SKKN bất ĐẲNG THỨC cô SI và các kĩ THUẬT sử DỤNG

B. BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Bất đẳng thức AM – GM là viết tắt của “arithmetic and geometric
means”, nghĩa là trung bình cộng và trung bình nhân. Cách chứng minh
hay nhất của nó là sử dụng phương pháp quy nạp kiểu Cô si (Cauchy)
nên nhiều người lầm tưởng rằng Cô si phát hiện ra bất đẳng thức này, và
hay gọi bất đẳng thức này là bất đẳng thức Cauchy (Cô si)
1. Bất đẳng thức Cauchy tổng quát : Cho
a 1 , a 2 , ..., a n ( n

2)

và chỉ khi

a2

a1

ta ln có



a2

an

a 1 a 2 . . .a n

n

n

a1



an

số thực không âm

n

. Dấu “=” xảy ra khi

.

* Thông thường trong chương trình THCS ta thường áp dụng bất đẳng thức
Cô si cho hai hoặc ba số (tức là n = 2 hoặc n = 3). Cách chứng minh hai
trường hợp cụ thể này rất đơn giản.
Một vài hệ quả quan trọng:
1

a1

a2

a2

1

1

a1

a2

an

2n

số dương ( n

Cho

n

an )

1

( a1



1



( a1

b1 ) ( a 2

n

2

v ô ùi

ai

an
n

a1

1



0, i

1, n

2

v ô ùi


a2
Z ,n

b2 )...( a n

2

):

0, i

ai

an

1, n

a 1 , a 2 , ..., a n , b1 , b 2 , ..., b n

bn )

n

a 1 a 2 ...a n

n

b 1 b 2 . . .b n

Bất đẳng thức BCS
Cho

2n

số dương ( n
( a 1 b1

a 2 b2

Dấu “=‟ xảy ra

Z ,n



2

):

a nbn )

2

a1

a2

b1

b2

a 1 , a 2 , ..., a n , b1 , b 2 , ..., b n
2

2

( a1

a2
an



bn



2

ta có:
2

a n ) ( b1

2

b2

( q u y ư ơ ùc n e áu b i



0

2

bn )

ai

0)

Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ)
Cho hai dãy số

a 1 , a 2 , . . . , a n v a ø b 1 , b 2 , . . . , b n v ô ùi b i

1

0

i

1, n

ta luôn có:

ta có:


2

2

2

a1

a2

b1

b2

( a1

an



bn

Dấu “=‟ xảy ra

b1

a1

a2

b1

b2

a2



an )

b2



bn

2

an



bn

2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
f ( x 1 , x 2 , ..., x n )

Cho

là một hàm

biến thực trên xác định trên D

n

f ( x1 , x 2 , . . . , x n )

M ax f

M

0

0

0

0

( x1 , x 2 , . . . , x n )

D

m

0

0

0

( x1 , x 2 , . . . , x n )

m

0

0

( x1 , x 2 , . . . , x n )

D

0

D

D : f ( x1 , x 2 , . . . , x n )

f ( x1 , x 2 , . . . , x n )

M in f

( x1 , x 2 , . . . , x n )

M

0

M

D

0

D : f ( x1 , x 2 , . . . , x n )

M

Các bất đẳng thức phụ hay dùng

3.

Với các số thực a, b, c, x, y, z dương ta có:
a.
b.
c.

1

1

2

a

b

ab

1

1

1

a

b

c

x

2

y

2

4
a

b

9
a

z

2

b

c

xy

yz

zx

2

d.

x

e.

a

f.

4 a

g.

a

y

z

3( xy

b
3

b

b

2(a

yz

zx )

b)
3

3

a

c

b

ab

bc

9

ca

a

b

y

z

b

c

c

a

8

h.

2

x y

2

2

y z

2

2

z x

2

xyz x

4. Ví dụ
Ví dụ 1. Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
A

xy

x

2

y

2

2

zy

z

2

y

2

2

xz

x

2

z

2

2

* Phân tích:
+ Dự đốn dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

2

+ Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất là căn bậc hai nên ta nghĩ đến bất đẳng
thức AM – GM cho hai số.
+ Dựa vào giải thiết, kết hợp với dầu “=” xảy ra tại đó, ta có được :
x

2

2

y

2

4

4 xy, x

1

yz

* Giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
xy

2

x

y

2

4 xy

2

2

x

2

y

2

2

zy

2

z

2

y

4 zy

2

z

2

y

2

2

2

xz

x

2

2

z

4 xz

2

x

2

2

z

2

2

Cộng các vế của ba bất đẳng thức trên, ta được
2

2(x

2A

2

y

2

z )

2 .3

2

x

y

z

3

12

A

6

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta ln có:
1

1

a 1

b

1

b 1

c

c 1

3
a

1

abc

1

abc

1

Giải: Ta có:
1
a 1

1
b

b 1

1
c

c 1

a

3

1

abc

a 1

1

abc
b

b 1

c

abc

c 1

a

1

a

3

(do 1

abc

0

)
Ta có:

1

abc

a 1

1

abc

b

a 1

a 1

b

1

1

a

b

ab 1

a 1

c

1

b

a 1

b 1

b

1

c

1

b

Tương tự với 2 số hạng còn lại, suy ra BĐT đã cho tương đương với:
1

a

b 1

c

1

b

c 1

a

1

1
a 1
1
a 1

b
a
b

1
a 1
1

b
b
a

c

a 1

b

1
b 1
1
b 1

b
c

c

1
b 1
1

1

c

c 1

c

1

b

c 1

a

c

1

c 1

a

a

1

3

a
6

c

Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho
2 số dương. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3

a

b

c

1

.


Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+ b + c = 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của

a

M

b

b

c

c

a

* Phân tích:
+ Ln lưu ý rằng khi dùng bất đẳng thức AM – GM thì bậc sẽ có xu hướng
giảm đi.
+ Do đó, để sử dụng được giả thiết, một suy nghĩ tự nhiên là bình phương hai
vế của M lên trước khi dùng bất đẳng thức AM – GM
* Giải:
2

M

a

2

b

b

c

c

a

2

b

b

a

2

c

c

2

2a

a

b

2b

c

c

2c

a

a
b

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
a

b

bc

2

ab

ac

2

cb

ab

2

ac

c
b

c
a

c

a
b

M

2

a

2

b
a

b

2

c

c

2

2

ab

2

ab

2

cb

2

ac

a
ab

b

b

2

cb

cb

c

3a

3b

3c

Suy ra

M

3

c

2

ac

ac

a

9

Vậy maxM = 3 khi và chỉ khi a = b =c =1
Ví dụ 4. Cho các số thực dương

a,b,c

thỏa mãn

2

a
b

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

bc
a (2b

b

c

a

b
ca

c)

a

b (2a

2

b
a

6.

2

4ab
c)

c(a

.
b)

(Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 - 2015)
4


Giải : Từ:

2

a

b

b

a

a

c

b

2

b

a

6

2

c (a

6

2

b )( a

2

ab

2

a b

b )

2(a

2

2

2

b )

ab

ta có:
a

2

b

2

2ab

c(a

6

2

b )( a

2

ab

2

a b

b )

2

2(a

2

2

b )

c(a

ab

b)

4

c(a

0

ab

b)

2.

ab

Lại có
bc

ac

a (2b

c)

và

b (2 a

abc(a

2

(b c )
c)

b

(ac)

abc(2b

c)

c)

a b .b c

2

(b c

abc(2 a

b c .c a

c)

2abc(a

(ab

a b .c a

ac)

2

2

c(a

b

bc

ca )

c)

b)

2abc(a

b

c)

2

3
2

c(a

b)

2

bc

ac

a (2b

c)

3

b (2 a

c)

c (a

2

ab

b)

bc

3

ca

2

ab
c(a

1

b)

ab

Đặt

c(a

t

b)

3t

P

ab

Có

3t
2 (1

2

4
t)

(t

2

3t

t

2 )( 7 t

2

t)

4

8

2

t)

22t

12)

t

t)

22t

12)

2

(với

0

t

2

).

t
8

3

7t

3

3

2

8t

32t

6 t (1

t)

24

2

8
3

8

2

6 t (1

4

2 (1
2

2 (1

2

3

mà
(t

2 )( 7 t
6 t (1

2

t)

2

0

t

(t

(0; 2 ]

2 )( 7 t

2

22t

6 t (1

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

8

khi

a

t)

a

b

b

c.

12)

2

8

8

3

3

t

(0; 2 ]

c.

3

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thục không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá
2

trị lớn nhất của

A

ab c
b

c

3

2

bc a
a

3

2

ca b

c

b

3

a

* Phân tích:
- Dự đoán dầu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
- Ta không áp dụng bất đẳng thức AM – GM trên tử được vì bậc của chúng
“chênh” nhau.
5

- Do đó, ta nghĩ đến mẫu.
* Giải
2

ab c

A

b
1

3

2

bc a

c

a b .c

a
2

3

2

ca b

c

c b .a

b

2

c a .b

3

2

ab c

a

2
1

2

2
1

3

bc
a c .b c

2

bc a
2

3

ac

2

ca b
2

a c .a b

3

ba
a b .c b

2
(ab

bc

ca )

2

1

(a

b

c)

6

Vậy maxA =

3

2

3
2

khi và chỉ khi a = b = c = 1

2

5. Trong khn khổ chương trình cấp 2, để vận dụng bất đẳng thức Cô – si
hay những bất đẳng thức khác chúng ta phải chứng minh bất đẳng thức tổng
quát rồi mới áp dụng. Tuy nhiên, trong khuôn khổ bài viết này, tôi xin phép
không chứng minh lại mà áp dụng luôn bất đẳng thức này và một số bất
đẳng thức được nói trong bài viết này.
II. CÁC KĨ THUẬT KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀO

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ
- Kỹ thuật tách ghép bộ số
- Kỹ thuật đổi biến số
- Phương pháp chọn điểm rơi
- Kỹ thuật nhân thêm hệ số
- Kỹ thuật hạ bậc
- Kỹ thuật cộng thêm
- Kỹ thuật Cosi ngược dấu
1. Kỹ thuật tách ghép bộ số
Đây là một kỹ thuật cơ bản nhất trong số các kỹ thuật sử dụng bất đẳng
thức cô si. Kỹ thuật này được giới thiệu cho học sinh trung bình trở lên.
. Kỹ thuật tách ghép cơ bản:

1.1

Ví dụ 1. Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a

b

b

c

c

a

8 abc

6


Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a

b

b

c

c

a

2

ab . 2

bc . 2

ac

(đpcm)

8 abc

Ví dụ 2. Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:
ac

bd

a

b

c

d

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ac
a

bd
b

c

a
a

d

c

.
b

1

c

d

a

2

b
a

c

1

b

c

b

c

c

2

a

d

a

b

d

d

Ví dụ 3. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa

a

c

c

d

bd

b

b

c

ac

a

d

.

b

1

a

b

c

d

2

a

b

c

d

1

(đpcm)

d

c a

c

c b

c

. Chứng minh rằng:

ab

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
c a

c

c b

c

c
b

ab

c a

a

.

c

c b

c

c

a

1

c

2

b

1

c

2

b

c

b

.

a

a

c

1

b

1

c

2

a

c

1

c

a

2

a

a

c

b

c
b
c

1

1

b

(đpcm)

ab

Ví dụ 4. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16 ab

a

b

a

b

a

b

b

a

2

a

4

b

Giải:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
16 ab a

b

2

4 . 4 ab

a

b

2

4 ab

4.

a

2

b

2

a

4.

b

2

2

2

ab

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a

b

ab

a

ab

b

a

b

b

a

2

2b

2

2a

2b

2a

ab

ab
2

.

a
2b

2

ab
2

.

b
2a

2

(đpcm)

2

Ví dụ 5. Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng:

2

4

a
2b

7

.

b
2a

a

b

1

(đpcm)

a

b

1


1.2. Kỹ thuật tách nghịch đảo
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi x > 1, ta có

4x

1

5
x

.Dấu đẳng

3
1

thức (dấu bằng) xảy ra khi nào ?
Gợi ý: Trong bài toán này có chứa hai số hạng dạng nghịch đảo. Vì đã có số
1

hạng
x

nên phần cịn lại phải biểu diễn thành thừa số của x - 1. Vậy ta
1

phải viết lại vế trái như sau:

4x

1

5

4(x

x

1

1)

1

(*)

1

x

1

Vì x > 1nên x – 1 > 0.
1

Áp dụng bất đẳng thức Côsi (2) cho 2 số dương 4(x-1) và
x

4x

1

5

4(x

x

1

1)

1

x

1

2

4(x

1

1 ).

1

1

x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

4(x

3

1

1

1)

3

x

x

, ta có:
1

1

(vì x > 1)

2

Ví dụ 2. Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a

P

3

b

2

b

3

c

2

3

c
3

a

2

3

3

Gợi ý

2
b
2

c

c
2

a

3

2

3

2

c

2

c
3

2

b

2

3

b

3

2

3

a

Ta có:

a

2

3
c

2
2

a
3

b

2

13

2

2

b

3b

3

3

3

16

3

16

3

3

3

a

a

6

3a

64

2

(1)

4

2

(2),

4

3

3

c

3

16

Lấy (1) + (2) + (3) ta được:

6

3c

64

(3)

4
a

P

2

2

b

2

c

2

9

3

16

a

2

b

2

c

2

(4)

4

Vì a2 + b2 + c2 =3
Từ (4)

P

3

vậy giá trị nhỏ nhất

2

Ví dụ 3. Chứng minh rằng:

3
P

khi và chỉ khi a = b = c = 1.

2

a

2

2
2 ,

a

2

a

1

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
8

R


2

a

2

a

2

1

1

a

2

1

a

2

1

2

a

1

2

1

a

2

a

1

2

1

2

1

a

Ví dụ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A

2

(đpcm)

1

a

1

2

2

a

2

2

a

1

2

2

,

a

Giải:
A

a

1

2

2

a

2

2a
a

a

a

2

1

2

1

1
a

2

2

1

1
2

a

2

1

a

1

1
a

2 a

Cauchy

1

2

1

1

a

1

2

2

2

2 a

a

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2 a

1

A

2

2

1

1

2

a

Vậy GTNN của

1

2

1

hay

2

1

2

2

2

4

2

a

8

2

2
4

Ví dụ 5. Chứng minh rằng:

a

a

b

b

3 ,

2

1

a

b

0

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4

b

a
a

b

b

1

a

2

1

b

1

1

b

1
2

2

a

b

b

1

b

2
b
4.

a

1

b .

b

1

.

2

1
.

2

4

1

2

1
a

b

b

1

b

2

3

1
2

1.1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau:
a

Phép cộng:

a

b

b

2
2 a

Phép nhân:

b

b

abc
2

c

2

c

2

2
a

ab

a b c

c

a

c

bc
ab

b

ca ,
bc

2
b

c

c

a,b,c

a

0

ca

Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa
9

abc

1

. Chứng minh rằng

1


b

c

c

a

a

a

b

b

a

b

c

3

c

Giải:
b

c

c

a

a

a

b

b

2

bc

c

2

a

c

a

a

Ví dụ 2. Cho

ca

ab

a

b

c

ab

ab

bc

a

b

b

c

c

a

bc

ca

a

b

2

b

ca

ab

b

c

c

b

b

b

c

bc

ca

a

a

2

ca

a
c

ab

bc

2

b

2

b

2

Vậy

ca

a

c

3

a

3

b

a

b

2

b

c

ab

bc

c

a

c

c

a

a

b

b

c

c
3

3

c

ABC , AB

c , BC

a , CA

a

b, p

b

c

. Chứng minh rằng

c

p

2

p

a

p

b

p

1

c

abc

8

Giải:
p

a

Ta có:
p

b

p

c

p

a

p

p

a

b

p

b

.

p

b

p

p

b

2
2 p

a

c
p

p
c

.

p

c

p

2
b

2

.

2 p

b

c

2

.

a
a

2
2 p

c
2

a

1

abc

8

Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng :
a

2

b

b
c

2

c

c

a

a

2

a

b

b

c

2

Gợi ý : Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có :
a
b

2

b
c

c
4

a

2
b

2

.

b

c

c

a

4

Tương tự , cho các số hạng còn lại, cộng ba BĐT này lại với nhau ta được
điều phải chứng minh.
Nhận xét :* Phương pháp mà chúng ta làm ở trong bài toán trên người ta
thường gọi là phương pháp tách gép cặp trong BĐT Cơsi. Vì sao chúng ta lại

10


2

a

ghép

b

b

c

c

? Mục đích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu do

4

vế phải của BĐT là một biểu thức khơng có biến ở mẫu. Vì sao ta lại ghép
b

c

mà không phải là b+c hay

b

4

c

… điều này xuất phát từ điều kiện để

2

đẳng thức xảy ra. Vì BĐT đã cho là một BĐT đối xứng (Tức là khi đổi vị trí
hai biến bất kì cho nhau thì BĐT không thay đổi) nên đẳng thức thường xảy
a

ra khi các biến bằng nhau và khi đó

2

b

* Nếu abc = 1 thì ta có :

a

b

c

3

a
c

nên ta phải ghép với

b

a
b

.

4

2

nên :

c

2

b
c

2

a

c
c

2

3

b

a

.

2

* Phương pháp trên được sử dụng nhiều trong chứng minh BĐT
1.1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau
Với

n

và

N

x 1 , x 2 ,..., x n

thì

0

x1

x2

...

xn

Chứng minh bất đẳng thức trên : Ta có với

x1

Với

x2

n

...

3

xn

và

1

1

x1

x2

1

..

x1 , x 2 , x 3

0

thì

x1

x2

x3

1

x1

x2

1

..

n

2

xn

x 1 , x 2 ,..., x n

0

1

n n x 1 x 2 ... x n . n n

xn

1

n

thì
2

x 1 x 2 ... x n

1

1

1

x1

x2

x3

9

3

Ví dụ 1. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c =

.

4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1

P
3

a

1
3

3b

b

1
3

3c

c

3a

Hướng dẫn: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
(x

y

z)

1

1

x

Áp dụng (*) ta có

1

y

P

3

3 3 xyz
3

z

1
3

a

9

xyz

1
3b

3

b

1

1

1

x

y

z

x

3c

c

11

z

9
3a

3

a

3

3b

b

c
a

Ta có:

(*)

y

1
3

Ví dụ 2. Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
Giải:

9

c
b

b

3c

a

a

3

b
c

c

3a

6

b

c

c

a

a

b

b

c

c

1
a

b

a

a

1

c

a
a

b

3

b
c

b

c

a
a

b

1
c

a

c

a

b

b

b

3

c

1

1

1

a

b

c

c

3

9

3

6

Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

c

2

a
2

c

Giải:
a

2

a
b

b

2

b
c

c

c

a

a

b

b

c

b 1
b

b

c
b

c

c

a

b

c

b

c

a

c

b

a

c

2

2

a

c

b

c

a

c

c

b

c

a

b

b

a

b

c
a

b

b

a

c
a

a

c

2

a

b

c
a

a

c

a
a

b

c

b

b

b

b

2

b

a 1

a

b

b

2

a

a

a

a

c 1

2

c

c

a

c

c

b

c

a

b

a

b

c

1

a

a

b

b

c

c

a

Ta có
a
b

b
c

c

c
a

a

a

1
b

b
a

c

b

b

c

a

c

b

b

c

c

c

a
a

c

a

a

a

2

a
b

b

2

c

c

1
a

3

c

a

b

c

(đpcm)

2

b
c

1

3

3

2

c

3
1

b

9

3

b

b

2

Do đó

b

1
a

a

b

b

1
c

3

a

a

1

c
b

1

a
a

c

c

1

c

c

b

b

1

2

a

b

c

a

3

1

2

a

b
2

2. Kỹ thuật đổi biến số
Có những bài tốn về mặt biểu thức tốn học tương đối cồng kềnh, khó nhận
biết được phương hướng giải. Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài tốn về
dạng đơn giản và dễ nhận biết hơn.
Ví dụ 1. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng :
x
x

2

y
8 yz

y

2

z
8 xz

z

2

1
8 yx

12


Giải: Đặt

x

a
x

,

y

y

b

z

x

,

y

a

x

z

a

cho trở thành :

z

c

b

2

8 bc

2

b

c
8 ca

c

2a

2

a (a
a

2

8 bc )

2

a

3a

1
8 ab

a
8 bc

a

.Tương

đó a + b + c =1 và BĐT đã

z

2

a

Áp dụng BĐT Cơsi ta có :

.Khi

y

2

a (a

2

8 bc )

3a

8 bc

tự cho các số hạng còn lại.

8 bc

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được :

2P

a

a)

a

3

b

3

c

3

24 abc

3

Mặt khác ta lại có :
1

(a

b

Suy ra

c)

3

2P

a

3

3

(a

b
3

3

b

3

c
3

c

3(a
3

b )( b

c )( c

24 abc )

3

1

2

3

P

b
1

3

c

3

24 abc

(điều phải chứng minh)

Nhận xét : BĐT trên có nhiều cách chứng minh, ngồi cách chứng minh trên
cịn có những cách chứng minh khác cũng dùng BĐT Côsi.
Cách khác : Đặt

yz

a

x

xz

,b

2

y

2

xy

,c

z

abc

2

1

Ví dụ 2. Chứng minh
a,b,c

0

abc

1

1: P
a

3

1

b

c

3

b

c

1
a

c

3

3

a

b

2

Nhận xét: Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức
a,b,c

a

0:
b

2

b
c

c

2

c
a

a

2

a
b

b

c

qua một phép biến đổi. Do đó để

2

giải được nhanh gọn bài tốn trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về
bất đẳng thức nguồn ban đầu.Đặt

x

1

,y

a

1

1

,z

b

xyz

1

.

c

Bài toán trở thành chứng minh:
3

P

3

3

x yz

y zx

z xy

3

y

z

x

2

z

x

y

x
y

2

y
z

Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là

13

z

x

2

z
x

y

2

3

x

y

z

1

2


x

2

y

y

z
y

Từ đó ta giải được như sau:

z

2

z

z

x

x
z

x

y

y

x

Cộng vế theo vế ta được: P

y

4

2

x

x

4

z

4

y

z

3

2

dấu bằng xảy ra

x

y

z

1

2

Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài tốn trên bằng cách sau:
1
1

Ta có :
a

3

b

bc
c

a

2

a

b

1

2

b

c

2

a
c

bc

1

1

b

c
1

Tương tự: =>

1
a

3

1

b

c

b

3

1

c

a

c

3

a

a

b

1

2

b

1

2

c

2

1

1

1

1

1

1

b

c

c

a

a

b

Áp dụng bất đẳng thức Svacxo ta có:
1
a

1

2

b

1

2

c

1

1

1

1

1

1

b

c

c

a

a

b

Ví dụ 3. Cho

x

1

1

1

a

b

c

cauchy

2

2

0, y
2

y

, dấu bằng xảy ra

x

y

z

1

2

0, xyz

1 . Tìm

z

y

0, z
x

3

2

z

GTNN của biểu thức:
x

z

2

x

y

P
y

y

2z

z

z

z

2x

x

x

x

2y

y

Nhận xét : Nhìn vào biểu thức

P

trơng rất phức tạp nhưng nỗi lên rõ biến đó

có liên quan đến

z

Do vậy để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa

x

x, y

y,z

về bài toán mới. Mặt khác với suy nghĩ đổi biến như vậy thì chúng ta cần
đánh giá tử số đưa về biến cần đổi và chú ý tới điểm rơi là
Ta có bài giải như sau:

14

x

y

z

1.


C auchy
2

x

y

z

z

x

2x

x

2y

y

2z

z

C auchy
2

y

C auchy
2

z

Đặt

a

Suy ra:

x

x

x

x

x

2y

y ,b

4c

a

y

y
2b

y

,y

2z

z ,c

4a

y

b

9

2

Do đó: P

4

9

Vậy

M in P

z

2x

,z

z

x
4b

c

9

a

b

a

b

c

b

c

a

b

c

a

x

y

z

2a

9

c

2

2c

z

2

6

4 .3

3

6

2

9

1.

Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài tốn trên bằng cách sau:
x

2

y

z

y

2

z

x

z

2

x

y

P

y

Đặt
=>

y

y

2x

x

y

a

P

z

z

z

2y

2z

z

x

P
2

2z

z

x ;b

y ;c

svac _ so

2

x

c

x

z

b
2c

x

x

2z

2x

y

x

y

z

a
b

2x

x

z

a

abc

y

1
a

2b

y

z
2y

c
2a

2y

ab

2

b

2ac

2

c

bc

2ba

1

P

ca

2

2cb

2

a
3 ab

b
bc

c
ca

3 ab

bc

ca

3 ab

bc

ca

2

3. Phương pháp chọn điểm rơi
Đây là kĩ năng kiên quyết được ưu tiên hàng đầu trong bất đẳng thức Cơ si ở
những bài tốn cực trị hoặc bất đẳng thức khó và đặc biệt ở bài tốn cực trị
hay bất đẳng thức có điều kiện. Đặc biệt trong bài toán cực trị, phải chỉ được
dấu “=” xảy ra và im ri chớnh l õy.
Đây là ph-ơng pháp rất lôi cuốn học sinh, bằng cách thêm các số hạng phù
hợp và sử dụng khéo léo bất đẳng thức Côsi ta có thể đạt những kết quả
không ngờ!
Trong cỏc bt đẳng thức dấu “

” thường xảy ra ở các trường hợp sau:
15


+ Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài tốn có cực trị đạt được
tại tâm Khi các biến có giá trị tại biên ( 1 biến bằng 0). Khi đó ta gọi bài tốn
có cực trị đạt được tại biên.
+ Ngồi ra , củng có một số trường hợp ngoại lệ là 3 biến lệch nhau hồn
tồn . Khơng có một “thuật tốn” nào có thể giúp chúng ta dự đoán được dấu
bằng bằng tay cả . Nếu dùng máy tính thì chúng ta có thuật toán FermatLagrange để làm điều này . Nhưng chúng ta củng có thể có một vài cách tư
duy để dự đoán được dấu bằng . Trường hợp tầm thường nhất đó là dấu đẳng
thức xảy ra tại tâm 3 biến bằng nhau . Điều này thường xảy ra đối với các bài
tốn đối xứng 3 biến ( vai trị a,b,c như nhau ) . Trường hợp, hay gặp thứ 2 là
có một biến bằng 0. Trong trường hợp này, gần như BĐT AM-GM khơng làm
gì được và nó trở nên không đủ sức công phá các bài dạng này . Ta sẽ nói ở
sau về dạng bài này . Trong một số bài tốn có điều kiện kiểu như 3 biến a,b,c

thuộc một đoạn đóng nào đó kiểu a;b thì rất có thể đẳng thức sẽ xảy ra tại 2
điểm đầu và cuối , và biến còn lại chúng ta có thể hồn tồn tìm ra được bằng
cách thử trực tiếp .
“ Kiểm tra điều kiện xảy ra dấu bằng, chọn điểm rơi và cân bằng hệ số!”
a,b

Bài toán 1. Cho

a

0
1

b

1

Giải: Ta có:
a

2

b

4

2ab
a

a

2

2ab

a
b

a,b
a

1

b

b
1

b

1

0

2

1
b

4

b

a

1

P
a

1
2

Dấu “=” xảy ra
Bài tốn 2. Cho

, tìm GTNN của

2

(a

b)

2

2ab

4

2

. Vậy minP = 4

a

1

b

2

2

, tìm GTNN của

1

P

1

a

1

2

b

2

2ab

HDGiải: Cho Hs quan sát hai lời giải
Lời giải 1. Ta có:
Dấu “=” xảy ra

1

P

1

a

1

a

a

b

2

1

2

b

b

2

2

4

2ab

a

2ab

2

(a

1

a

16

4

2ab

b)
b

2

1

b

1

2

1

0

(a

b)

4
2

. Vơ nghiệm

1

2

2


Vậy không tồn tại

M i n P ... ? .. ?

Lời giải 2. Ta có:
1

P

1

a

1

2

2

b

1

6ab

4

3ab

a

2

1

6ab

b

2

4

3ab

1

(a

b)

2

1
1

3ab

4ab

2

Mặt khác

a

ab

b

1

2

. Vậy

4

P

1

4
2

4

a

2

b

3

a

2

1

Dấu “=” xảy ra

2

a

a

b

a

b

b

2

8

2

2

3ab
a

3

b

1

b

.

2

1

Lời bình: Bài tốn 1 và bài tốn 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất
đẳng thức

1

1

a

b

1

1

1

2ab

6ab

3ab

4
a

. Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách
b

?..? Làm sao nhận biết được điều đó…?...Đó chính là kỹ

thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua chuyên đề này chúng ta sẽ
hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài toán cực
trị
a,b

Ví dụ 1. Cho

a

0
1

b

, tìm GTNN của biểu thức

1

P
a

2

1
b

2

4ab

.

ab

Sai lầm thường gặp:
Sai lầm : Ta có :
1

P
a

2

1
b

2

Mặt

khác

M in P

2 (2

1

2ab

2ab
1
2ab

4

4ab
a
4ab

2

b

1

2

2ab

1

2

2ab

2ab

.4 a b

2

4ab

2

.

Vậy

4
(a
P

1
b)

2

2ab

4

2

2

4ab

nên

2)

Nguyên nhân sai lầm:

Sai lầm: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách
do thói quen để làm xuất hiện

a

2

b

2

2ab

17

(a

b)

2

.

1

1

1

ab

2ab

2ab

là


a
4

M in P

2

b
1

2

4ab

2ab
a

không kết luận được

. Dấu “=” bất đẳng thức không xảy ra

VN

1

b

4

M in P

2

2

Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với
a

1

b

1
a

2

, ta dự đoán

đạt tại

M in P

, ta có:

2

P

a,b

1
b

2

2ab

a

b

a b
a
a,b
a

1

b

4

4ab

2

(a

b)

2

2

1

4ab.

1

2ab

4

a

b

7

2

2

2ab
1

2

a

16

1

b

2

.

1

b

0

1

4ab

2

2

Dấu bằng xảy ra

Ví dụ 2. Cho

1

4ab

, tìm GTNN của biểu thức

1

S
a

3

1
b

3

1

2

a b

ab

2

.

Sai lầm thường gặp:
Ta có:
1

S

3

a

1
b

9
(a

3

2

3a b
2

b)

3

1

3

.

1
ab

2

3ab
1

2

2

3a b

1

a

9

3ab

2

a

3.

2

b

b
4

.
a

3

2

3a b
59

b

3

.

3

b

3

2

3a b

3a b

2

(a

a

3

b)

1

đẳng thức với ba số
a

3

b

3

,

3

3

b

a

b

a

b

3

2

2a b

1

3

a b

2

1
ab

2

59
3

2

3a b
(vn )
1

vì thế ta muốn xuất hiện
1

2

M in S

Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi
a

3ab

2

2

59

M in S

3

a

2

9

b

Nguyên nhân sai lầm:

2

,

1
2

và nếu vậy:

2a b

18

a

b

(a

b)

1
2
3

, và ta thấy

; ta áp dụng bất


1
a

1

3

b

3

1

2

2a b

2ab

9
2

(a

b)

3

ab (a

b)

, ta không đánh giá tiếp được cho

nên ta phải áp dụng bất đẳng thức cho 5 số:
1

S
a

1

3

b

3

1

2

2a b

2ab

Dấu bằng xảy ra khi

1
2

1

2

2a b

a

1

b

2

25

2ab

2

(a

b)

3

25

a b (a

b)

(a

b)

(a

3

b)

3

4

.

Ví dụ 3.
Cho

x, y, z

0

1

1

1

x

y

4

. Tìm GTLN của

1

P

2x

1

y

z

x

1

2y

z

x

2z

y

.

z

Sai lầm thường gặp:
Sai lầm 1: Ta có
P

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

5

1

1

1

10

9

2x

y

z

9

x

2y

z

9

x

y

2z

18

x

y

z

9

10

M axP

9

Sai lầm 2:
P

1

1

1

3 3 2 xyz

3 3 x .2 y z

3 3 xy 2 z

1 1

1

1

1

1 1

1

1

1

1 1

1

1

1

10

3 3

2x

y

z

3 3

x

2y

z

3 3

x

y

2z

9

Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa

biết chọn điểm rơi.

(x, y, z)

D : P

M axP

10
9

2x

y

z

2y

x

z

2z

x

y

1

1

1

x

y

z

(vn )

, tức là không tồn tại

4

10
9

Lời giải đúng: Từ hai lời giải trên với dự đoán
x

y

z

3
4

19

M axP

đạt được tại

20


2x

nên tách các số

x

ra cho dấu bằng xảy ra.

x

1

Cách 1: Ta có

P

x

2x

1

y

z

x

x

y

z

1

1

1

1

1

16

x

x

y

z

1

2

1

1

1

2

1

1

1

2

16

x

y

z

x

y

z

x

y

z

z

x

x

z

4

y

3

z

1,

, tương tự và ta có:

vậy

1

M axP

khi

.

4

2x

Cách 2: Ta có

y

y

4

1

x .x . y .z

2x

1

y

z

4

4

, mặt

2

x yz

khác:
4

1 1 1 1
. . .
x x y z
1

P

1

1

1

1

4

x

x

y

z

1

.4

16

1

1

x

1

M axP

1

y

1

1
2x

y

z

. Dấu “=” xảy ra khi

1

2

1

1

16

x

y

z

x

y

3

z

, suy ra:

4

z

khi x

, tương tự ta có:

y

3

z

.

4

Nhận xét: Ta có thể mở rộng Ví dụ 3:
Cho

x, y, z

0

1

1

1

x

y

z

4

. Tìm GTLN của

1

P
x

,

y

,

Với

1

,

,

z

N

x

1
y

z

x

.

y

z

: Cách làm tương tự như bài 3, ta tách

x

x x  ...

 x

, thì bài tốn có cịn giải quyết được khơng?

R

Ví dụ 4. Cho

a,b,c
a

0

b

3

c

. Chứng minh

3

a

2b

3

2c

b

3

2a

c

Sai lầm thường gặp:
Ta có:
3

a

2b

3

. Nếu

1 . 1( a

3

b

1

2b)

2c

1

(a

2b)

2

a

3
3

c

2a

2b

3

2

a

2b

2

3

b
3

20

, tương tự ta có:
2c

2

c
3

2a

5

,

3

3

3

.


mà

5

3

3

3

ñ e à ra s a i...? ...?

Nguyên nhân sai lầm:

P

VT

5.

a

2b

1

b

2c

1

c

2a

1

a

b

M axP = 5

(vn )
c

, vậy

3

Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi
. Vậy ta áp dụng Cauchy cho ba số

3

1

2b

a

6

P

3

9

2b

a
3

3

3

3 .3 ( a

6
3

Ví dụ 5. Cho

3

2c

b

9

1

2b)

3

9

6

0
1

3

(a

2b)

6

3
2a

3

3

x, y, z

3

c

9

xyz

.

3

9

3

2b

a
3

3

3

x

2

1

y

2

1

y

z

2

1

z

a

3

2

x

Sai lầm thường gặp:
x

Sai lầm 1:

P

1

y

2

y

1

z

2

z

1

x

2

x

Vậy

3

P

2

2

1

y
y

, suy ra:

2

z

1

z

x

1

1

y

, dấu “=” xảy ra khi

2

33
x

( xyz )
(1

1 z

1

8

x

y

z

y

z)

(x

y ) (1

xyz

2

z ) (1

8

x)

, mặt khác

.

1

Sai lầm 2: Ta có:
x

2

1

y)

2x

(1

z)

2y

(1

x)

2z

y
y

2

1

P

2(x

z
z

1

(1

2

x

mặt khác

x

y

z

3 3 xyz

3

P

0

Nguyên nhân sai lầm:

21

y

b

1

c

, tương tự ta có:

9

, dấu bằng xảy ra khi

, chứng minh rằng:

a

ta có:

2 b ,3,3

a

5

P

z)

3

x

y

z

3

,

b

c

1


Ở sai lầm 1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức:
a

0

b

1

1

a

b

x

y
2

x

Ở sai lầm 2: Dấu “=” xảy ra

z
1

1

y,

y

y

2

1

1

z

Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi
dụng Cauchy cho

2

1

và

1

y

:

y

x

z

2

1

1

x (vn )

x

1

xyz

x

z,

2

1

1

x

1

y

y

1.

z

2

4

2

y

Vì vậy khi áp

Ta có:
x

2

1

1

2

1

1

2

1

z

y

4

z
z

x

4

y
y

y

1

x

y

1

z)

4

(x

y

z

1.

z)

3

3

4

4

(x

y

z)

3

3

4

2

z

4

x

(x

P

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

x

Ví dụ 6. Cho

x

x, y, z

thoả mãn

y
2

y

2

kz

khơng âm cho trước) Tìm GTLN của

S

2

. (k là hằng số dương; M là số

M
xy

yz

zx

.

Phân tích và tìm lời giải:
Do vai trị bình đẳng của x, y nên có thể dự đốn giá trị lớn nhất đạt được khi
x

x

y
2

kz

và các thao tác đối với x và y là “giống nhau”. Ta tách
mx

2

2

k
z
2

m

1

2

k
z

2

x

2

vµ y

2

my

2

m

1

2

y

0

m

(1

m)y

1

đồng thời “chia đều”

cho cả x và y.

2

(1

Áp dụng BĐT Cô si như sau:

mx

m )x
2

k

2

z

2

2

2 mk . xz

2
my

2

k

z

2

2

22

2 mk . yz

}

2 (1

m ) xy


Để xuất hiện biểu thức

S

xy

yz

ta cần chọn m sao cho

zx

2

m

2 1

2mk

m

4 1

2mk

2

2m

k

4

m

2

1

m

0

k

4

k

2

8k

4

(vì

m

0

1

).
M

Khi đó cộng vế theo vế suy ra:

m

2 1

S

M

.

S
m

2 1

x, y, z cïng dÊu
x

y

M

Vậy GTLN của

S
m

2 1

kz

2

mx

2

2
x

Áp dụng: Cho

x, y, z

thoả mãn

x

2

y

2

y

2

kz
9

2

2

z

M

2

. Tìm GTLN của

5

S

xy

yz

zx

.

2
2

Giải : Bước 1: Chọn

1

m

4

4

9

9

2

2

8.

3

x

9

1

2

4

3

2

4
x

9

2

4

9

2

y

4

z

3

2

z

3

2

S

x

y

10

Vậy Max S =

y

xz

2
3

yz

yz

2
9

2

2

x

3

xz

2

2

xy

2

2

4

3

3

xy

2

4

1

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:

3

2

4

1

Bước 2: Áp dụng BĐT Cơsi ta có:

y

z

2

S

5

2

3z

x

y

10

.

3

2

2;z

3

khi

3

x

2

y

9

2

z

2

5

2

x

y

2

2;z

3

Ví dụ 7. Cho

x, y, z

thoả mãn

n

x

2

y

2

kz

số khơng âm cho trước) Tìm GTLN của

S

2

M

xy

. (n,k là hằng số dương; M là
yz

zx

.

Phân tích và tìm lời giải:
Do vai trị bình đẳng của x, y nên có thể dự đốn giá trị lớn nhất đạt được khi
x

x

y
2

và các thao tác đối với x và y là “giống nhau”. Ta tách:
mx

2

n

m

x

2

vµ y

2

ny

2

n

m

y

2

23

0

m

n

đồng thời “chia đều”


kz

k

2

z

2

2

k
z

cho cả x và y.

2

2

n

Áp dụng BĐT Cô si như sau:

mx

m
k

2

2

x

n

m

2

z

2

y

2 n

m

xy

2 m k xz

2
my

k

2

2

z

2 m k yz

2

Để xuất hiện biểu thức

S

2 n

m

xy

yz

ta cần chọn m sao cho

zx

2

m

2mk

4 n

2mk

2

2m

4n

k

m

2n

2

1

m

0

4n

k

4

(vì

0

m

n

M

). Khi đó cộng vế theo vế suy ra:

2 n

m

S

M

.

S
2 n

m

x, y, z cïng dÊu

x

y

M

Vậy GTLN của

S
2 n

2

kz

2

mx

m

2

Áp dụng: Cho
S

xy

yz

zx

x, y, z

n

x

thoả mãn: 2

x

2

2

y

2

y

kz

2

2

M

2

9z

10

. Tìm GTLN của

.

Bước 1: Chọn

1

m

4 .2

9

9

2

1

8 .9 .2

4

2

3

x

3

2

2
1

Bước 2: Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

2

3 xy

3 xy

3 xz

3 xz

3 yz

3 yz

2

x

9

2

2
1

y

z

2

2
y

9

2

2

z

2

2

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:

3S

2

x

2

y

2

9z

2

S

10

10

.

3

Vậy Max S =

10

khi

3

x
2

x

y

3z

2

2

y

x

y

2

2;z

3

9z

2

10
x

y

2;z

.

2
3

Ví dụ 8. Cho

x, y, z

thoả mãn

x

2

y

2

khơng âm cho trước) Tìm GTLN của

z

2

S

24

M
xy

. (k là hằng số dương; M là số
yz

kzx

.

k

2

8kn


Phân tích và tìm lời giải:
a).Do vai trị bình đẳng của x, z nên có thể dự đốn giá trị lớn nhất đạt được
khi x và z và các thao tác đối với x và z là “giống nhau”. Để xuất hiện biểu

thức: S
m

1

xy

x

yz

1

2

y

thì khi ta áp dụng BĐT Cơ si

kxz

2

m

1

2

xy

2

và

2

mx

mz

2

2

2 m xz

m

1

2

xy

;

1

m

z

2

2

1

y

2

m

1

2

2

yz

2

m

1

yz

2

2

.

2 m xz

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:
x

2

y

2

2

z

m

1

2

2

m

m

1

k

m

2

m

1

xy

yz

. Ta cần chọn m ( 0

m xz

m

1

) sao cho:

2

m

1

2

k

2

2

2m

2

k m

2

k

k
0

2

k

4

m

2

8k

2

4

Khi đó suy ra:
x

2

y

2

z

2

m

1

2

m

1

xy

yz

2

m

1

k

2

xz

m

2 1

xy

yz

kxz

2

M

Do đó:

M
S

xy

yz

. Vậy:

kzx

z
4

M axS

m

2 1

x

M
m

2 1

y

2 1

Áp dụng: (ĐỀ THI HSG Tỉnh Nghệ An Lớp 11-Bảng A-2002-2003)
Cho

x, y, z

thoả mãn

x

2

y

2

z

2

1

Giải. Ta áp dụng cho trường hợp:
4

Bước 1: Tìm

16

. Tìm GTLN của
M

1 vµ k

2

8 .4

m

1

3

4

Bước 2: Áp dụng BĐT Cơ si ta có
2

3

x

2

2

y

2

2

2

2

3

z

2

y

1 x

2

xy

3

1 xy

zy

3

1 yz

zx

2

2

2

2

2

3

2
3

3

2
3

1 z

2

2

3

1

3

Cộng vế theovế các BĐT trên ta được:
25

1 zx

A

xy

yz

2 zx

.

2m

m x