(Sáng kiến kinh nghiệm) sử dụng bất đẳng thức cô si trong giải toán THCS

Phòng GD&ĐT Quận Đống Đa
Tr-ờng THCS Thái Thịnh
-------*****-------

Sáng kiến
kinh nghiệm
S DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ-SI
TRONG GIẢI TỐN THCS

MƠN TỐN
Tên tác giả: Nguyễn Cao Cường
Giáo viên mơn Tốn

Năm học 2013 - 2014


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

MỤC LỤC
A – MỞ ĐẦU
Trang
I.Lý do chọn đề tài........................................................................................ 3
II. Nhiệm vụ, mục đích của đề tài ................................................................. 3
III. Phạm vi của đề tài .................................................................................. 4
IV. Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành ................................... 5
B – NỘI DUNG
1. Những quy tắc chung ................................................................................ 5
2. Bất đẳng thức Cô-si ................................................................................. 6
3. Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cơ-si ................................................ 8
3.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân ........................ 8
3.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo. ............................................................. 12

3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi ................................................................. 15
3.4 Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng .......... 21
3.5 Kỹ thuật nhân thêm hằng số .......................................................... 24
3.6 Kỹ thuật ghép đối xứng ................................................................. 30
3.7. Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số, n số ................................. 33
3.8. Kỹ thuật đổi biến số ..................................................................... 35
4. Một số ứng dụng khác của bất đẳng thức Cô-si ....................................... 38
4.1 Áp dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình ................................. 38
4.2 Sử dụng bất đẳng thức Cơ - si để chứng minh bđt và tìm cực trị hình học . 42

Kết quả của đề tài ......................................................................................... 55
Kết luận ........................................................................................................ 56
Tài liệu tham khảo ........................................................................................ 57

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

2


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS

MỞ ĐẦU

I. Lý do chọn đề tài
Tốn học nói chung và tốn học phổ thơng nói riêng đã giúp người học,
người nghiên cứu nó có được kiến thức, tư duy logic và khả năng suy luận. Đối với
những học sinh trung học cơ sở, tốn học đã hình thành cho các em những kiến
thức cơ sở ban đầu, những kiến thức cơ bản nhất của toán học hiện đại. Qua những
bài học, những vấn đề toán cùng với những cách thức suy luận đã giúp các em hình
thành tư duy tốn học.

Tốn học sơ cấp có lẽ là mảng tốn học địi hỏi trí thơng minh, óc tư duy linh hoạt
của người học, trong đó bất đẳng thức là vấn đề hay và khó. Từ các lớp trung học
cơ sở, học sinh được giới thiệu một cách cơ bản nhất về bất đẳng thức, phương
pháp chứng minh bất đẳng thức. Và hầu hết những người đã học bất đẳng thức, ai
cũng biết về một bất đẳng thức kinh điển, nổi tiếng: bất đẳng thức Cô-si. Nhưng
một thực tế chung đối với học sinh phổ thông là việc vận dụng bất đẳng thức Cơ si vào giải tốn gặp rất nhiều khó khăn. Khó khăn đầu tiên là khơng biết cách sử
dụng bất đẳng thức Cơ - si. Khó khăn thứ hai là không biết bất đẳng thức Cô - si có
thể ứng dụng vào việc giải những dạng tốn nào? Chính vì vậy, để giúp các em học
sinh có thể khắc phục phần nào những khó khăn trên, tơi viết đề tài " Sử dụng bất
đẳng thức Cô - si trong giải toán trung học cơ sở"

II. Nhiệm vụ, mục đích của đề tài
Đề tài " Sử dụng bất đẳng thức Cơ - si trong giải tốn THCS" sẽ giới thiệu
đến với học sinh về bất đẳng thức Cô - si; những kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức
Cô-si và việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong giải toán THCS.
Đề tài được viết theo cách thức lý thuyết đi kèm với ví dụ minh họa. Bên
cạnh việc cung cấp, tổng kết những cách sử dụng bất đẳng thức Cơ - si, đề tài cịn

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

3


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
giới thiệu những bài toán minh họa, đặc biệt là những bài toán học sinh thường gặp
về bất đẳng thức, cực trị đại số, cực trị hình học.

III. Phạm vi của đề tài
Với học sinh trung học cơ sở, lớp 8 các em mới được giới thiệu và tiếp cận
với bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức Cơ -si nói riêng. Vì vậy, đề tài " Sử

dụng bất đẳng thức Cơ - si trong giải tốn THCS" hướng tới việc giúp cho học
sinh lớp 8; lớp 9 có được những kiến thức về bất đẳng thức Cơ-si; cách sử dụng bất
đẳng thức Cô - si trong giải tốn trung học cơ sở, từ đó giúp cho các em phát triển
tư duy về bất đẳng thức, đặt nền móng cho các cấp độ lớn hơn sau này.

IV. Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành
Đề tài tập trung nghiên cứu về bất đẳng thức Cô-si. Trên cơ sở những kiến
thức cơ bản về dạng bất đẳng thức, tổng kết một kỹ thuật thường dùng; giới thiệu
một số ứng dụng của bất đẳng thức Cô - si trong giải toán trung học cơ sở.
Phương pháp chủ yếu của đề tài là phương pháp nghiên cứu và tổng kết kinh
nghiệm trong thực tế giảng dạy.

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

4


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

1. NHỮNG QUY TẮC CHUNG TRONG CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI
Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử
dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết
quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn.
Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “ = ” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta
kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải,
dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho
học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học
sinh có thể khơng trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt
trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử

dụng BĐT Cơ Si.
Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả
một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc
sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chú ý đến
điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm
rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa
mãn với cùng một điều kiện của biến.
Quy tắc biên: Cơ sở của quy tắc biên này là các bài tốn quy hoạch tuyến
tính, các bài tốn tối ưu, các bài tốn cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất
nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên.
Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trị của các
biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biến đó
bằng nhau. Nếu bài tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ”
xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể.
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

5


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
Chiều của BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh:
đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại
Trên là 5 quy tắc sẽ giúp ta có định hướng để chứng minh BĐT, học sinh sẽ thực
sự hiểu được các quy tắc trên qua các ví dụ và bình luận ở phần sau.

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

6

Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS

2. BẤT ĐẲNG THỨC CƠ - SI
(CAUCHY)
1. Dạng tổng quát (n số): x1, x2, x3 ……..xn ≥ 0 ta có:
• Dạng 1:

x1 + x2 + ......xn

n

n

x1 x2...........xn

• Dạng 2:

x1 + x2 + ......xn  n

n

x1 x2...........xn

• Dạng 3:

 x1 + x2 + ......xn 


n




 x1 x2...........xn

n

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 = ............ = xn
Hệ quả 1:
Nếu: x1 + x2 + ........ + xn = S = const thì: Max ( P = x1x2............xn )
khi x1 = x2 = ............ = xn =

S
= 
n

n

S
n

Hệ quả 2:

(

)

Nếu: x1x2 .................xn = P = const thì: Min S = x1 + x2......... + x2 = nn P
khi x1 = x2 = ............ = xn = n P
2. Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ):

n = 2:  x, y ≥ 0 khi đó:

n = 3:  x, y, z ≥ 0 khi đó:

2.1

x+ y
 xy
2

x+ y+ z 3
 xyz
3

2.2

x + y  2 xy

x + y + z  3 3 xyz

2.3

 x+ y

  xy
 2 

 x+ y+ z 

  xyz

3



2.4

2
( x + y )  4 xy

3
( x + y + z )  27 xyz

2.5

1 1
4
+ 
x y x+ y

1 1 1
9
+ + 
x y z x+ y+z

2

3

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

7


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
1
4
1
4


2
xyz ( x + y + z )3
xy ( x + y )

2.6
Bình luận:

• Để học sinh dễ nhớ, ta nói: Trung bình cộng (TBC) ≥ Trung bình nhân (TBN).
• Dạng 2 và dạng 3 khi đặt cạnh nhau có vẻ tầm thường nhưng lại giúp ta nhận
dạng khi sử dụng BĐT Cô Si: (3) đánh giá từ TBN sang TBC khi khơng có
cả căn thức.

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

8


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS

3. CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG BĐT CƠ - SI

3.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân.
Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “ ≥ ”. Đánh giá từ tổng
sang tích.
Bài 1: Chứng minh rằng: ( a2 + b2 )(b2 + c2 )( c2 + a2 )  8a2b2c2 a, b, c
Giải
Sai lầm thường gặp:
Sử dụng:  x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 ≥ 0  x2 + y2 ≥ 2xy. Do đó:
a 2 + b 2  2ab
 2
2
b + c  2bc
c 2 + a 2  2ca


 ( a2 + b2 )(b2 + c2 )( c2 + a2 )  8a2b2c2 a, b, c (Sai)

 2  −2

Ví dụ: 3  −5
4  3


 24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai )

Lời giải đúng:
Sử dụng BĐT Cô Si: x2 + y2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2|xy| ta có:
a 2 + b 2  2 ab  0

 2
2

b + c  2 bc  0 
 2
2
c + a  2 ca  0

(a

2

+ b2 )(b2 + c2 )( c2 + a2 )  8| a2b2c2 | = 8a2b2c2 a, b, c (Đúng

)
Bình luận:
•

Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và
chỉ khi các vế cùng khơng âm.

•

Cần chú ý rằng: x2 + y2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2|xy| vì x, y khơng biết âm hay dương.

•

Nói chung ta ít gặp bài tốn sử dụng ngay BĐT Cơ Si như bài tốn nói trên mà
phải qua một và phép biển đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT
Cô Si.
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

9

•

Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
Trong bài toán trên dấu “ ≥ ”  đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý
đến việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số, 3 cặp số.

Bài 2 : Chứng minh rằng:

(

)

8

a + b  64ab(a + b)2  a,b ≥ 0
Giải

(

a+ b

) (
8


=


)

2 4

a + b  = ( a + b ) + 2 ab 


4

2
 2 2 ( a + b ) ab  = 24.22.ab.( a + b ) =



4 CôSi

= 64ab(a + b)2

Bài 3: Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab  a, b ≥ 0.
Giải
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 33 1.a.b. 3.3 a.b.ab = 9ab
Bình luận:
•

9 = 3.3 gợi ý sử dụng Cơ-si cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba
lần, vậy khi sử dụng Cô Si cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó.

Bài 4: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2  a, b ≥ 0
Giải
Cơsi

Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3 

33 33 a3b3 = 9ab2

Bình luận:
•

9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để
khi áp dụng BĐT Cơ-si ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách
các hệ số khơng có gì khó khăn.

Bài 5:

a, b, c, d  0
Cho:  1
1
1
1
1 + a + 1 + b + 1 + c + 1 + d  3


CMR : abcd 

1
81

Giải
Từ giả thiết suy ra:
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

10


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS

1
1  
1  
1 
b
c
d Cơsi
bcd
 1 +
1
−
+
1
−
=
+
+
 33
 
 

1+ a  1+ b   1+ c   1+ d  1+ b 1+ c 1+ d
(1 + b ) (1 + c ) (1 + d )

Vậy:
 1
bcd
3 3

1 + b (1 + c ) 1 + d
1 + a

cda
 1
1 + b  3 3 1 + c 1 + d 1 + a
( )
( )


dca
 1
1 + c  3 3 1 + d 1 + c 1 + a
( )( )


abc
 1 3 3
1 + d
(1 + a ) 1 + b (1 + c )


(

)

(

(

(

)

)

(

 abcd 

)

)

0
0


0

1

(1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) (1 + d )

 81

abcd
(1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) (1 + d )

0

1
81

Bài toán tổng quát 1:
Cho:
 x1 , x2 , x3 ,............., xn  0

1
1
1
 1
1 + x + 1 + x + 1 + x + ......... + 1 + x  n − 1
n
1
2
3


CMR : x1 x2 x3...........xn 

1

( n − 1)

n

Bình luận:
•

Đối với những bài tốn có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biền thì việc
biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh
BĐT dễ dàng hơn

a, b, c  0
Bài 6: Cho 

a + b + c = 1

 1  1  1 
CMR :  −1 −1 −1  8 (1)
 a  b  c 

Giải

VT (1) =

1− a 1− b 1− c b + c c + a a + b
.
.
=
.
.
a
b

c
a
b
c

Côsi

 2 bc . 2 ca . 2 ab = 8 (đpcm)
a

b

c

Bài toán tổng quát 2:

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

11


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
Cho:

 x1 , x2 , x3 ,..............., xn  0

 x1 + x2 + x3 + ........ + xn = 1


1

CMR : 

 x1

 1

−1


 x2

 1

−1

 x3



1



 xn

−1 ........ 



−1  ( n − 1)

n



Bài 7: CMR:
3 1


a+b+c 
1 +

3 


 
 2
 

(

)

3  3

 (1 + a ) (1 + b ) (1 + c )  1 + abc  8 abc a, b, c  0
 

3

Giải

(

3 
(1 + a ) + 1 + b


a
+
b
+
c
Ta có: 1 +
 = 
3  
3



3

) + (1 + c ) 

Côsi







(1+ a ) (1+ b) (1+ c )

(1)

Ta có: (1+ a ) (1+ b ) (1+ c ) = 1+ ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + abc 




(

Côsi

) (

 1+ 33 a2b2c2 + 33 abc + abc = 1 + 3 abc

(

Ta có: 1 + abc
3

)

3

Cơsi 

3

(2)

3


 2 1. abc  = 8





)

3

abc

(3)

Dấu “ = ” (1) xảy ra  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c
Dấu “ = ” (2) xảy ra  ab = bc = ca và a = b = c  a = b= c
Dấu “ = ” (3) xảy ra  3 abc =1  abc = 1
Bài toán tổng quát 3:
Cho x1, x2, x3,……., xn ≥ 0. CMR:

x+
1+ 1




n 



 

















2
n3
x2 + .... + xn  1
  (1+ x1 )(1+ x2 ) ......(1+ xn )  1+ n x1x2 .....xn  2n x1x2......xn

n



(

)

Bình luận:
•

Bài tốn tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài
toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.

•

Trong các bài tốn có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tình
đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng chứng
minh BĐT đúng hay sai.

Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng. Đó
là kĩ thuật tách nghịch đảo.
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

12


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

13

Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

3.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo.
a b
+  2 a.b  0
b a

Bài 1: CMR:

Giải

a b
+
b a

Ta có:

Cơsi

 2

a2 + 2
2
a2 +1

Bài 2: CMR:

ab

=2
ba

a  R
Giải

2
a 2 + 2 ( a +1) +1
1
=
= a2 +1 +
2
2
a +1
a +1
a2 +1

Ta có:

Dấu “ = ” xảy ra  a 2 + 1 =
Bài 3: CMR: a +

1
a +1
2

Côsi

 2

a2 +1

1
a 2 +1

=2

 a2 +1 = 1  a = 0

1
 3 a  b  0
b (a − b)
Giải

Ta có nhận xét: b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b đo đó hạng tử đầu a sẽ
được phân tích như sau:

a+

Cơsi
1
1
1
= b + (a − b) +
 3 3 b.( a − b ) .
= 3 a  b  0
b ( a − b)
b (a − b)
b (a − b)

Dấu “ = ” xảy ra  b = ( a − b ) =
Bài 4: CMR:

a+

1
 a = 2 và b = 1.
b (a − b)

4
3  a b0
2
( a − b) (b +1)

(1)

Giải
Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi
sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu. Tuy nhiên biểu thức dưới mẫu
có dạng ( a − b) (b +1) (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số 2 là một
2

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

14


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS
thức bậc hai của b) do đó ta phải phân tích về thành tích của các đa thức bậc nhất
đối với b, khi đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa số của

mẫu.
Vậy ta có: ( a − b) (b +1) = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a theo 2 cách sau:
2

(

)

2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoặc a +1 = a − b +

b +1 + b +1
2
2

Từ đó ta có (1) tương đương :
VT + 1 = a + 1 +

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

 4.4 ( a − b ) .

Côsi

b +1 b +1
4
.
.
= 4  ĐPCM
2
2 ( a − b ) (b + 1)(b + 1)

1
a 
 2
 a 1
 b

2a +1
3
4b(a − b)
3

Bài 5: CMR :

Giải
Nhận xét: Dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả
biểu thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc sử lí với 1 biến sẽ đơn giản hơn.
Biến tích thành tổng thì đây là một mặt mạnh của BĐT Cơ-si. Do đó:
Ta có đánh giá về mẫu số như sau:

4.b ( a − b )

b+
 4.



( a − b )  = 4. a2 = a2

2
4
2



2a 3 +1 Côsi 2a3 +1 a3 + a3 +1
1 Côsi 3
1

=
=
a
+
a
+
 3 a.a. = 3
Vậy:
2
2
4b(a − b)
a

a
a
a
b = a − b
Dấu “ = ” xảy ra  
1 
a = a 2


a = 1


1
b = 2


Bình luận:
•

Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng 1 kỹ thuật đó là đánh giá từ TBN sang
TBC nhằm làm triệt tiêu biến b.
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

15


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS
Đối với phân thức thì việc đánh giá mẫu số, hoặc tử số từ TBN sang TBC hay

•

ngược lại phải phụ thuộc vào dấu của BĐT.
Bài 6: Bài toán tổng quát 1.
Cho: x1  x2  x3  ............., xn  0 và 1  k  Z . CMR:

a1 +

1

an ( a1 − a2 ) ( a2 − a3 ) ...............( an−1 − an )
k

k

k



( n −1) k + 2


 n −1 k + 2



k



 n −1 k




Giải
VT

=

an + ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + ..... + ( an−1 − an ) +
=a +
n

an ( a1 − a2 ) ( a2 − a3 ) ......( an−1 − an )

( a1 − a2 ) + .. + ( a1 − a2 ) + .. + ( an−1 − an ) + ... + ( an−1 − an ) +
k

k

k




k





n

k

k

an ( a1 − a2 )

( a1 − a2 ) ( a1 − a2 ) ( an−1 − an ) ( an−1 − an )
k

( n −1) k + 2


 n −1 k + 2



k

k

 ( n −1) k + 2 . n−1 k +2 a
=

1

k

..

k

k

..

k

..

k

.

k

k

1
k
k
( a2 − a3 ) ..( an−1 − an )

an ( a1 − a2 )

k

1
k
k

( a2 − a3 ) ..( an−1 − an )

k



 n −1 k



Tóm lại: Trong kỹ thuật tách nghịch đảo kỹ thuật cần tách phần nguyên theo mẫu
số để khi chuyển sang TBN thì các phần chứa biến số bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng
số.
Tuy nhiên trong kỹ thuật tách nghịch đảo đối với bài tốn có điều kiện ràng
buộc của ẩn thì việc tách nghịch đảo học sinh thường bị mắc sai lầm. Một kỹ thuật
thường được sử dụng trong kỹ thuật tách nghịch đảo, đánh giá từ TBN sang TBC
là kỹ thuật chọn điểm rơi.

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

16


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi
Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Cơ-si và các
quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ được
sử dụng để tìm điểm rơi của biến.
Bài 1: Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S = a +

1
a

Giải
Sai lầm thường gặp của học sinh: S = a +

1 ≥ 2 a 1 =2
a
a

1
Dấu “ = ” xảy ra  a =  a = 1  vơ lí vì giả thiết là a ≥ 2.
a
Cách làm đúng:
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử

1
để sao cho khi áp dụng
a

BĐT Cô-si dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:
 1 1 
 a; 
  a 

1
  a; 
a
 1  

 a, a   
 1 


 a;

  a 

 a;  
 a 

Vậy ta có: S =

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

Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):
(sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) học sinh tự làm)
1
2
 a=



1 = 1
 a 2



2



=

1
  = 4.
2

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

Dấu “ = ” xảy ra  a =

2.
Bình luận:

•

Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tăc biên để

tìm ra  = 4.

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

17


•

Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS
Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng BĐT Cô-si cho 2
số

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

= 2.

Bài 2: Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = a +

1
a2

Giải
a 2
 =
a = 2   
1 =1

 a 2 4

Sơ đồ chọn điểm rơi:



2



=

1   = 8.
4

Sai lầm thường gặp:

S =a+

1  a 1  7a
a 1 7a 2 7a 2 7.2 2 7 9  MinS =
= + 2 +  2 . 2 + =
+ 
+ = + =
2
8 a 8
a 8 a  8
8a 8
8.2 8 4 4 4

9
4
Nguyên nhân sai lầm:
Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS =

9
là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã
4

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

2
2
2

= là đánh giá
8a
8.2 4

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 Cô-si sẽ khử hết biến số a ở mẫu số.
Lời

giải

S =a+

đúng:

1  a a 1  6a Côsi 3 a a 1 6a 3 6a 3 6.2 9
= + +
+
 3 . . 2+ = +  +
=
8 8 a 8 4 8 4 8 4
a2  8 8 a2  8

Với a = 2 thì Min S =

9
4

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

18


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
a, b, c  0
Bài 3: Cho 
3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a + b + c 
2


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

Giải
Sai lầm thường gặp:

1 1 1
1 11
S = a + b + c + + +  6 6 a.b.c. . . = 6  Min S = 6
a b c
a b c
Nguyên nhân sai lầm :
Min S = 6  a = b = c =

1 = 1 = 1 = 1  a + b + c = 3  3 trái với giải thiết.
a b c
2

Phân tích và tìm tịi 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 = 1 = 1 = 2
 a  b  c 

1 = 2   =4
2 

Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau:

a =b=c = 1
2



 a =  b =  c = 2

1 = 1 = 1 = 2
 a b c



 =2   =4  1 = 2   =4
2
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


1
3 15
15
 12 − 3. = . Với a = b = c = thì MinS =
2 2
2
2
a, b, c  0
Bài 4: Cho 
3 . Tìm GTNN của
a + b + c 
2


S = a2 +

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

Giải

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

19


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS
Sai lầm thường
gặp:




S  33 a 2 + 12 . b2 + 12 . c2 + 12 = 36  a 2 + 12  . b2 + 12  . c2 + 12 

b



c

a



b







c



a





 36  2 a2 . 12  . 2 b2 . 12  . 2 c2 . 12  = 36 8 = 3 2  MinS = 3 2 .
b



c



a





Nguyên nhân sai lầm:
MinS = 3 2  a = b = c =

1 = 1 = 1 = 1  a + b + c = 3  3 trái với giả thiết.
a b c
2

Phân tích và tìm tịi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại a = b = c =
 2
1
2
2
a = b = c =

4

 1 = 1 = 1 =4
 a 2  b2  c2 



1
2

1 4
=
  = 16
4 

Lời giải

S = a2 +

1
1
1
1
+ ..... +
+ b2 +
+ ..... +
+
2
2
2
16b
16b
16c
16c2
16

 1717 a 2 .



16

a 17 b 17 c
.
.
8 16
16 b 168 c16 168 a16

15

 2a + 2b + 2c 

3



2.17 

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


3 17



16

1
1
1
1
1
1
.....
+ 1717 b2 . 2 ..... 2 + 1717 c 2 .
.....
2
2
2
16b
16b
16c
16c
16a

16a 2

 17 33 17



1
1
+ ..... +
2
16a
16a 2

16

16

= 1717

c2 +



3 17
.
2


a
3 17

 = 3. 17 17 8 5 5 5 =
16 a b c 2.17 2a2b2c



(

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c =





)

5

1  Min S =
2

3 17
2
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

20


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS
Bình luận:
•

Việc chọn điểm rơi cho bài tốn trên đã giải quyết một cách đúng đắn vềmặt
toán học nhưng cách làm trên tương đối cồng kềnh. Nếu chúng ta áp dụng việc
chọn điểm rơi cho BĐT Bunhiacơpski thì bài tốn sẽ nhanh gọn hơn đẹp hơn.

•

Trong bài tốn trên chúng ta đã dùng một kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC,
chiều của dấu của BĐT không chỉ phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó cịn
phụ thuộc vào biểu thức đánh giá nằm ở mẫu số hay ở tử số

Bài 5: 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 a +b+c
+
+
+
+
+
+
+
b+c+d c+d +a a +b+d a +b+c
a
b

c
d
Giải

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 Cô-si 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  
 a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  1 = 3  Vô lý.
c = d + a + b
d = a + b + c


Phân tích và tìm tịi lời giải

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

21


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS
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 đốn

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

Min S =

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




1 3
=
  = 9
3 

Cách 1: Sử dụng BĐT Cô-si 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 6: Với x>0, tìm giá trị nhỏ nhất của M = 4x 2 − 3x +

(Đề thi vào 10 Hà Nội - 2012)
Giải

1
+ 2011
4x

1

+ 2011
4x
1 

M = ( 4x 2 − 4x + 1) +  x +
 + 2010
4x 

1 
2

M = ( 2x − 1) +  x +
 + 2010
4x 

M = 4x 2 − 3x +

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x>0 và
x+

1
 0 ta có:
4x

1
1
1
 2 x.
x+
1

4x
4x
4x
Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

22


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

Mà (2x-1)2  0 với mọi x
1 
2

 M = ( 2x − 1) +  x +
 + 2010  0 + 1 + 2010
4x 

 M  2011

MinM=2011

1

 2 1
1
 x = 4x
x =

4 x=


2
( 2x − 1)2 = 0 2x − 1 = 0


Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2011 khi x =

1
2

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

23


Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải tốn THCS

3.4 Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình
cộng (TBC)
Nếu như đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu “ ≥ ”, đánh giá từ tổng
sang tích, hiểu nơm na là thay dấu “ + ” bằng dấu “ . ” thì ngược lại đánh giá từ
TBN sang trung bình cộng là thay dấu “ . ” bằng dấu “ + ”. Và cũng cần phải chú
ý làm sao khi biến tích thành tổng, thì tổng cũng phải triệt tiêu hết biến, chỉ còn lại
hằng số.
Bài 1 : CMR

ab + cd 

( a + c ) (b + d )

a, b, c, d  0 (1)

Giải
(1) 

ab
+
( a + c ) (b + d )

cd
 1 Theo BĐT Cơ-si ta có:
( a + c ) (b + d )

1 a
b  1 c
b  1 a+c b+d  1
VT  
+
+
=
+
= (1 + 1) = 1 (đpcm)
+ 
2  a + c b + c  2  a + c b + d  2  a + c b + c  2

Bình luận:
•

Nếu giữ ngun vế trái thì khi biến tích thành tổng ta khơng thể triệt tiêu ẩn số
 ta có phép biến đổi tương đương (1) sau đó biến tích thành tổng ta sẽ được

các phân thức có cùng mẫu số.

•

Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta nếu sử dụng BĐT Cơ-si thì ta phải đánh giá từ TBN
sang TBC

a  c  0
Bài 2: CMR c ( a − c ) + c (b − c )  ab  

b  c  0

(1)

Giải

Ta có (1) tương đương với :

c (b − c )
c (a − c)
+
1
ab
ab

Theo BĐT Cơ-si ta có:

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

24

Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS

c (b − c ) 1  c ( a − c )  1  c (b − c )  1  a b 
c (a − c)
=
+  +
+
  +
+ = 1(đpcm)
ab
ab
2  b
a  2  a
b  2  a b 




Bài 3: CMR 1 + 3 abc  3 (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) a, b, c  0

(1)

Giải
Ta có biến đổi sau, (1) tương đương:
3

1.1.1 + 3 abc  3 (1 + a ) (1 + b ) (1 + c )  3

1.1.1
abc
+3
1
(1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) (1 + a ) (1 + b ) (1 + c )

Theo BĐT Cơ-si ta có:

1 1
1
1  1 a
b
c  1  a + 1 b + 1 c + 1 1
VT  
+
+
+ 
+
+
=
+
+
= .3 = 1

3 1 + a 1 + b 1 + c  3 1 + a 1 + b 1 + c  3 1 + a 1 + b 1 + c  3
Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c > 0.
Ta có bài tốn tổng quát 1:
CMR:
n

a1a2 .......an + n b1b2 .......bn  n ( a1 + b1 )( a2 + b2 ) ........( an + bn )

Bài 4 : Chứng minh rằng: 16ab(a − b)2  (a + b)4

(

 ai , bi  0 i = 1, n

)

a, b  0

Giải
2

2

 4ab + (a − b)2 
 ( a + b) 2 
4
Ta có: 16ab(a − b) = 4.(4ab)(a − b)  4 
 = 4
 = (a + b)
2
2




2

2

a, b, c  0
8
Bài 5: Cho 
Chứng minh rằng abc ( a + b )( b + c ) ( c + a ) 
729
a + b + c = 1

Giải
Sơ đồ điểm rơi:
Ta nhận thấy biểu thức có tính đối xứng do đó dấu “ = ” của BĐT sẽ xảy ra khi

1
a = b = c = . Nhưng thực tế ta chỉ cần quan tâm là sau khi sử dụng BĐT Cô-si ta
3
cần suy ra được điều kiện xảy ra dấu “ = ” là: a = b = c. Do đó ta có lời giải sau:

abc ( a + b )( b + c ) ( c + a )  


3

(

) (

)

 a + b + b + c + ( c + a )   1 3  2 3
8
 =    =
 
3
729
  3  3
 


Côsi  a + b + c 

3

3

Nguyễn Cao Cường - THCS Thái Thịnh – Quận Đống Đa – TP. Hà Nội

25