và
1
ta được: S
a

= a + 1 ≥ 2 a 1 =2
a
a

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a =

1
⇔ a = 1 ⇒ vô lí vì giả thiết là a ≥ 2.
a

Do đó, cách làm trên là sai
Cách làm đúng như sau:
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử

1
để sao cho khi áp
a

dụng bất đẳng thức Cosi, dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:


 1 1 
 a; ÷
 α a 

1
 α a; ÷
a
 1

 a, a ÷ ⇒ 
1 



 a;

÷
 α a 

 a; α 
 a ÷


(1)
(2)
(3)
(4)

Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):
(sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) thì tương tự)
1
2
 a=
α
α

1 = 1
 a 2

Vậy ta có: S =

⇒

2 =1
⇒ α = 4.
α 2

a 1 3a
a 1 3a
3.2 5 .
+ + ≥2
+
≥ 1+
=
4 a 4
4a 4
4 2

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = 2.
Nhận xét: . Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 để tìm ra α = 4.
. Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng bất
đẳng thức Cosi cho 2 số

a 1
3a
, và
đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng
4 a
4

có cùng điểm rơi là a = 2.
Bài 2: Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S = a + 12
a

Nhận xét: Ta nhận thấy bài 2 gần giống bài 1 chỉ khác nhau là

1
1
và 2
a
a

do đó hạng tử thêm vào để đảm bảo dấu bằng xảy ra là không giống hạng tử của
bài 1. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = 2. Ta có sơ đồ chọn điểm rơi cosi như
sau:
a
2
 =
α α
a=2 ⇒
1 =1
 a 2 4

⇒

2 =1
⇒ α = 8.
α 4


Sai lầm thường gặp: Mặc dù đã chọn được điểm rơi đúng nhưng khi
đánh giá thì lại đánh giá sai chiều.

S = a+

1  a 1  7a
= +
+
a 2  8 a 2 ÷ 8

a 1 7a 2 7a
. +
=
+
8 a2 8
8a 8
2 7.2 2 7 9
≥
+
= + =
8.2 8 4 4 4
≥2

⇒ MinS =

9
4

Nguyên nhân sai lầm:
Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS =

9
là đáp số đúng nhưng cách giải
4

trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a ≥ 2 thì

2
2
2
≥
=
8a
8.2 4

là đánh giá sai.
Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kỹ 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
a2

a

a 1  6a Côsi 3 a a 1 6a 3 6a 3 6.2 9
+ 2 ÷+
≥ 3 . . 2+ = + ≥ +
=
8 8 a 8 4 8 4 8 4
8 8 a  8

= +

Với a = 2 thì Min S =

9
4

Bài 3: Cho a, b, c >0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a+b + b+c + c+a ≤ 6

Nhận xét: Vì vai trò của a, b, c như nhau nên chúng ta dự đoán dấu bằng

1

a = b = c = 3
a = b = c
⇒
xảy ra khi: 
 a + b + c = 1 a + b = b + c = c + a = 2

3

Từ đó, để “bảo toàn” được dấu bằng cho bài toán, ta sẽ đánh giá như sau:
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành:


2
2
2
( a + b) +

( a + b) +
( a + b) ≤ 2
3
3
3

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2
+ ( a + b)
2
( a + b) ≤ 3
3
2
2
+ (b+ c)
2
3
(b+ c) ≤
3
2
2
+ (c+ a )
2
3
(c+ a ) ≤
3
2

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên theo vế với chú ý: a + b + c = 1, ta thu được
ngay điều phải chứng minh.

Bài 4: Chứng minh rằng ∀ a, b, c > 0 thì
Nhận xét: Ta cần thêm cho

a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
b+c a +c a+b
2

a2
một số m thỏa mãn:
b+c

1) Rút gọn được mẫu số (b + c) sau khi áp dụng Bất đẳng thưc Cosi (
a2
a2
+m≥2
×m )
b+c
b+c
a2
= m và
2) Dấu bằng của bất đẳng thức Cosi xảy ra được nghĩa là
b+c

a = b = c suy ra m =

b+c
a2
b+c
α
=m=
và để tính thì
. Vì vai trò của a, b, c
α
b+c
α

như nhau nên dễ dàng suy ra được: Dấu “=” xảy ra khi a = b = c thì α = 4.
Chứng minh:
Vì a, b, c >0 nên áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương
a 2 b + c b2 c + a c 2 a + b
,
,
,
,
,
ta được:
b+c 4 c+a 4 a+b 4
a2
b+c
a2 b + c
a2
+
≥2
×

=2
=a
b+c
4
b+c 4
4

Chứng minh tương tự ta được:
b2
c+a
+
≥b
c+a
4


c2
a+b
+
≥c
a+b
4
⇒

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
+
+
≥
b+c c+a a+b
2

Dấu “=” xảy ra khi: a = b = c.
Bài 5: Chứng minh rằng ∀ a, b, c > 0 thì
Nhận xét: Ta cần thêm cho

a2

b2
c2
a+b+c
+
+
≥
b+c a +c a+b
2

a2
một số m thỏa mãn:
b+c

1) Rút gọn được mẫu số (b + c) sau khi áp dụng Bất đẳng thưc Cosi (
a2
a2
+m≥2
×m )
b+c
b+c

2) Dấu bằng của bất đẳng thức Cosi xảy ra được nghĩa là

c suy ra m =

a2
= m và a = b =
b+c

b+c

a2
b+c
α
=m=
và để tính thì
. Vì vai trò của a, b, c như
α
b+c
α

nhau nên dễ dàng suy ra được: Dấu “=” xảy ra khi a = b = c thì α = 4.
Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương
a 2 b + c b2 c + a c 2 a + b
,
,
,
,
,
thì ta có:
b+c 4 c+a 4 a+b 4
a2
b+c
a2 b + c
a2
+
≥2
×
=2
=a
b+c

4
b+c 4
4

Chứng minh tương tự ta được:
b2
c+a
+
≥b
c+a
4
c2
a+b
+
≥c
a+b
4
⇒

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
+
+
≥
b+c c+a a+b
2

Dấu “=” xảy ra khi: a = b = c.


a, b, c > 0

Bài 6: Cho 
3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a + b + c ≤
2


S = a+b+c+ 1 + 1 + 1
a b c

Nhận xét: Khi nhìn thấy nhân các biểu thức vào mà rút gọn được mẫu, học
sinh thường mắc sai lầm sau:

1 1 1
1 11
S = a + b + c + + + ≥ 6 6 a.b.c. . . = 6
a b c
a b c
⇒ Min S = 6
Nguyên nhân sai lầm :
Min S = 6 ⇔ a = b = c =

1 = 1 = 1 = 1 ⇒ a + b + c = 3 > 3 trái với giải
a b c
2

thiết.
Phân tích và tìm tòi lời giải:
Do S là mọt biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại điểm rơi

a =b=c= 1
2
Sơ đồ điểm rơi:

a =b=c= 1
2

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

⇒ α =4

Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau:

a =b=c= 1
2

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

⇒

α =2 ⇒ α =4
2

Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 như 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


3 15
15
1
≥ 12 − 3. = . Với a = b = c = thì MinS =
2 2
2
2
Bài 7: Chứng minh rằng ∀ a, b, c > 0 thì

a 2 b2 c2
+ + ≥ a+b+c
b a a

Phân tích: Trước hết ta nhận thấy nếu áp dụng ngay bất đẳng thức Cosi
thì cũng ko ra được kết quả. Ta đánh giá xem dấu bằng xảy ra khi nào, dễ nhận


thấy đó là khi a = b = c. Khi đó:

a2

a2
= a , vì vậy ta thêm b vào phần tử đại diện
b
b

để có chứng minh sau:
Vì a, b, c >0 nên áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương:
a2
b2
c2
, b, , c, , a ta có:
b
c
a
a2
+ b ≥ 2a
b
b2
+ c ≥ 2b
c
c2
+ a ≥ 2c
a
a2
b2
c2
+ b + + c + + a ≥ 2a + 2b + 2c
b
c
a

2
2
2
a b c
⇒
+ + ≥ a+b+c
b
c a
⇒

Tuy nhiên câu hỏi đặt ra là tại sao lại thêm hạng tử b cho
Giả sử cần thêm cho

≥2

a2
?
b

a2
a2
số hạng m, sử dụng bất đẳng Cosi ta có:
+ m
b
b

a2
×m . Vậy m cần chọn sao cho:
b
a2

×m có thể triệt tiêu được b, hay là mất mẫu số do vế trái của bất đẳng
1)
b

thức không có mẫu;
2) Khi dấu “=” xảy ra thì

a2
=m=a=b=c
b

Bài 8: Nếu a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1 thì:
a3
b3
c3
3
+
+
≥
( 1+ b) ( 1+ c) ( 1+ c) ( 1+ a) ( 1+ a ) ( 1+ b) 4
a3
Nhận xét: Ta sẽ thêm cho
những hạng tử gì? Chắc chắn là có
( 1+ b) ( 1+ c)
b +1 c +1
;
với α là một số dương nào đó. Vấn đề α bằng bao nhiêu, ta nhận thấy
α
α

rằng: Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1; khi đó

a3
b +1 c +1
=
=
, ta suy
α
( 1+ b) ( 1+ c) α

ra được α = 8. Vì vậy ta có chứng minh sau:
a3
1+ b 1+ c
a3
1+ b 1+ c 3
+
+
≥ 33
×
×
= a
8
( 1+ b) ( 1+ c) 8
( 1+ b) ( 1+ c) 8 8 4

Chứng minh tương tự ta được:
b3
1+ c 1+ a 3
+

+
≥ b
8
4
( 1+ c) ( 1+ a) 8
c3

( 1+ a) ( 1+ b)

+

1+ a 1+ b 3
+
≥ c
8
8
4

a3
b3
c3
3 1
3
+
+
+ ≥ (a + b + c) ≥ (đpcm)
Suy sa:
2
( 1+ b) ( 1+ c) ( 1+ c) ( 1+ a) ( 1+ a ) ( 1+ b) 4 2
a3

b3
+
Bài 9: Tìm giá trị nhỏ nhất của P =
với a, b là các số dương thỏa mãn
1+ b 1+ a

điều kiện ab = 1.
Nhận xét: Vì vai trò của a, b như nhau nên dễ dàng nhận thấy a = b = 1
nên ta phải thêm cho

1+ b
a3
số hạng
. Để tìm α ta thay a = b = 1 vào biểu
α
1+ b

a3
1+ b
13
1+1
1 2
=
=
⇔ = ⇒ α = 4 . Như vậy nếu ta áp dụng
thức
ta được
1+ b
α
1+1 α

2 α

bất đẳng thức Cosi cho 2 số thì ta mới chỉ có 3 3 a 3 vì vậy ta thêm
chứng minh sau:
a3 1 + b 1 3
+
+ ≥ a
1+ b
4
2 2
3
b
1+ a 1 3
+
+ ≥ b
1+ a
4
2 2
⇒

a3
b3
3 5
5
5
5
+
+ ≥ (a + b) ≥ ×2 ab = ×2 =
1+ b 1+ a 2 4
4

4
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = 1

1
để được
2


a, b, c > 0

Bài 10: Cho 
3 . Tìm GTNN của:
a + b + c ≤
2


S = a2 +

1
1
1
+ b2 + 2 + c2 + 2
2
b
c
a

Nhận xét: Sai lầm thường gặp





S ≥ 33 a 2 + 12 . b2 + 12 . c 2 + 12 = 36  a 2 + 12 ÷.  b2 + 12 ÷.  c 2 + 12 ÷

b



c

a



b









≥ 36  2 a2 . 12 ÷÷.  2 b2 . 12 ÷÷. 2 c2 . 12 ÷÷ = 36 8 = 3 2
b



c



a





c



a



⇒ MinS = 3 2 .

Nguyên nhân sai lầm:
MinS = 3 2 ⇔

a = b = c = 1 = 1 = 1 = 1 ⇒ a + b + c = 3 > 3 (trái
a b c
2

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 MinS đạt tại

a =b=c= 1
2
 2
1
2
2
a = b = c =

4
⇒ 
 1 = 1 = 1 = 4
α a 2 α b2 α c 2 α

⇒

1 4
=
⇒ α = 16
4 α

Lời giải

S = a2 +

1
1
+ ..... +
+

2
2
16
b 44 2 4 16
14
4 4b
3
16

≥ 1717 a 2 .

1
1
+ ..... +
+
2
16
c 44 2 4 4
1643
c2
14
16

c2 +

1
1
+ ..... +
2
2

16
1 4a 44 2 4 16
4 4a
3
16

1
1
1
1
1
1
.....
+ 1717 b 2 . 2 ..... 2 + 1717 c 2 .
.....
2
2
2
16
b 2 4164b3
16
c 2 4164c3
16
a 2 41643
a2
1 44
1 44
1 44
16

= 1717

b2 +

16

16


a2
b2
c2
a
b
c
17
17
+
17
+
17
= 17  17 8 16 + 17 8 16 + 17 8 16
16 32
16 32
16 32
 16 b
16 b
16 c
16 a
16 c

16 a



÷
÷





≥ 17 3 3 17



≥

=

a 17 b 17 c 
a
3 17
.
.
= 3. 17 17 8 5 5 5 =
8 16
8 16
8 16
16 b
16 c

16 a 
16 a b c 2.17 2a 2b2c 5

(
)

3 17
15

 2a + 2b + 2c 
2.17 
÷
3



≥

3 17
2 .

Dấu “ = ” xảy ra khi

a = b = c = 1 ⇒ Min S
2

3 17
2
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 ta áp dụng
việc chọn điểm rơi cho BĐT Bunhiacôpski thì bài toán sẽ nhanh gọn hơn đẹp
hơn.
Trong bài toán trên chúng ta đã dùng một kỹ thuật đánh giá từ trung bình
nhân sang trung bình cộng, chiều của dấu của bất đẳng thức không chỉ phụ thuộc
vào chiều đánh giá mà nó còn phụ thuộc vào biểu thức đánh giá nằm ở mẫu số
hay ở tử số
Bài 11: Cho a, b, c, d > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S=

a
b
c
d
b+c +d c + d +a a +b+d
+
+
+
+
+
+
b+c+d c+ d +a a +b+d a +b+c
a
b
c
a+b+c
+
d
Nhận xét: Sai lầm 1 thường gặp


a
b+c+d
+
≥2

b
+
c
+
d
a


b
c+d +a

+
≥2
b
c + d + a

c
a +b+d

≥2
a + b + d +
c



d
a +b+c
+
≥2

d
a + b + c

a
b+c+d
.
=2
b+c+d
a
b
c+d +a
.
=2
c+d +a
b
⇒S≥2+2+2+2=8
c
a +b+d
.
=2
a +b+d
c
d
a +b+c

.
=2
a+b+c
d

Sai lầm 2 thường gặp:
Sử dụng BĐT Côsi cho 8 số:

S ≥ 88

a
b
c
d
b+c +d c +d +a a +b+d a +b+c
.
.
.
.
.
.
.
=8
b+c+d c+d + a a +b+d a +b+c
a
b
c
d

Nguyên nhân sai lầm:
a = b + c + d

b = c + d + a
Min S = 8 ⇔ 
c = d + a + b
d = a + b + c


⇒ a + b + c + d = 3(a + b + c + d) ⇒ 1 = 3 ⇒ Vô lý.
Phân tích và tìm tòi lời giải
Để tìm Min S ta cần chú ý S lá một biểu thức đối xứng với a, b, c, d do đó
Min S nếu có thường đạt tại “điểm rơi tự do” 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

Min S =

4
40
+ 12 = . Từ đó suy ra các đánh giá của các BĐT bộ
3
3

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:

a
b

c
d
1

 b + c + d = c + d + a = a + b + d = a + b + c = 3

b + c + d = c + d + a = a + b + d = a + b + c = 3

a
b
c
d
α

⇒

1 3
=
⇒ α = 9
3 α

Cách 1: Sử dụng BĐT Côsi ta có:


a

b+c+d 
8 b+c+d
+ ∑ .
≥

÷
9a  a,b,c,d 9
9a

S=

+
∑
a ,b,c,d  b + c + d

≥ 88

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
9a
9b
9c
9d

8b c d c d a a b d a b c 
+  + + + + + + + + + + + ÷≥
9a a a b b b c c c d d d 
b c d c d a a b d a b c  8 8
8 8
40
≥ + .12.12  . . . . . . . . . . . ÷ = + .12 =
3 9
3
a a a b b b c c c d d d  3 9

Với a = b = c = d > 0 thì Min S =

40
3

Bài 12: Chứng minh rằng với x, y, z > 0:

x3 y 3 z 3
+ + ≥ x2 + y 2 + z 2
y
z
x

x3
Phân tích: Ta thấy với hạng tử
có thể có 2 hướng sau:
y

Cách 1: Học sinh sẽ thêm

x3
+ xy ≥ 2 x 2
y
y3
+ zy ≥ 2 y 2
z
z3
+ xz ≥ 2 z 2
x

Cộng các bất đẳng thức trên và sau đó đi chứng minh bất đẳng thức quen thuộc:
x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ta suy ra điều phải chứng minh.

Cách 2:
x3 x3
+ + y 2 ≥ 3x 2
y
y
y3 y3
+ + z2 ≥ 3y2
z
z
3
z
z3
+ + x 2 ≥ 3z 2
x x

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Bài 13: Chứng minh rằng với a, b, c > 0 ta có:

a 2 b2 c 2 a b c
+ + ≥ + +
b2 c2 a 2 b c a

Với bài toán này dễ dàng nhận thấy: Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
a2
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương 2 và 1, ta được:
b
a2
a2
a
(1)
+
1
≥
2
=2
2
2
b
b
b

Chứng minh tương tự ta có:
b2
b
+1 ≥ 2

(2)
2
c
c
c2
c
+1 ≥ 2
(3)
2
a
a

Lại có:

a 2 b2 c2
a2 b2 c2
3
+
+
≥
3
× × = 3 (4)
b2 c 2 a 2
b2 c 2 a 2

Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra: điều phải chứng minh.
Bài 14: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1, ta có:
x3 + y 3 + z 3 ≥ x + y + z

Phân tích: Ta nhận thấy, dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1, vì vậy ta thêm

vào x3 hai số hạng 1; 1 để sử dụng bất đẳng thức Cosi hợp lí


x3 + 1 + 1 ≥ 3x
y3 + 1 + 1 ≥ 3 y
z 3 + 1 + 1 ≥ 3z

Lại có: 2(x3 + y3 + z3 ) ≥ 6
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh
Bài 15: Cho x ≥ 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y = 3x +

1
2x

Nhận xét: Nếu ta sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cosi thì:
y = 3x +

1
1
≥ 2 3x × = 6 xảy ra
2x
2x

Do đó, giá trị nhỏ nhất của y là 6.
Lời giải trên là sai vì trong đánh giá trên, dấu bằng của bài toán chỉ xảy ra khi
3x =

1
1

⇒ 6x2 = 1 ⇒ x =
.
2x
6

Tuy nhiên, giá trị này lại không nằm trong miền xác định của bài toán là x ≥ 1
1
< 1 ). Như vậy chọn “điểm rơi” của bài toán là chưa đúng.
6

(vì

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1, để dấu bằng xảy ra, ta chọn số α sao
cho:
αx =

Thay x = 1 vào biểu thức ta được: α =

1
2x

1
. Từ đó, ta có lời giải bài toán:
2

1 5x x 1
=
+( + )
2x 2
2 2x

5x
x 1 5x
≥
+2 × =
+1
2
2 2x 2
5
7
≥ +1 =
2
2

y = 3x +

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là

7
khi x = 1
2

Bài 16: Cho a ≥ 10, b ≥ 100, c ≥ 1000 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P =a+

1
1
1
+b+ +c+
a
b

c


Nhận xét: Bài toán này thực chất có thể tách thành ba bài toán nhỏ là:
1
với a ≥ 10
a

. Tìm giá trị nhỏ nhất của P1 = a +

. Tìm giá trị nhỏ nhất của P2 = b +
. Tìm giá trị nhỏ nhất của P3 = c +
Trước hết, ta xét biểu thức: P1 = a +

1
với c ≥ 1000
c

1
a

Dự đoán, giá trị nhỏ nhất của P1 =
điểm rơi α sao cho:

1
với b ≥ 100
b

101
đạt được khi a = 10. Khi đó, ta chọn

10

a 1
=
α a

Với a = 10, ta có ngay α = 100 .
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
a+

1 99a  a
1  99a
a 1
=
+
+ ÷≥
+2
×
a 100  100 a  100
100 a
99a 1 99.10 1 101
=
+ ≥
+ =
100 5 100 5 10

Chứng minh tương tự ta được:
P2 ≥ 100 +

1

1
; P3 ≥ 1000 +
100
1000

Từ đó, ta đi đến kết luận: MinP = 1110 +

111
1000

Dấu bằng xảy ra khi a = 10, b = 100, c = 1000
Bài 17: Cho các số thực a, b thỏa mãn các điều kiện 0 ≤ a ≤ 3, b ≤ b ≤ 11 và
a + b =11. Tìm giá trị lớn nhất của tích M = ab
Nhận xét: Từ giả thiết 0 ≤ a ≤ 3, b ≤ b ≤ 11 và a + b + c = 11, ta dự đoán dấu
bằng xảy ra khi a = 3 và b = 11 (khi đó, 8a = 3b). Vậy ta sẽ sử dụng bất đẳng
thức Cosi một cách khéo léo như sau:
1
1 (8a + 3b) 2 [ 3(a + b) + 5b ]
M = ×(8a ) ×(3b) ≤ ×
=
24
24
4
96

2

(33 + 5a) 2 ( 33 + 5 ×3)
=
≤

= 24
96
96
2

Vậy giá trị lớn nhất của M là 24 khi a = 3 và b = 8


Bài 18: Cho các số thực a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 3 thỏa mãn a + b + c = 6. Chứng minh
rằng: abc ≤

27
4

Nhận xét: Vì a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 3 và a + b + c = 6 nên ta dự đoán
3
a = b = , c = 3 . Khi đó, a + b = c.
2

Vì vậy, áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được:
c ( a + b) 2 a + b
a + b (a + b + c ) 2 9
abc ≤
=
×c ×(a + b) ≤
×
= (a + b)
4
4
4

4
4

Mặt khác, theo giả thiết thì a + b + c = 6 và c ≥ 3 nên ta suy ra a + b ≤ 3 .
Do đó:
ab ≤

9
9
27
(a + b) ≤ ×3 =
4
4
4

Bài toán được chứng minh xong.
Bài 19: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P = a2 + b2 + c3
Nhận xét: Quan sát bài toán, điều trước tiên mà ta thấy được, đó là có thể
dự đoán ngay rằng Min P sẽ đạt được khi a = b (do vai trò đối xứng của chúng).
Lại quan sát tiếp, ta thấy rằng giả thiết bài toán liên quan đến những biểu
thức bậc nhất, còn P lại có lũy thừa bậc 2 và 3, do vậy ta nghĩ ngay đến việc sử
dụng bất đẳng thức Cosi để chuyển những bất đẳng thức này về dạng nhất (cụ
thể, với lũy thừa bậc 2, ta sử dụng Cosi hai số sẽ đưa được về dạng bậc nhất và
với lũy thừa bậc 3, ta sử dụng Cosi ba số sẽ đưa được về dạng bậc nhất). Tuy
nhiên, ở bài toán này ta vẫn không thể dự đoán được điểm rơi của nó là tại đâu.
Do vậy, cách tốt nhất để vượt qua khó khăn lúc này chính là sử dụng điểm rơi gia
định.
Giả sử tại a = b = x > 0 và c = y > 0 (2x + y = 3) thì P đạt giá trị nhỏ nhất.
Khi đó, sử dụng bất đẳng thức Cosi như sau:

a

2

a 2 + x 2 ≥ 2ax

(1)

b + x ≥ 2bx

(2)

c3 + y 3 + y 3 ≥ 3 y 2c

(3)

2

2

Cộng ba bất đẳng thức này lại, ta suy ra được:
(a2 + b2 + c3) + 2x2 + 2y3 ≥ 2x(a + b) + 3y2c,


Do đó: P ≥ [2x(a + b) + 3y2c] – 2x2 – 2y3
Khi đứng trước một bài toán, điều mà ta mong muốn là làm sao để có thể
tận dụng được tối đa giả thiết của đề bài. Ở bài này cũng vậy, sẽ là vô nghĩa nếu
giả thiết a + b + c = 3 không sử dụng được vào đây. Do đó, ý tưởng của ta chọn
các số x, y thích hợp sao cho ta có thể sử dụng đượcgiả thiết. Muốn vậy thì hệ số
của a + b và c phải bằng nhau, tức là: 2x = 3y2

Vậy điểm rơi thực sự của bài toán là nghiệm của hệ phương trình
2 x + y = 3

2
2 x = 3 y

Giải hệ này, ta tìm được x =

19 − 37
37 − 1
. Khi đó:
,y=
12
6

P ≥ 2x(a + b + c) – 2x2 – 2y3 = 6x – 2x2 – 2y3
2

3

 19 − 37   19 − 37 
 37 − 1 
= 6 
−
2
−
2
÷

÷


÷ 
÷
 6 ÷
÷
 12   12 


=

541 − 37 37
108

19 − 37
12
Đẳng thức này xảy ra khi a = b = x =
và c = y =

37 − 1
6

Bài 20: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2+2b2+3c 2 =1. Tìm GTNN của
biểu thức
P=2a3 +3b3 +4c3
Nhận xét: Cũng giống như bài trước, ý tưởng của ta cho bài này đó là tìm cách
đánh giá bất đẳng thức Cosi giúp đưa từ lũy thừa 3 về lũy thừa 2 (và bất đẳng
thức thích hợp đó là Cosi cho 3 số , cụ thể là dạng x3 + x3 + y3 ≥ 3x2y)
Ở bài này không có sự đối xứng nào nên ta không cần phải phân tích gì thêm
mà cứ giả định ngay rằng P đạt min khi a = x, b = y, c = z. Khi đó, vì a, b, c >0 và
a2+2b2+3c2=1 nên ta phải có

x, y, z > 0 và x2+2y2+3z3=1

(1)

Vì a, b, c, x, y, z > 0 sử dụng bất đẳng thức Cosi, ta được
a3+a3+x3 ≥ 3xa2,
b3+b3+y3 ≥ 3yb2,
c3+c3+z3 ≥ 3zc2.
Đến đây, nếu cộng trực tiếp ba bất đẳng thức trên lại với nhau, ta sẽ chẳng thu
được điều gì quan trọng vì hệ số của a3, b3, c3 trong bất đẳng thức nhận được sẽ


khác với hệ số của chúng trong P (mà ta lại cần tìm min P). Như vậy, ta cần một
phép chuyển nhỏ để giúp đưa hệ số của a3, b3, c3 về dạng giống như của chúng
trong P.
Ta viết lại các bất đẳng thưc trên lại thành
2a3+x3 ≥ 3xa2

(2)

9
3
(2b3+y3) ≥ yb2
2
2
3
3
2(2c +z ) ≥ 6zc2

(3)

(4)

Cộng ba bất đẳng thức (2),(3),(4) lại theo vế ta suy ra được
2a3 + 3b3 + 4c3 + x3 +



2
Hay là: P ≥ 3  xa +

3 3
 2 3 2
2
y + 2z3 ≥ 3  xa + yb + 2 zc 
2
2



3 2
3

yb + 2 zc 2  − x 3 − y 3 − 2 z 3
2
2


Ta cần sử dụng giả thiết để suy ra kết quả bài toán do đó các số x,y,z thích hợp
phải là những số nào cho hệ số của a2,b2,c2 tương ứng tạo thành tỉ lệ 1: 2: 3,tức là
3

y
x 2
2z
=
=
1
2
3
 x 2 + 2 y 2 + 3z 2 = 1

Vậy ta được hệ phương trình: 
3
2z
x = y =
4
3


Giải hệ này ta tìm được x =

6

,y=

8

9

,z=

. Từ đó suy ra

407
407
407
3 3
3 3
2
2
2
3
3
3
3
P ≥ 3 x(a + 2b + 3c ) − x − y − 2 z = 3 x − x − y − 2 z
2
2
3

3

3

 6  3 8 
 9 
12
− 
 − 
 − 2
 =

= 3.
407  407  2  407 
407
 407 
6
8
9
Đẳng thức xảy ra khi a =
,b=
và c =
.
407
407
407
325
Bài 21: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b2 + c3 =
. Tìm GTNN
9
6

của biểu thức: P=a2+b3+c4
Nhận xét: Giả sử P đạt giá trị nhỏ nhất tại a = x, b = y và c = z. Khi đó ta
phải có

x + y2 + z3 =

325
9

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta được

a 2 + x 2 ≥ 2 xa,


b3 + b 3 + y 3 ≥ 3 yb 2 ,
Từ đó suy ra

c 4 + c 4 + c 4 + z 4 ≥ 3zc 4
a 2 + x 2 ≥ 2 xa
1
3
2b3 + y 3 ) ≥ yb 2
(
2
2
1
4
3c 4 + z 4 ) ≥ zc 3
(
3
3

Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta có

y3 z 4
3
4
+ ≥ 2 xa + yb 2 + zc 3
2 3
2

3
3
4
3
4
y z


P ≥  2 xa + yb 2 + zc 3 ÷− x 2 − −
Hay
2
3
2 3


3
4
Để sử dụng giả thiết, ta cần chọn x, y, z sao cho: 2 x = y = z
2
3
325

2
3
x
+
y
+
z
=


9
Khi đó ta được hệ phương trình 
2 x = 3 y = 4 z

2
3
8
Giải hệ này, ta tìm được x = 2, y = và z = 3 . Từ đó suy ra
3
y 3 z 4 650
y3 z 4
2
3
2
2
P ≥ 2x ( a + b + c ) − x − − =
x−x − −
2 3
9
2 3
3
8
 ÷ 34 2807
650
3
2
=
.2 − 2 −   − =
9

2
3
27
8
Đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = và c = 3 .
3
a 2 + b3 + c 4 + x 2 +

Bài 22: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 3x2 + 4y2 + 5z2 = 2xyz. Tìm giá trị
nhỏ nhất của các biểu thức: P = 3x + 2y + z.
Nhận xét: Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương, ta được:
2 xyz = 3.x 2 + 4. y 2 + 5.z 2 ≥ 1212 ( x 2 )

3

(y ) (z )
2 4

2 5

= 1212 x 3 y 4 z 5

Từ đó, suy ra: x3 y 2 z ≥ 66
Từ kết quả trên, áp dụng bất đẳng thức Cosi thêm một lần nữa, ta được:
P = 3 ×x + 2 ×y + 1 ×z ≥ 6 6 x 3 y 2 z ≥ 6 6 66 = 6 ×6 = 36

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 6.
Bài 23: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

4a + 3b +4c = 22
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c +

1 2 3
+ +
3a b c

Nhận xét: Quan sát bài toán, ta thấy giả thiết là những đại lượng bậc nhất
còn biểu thức cần tìm cực trị lại có chứa các phân thức. Như vậy, ý tưởng của ta
cho bài này đó là tìm cách đánh giá đưa những phân thức về dạng bậc nhất. Có
như vậy mới có thể sử dụng được giả thiết của bài toán.
Ngoài ra, có thể thấy công cụ thích hợp được dùng để đánh giá ở đây
chính là bất đẳng thức Cosi (chắc hẳn bạn đọc đều biết đến đánh giá quen thuộc
x+

1
1
≥ 2, ∀x > 0. Từ bất đẳng thức này, ta có ≥ 2 − x. . Đây là một ví dụ cụ thể
x
x

nhất của việc chuyển từ phân thức về dạng bậc nhất thông qua bất đẳng thức
Cosi).
Do không thể dự đoán được điểm rơi của bài toán là ở đâu nên ta sẽ sử
dụng kỹ thuật điểm rơi giả định để giải bài toán này.
Giả sử P đạt giá trị nhỏ nhất khi a = x, b = y, c = z. Khi đó ta có
x, y, z > 0 và 4x + 3y + 4z = 22
Ta thấy a = x, b = y, c = z thì
1
1

a 2 2 2b 3 3 3c
=
= 2, = = 2, = = 2.
3a 3 x 3 x b y y c z z

Do đó các đánh giá sau sẽ đảm bảo được điều kiện đẳng thức:
1
a
1 a
2
+ 2 ≥2
. 2 =
,
3a 3x
3a 3x
3x
2 2b
2 2b 4
+ 2 ≥2
.
= ,
b y
b y2
y
3 3c
3 3c 6
+ 2 ≥2 . 2 = .
c z
c z
z

Suy ra:
1
2
a
≥
− 2
3x 3 x 3 x
2 4 2b
≥ −
b y y2
3 6 3c
≥ −
c z z2

Như vậy, ta đã chuyển được các phân thức về dạng bậc nhất và thu được:
a   4 2b   6 3c 2 
 2
P ≥ a + b + c +  − 2 ÷+  − 2 ÷+  − 2 ÷
 3x 3x   y y   z z 

1 
2  
3
2 4 6

=  1 − 2 ÷a + 1 − 2 ÷b + 1 − 2 ÷c + + +
3x y z
 3x 
 y   z 

Vấn đề còn lại là ta phải chọn các số x, y, z thích hợp làm sao để có thể sử
dụng được giả thiết 4a + 3b + 4c = 22. Muốn vậy thì các hệ số của a, b, c trong
đánh giá trên phải lập thành tỉ lệ 4 : 3 : 4, tức là


1−

2
1
1− 2 1− 3
2
y
3x =
z2
=
4
3
4

Vậy, điểm rơi thực sự của bài toán chính là nghiệm của hệ phương trình
 4 x + 3 y + 4 z = 22

2
1 − 1 2 1 − 2 1 − 32
y
z
 3x =
=
 4

3
4

(1)

Giải hệ này, ta tìm được x = 1, y = 2 và z = 3. Khi đó ta có:
2 
3
2 4 6
 1

P ≥  1 − ÷a + 1 − 2 ÷b + 1 − 2 ÷c + + +
3 2 3
 3
 2   3 
4a + 3b + 4c 14 22 14 25
=
+ =
+ =
6
3
6 3
3

Đẳng thức xảy ra khi a = x = 1, b = y = 2, c = z = 3.
B. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1 10
x 3
1 9
Bài 2: Cho x ≥ 2. Chứng minh rằng: x + 2 ≥

x
4
≤
Bài 3: Cho a, b, c > 0 và a + b + c 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
2
a + 2bc b + 2ac c + 2ba
Bài 4: Cho x, y, z > 0 với x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
P=
+
+
xy + 1 yz + 1 zx + 1

Bài 1: Cho x ≥ 3. Chứng minh rằng: x + ≥

Bài 5: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: xyz = 1 thì:
1 + x3 + y3
1 + y3 + z 3
1 + z 3 + x3
+
+
≥3 3

xy
yz
zx
a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2
+
+
≥ a+b+c
Bài 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
2c
2a
2b

Bài 7: Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+ 2
+ 2
≥
a (b + c) b (a + c ) c (b + a ) 2
2

Bài 8: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
+
+

≥1
b+2 c+2 a+2

Bài 9: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + 2b + 3c ≥ 20. Chứng minh rằng:
a+b+c+

3 9 4
+
+ ≥ 13
a 2b c

Bài 10: Chứng minh rằng nếu a, b là các số dương thỏa mãn a2 + b2 = 5
thì a3 + b6 ≥ 9