IV.KỸ THUẬT THÊM HẰNG SỐ Để sử dụng được BĐT Cô si từ TB nhân sang TB cộng ta cân nhân thêm các hằng số để làm mất dấu căn thức, hoặc để khử biến số... VD7: CMR: Giải Ta có: Măt khác:
Trang 1I ĐÁNH GIÁ TỪ TRUNG BÌNH CỘNG SANG TRUNG BÌNH NHÂN
VD1: CMR: (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8a2b2c2 ∀ a,b,c
Bài toán nay thường gặp sai lầm sau:
Sử dung kết quả: x2 +y2 ≥ 2xy Do đó:
a2 + b2 ≥ 2ab
b2+ c2 ≥ 2bc
c2+ a2 ≥ 2ac
suy ra (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8a2b2c2
Lời giải đúng :
a2 + b2 ≥ 2ab
b2+ c2 ≥ 2bc
c2+ a2 ≥ 2ac
suy ra (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8a2b2c2=8 a2b2c2
VD2: CMR:
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
VD3: Cho a,b,c,d ≥ 0 và a+b+c+d=1
CMR:
81
1
≥
abcd
Giải
Từ gt ta suy ra:
Tơng tự ta có:
+
− +
+
− +
+
−
≥
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
( )( )( )
3
1 1 1
3 1 1
bcd d
d c
c b
b
+ + +
≥ +
+ +
+ +
+ + +
≥ +
+ + +
≥ +
+ + +
≥ +
+ + +
≥ +
3 3 3 3
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
c b a
abc d
d b a
abd c
d c a
acd b
d c b
bcd a
2
8 64 ( ) )
( a + b ≥ ab a+b
( )
2 2
2
4
4 4
4 2 8
) ( 64 ) (
2
.
2
) 2 ).(
( 2 2
)
(
b a ab b
a
ab
ab b
a ab
b
a
b a b
a
+
= +
=
≥ +
+
=
=
=
+
Trang 2Nhân vế theo vế ta được:
Chúng ta có thể tổng quát bài toán trên:
VD4: Cho
CMR:
VD5: Cho:
CMR:
Giải
Ta có: VT=
(ĐPCM)
Ta có bài toán tổng quát:
VD6: Cho
CMR:
VD7: CMR:
( )( )( )( ) ( a)( b)( c)( d)
abcd d
c b
1
1
81
1
≥
abcd
n n
n
n
a
a
a
n a a
a
a
a
a
) 1 (
1
1 1
1
1
1
1
1
0 , ,
,
2
1
2 1
2
2
1
−
≤
−
≥ + + + +
+
+
>
8 1
1 1
1
0 ,
,
≥
−
−
−
= +
+
>
c c
b b
a
a
c b
a
c
b
a
8
2
2
.
2
.
1
.
1
.
1
=
≥
+ + +
=
−
−
−
c
ab b
ca
a
bc
c
b a b
a c a
c b c
c b
b
a
a
( )n n
n
n n
n a a
a a
a
a
a a
a
a a
a
1
1
1 1
1
0 , ,
,
2 2
2
1
2
1
2
1
−
≥
= + +
+
>
(1 )( 1 )( 1 ) ( 1 ) 8 , , 0 3
3
≥
∀
≥ +
≥ + + +
≥
c b a abc abc
c b a c
b
a
Trang 30 3
) 1 )(
(
4
2 ≥ ∀ > ≥ +
−
b b a a
II.KỸ THUẬT TÁCH NGHỊCH ĐẢO
Kỹ thuật tách nghịch đảo đó là kỹ thuật tách nghịch đảo phần nguyên
theo mẫu số để khi chuyển sang TB nhân thì các phần chứa biến bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số.
VD1: CMR:
Giải
Vì nên a và b cùng dấu Do đó:
VD2: CMR:
Giải
VD3: CMR:
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
VD4: CMR:
Giải
VD5: CMR:
0
2 ∀ ≠
≥
a
b b
a
1
=
a
b
b
a
2
≥ +
=
+
a
b b
a a
b b
a
a
b
b
a
2 1
2 2
2
≥ +
+
a a
2 1
1 1 2
1
1 1
1
1 1 1
2
2
2 2
2 2
2
2
2
= + +
≥ + + +
= +
+ +
=
+
+
a
a a
a a
a
a
a
=
>
∀
≥
−
+
1 2
2 2 2
ab
b a b
a
b a
0 3
) (
1
>
>
∀
≥
−
b a b a
3 ) (
1 ).
( 3 ) (
1 )
( ) (
1
−
−
≥
− + +
−
=
−
+
b a b b b a b
a b b b a b a
b
a
⇒
=
−
−
≥
− +
−
=
− +
−
=
−
+
−
=
−
+
2 2
2 ).
( 2
2 )
(
2 ) ( 2 )
2
2
b a b a b
a b
a
b a
ab b
a b
a
ab b
a b
a
b
a
Trang 4=
−
=
− +
−
+ +
−
≥
− +
− +
+ +
+ +
−
= +
−
+
3 1 4 1 ) 1 )(
(
4 )
2
1 )(
2
1 )(
( 4
1 ) 1 )(
(
4 2
1 2
1 )
( ) 1 )(
(
4
2 2
b b a
b b b a
b b a
b b
b a b
b
a
a
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
Ta có thể tổng quát bài toán này:
VD6: Cho CMR:
Giải
Ta có:
VT=
(ĐPCM)
III KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ TỪ TB NHÂN SANG TB CỘNG
Giải
Ta có: (1) Theo BĐT Cô si ta có:
2 ) 1 ( ( 1) 1
3 2 2 1 1
2 1
2 ) 1 ( ) (
) (
) (
1
1 0
+
−
+
−
≥
−
−
− +
∈
≤
>
>
>
>
k
n n k n
n k k
n
n
k
k n a
a a
a a a a a
Z k a
a a
1
1
n
k so hang k so hang k so hang
n
a
−
−
+
}
( 1) 2 1
( 1) 2 ( 1)
1
n k k
n n
n k n k
k
−
− +
−
=
) )(
(a c b d cd
1 ) )(
( ) )(
+ +
+ + +
⇔
d c b a
cd d
b c a ab
1 2
1 2
1 2
+
+ + +
+
=
+
+ + +
+
+ +
≤
d b
d b c a
c a d
b
d c a
b d
b
c c a a VT
Trang 5VD2: CMR: (1)
Giải
Ta có: (1)
Theo BĐT Cô si ta có:
(ĐPCM)
Ta có thể tổng quát bài toán này:
Giải
Ta có: (1)
Theo BĐT Cô si ta có:
(ĐPCM)
VD4: CMR:
Giải
Ta có:
Theo BĐT Cô si ta có:
3
3 abc+ 1 ≤ (a+ 1 )(b+ 1 )(c+ 1 )
1 ) 1 )(
1 )(
1 (
1 1 1 )
1 )(
1 )(
1 (
) 1 )(
1 )(
1 ( 1 1 1
3 3
3 3
3
≤ + + +
+ + + +
⇔
+ + +
≤ +
⇔
c b a c
b a
abc
c b a abc
⇒
=
+
+ + +
+ + +
+
=
+
+ +
+ +
+
+
+ +
+ +
≤
1 1
1 1
1 1
1
3
1
1
1 1
1 1
1 3
1 1 1
1 3
1
c
c b
b a
a
c b
a c
c b
b a
a
VT
0 , , , , , , , )
) (
)(
(
2
n n n
n n
n b b b a b a b a b a a a b b b a
a
a
1 ) ) (
)(
(
) ) (
)(
(
2 2 1 1
2 1 2
2 1 1
2
+ +
+
+ + +
+
n n
n n
n n
n
b a b a b a
b b b b
a b a b a
a a a
1
1
1
1
1
2 2
2 2 1 1
1 1
2 2
2 1
1
1 2
1
=
=
+
+ + + +
+ + +
+
=
+ + + +
+ + +
+ + + +
+ +
≤
n n b a
b a b
a
b a b
a
b
a
n
b a
b b
a
b b
a
b n b a
a b
a
a b
a
a
n
VT
n n
n n
n n
n n
N n n
n− + −1 ≤ 1 ∀ 3 ≤ ∈
!
1
1 1
1 1 1
3
2 3
1 2
1 2
1 1
1
1
4
3 3
2 2
1 1
1 1
3
1 2
1
1
1
1
1
4
3 3
2 2
1 1
3
1 2 1
1
1
!
1 1
1
!
1
1 1
1 1
1
1
=
+ +
+ +
+
−
=
=
−
+
−
≤
≤
− +
⇔
≤ +
⇔
≤ +
−
−
−
−
−
−
n
n n n
n
n n
n n
VT
n
n n
n n
n
n
n n
n n
n
n
Trang 6
IV.KỸ THUẬT THÊM HẰNG SỐ
Để sử dụng được BĐT Cô si từ TB nhân sang TB cộng ta cân nhân thêm các hằng số để làm mất dấu căn thức, hoặc để khử biến số.
VD1: CMR:
Giải
Ta có:
Cộng vế theo vế ta đợc:
(ĐPCM) VD2: Cho
CMR
Giải
+
VD3: Cho x,y > 0 Tìm:
Giải
Ta có:
1 , 1
b a
2 2
1 ) 1 ( 1 ).
1 ( 1
2 2
1 ) 1 ( 1 ).
1 ( 1
ab a
b a
b a
b
ab b
a b
a b
a
= +
−
≤
−
=
−
= +
−
≤
−
=
−
2 2
ab ab
6
1
0 ,
,
≤ + + + + +
= + +
≥
a c c b b a
c b a
c b
a
+
+
≤ +
=
+
+
+
≤ +
=
+
+
+
≤ +
=
+
2 3
2 ) ( 2
3 3
2 ).
( 2
3
2 3
2 ) ( 2
3 3
2 ).
( 2
3
2 3
2 ) ( 2
3 3
2 ).
( 2
3
a c a
c a
c
c b c
b c
b
b a b
a b
a
6 3 2
3 2
2 ) (
2 2
≤ + + +
+
a
2
3 ) ( ) , inf(
xy
y x y x
4
27 ) , inf(
4
27 ) ( 27 4
) ( ) ( ) , (
) ( 27
4 ) ( 3
4 16
1 3
2 2 4 16
1 ) 2 )(
2 )(
4
(
16
1
3
3 2
3
3 3
3 2
=
⇒
= +
+
≥
+
=
+
=
=
≤
=
y x M
y x
y x xy
y x y x f
ra
Suy
y x y
x y
y x y
y x xy
Trang 7Dấu bằng xảy ra khi và chi khi 4x=2y=2y hay y=2x VD4: Cho x,y,z > 0 Tìm
Giải
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6x=3y=2z
Tổng quát ta có bài toán sau:
Cho x1,x2 ,xn > 0 Tìm VD5: CMR:
Giải
Với n=1,2 ta thấy BĐT (1) đúng
Với n ≥ 3 ta có:
(ĐPCM)
Ta có bài toán tương tự:
VD6: CMR:
Giải
Với n=1,2,3,4 ta thấy (1) đúng Với n > 4 ta có:
3 2
6 ) (
) , , inf(
z xy
z y x z y x
n n
n n n
x x x
x x
x x x x M
)
( ) , , ,
2 1
2 1 2
2 2
1
+ + + + + +
=
432 ) , , inf(
432 3
2 6 ) (
) , , (
) (
3 2 6 1
6
2 2 2 3 3 6 3 2 6 1
) 2 )(
2 )(
2 )(
3 )(
3 )(
6 (
2 3 6 1
2 3 3
2 6
6 2
3 3
2
6 3
3
3 2 3
2
=
⇒
=
≥ + +
=
+ +
≤
⇔
≤
=
z y x M
z xy
z y x z y x f ra
Suy
z y x z
xy
z z z y y x
z z z y y x z
xy
N n n n
n
n < 1 + 2 ( 1 ) ∀ > 0 , ∈
⇒ +
=
+
<
− +
≤
⇒
+ + + + +
≤
−
n n
n n n
n n
n
n
n n n
n
n
n
so n n
so n n
2 1 2
) 2 ( 2
1
1 1 1
1 1
1 2
N n n n
n
n < 1 + 1 ( 1 ) ∀ > 0 , ∈
n n
n n n
n
so n
1
1
1 1 2 2 2 2 1
1 1 2 2 2
2
1 4 1
4
+
=
+ + + + + + +
≤
−
Trang 8VD7: CMR:
Giải
Ta có:
Măt khác:
Ta thấy đẳng thức không thể xảy ra nên ta có đpcm
V
KỸ THUẬT GHÉP ĐỐI XỨNG
Các kỹ thuật thường dùng:
zx yz xy xyz
zx yz xy z
y x
x z z y y x z y x
x z z y y x z y x
.
) )(
)(
(
2 2
2
) ( ) ( ) ( ) (
2
2 2 2
=
=
+ +
+ +
+
= + +
+ + + + +
= + +
2 2
2 2
2
≠
∀ + +
≥ +
b
c a
b c
a a
c c
b b a
Giải
Theo BĐT Cô si ta có:
n m
n
m n
m
1 1
1 1
1 1
1
+
⇔
+
<
+
n n
m n m m
n
m m
m
m m
m
m n m
n
m
1 1
) (
1 1
1
1 1
1 1
1 1
1 1
1
1 1
1 1
1 1
1 1
1
1
+
=
− +
+
=
=
+ + + +
+ + +
+ +
+
≤
+
+
+
=
+
−
Trang 9
≥
=
≥
+
≥
=
≥
≥
=
≥
+
b
c b
c b
a a
c b
a
a
c
a
b a
b a
c c
b a
c
c
b
c
a c
a c
b b
a c
b
b
a
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
1
2
1
2
1
Cộng vế theo vế ta có:
b
c a
b c
a a
c c
b b
a
+ +
≥ + + 22 22
2 2
VD2: CMR: a3 +b3 +c3 =a2 bc+b2 ca +c2 ab ∀a,b,c≥ 0
Giải
Ta có: a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab) ≥ (a+b)(2ab-ab)=(a+b)ab
Tương tự ta có: b3+c3≥ (b+c)bc
c3+a3 ≥ (c+a)ca
Do đó: 2(a3+b3+c3) ≥ (a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca
⇔ 2(a3+b3+c3) ≥a2b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)
≥a2 2 bc+b2 2 ca +c2 2 ab
Suy ra a3 +b3 +c3 =a2 bc+b2 ca+c2 ab
VD3: Mọi tam giác ABC ta đều có:
≥
−
+
−
+
p
1 1 1 2 1 1
1
Giải
2− >
+
=
p , tương tự ta có p-b > 0, p-c > 0
Áp dung BĐT Cô si ta được:
b a p c p a p c p a
p c p
a c p b p c p b p c
p b p
c b p a p b p a p b
p a p
2 2
1 )
)(
(
1 1
1
2
1
2 2
1 )
)(
(
1 1
1
2
1
2 2
1 )
)(
(
1 1
1
2
1
=
− +
−
≥
−
−
≥
−
+
−
=
− +
−
≥
−
−
≥
−
+
−
=
− +
−
≥
−
−
≥
−
+
−
Cộng vế theo vế ta được
Trang 10
≥
−
+
−
+
p
1 1 1 2 1 1
1
VI.KỸ THUẬT CẶP NGHỊCH ĐẢO 3 SỐ:
Ta sử dung kết quả sau:
( ) 1 1 1≥ 9 ∀ , , > 0
+
c b a c b
VD1: CMR: Mọi tam giác ABC ta đều có: h a +h b +h c ≥ 9r
Giải
Ta có:
9 1 1 1 ) (
9 1 1 1 2
9 2 2 2 9
≥
+ +
⇔
≥
⇔
≥ + +
⇔
≥ + +
c b a c b a c
b a p
p
S c
S b
S a
S r h h
Điều nay đúng, vậy ta có điều phải chứng minh
2
2 2
2
>
∀ + +
≥ +
+ +
+
c b a b a
c a c
b c b a
Giải
Ta có:
2 3
) (
2
3 )
(
) (
2
3 1
1 1
) (
2 3
2
2 2
2
2 2
2
≥ +
+ +
+ +
⇔
+ +
≥
+
+ +
+ + +
+
⇔
+ +
≥
+ + +
+ + +
+ +
⇔
+ +
≥
+ + +
+ + +
+ +
⇔
+ +
≥ +
+ +
+ +
b a
c a c
b c b a
c b a b
a
c a c
b c b
a c b a
c b a b
a
c c
a c
b b
c b
a a
c b a b
a
c c a c
b b c b
a a
c b a b a
c a c
b c b a
Trang 11
( ) ( ) ( )
2
9 1
1 1
≥
+
+ +
+ + +
+ + + +
⇔
≥
+ + +
+ + +
+ +
⇔
a c c b b a a c c b b a
b a
c a
c
b c
b a
Theo VD1 ta thấy BĐT này đúng, do đó ta có (đpcm)
+ +
≥
+
+ +
+ +
−
−
−
m c
b a c b a b a
m a c
m c b
Giải
9 9
) )(
)(
(
3
) )(
)(
( 3 (*)
(*) 9 )
( ) (
9 2
3
3 3
=
=
+ + + +
+ +
≥
≥
+
+ +
+ + +
+ + + +
⇔
+ +
≥
+
+ +
+ +
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
b b
b a a c a b
b a a c c b
b a a c c b
m
b a a c c b
m m m b
a a c c b VT
b a
m a c
m c b
m b a a c c b
c b a b a
m a c
m c b
m
Vây ta có đpcm
Với một số VD trên phần nào cho ta được một số kỹ thuật sử dụng BĐT Cô
si để chứng minh BĐT Từ những ví dụ đó học sinh sẽ có được một số đinh hướng khi chứng minh BĐT Đây là lần đầu tiên em viết một chuyên đề nên không thể tránh được sai sót, kính mong các thầy cô góp ý giúp em hoàn thiện hơn
Tài liệu tham khảo:
-Một số phương pháp và kỹ thuật chứng minh BĐT (Trần Phương)-NXB TP
Hồ Chí Minh
-Bộ đề tuyển sinh năm 1991-NXB Giáo dục