Ky thuat su dung BDT Co sy

MỤC LỤC
A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
II.Nhiệm vụ, mục đích của đề tài
III. Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành
B. NỘI DUNG
Phần 1: Cơ sở lý thuyết
Phần 2: các kĩ thuật sử dụng
I. Kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân
II. Kĩ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng
III. Kĩ thuật chọn điểm rơi
IV. Kĩ thuật cân bằng hệ số


A.MỞ ĐẦU
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong chương trình tốn THCS, các dạng toán về bất đẳng thức chưa được đưa vào
liền mạch mà xuất hiện rời rạc,do vậy trong chương trình học, học sinh ít khi có cơ hội
làm quen với các dạng toán về bất đẳng thức và cách giải những dạng tốn đó.Mặt khác
bất đẳng thức là một dạng tốn có nhiều bài tốn khó ,thậm chí là rất khó vì vậy khi đưa
vào dạy đại trà cho học sinh gặp nhiều khó khăn.Tuy nhiên,khi làm tốn cũng như trong
các kì thi học sinh giỏi hay thi vào các trường chun,lớp chọn thì các bài tốn về bất
đẳng thức lại thường xuyên xuất hiện.Nhưng do chưa được trang bị đầy đủ về kiến thức
cho nên học sinh sẽ gặp khó khăn hoặc có thể khơng giải được ngay cả khi gặp những
bài toán bất đẳng thức cơ bản.
Do vậy để tránh phần nào sự lúng túng hay khó khăn cho các em khi gặp dạng tốn
này thì tơi cũng đã đưa vào giới thiệu cho các em một số kiến thức cơ bản về bất đẳng
thức.Tuy do hiểu biết cịn hạn chế nhưng tơi cũng mạnh dạn đưa ra vấn đề để chúng ta
cùng trao đổi để đưa ra những phương pháp dạy và đưa ra những dạng toán phù hợp
nhằm đưa lại hiệu quả cao nhất trong việc dạy và học bất đẳng thức.
II.NHIỆM VỤ,MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI:

Có rất nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức như phương pháp biến đổi
tương đương,phương pháp làm trội làm giảm,phương pháp miền giá trị......
Tuy nhiên do khuôn khổ đề tài có hạn nên tơi chỉ đưa ra cách giải quyết các bài toán
nhờ sử dụng bất đẳng thức Cô si.
Do vậy nên nhiệm vụ của đề tài này chỉ tập trung nghiên cứu phân tích các kỹ thuật
áp dụng bất đẳng thức Cô si,đồng thời cũng phân tích các sai lầm mà học sinh thường
mắc phải và nguyên nhân những sai lầm đó.Như vậy sẽ giúp học sinh hiểu vấn đề được
sâu sắc hơn và chủ động hơn trong việc lựa chọn phương pháp giải.
III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU VÀ PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH.
Đề tài áp dụng cho đối tượng là học sinh khá giỏi lớp 8,9 và được tiến hành giảng
dạy khi ôn thi HSG,thi vào trường chuyên,lớp chọn hoặc thi vào THPT.


B.NỘI DUNG
I.PHẦN 1:CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI
1.Dạng tổng quát:Với  x1, x2, x3,.......,xn 0 ta có:
*Dạng 1:

x1  x2  ...  xn n
 x1 x2 ...xn
n

* Dạng 2:

x1  x2  ...  xn n n x1 x2 ...xn
n

 x1  x2  ...  xn 


  x1 x2 ...xn
n


*Dạng 3:
Dấu bằng xảy ra  x1= x2=......= xn.
*Một vài hệ quả quan trọng:

1 1
1
( x1  x2  ...  xn )    ...   n 2
xn 
 x1 x2
+
với  xi > 0, i 1, n

1 1
1
n2
  ...  
x
x2
xn x1  x2  ...  xn với  x > 0, i 1, n
+ 1
i

S
 
+ Nếu x1+ x2 + x3 +....+ xn = S = const thì Max( P=x1x2....xn)=  n 
S

Khi x1= x2=......= xn= n

+Nếu x1x2x3....xn = P =const thì Min ( S = x1+x2+...+xn)=

nn P

n
Khi x1= x2=......= xn= P

2.Dạng cụ thể:
*n = 2: x, y 0 khi đó:

a,

xy
 xy
2

n


2

 x y

  xy
2


b,

2

c,

 x  y

4 xy

d,

1 1
4
 
x y x y

*n = 3 x, y 0 khi đó:
x yz 3
 xyz
3
a,

b,

x  y  z 3 3 xyz
3

 x yz

  xyz
3



c,

x  y  z
d, 

3

27 xyz


PHẦN 2

CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG
I.ĐÁNH GIÁ TỪ TRUNG BÌNH CỘNG SANG TRUNG BÌNH NHÂN.

Đánh giá từ TBC sang TBN là một kỹ thuật cơ bản nhất để đánh giá bất đẳng thức
theo chiều " ≥ ",đánh giá từ tổng sang tích.
Bài 1:Cho x,y,z > 0.Chứng minh rằng:

(x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz
Giải

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:
 x  y 2 xy

 y  z 2 yz

 z  x 2 zx

 ( x  y )( y  z )( z  x) 8 xyz
2
2
2
2
2
2
2 2 2
Bài 2:Chứng minh rằng : ( x  y )( y  z )( z  x ) 8 x y z với x, y, z

Giải
Sai lầm thường gặp:
 x 2  y 2 2 xy
 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2 2
 y  z 2 yz  ( x  y )( y  z )( z  x ) 8 x y z ; x, y , z
 z 2  x 2 2 zx
Ta có : 

(sai)

Ở cách làm trên ta đã nhân các BĐT cùng chiều trong khi chưa biết giá trị của từng vế là
âm hay dương.

Lời giải đúng:
Áp dụng BĐT Cơsi, ta có:


 x 2  y 2 2 xy 0
 2
2
2
2
2
2
2
2
2 2 2
2 2 2
 y  z 2 yz 0  ( x  y )( y  z )( z  x ) 8 x y z 8 x y z ; x, y, z
 2
2
 z  x 2 zx 0

Bài 3: Chứng minh rằng (1+ a + b)(a + b + ab)  9ab với  a,b 0
Giải
3
3
Ta có (1  a  b)(a  b  ab) 3 1.a.b .3 a.b.ab 9ab

*Ở bài toán trên số 9=3.3 gợi ý cho ta sử dụng BĐT Côsi cho 3 số,2 cặp.
x2  x  2

Bài 4: Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực x.

x 2  x 1

Giải
2

1 3

x  x  1  x     0
2 4

với mọi x
2

 x 2  x  2 ( x 2  x  1)  1 2 x 2  x  1 

x2  x  2
x2  x 1

2

II.KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ TỪ TBN SANG TBC.

Bài 1.Chứng minh rằng:
ab  cd 

 a  c  b  d 

a, b, c, d  0 (1)

Giải


(1)

ab

 a  c  b  d 

ab

 a  c  b  d 

cd
1
 a  c  b  d 

.Theo BĐT Cơsi,ta có:

cd
1 a
b  1 c
d 
 


 
 a  c   b  d  2  a  c b  d  2  a  c b  d 
1  a c bd  1
 


   1  1 1
2  a c bd  2
(đpcm)

Bài 2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

F

8 x  2 18 x  6

2x 1
3x  1

2


Giải
ĐK: x 0
Ta có:

F

8 x  2 18 x  6 2(4 x  1) 3(6 x  2)



2 x 1
3x 1
2 x 1

3x  1

Với x 0 theo BĐT Cơsi ta có: 4 x 2 2. 2 x 2  2 x

6 x 2 3 x 3 3 x  3
Suy ra

F

2(4 x  1) 3(6 x  2) 2(2 x  2  1) 3(3 x  3  2)



2 x 1
3x 1
2 x 1
3x 1



2(2 x  1) 3(3x  1)

2  3 5
2x 1
3x  1

Vậy GTLN của F=5 khi x =1
Ở bài toán trên ta thấy để khử mẫu thì việc chuyển căn thức ở tử về biểu thức không
chứa căn là việc làm cần thiết,do đó ta sử dụng BĐT Cơsi chuyển từ TBN sang
TBC.Việc chuyển từ TBN sang TBC là một mặt mạnh của BĐT Côsi.

 a, b, c  0
8

abc (a  b)(b  c)(c  a ) 
729
Bài 3: Cho  a  b  c 1 Chứng minh rằng:

Giải
Theo BĐT Cơsi ta có:
3

3

3

3

8
 a  b  c   (a  b )  (b  c )  (c  a ) 
 1  2
abc (a  b)(b  c)(c  a ) 






 

3

3
729

 3  3
III.KĨ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI.

Bài toán mở đầu:
a b
1
 2
a  2
a
Cho a,b > 0.Ta có b a
.Khi đó ta có hệ quả với a >0 thì
.

Dấu "=" xảy ra khi a= 1


Bài toán trên là kết quả của bất đẳng thức Côsi.
Nhưng ta thử đặt câu hỏi là nếu thay điều kiều kiện a > 0 bởi a 1 hay a 2 hay a 5...
thì lời giải bài tốn như thế nào???
Bài 1:Cho a 3 .Tìm Min của

S a 

1
a

+ Sai lầm thường gặp:

S a 

1
1
2 a. 2
a
a

+ Nguyên nhân dẫn đến sai lầm:
1
1
a   a   a 1
a
a
Min S=2 khi
mâu thuẫn với giả thiết a 3 .

+ Xác định điểm rơi:
Ta biết rằng các giá trị cực trị thường xảy ra tại các giá trị biên hoặc giá trị trung tâm.Ở
bài toán này ta thấy khi a tăng thì giá trị của S cũng tăng,mặt khác ta có giá trị biên là 3
nên ta có dự đốn khi a=3 thì S nhận giá trị nhỏ nhất.
1
Ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử a để sao cho khi áp dụng BĐT Côsi dấu "=" xảy

ra khhi a = 2.Có các hình thức tách sau:
 a 1 
   ; a  (1)




1
   a;  (2)
a
 1  
 a,   
 a
 1 
  a;
 (3)

a



  
  a;  (4)
 a 

Chẳng hạn ta chọn sơ đồ (1), với điểm rơi a = 3,ta có:


a 3
  
3 1
    9

 3
 1 1
 a 3

+ Lời giải đúng:

S a 

1  a 1  8a
a 1 8.3 10
    2 . 

a 9 a 9
9 a 9
3

10
Suy ra Min S= 3  a 3

Bài 3: Cho a 2 .Tìm Min của

S a 

1
a2

+ Sai lầm:
S a 

1  a 1  7a
a 1 7a
2
7a
2

7.2 9
  2  
2 . 2 





a 8 a  8
8 a
8
4
8a 8
8.2 8

Vậy Min

S

9
4 khi a=2

+ Nguyên nhân:
Mặc dù đã chọn điểm rơi là a = 2 và Min

S

9
4 là đáp số đúng nhưng cách giải trên

đã mác sai lầm ở việc đánh giá mẫu số: "Nếu a 2 thì

2
2
2


8a
8.2 4 là đánh giá sai".

Ta phải làm sao để khi sử dụng BĐT Côsi sẽ khử hết biến số a ở cả mẫu và tử.
+ Xác định điểm rơi:
a 2
  
2 1
    8

 1 1  4
2
a = 2 cho cặp số  a 4

+ Lời giải đúng:
S a 

1  a a 1  6a
a a 1 6.2 9
    
3 3 . . 2 

2

a 8 8 a 8
8 8 a
8
4

Vậy Min

S

9
4 khi a=2


Bài 4: Cho a,b,c >0 và a  2b  3c 20 .Tìm min của
3 9 4
S a  b  c   
a 2b c

+Tìm điểm rơi: Với a  2b  3c 20 ta dự đoán được điểm rơi a=2, b=3, c=4,ta có sơ đồ
điểm rơi với các biến a,b,c như sau:
 a 2
3
3

 3 3  2    
2
4
 a  2

  b 3

9
1

 9 9  3    
6
2
 2b  6
c 4
1

 4 1   
4 4
4
 c  4 1

Giải
3 9 4  3a 3   b 9   c 4  a b 3c
S a  b  c                 
a 2b c  4 a   2 2b   4 c  4 2 4

Theo BĐT Cơsi ta có:
 3a 3   b 9   c 4 
           3  3  2 8
 4 a   2 2b   4 c 
(1)

Mà

a  2b  3c 20 

a b 3c a  2b  3c 20
  
 5
4 2 4
4
4
(2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: S 13  Min S = 13
Đẳng thức xảy ra  a=2, b=3, c=4
IV.KĨ THUẬT CÂN BẰNG HỆ SỐ:

Bài toán mở đầu:
Cho các số thực khơng âm x,y,z thỗ mãn điều kiện xy + yz + zx = 1,chứng minh bất
đẳng thức:


10 x 2  10 y 2  z 2 4

Giải
Theo BĐT Cơsi ta có:
2 x 2  2 y 2 4 xy
1
8 x 2  z 2 4 xz
2
1
8 y 2  z 2 4 yz
2

Cộng từng vế cả 3 bất đẳng thức trên ta được:

10 x 2  10 y 2  z 2 4  xy  yz  zx  4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
x y

4 x  z 
4 y  z


1

 x  y  3

z 4

3

Đây là một lời giải đẹp,ngắn gọn nhưng hơi thiếu tự nhiên.Chúng ta sẽ tự hỏi tại sao
lại tách 10=2 + 8 đây là sự ngẫu nhiên hay may mắn?Và nếu tách theo cách khác, chẳng
hạn 10 = 3 + 7 liệu có giải được không?Tất nhiên,mọi cách tách khác đều không dẫn đến
kết quả,và tách 10=2+8 cũng không phải là sự may mắn...
Bài 1: Chứng minh rằng nếu xy + yz +zx = 5 thì
3 x 2  3 y 2  z 2 10

+ Phân tích tìm lời giải:
Ta cần tách các hạng tử 3x2, 3y2, z2 sao cho khi áp dụng BĐT Cơsi thì xuất hiện các tích
xy, yz, zx mà có phần hệ số bằng nhau để ta sử dụng được giả thiết xy + yz +zx = 5.
Ta tách 3 l  (3  l ) với (0 l 3) và áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số (x,y),(y,z),(x,z)
ta có:
lx 2  ly 2 2lxy

 3  l  x2 

1 2
z  2(3  l ) xz
2

 3  l  y2 

1 2
z  2  3  l  yz
2

2
2
2
Do đó 3x  3 y  z 2lxy  2(3  l )( xz  yz ) ,vậy ta phải tìm số l dương sao cho

2l  2(3  l )  l 1

Giải
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
x 2  y 2 2 xy
1
2 y 2  z 2 2 yz
2
1
2 x 2  z 2 2 xz
2

Cộng vế theo vế từng BĐT trên ta được:
3x 2  3 y 2  z 2 2( xy  yz  zx) 2.5 10 (đpcm)

Bây giờ ta sẽ xét bài toán tổng quát như sau:
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của
k (x2  y 2 )  z 2

Trong đó các số thực x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 1 và k là một hằng số dương
Giải
Ta hãy tách k l  (k  l ) với (0 l k ) và áp dụng BĐT Côsi theo phương pháp tương tự
như trên.
lx 2  ly 2 2lxy

 k  l  x2 

1 2
z  2(k  l ) xz
2

1
(k  l ) y 2  z 2  2(k  l ) yz
2


2
2
2
Do đó k ( x  y )  z 2lxy  2(k  l )( xz  yz ) .

Trong trường hợp này, ta không phải cân bằng điều kiện đẳng thức mà ta phải cân bằng
điều kiện giả thiết, tức là cần tìm số một số dương l sao cho 2l  2(k  l ) .Khi đó
k ( x 2  y 2 )  z 2 2l ( xy  yz  zx ) 2l .

Số l được chọn ở trên thỏa mãn phương trình
2l 2 k  l  2l 2  l k  l 

 1  1  8k
4

Và ta suy ra kết quả
k ( x2  y 2 )  z 2 

 1  1  8k
2

C.KẾT LUẬN
Nội dung của chuyên đề tập trung vào việc cung cấp cho học sinh các kĩ thuật sử dụng
bất đẳng thức Cô si để chứng minh bất đẳng thức.Chuyên đề được trình bày theo cấu
trúc : cung cấp, hệ thống cho học sinh các kiến thức cơ bản, đưa ra những qui tắc chung
trong việc chứng minh bất đẳng thức,nêu ra những sai lầm mà học sinh thường mắc phải
và đồng thời chỉ ra những sai lầm đó, phân tích và tìm tịi đưa ra lời giải. Cách trình bày
trên chắc chắn sẽ lảm cho học sinh hiểu vấn đề một cách sâu sắc hơn và chủ động hơn
trong việc suy nghĩ tránh tình trạng bị động khơng định hướng được trong phương pháp
giải. Khi thực hiện chuyên đề này tôi mong muốn giúp học sinh nâng cao năng lực
chứng minh bất đẳng thức cũng như giúp các em tự tin và hào hứng hơn với bất đẳng
thức.
Tuy nhiên do bất đẳng thức có một phạm vi khá rộng nên chuyên đề này chỉ tập
trung vào một số kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cơ si .Mặt khác do trình độ cịn hạn chế
nên chắc chắn không thể tránh khỏi nhiều thiếu sót nên tơi rất mong được mọi người góp

ý để chun đề được hồn thiện hơn.
Nghi cơng tháng 4 năm 2011


Người viết
Nguyễn Quốc Hùng