Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM GM trong chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong môn toán ở trường phổ thông nói chung và đại số lớp 9 nói riêng thì
phần chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số giữ một vai trò, vị trí hết sức
quan trọng. Bất đẳng thức và tìm cực trị đại số là một chuyên đề khó trong chương
trình toán phổ thông. Qua thực tế nhiều năm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học
sinh giỏi, tôi nhận ra rằng rất nhiều học sinh, kể cả học sinh giỏi khi tiếp cận với
các bài toán dạng này đều rất ngại. Ngoài một số lượng các bất đẳng thức tên tuổi
còn rất nhiều kỹ thuật khó, chưa kể phải kết hợp nhuần nhuyễn chúng lại với nhau.
Phải là người có tư duy tốt và nhiều kinh nghiệm mới xử lý được. Trong chứng
minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số cấp THCS thì bất đẳng thức AM – GM
(hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy) được sử dụng rất nhiều. Chính vì thế trong
quá trình giảng dạy bộ môn toán lớp 9 cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9, tôi
đã mạnh dạn chọn đề tài: “Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM - GM trong
chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số". Tôi hi vọng đề tài này có thể
làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh khá giỏi, rèn luyện cho học sinh
năng lực từ những kiến thức quen biết, nhận dạng và đưa những bài tập chưa biết
cách giải về dạng bài tập quen biết đã biết cách giải, có được hệ thống bài tập để
nâng cao chất lượng giáo dục, đặc biệt là ôn luyện cho học sinh giỏi cũng như thi
vào các trường THPT chuyên.
1.2. Điểm mới của đề tài
“Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức AM - GM trong chứng minh bất đẳng
thức và tìm cực trị đại số” đã được nhiều người nhắc đến. Tuy nhiên còn nêu
chung chung và chưa khái quát được những sai lầm cụ thể, chưa đưa ra được các
phương pháp cụ thể để khắc phục những sai lầm cho học sinh. Vì thế, trong đề tài
này, với kinh nghiệm của bản thân đã đúc kết được qua quá trình nghiên cứu và
thực tế giảng dạy, tôi đã cố gắng phân tích, chỉ ra các sai lầm của học sinh, đề ra
các giải pháp cụ thể thông qua các ví dụ minh họa giúp học sinh tránh được các sai
lầm về sau. Mong rằng đề tài sẽ được các đồng nghiệp và các em học sinh đón
nhận.
1.3 – Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

1


* Đối tượng nghiên cứu:
Như đã nói ở trên, đề tài này tập trung vào 2 đối tượng:
- Giáo viên đang giảng dạy môn Toán THCS. Đặc biệt là GV đang giảng
dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi 8, lớp 9.
- Học sinh khá giỏi lớp 8 và lớp 9.
* Phạm vi nghiên cứu:
- Trong sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức
AM - GM mà chúng ta thường hay gặp trong các bài toán chứng minh bất đẳng
thức và tìm cực trị đại số trong chương trình toán THCS.

2


2 – PHẦN NỘI DUNG
2.1 – Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Thực tế cho thấy Toán học là nền tảng cho mọi ngành khoa học, là chiếc
chìa khoá vạn năng để khai phá và thúc đẩy sự phát triển cho mọi ngành khoa học,
kinh tế, quân sự ... trong cuộc sống. Chính vì vậy việc dạy và học bộ môn toán
trong nhà trường đóng vai trò vô cùng quan trọng. Dạy toán chiếm vị trí số một
trong các môn học của nhà trường, đối với giáo viên, dạy toán là niềm tự hào song
đó cũng là thử thách vô cùng lớn. Để dạy toán và học toán tốt thì Thầy và Trò
không ngừng rèn luyện và đầu tư trí và lực vào nghiên cứu học hỏi. Học và dạy
toán với chương trình cơ bản đã rất khó, xong dạy và học toán trong đào tạo mũi
nhọn lại vô cùng gian truân, việc học và dạy không dừng ở việc người học và
người dạy phải có trí tuệ nhất định mà cả thầy và trò phải dày công đầu tư vào
nghiên cứu các dạng toán, thuật toán vận dụng hợp lý các tính chất toán học do các
nhà toán học đã nghiên cứu vào giải toán, ngoài ra người dạy và học toán phải tự

rèn luyện và nghiên cứu để có những công trình toán của riêng mình cùng góp sức
để đưa bộ môn toán ngày càng phát triển.
Qua quá trình giảng dạy nhiều năm gần đây bản thân tôi thấy việc hình
thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc mỗi dạng toán
nào đó là công việc rất khó. Đứng trước một bài toán nếu người thầy chưa hiểu,
chưa có hướng giải thì ta hướng dẫn học sinh như thế nào, thật khó trong những
tình huống như thế người thầy sẽ mất vai trò chủ đạo trong việc dạy học sinh, còn
học sinh đã không giải được toán nhưng lại mất niềm tin ở thầy và cảm thấy việc
học toán là cực hình, là khó vô cùng không thể học được.
Khảo sát thực tế 15 học sinh khá giỏi tại một trường THCS về các bài toán
chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số (khi chưa áp dụng sáng kiến) có kết
quả như sau:
TSHS
15

Giỏi
SL
0

Khá
%
0,0

SL
2

TB
%
13,3

SL
5

Yếu
%
33,3

SL
8

%
53,4

Khi gặp dạng toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm cực trị đại số, đa số
học sinh thường rất ngại, không biết bắt đầu từ đâu và làm như thế nào.
3


Với các dạng toán khác mà khi triển khai đến bước phải chứng minh bất
đẳng thức hoặc tìm cực trị đại số thì học sinh thưởng giải sai hoặc lúng túng.
Trong các đề thi HSG và thi vào THPT chuyên thường có dạng chứng minh
bất đẳng thức hoặc tìm cực trị đại số mà phần lớn là áp dụng bất đẳng thức AM GM, nên nếu học sinh nắm phần này không tốt thì khó để có thể đạt được điểm
cao.
Trong quá trình dạy học đôi khi chính giáo viên cũng mắc sai lầm, chính vì
vậy tôi xin mạnh dạn đưa ra một số giải pháp sau đây để góp phần tránh được sai
lầm cơ bản cho học sinh.
2.2. Các giải pháp thực hiện
2.2.1. Giới thiệu cơ bản về bất đẳng thức AM - GM
Bất đẳng thức này có tên gọi chính xác là bất đẳng thức giữa trung bình cộng
và trung bình nhân, hay gọi tắt là bất đẳng thức AM – GM (Arithmetic Mean –

Geometric Mean). Ở nước ta, bất đẳng thức này được gọi theo tên của nhà toán
học người pháp Augustin – Louis Cauchy (1789 – 1857), tức là bất đẳng thức
Cauchy. Thực ra, đây là một cách gọi tên không chính xác vì Cauchy chỉ là người
đưa ra cách chứng minh rất hay của mình chứ không phải là người phát hiện ra bất
đẳng thức này đầu tiên.
Dạng tổng quát của bất đẳng thức AM – GM như sau:
Cho x1 , x2 ,..., xn là các số thực không âm, ta có:
Dạng 1:

x1 + x2 + ... + xn n
≥ x1.x2 ...xn
n

Dạng 2: x1 + x2 + ... + xn ≥ n. n x1.x2 ...xn
n

 x + x + ... + xn 
Dạng 3:  1 2
÷ ≥ x1.x2 ...xn
n


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn
* Một số dạng đặc biệt của bất đẳng thức AM – GM:
+)

x+ y
≥ xy với x, y ≥ 0
2

+)

x+ y+z 3
≥ xyz với x, y, z ≥ 0
3
4


1 1
1 1
4
+) ( x + y )  + ÷≥ 4 hoặc + ≥
với x, y > 0
x
y
x
+
y
x
y


1 1 1
1 1 1
9
+) ( x + y + z )  + + ÷≥ 9 hoặc + + ≥
với x, y, z > 0
x
y
z

x
+
y
+
z
x
y
z


* Một số bất đẳng thức được suy ra từ bất đẳng thức AM – GM:
Với x, y, z là các số thực không âm, ta có:
2
2
2
2
+) x + y ≥ 2 xy; 2 ( x + y ) ≥ ( x + y ) ;
2

2( x + y ) ≥ x + y

+) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx
2
2
2
+) 3 ( x + y + z ) ≥ ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx )
2

2 2
2 2

2 2
+) x y + y z + z x ≥ xyz ( x + y + z )
4
4
4
+) 3 ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) ≥ 3xyz ( x + y + z )
2

2.2.2. Giải pháp 1: Kỹ thuật xác định “điểm rơi”
Khi đánh giá bất đẳng thức, cái ta hay quên đó là cần phải được bảo toàn dấu
đẳng thức xảy ra mà ta hay gọi là bảo toàn “điểm rơi”. Một thực tế cho thấy việc
xác định điểm rơi cho một bất đẳng thức quyết định đến hơn nửa thành công cho
công việc tìm lời giải. Ý tưởng chính của chọn điểm rơi chính là việc xác định
được dấu đẳng thức xảy ra khi nào để có thể sử dụng những đánh giá hợp lý. Trong
quá trình chứng minh các bất đẳng thức ta thường gặp sai lầm là áp dụng ngay bất
đẳng thức AM - GM mà quên mất dấu đẳng thức xảy ra tại đâu. Để hiểu rõ hơn về
“điểm rơi”, ta xét một số bài toán sau đây.
Bài toán 1: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = a +

1
.
a

Sai lầm thường gặp là: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
A=a+

1
1
≥ 2 a. = 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2.
a

a

Nguyên nhân sai lầm: Giá trị nhỏ nhất của A là 2 ⇔ a =

1
⇔ a = 1 . Điều này
a

không xảy ra vì theo giả thiết a ≥ 2 .

5


Phân tích: Quan sát bất đẳng thức trên ta nhận thấy giá trị của a càng tăngthì A
càng tăng, do đó ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ nhất khi a = 2 . Khi đó ta nói A đạt giá
trị nhỏ nhất tại “điểm rơi” a = 2 . Ta không thể áp dụng bất đẳng thức AM – GM
cho hai số a và

hoặc

1
vì không thỏa mãn dấu đẳng thức xảy ra. Vì vậy ta phải tách a
a

1
để khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM thì thỏa mãn dấu đẳng thức xảy
a

a 1
ra. Giả sử ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho cặp số  ; ÷sao cho tại “điểm

k a
rơi” a = 2 thì

a 1
= . Ta có sơ đồ sau:
k a
a 1
 k = a
2 1
a =2⇒
⇒ = ⇒k =4
k 2
1 = 1
 a 2

Khi đó ta được A = a +

1 a 3a 1
= +
+ và ta có lời giải như sau.
a 4 4 a

Lời giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
A=a+

1 a 1 3a
a 1 3a
3.2 5
= + +
≥2 . +

≥1+
=
a 4 a 4
4 a 4
4 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là

5
.
2

1
a 1

Chú ý: Ngoài cách chọn cặp số  ; ÷ta có thể chọn các cặp số sau:  ka; ÷
a
k a

 k
hoặc  a; ÷hoặc
 a

 1 
 a; ÷.
 ka 

Bài toán 2: Cho số thực a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = a +

1

.
a2

6


a 1
 k = a 2
2 1
⇒ = ⇒k =8
Sơ đồ điểm rơi: a = 2 ⇒ 
k 4
1 =1
2
 a
4
Sai lầm thường gặp là:
A=

a 1 7a
a 1 7a
1 7a
1
7.2 9
+ 2+
≥2 . 2 +
=
+
≥
+

= .
8 a
8
8 a
8
2a 8
2.2
8
4

Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù giá trị nhỏ nhất của A bằng

9
là đáp số đúng nhưng
4

cách giải trên mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số: a ≥ 2 ⇒

1
1
≥
là sai.
2a
2.2

Lời giải đúng: A =

a a 1 6a
a a 1 3a 3 3.2 9
+ + 2+

≥ 33 . . 2 +
≥ +
=
8 8 a
8
8 8 a
4 4 4 4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là

9
.
4

Bài toán 3: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn: a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức A = ab +

1
.
ab

1
Phân tích: Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra tại a = b = . Theo bất đẳng thức AM –
2
2

a+b 1
GM ta có: ab ≤ 
÷ ≤ . Khi đó ta có điểm rơi như sau:
 2  4

 ab 1
=
1  k ab
1
1
ab = ⇒ 
⇒
=4⇒k =
4 1
4k
16
=4
 ab
2

1
a+b 1
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ab ≤ 
÷ ≤ ⇒ − ab ≥ − 4 .
 2  4
Do đó ta được A = 16ab +

1
1
1 17
− 15ab ≥ 2 16ab. − 15ab ≥ 8 − 15. = .
ab
ab
4 4

7


1
17
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
.
2
4
2.2.3. Giải pháp 2: Kỹ thuật hạ bậc – khử mẫu
- Kỹ thuật “hạ bậc” tức là chứng ta đưa những biểu thức có bậc cao về
những biểu thức có bậc nhỏ hơn. Ví dụ x 2 , x 3 có thể hạ bậc về x, ... để áp dụng giả
thiết đề bài cho. Còn “khử mẫu” là chúng ta sẽ biến đổi sao cho biểu thức đó
không còn chứa mẫu nữa. Trong kỹ thuật “hạ bậc – khử mẫu” nhiều khi chúng ta
phải thêm bớt một vài đại lượng sao cho thỏa mãn “điểm rơi” của bất đẳng thức
AM – GM. Để cụ thể ta đi xét một số bài toán.
Bài toán 4: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≥ 6 . Chứng minh rằng:
x ( x − 1) + y ( y − 1) ≥ 12 .
Phân tích: Dự đoán “điểm rơi” của bất đẳng thức sẽ là x = y = 3 .
Nếu chúng ta ghép cặp x 2 và y 2 thì sẽ bị ngược dấu. Nên ta sẽ tìm cách hạ bậc x 2
và y 2 về x và y để áp dụng giả thiết. Với chú ý “điểm rơi” của bất đẳng thức là
x = y = 3 nên ta sẽ áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho cặp số x 2 và 9, y 2 và 9 để
thỏa mãn điểm rơi.
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số dương, ta có:
 x 2 + 9 ≥ 2 x 2 .9 = 6 x
 2
2
 y + 9 ≥ 2 y .9 = 6 y
⇒ x 2 + y 2 + 18 ≥ 6 ( x + y ) ⇒ x 2 + y 2 ≥ 6 ( x + y ) − 18
⇒ x ( x − 1) + y ( y − 1) = ( x 2 + y 2 ) − ( x + y ) ≥ 5 ( x + y ) − 18 ≥ 5.6 − 18 = 12

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 3 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 5: Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2. Chứng minh rằng:

x2
y2
z2
Q=
+
+
≥1.
y+z z+x x+ y
Phân tích: Dự đoán “điểm rơi” của bất đẳng thức sẽ là x = y = z =

2
.
3

8


Ở bài toán này, chúng ta sẽ vừa áp dụng “hạ bậc”, nhưng cũng phải “khử mẫu” mới
có thể áp dụng được giả thiết. Vì “điểm rơi” của bất đẳng thức là x = y = z =

2
nên
3

x2
ta sẽ lần lượt áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các cặp số dương:
và

y+z
2

z
y+z
z+x
x+ y
y2
;
và
;
và
.
x+ y
4
4
4
z+x

x2
y+z
Vì sao phải áp dụng bất đẳng thức AM – GM với cặp số
và
?
y+z
4
x2
1
x2
2

y+z
= nên ta phải sử dụng cặp số
Ta có khi x = y = z = thì
và
y+z 3
y+z
3
4
để thỏa mãn “điểm rơi”.

x2
y+z
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các cặp số dương
và
;
y+z
4
2

z
z+x
x+ y
và
;
và
, ta có:
x+ y
4
4
z+x

y2

 x2
y+z
x2 y + z
+
≥2
.
=x

4
y+z 4
y+z
 2
z+x
y2 z + x
 y
+
≥
2
.
=y

z
+
x
4
z
+
x

4

 z2
x+ y
z2 x + y

+
≥2
.
=z
4
x+ y 4
x + y

⇒

x2
y2
z2
x+ y+z
+
+
+
≥ x+ y+z
y+z z+x x+ y
2

x2
y2
z2

x+ y+z
⇒Q=
+
+
≥
=1
y+z z+x x+ y
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

2
. Vậy bất đẳng thức được chứng
3

minh.
9


2.2.4. Giải pháp 3: Kỹ thuật khử căn
Bài toán 6: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh rằng: a + b + b + c + c + a ≤ 6 .
Sai lầm thường gặp: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
a + b +1

a
+
b
=
a
+

b
.1
≤

2

b + c +1

 b + c = b + c .1 ≤
2

c + a +1

 c + a = c + a .1 ≤
2
⇒ a+b + b+c + c+a ≤

2( a + b + c) + 3 5
= ≤ 6
2
2

Cách chứng minh trên hoàn toàn sai. Vậy nguyên nhân sai lầm ở đây là gì?
Nguyên nhân sai lầm: Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b = b + c = c + a = 1
⇒ a + b + c = 2 . Điều này trái với giả thiết.
Phân tích: Để tìm lời giải cho bất đẳng thức trên, ta cần trả lời các câu hỏi sau:
- Đẳng thức xảy ra tại đâu?
- Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho mấy số? Đó là những số nào?
Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau nên ta dự đoán điểm
1

2
rơi của bất đẳng thức sẽ là a = b = c = , từ đó ta có a + b = b + c = c + a = . Vì
3
3
bất đẳng thức chứa các căn bậc hai nên để phá căn ta sử dụng bất đẳng thức AM –
GM cho hai số là a + b và

2
, … Từ đó ta có lời giải như sau.
3

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng:

xy ≤

x+ y
cho hai số không
2

âm, ta có:

10




 a+b =




 b+c =



 c+a =



3
.
2

( a + b) .

2
3
≤
.
3
2

3
2
3
. ( b + c) . ≤
.
2
3
2
3

.
2

( c + a) .

⇒ a+b + b+c + c+a ≤

2
3
≤
.
3
2

3
.
2

a+b+

2
3

2

b+c+

2
3

2
c+a+

2
3

2

2 ( a + b + c ) + 3.
2

2
3= 6

1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . Vậy bất đẳng thức được chứng
3
minh.
Bài toán 7: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:

Q = 2a + bc + 2b + ac + 2c + ab .
2
Phân tích: Dự đoán “điểm rơi” của bất đẳng thức sẽ là a = b = c = .
3
Ở đây vì cần tìm GTLN nên ta sẽ áp dụng đánh giá từ trung bình nhân sang trung
bình cộng. Ta sẽ khử các dấu căn của biểu thức Q.
Lời giải:
Ta có: 2a + bc = a ( a + b + c ) + bc = a ( a + b ) + c ( a + b ) = ( a + b ) ( a + c )
⇒ 2a + bc =

Tương tự ta có:

( a + b) ( a + c) ≤

2b + ca =

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

( b + a) ( b + c)

2c + ab =

≤

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

( c + a) ( c + b)

≤

c+a+c+b
a+b

=c+
2
2

Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có:
Q≤a+b+c+

2( a + b + c)
= 2( a + b + c) = 4
2
11


2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
2.2.5. Giải pháp 4: Kỹ thuật tách ghép đối xứng
Trong nhiều bài toán mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng
minh trực tiếp trở nên khó khăn thì ta có thể sử dụng kỹ thuật “tách ghép đối xứng”
để bài toán trở nên đơn giản.
Ở bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp hai dạng sau:
* Dạng 1: Chứng minh X + Y + Z ≥ A + B + C
Ý tưởng 1: Nếu ta chứng minh được X + Y ≥ 2 XY ≥ 2 A
Sau đó tương tự ta cũng có: Y + Z ≥ 2 YZ ≥ 2 B ; Z + X ≥ 2 ZX ≥ 2C (nhờ
tính chất đối xứng của bài toán). Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế rồi rút gọn
cho 2, ta có: X + Y + Z ≥ A + B + C .
Ý tưởng 2: Nếu ta chứng minh được X + A ≥ 2 XA ≥ 2 B
Sau đó tương tự ta cũng có: Y + B ≥ 2 YB ≥ 2C ; Z + C ≥ 2 ZC ≥ 2 A (nhờ
tính chất đối xứng của bài toán). Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế rồi rút gọn
cho 2, ta có ngay điều phải chứng minh.

* Dạng 2: Chứng minh XYZ ≥ ABC với X , Y , Z ≥ 0
Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được XY ≥ A2 .
Sau đó tương tự ta cũng có YZ ≥ B 2 ; ZX ≥ C 2 (nhờ tính chất đối xứng của
bài toán). Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên vế theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta có:
XYZ ≥ A2 B 2C 2 = ABC ≥ ABC
Chú ý một số cách ghép đối xứng:

x+ y y+z z+x

+
+
x + y + z =
2
2
2
Phép cộng: 
2 ( x + y + z ) = ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )

 xyz = xy . yz . zx ( x, y, z ≥ 0 )
Phép nhân:  2 2 2
 x y z = ( xy ) .( yz ) .( zx )
Bài toán 8: Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
ab bc ca
+ +
≥ a +b+c.
c
a
b
12

Phân tích: Bài toán này có dạng X + Y + Z ≥ A + B + C , trong đó:
X=

ab
bc
ca
; Y = ; Z = ; A = a; B = b; C = c
c
a
b

Để ý rằng hai biểu thức

ab
bc
và
là đối xứng với b (tức vai trò của a và c
c
a

là như nhau). Do đó ta sử dụng kỹ thuật tách ghép để chứng minh

ab bc
+ ≥ 2b .
c
a

Dự đoán: Do vai trò của a, b, c là như nhau nên “điểm rơi” của bất đẳng
thức sẽ là a = b = c .

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
Tương tự ta có:

ab bc
ab bc
+ ≥2
. = 2b .
c
a
c a

bc ca
bc ca
ca ab
ca ab
+
≥2
. = 2c ;
+
≥2
.
= 2a
a
b
a b
b
c
b c

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được

ab bc ca
+ +
≥ a +b+c.
c
a
b

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 9: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi.

1
8

Chứng minh rằng: ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ abc .
Phân tích: Từ giả thiết ta nhận thấy
chú

ý

đến

( p − a) ( p − b) ≤

p −a + p −b =c.

( p − a ) ; ( p − b ) ; ( p − c ) là các số dương và
Do

đó

ta

nghĩ

đến

đánh

giá

p−a+ p−b c
= .
2
2

Mà vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta tương tự cho các bất đẳng thức còn lại.
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

( p − a) ( p − b) ( p − c) = ( p − a ) ( p − b) . ( p − b) ( p − c) . ( p − c ) ( p − a )
≤

p −a + p −b p −b+ p −c p −c + p −a 1
.
.
= abc
2
2
2
8

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Bất đẳng thức được chứng minh.
13


Bài toán 10: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng
b+c c+a a+b
+
+
≥ a + b + c +3
a
b
c
Phân tích: Để ý là theo bất đẳng thức AM – GM ta có

b + c 2 bc
bc
≥
=2
. Mặt
a
a
a

khác cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có:
bc
ca
+
≥2
a

b

bc ca
.
=2 c.
a
b

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
Tương tự ta có:

b + c 2 bc
bc
≥
=2
a
a
a

c + a 2 ca
ca a + b 2 ab
ab
≥
=2
≥
=2
;
.
b
c

b
b
c
c

Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
 bc
b+c c+a a+b
ca
ab 
+
+
≥ 2
+
+
÷
b
c 
a
b
c
 a
Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có:
Áp dụng tương tự ta có:

ca
ab
+
≥2 a;
b

c

bc
ca
+
≥2
a
b

bc ca
.
=2 c.
a
b

ab
bc
+
≥2 b.
c
a

Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có:
 bc
ca
ab 
2
+
+
÷≥ 2

a
b
c


Do đó ta có:

Thật vậy, ta có:

(

(

)

a+ b+ c .

b+c c+a a+b
+
+
≥2
a
b
c

Ta cần chứng minh: 2

⇒2

(

(

)

a+ b+ c .

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3.

a + b + c ≥ 3 3 a . b . c = 3 (do abc = 1 ).

)

a + b + c ≥ a + b + c + 3.

14


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy bất đẳng thức được chứng
minh.
2.2.6. Giải pháp 5: Kỹ thuật AM – GM ngược dấu
Trong quá trình tìm lời giải cho một bài toán bất đẳng thức, một sai lầm
thường gặp đó là sau một loạt các đánh giá ta thu được một bất đẳng thức ngược
chiều. Điều này làm không ít người cảm thấy nản lòng. Lúc này nếu ta bình tĩnh suy
nghĩ một chút thì thấy với đánh giá ngược chiều bằng cách nào đó ta thêm vào trước
một dấu âm thì lập tức đánh giá đó sẽ cùng chiều. Sử dụng ý tưởng tương tự kỹ
thuật thêm bớt, thậm chí có phần khéo kéo hơn, kỹ thuật AM – GM ngược dấu đã
chứng tỏ sự đột phá đơn giản nhưng đem lại hiệu quả bất ngờ đến ngạc nhiên khi

giải quyết lớp bất đẳng thức khó. Ta đi xét một số bài toán cụ thể sau.
Bài toán 11: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh
rằng:

1
1
1
3
+
+
≥
.
a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 2

Phân tích: Dự đoán “điểm rơi” của bất đẳng thức là a = b = c = 1.
Quan sát bất đẳng thức không ít bạn sẽ đánh giá a 2 + 1 ≥ 2a . Áp dụng tương
tự khi đó ta được bất đẳng thức

1
1
1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤
+
+ .
a + 1 b + 1 c + 1 2a 2b 2c

2

Tuy nhiên bất đẳng thức thu được lại bị ngược chiều. Đến đây chúng ta sẽ bị
lúng túng trong cách giải. Ta vẫn phải đánh giá mẫu nhưng nếu có thể thêm được
dấu âm trước đánh giá đó thì tốt biết mấy.
Để giải quyết vấn đề đó, chúng ta chỉ cần thực hiện phép biến đổi như sau:
1
1 + a2 − a2
a2
a2
a
=
=
1
−
≥
1
−
=
1
−
.
a2 + 1
a2 + 1
a2 + 1
2a
2
Đến đây thì chúng ta có thể đánh giá mẫu mà không sợ bị ngược chiều nữa.
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:
1

1 + a2 − a2
a2
a2
a
=
=1− 2
≥1−
=1−
2
2
a +1
a +1
a +1
2a
2
Hoàn toàn tương tự ta có:

1
b
1
c
≥1− ; 2
≥1− .
b +1
2 c +1
2
2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
15

1
1
1
a +b+c 3
+
+
≥
3
−
= .
a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1
2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vật bất đẳng thức được
chứng minh.
Bài toán 12: Cho x, y, z là 3 số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
yz
xy
zx
P=
+
+
x + 2 yz y + 2 zx z + 2 xy
Phân tích: Chúng ta sẽ sử dụng kỹ thuật AM – GM ngược dấu. Tuy nhiên để cho
đơn giản chúng ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất của 2P.
Lời giải: Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
2 yz
x

x
=1−
≤1−
x+ y+ z
x + 2 yz
x + 2 yz
Áp dụng tương tự, ta có:

2 xy
z
2 zx
y
≤1−
≤1−
;
.
x+ y+z
x + y + z z + 2 xy
y + 2 zx

Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có: 2 P ≤ 3 −

x+ y+z
= 2 ⇒ P ≤ 1.
x+ y+z

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
* Hiệu quả của sáng kiến
Qua quá trình áp dụng giảng dạy, tôi đã áp dụng sáng kiến và đã đem lại
hiệu quả rất lớn. Các em học sinh đã rất yêu thích và đam mê đối với các bài toán

về chứng minh bất đẳng thức và cực trị đại số. Học sinh rất tò mò và rất muốn
chiếm lĩnh, khám phá các bài toán bằng vốn kiến thức của mình. Sau khi áp dụng
sáng kiến, các em đã có nhiều tiến bộ rõ rệt. Kết quả khảo sát lại trên 15 em học
sinh khá giỏi tại một trường THCS có áp dụng sáng kiến cho kết quả như sau:
TSHS
15

Giỏi
SL
4

Khá
%
26,7

SL
6

TB
%
40,0

SL
5

Yếu
%
33,3

SL

0

%
0,0

16


3. KẾT LUẬN
3.1. Ý nghĩa của đề tài
Như vậy, qua một số giải pháp mà tôi đưa ra nhằm giúp cho học sinh có cái
nhìn tổng quát hơn, sâu rộng hơn và tránh được nhiều sai lầm đáng tiếc hơn khi sử
dụng bất đẳng thức AM – GM để chứng minh các bất đẳng thức hay giải các bài
toán tìm cực trị đại số.
Giúp cho học sinh lớp 9 có kiến thức chắc chắn hơn, kỷ năng thành thạo và
tự tin hơn khi học phần này và giúp cho các em có thêm kinh nghiệm để chuẩn bị
tốt cho kỳ thi HSG, thi tuyển sinh THPT và thi vào các trường chuyên.
Đề tài của tôi sẽ được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy và trong
quá trình ôn thi HSG cấp tỉnh và thi vào trường chuyên, chắc chắn học sinh đạt
được kết quả cao hơn, đề tài sẽ góp phần nâng cao cho học sinh khả năng chứng
minh bất đẳng thức và tìm cực trị đại số, một trong những nội dung khó nhất của
chương trình toán THCS.
3.2. Kiến nghị, đề xuất
Kính mong các thầy cô giáo thảo luận thêm về đề tài này trong các buổi sinh
hoạt chuyên môn của tổ, tăng thêm thời lượng trong các tiết tự chọn cũng như tạo
mọi điều kiện để tôi thực hiện đề tài này một cách có hiệu quả nhất đến với học
sinh.
Kính đề nghị nhà trường cũng tạo mọi điều kiện để tôi thực hiện tốt đề tài
của mình.
Nội dung kiến thức về bất đẳng thức AM - GM rất sâu rộng và phong phú.

Tôi đã cố gắng tìm tòi và vận dụng vào thực tế giảng dạy, tuy nhiên chắc chắn sẽ
không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong quý thầy cô và các đồng nghiệp góp
ý để đề tài tôi sẽ có hiệu quả hơn nữa trong quá trình giảng dạy. Tôi xin chân thành
cảm ơn !

17