Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cô si

Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cô si

Kỹ thuật sử dụng Bất đẳng thức Cô-Si NHNG QUY TẮC CHUNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI Quy tắc song hành: hầu hết BĐT có tính đối xứng việc sử dụng chứng minh cách song hành, giúp ta hình dung kết nhanh chóng định hướng cách giả nhanh Quy tắc dấu bằng: dấu “ = ” BĐT quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi BĐT Chính mà dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy dấu kì thi học sinh khơng trình bày phần Ta thấy ưu điểm dấu đặc biệt phương pháp điểm rơi phương pháp tách nghịch đảo kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: khơng học sinh mà số giáo viên nghiên cứu chứng minh BĐT thương hay mắc sai lầm Áp dụng liên tiếp song hành BĐT không ý đến điểm rơi dấu Một nguyên tắc áp dụng song hành BĐT điểm rơi phải đồng thời xảy ra, nghĩa dấu “ = ” phải được thỏa mãn với điều kiện biến Quy tắc biên: Cơ sở quy tắc biên toán quy hoạch tuyến tính, tốn tối ưu, tốn cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhỏ hàm nhiều biến miền đóng Ta biết giá trị lớn nhất, nhỏ thường xảy vị trí biên đỉnh nằm biên Quy tắc đối xứng: BĐT thường có tính đối xứng vai trị biến BĐT dấu “ = ” thường xảy vị trí biến Nếu tốn có gắn hệ điều kiện đối xứng ta dấu “ = ” xảy biến mang giá trị cụ thể Chiều BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” giúp ta định hướng cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN ngược lại Trên quy tắc giúp ta có định hướng để chứng minh BĐT, học sinh thực hiểu quy tắc qua ví dụ bình luận phần sau BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI (CAUCHY) Dạng tổng quát (n số): x1, x2, x3 …… xn ≥ ta có: x1  x2  xn n  x1 x2 xn n x1  x2  xn  n n x1 x2 xn  Dạng 1:  Dạng 2:   x  x2  xn  Dạng 3:   n   n  x1 x2 xn Dấu “ = ” xảy khi: x1  x2 Hệ 1: Nếu:   xn S Max  P  x1x2 xn     n x1  x2   xn  S n x1  x2   xn  S  const Hệ 2: Nếu: x1 x2 xn  P  const thì: Min  S  x1  x2  x2   n n P x1  x2 Dạng cụ thể ( số, số ): n = 2:  x, y ≥ đó: 2.1 2.2 2.3   xn  n P n = 3:  x, y, z ≥ đó: x y  xy x  y  xy x y z  xyz x  y  z  3 xyz  x y    xy    x y z     xyz   n thì: 2  x  y   xy  x  y  z   27 xyz 1   x y x y  xy  x  y 2 1    x y z x y z  xyz  x  y  z 3 2.4 2.5 2.6 Bình luận:  Để học sinh dễ nhớ, ta nói: Trung bình cộng (TBC) ≥ Trung bình nhân (TBN)  Dạng dạng đặt cạnh tầm thường lại giúp ta nhận dạng sử dụng BĐT Cô Si: (3) đánh giá từ TBN sang TBC khơng có thức CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG 3.1 Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá BĐT theo chiều “ ≥ ” Đánh giá từ tổng sang tích Bài 1: Chứng minh rằng: a  b2  b2  c  c  a   8a 2b 2c a, b, c Giải Sai lầm thường gặp: Sử dụng:  x, y x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 ≥  x2 + y2 ≥ 2xy Do đó: a  b  2ab  2 2 2 2 2 b  c  2bc  a  b b  c c  a  8a b c a, b, c (Sai) c  a  2ca    2  Ví dụ: 3  5  24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) 4       Lời giải đúng: Sử dụng BĐT Cô Si: x2 + y2 ≥ a  b  ab    2 b  c  bc    2 c  a  ca  a x2 y = 2|xy| ta có:  b2  b2  c2  c2  a   8| a 2b2c |  8a 2b2c a, b, c (Đúng) Bình luận:  Chỉ nhân vế BĐT chiều ( kết BĐT chiều) vế không âm  Cần ý rằng: x2 + y2 ≥  Nói chung ta gặp tốn sử dụng BĐT Cơ Si tốn nói mà phải qua phép biển đổi đến tình thích hợp sử dụng BĐT Cơ Si Trong toán dấu “ ≥ ”  đánh giá từ TBC sang TBN = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho số, cặp số  Bài : Chứng minh rằng:  x2 y = 2|xy| x, y khơng biết âm hay dương  a  b  64ab(a  b)2  a,b ≥ Giải     a  b   a  b    a  b   ab      2  a  b  ab   24.22.ab. a  b     CôSi  64ab(a  b)2 Bài 3: Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab  a, b ≥ Giải Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 33 1.a.b 3.3 a.b.ab  9ab Bình luận:  = 3.3 gợi ý sử dụng Côsi cho ba số, cặp Mỗi biến a, b xuất ba lần, sử dụng Cô Si cho ba số khử thức cho biến Bài 4: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2  a, b ≥ Giải Cơsi Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3  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 áp dụng BĐT Cơsi ta có b2 Khi có định hướng việc tách hệ số khơng có khó khăn a, b, c, d   Bài 5: Cho:  1 1 1  a   b   c   d   CMR : abcd  81 Giải Từ giả thiết suy ra:  1      b c d Côsi bcd Vậy:  1    33   1    1  = 1 a  1 b   1 c   1 d  1 b 1 c 1 d 1  b  1  c  1  d   bcd 3 0  1 b 1 c 1 d 1 a  cda  1 b  3 1 c 1 d 1 a      abcd    81  1 a 1 b 1 c 1 d 1 a 1 b 1 c 1 d dca    1 c 1 d 1 c1 a    abc  3 0 1 d  a  b  c              abcd             81 Bài toán tổng quát 1:  x1 , x2 , x3 , , xn   Cho:  1 1 1  x   x   x    x  n  n  CMR : x1 x2 x3 xn   n  1 n Bình luận:  Đối với tốn có điều kiện biểu thức đối xứng biền việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng giúp ta xử lí tốn chứng minh BĐT dễ dàng a, b, c  Bài 6: Cho  a  b  c  1    CMR :  1  1  1  a  b  c  (1) Giải VT (1)  1 a 1 b 1 c b  c c  a a  b  a b c a b c Côsi  bc ca ab  (đpcm) a b c Bài toán tổng quát 2:  x1 , x2 , x3 , ., xn   x1  x2  x3   xn  1 CMR :  Cho:   Bài 7: CMR: 1     x1   1   1   x2 1    2     x3    1   xn  1     Giải        Ta có: 1 abc  (1)  (2) Cơsi    abc       1 c         33 a 2b2c  33 abc  abc   abc  abc    a  b  c   abc  abc a, b, c         Côsi n    3    a  b  c   1  a    b  1  c   Cơsi Ta có: 1   1 a 1 b          Ta có:  a  b  c  1  ab  bc  ca  a  b  c  abc       1   n  1 abc (3) Dấu “ = ” (1) xảy  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c Dấu “ = ” (2) xảy  ab = bc = ca a = b = c  a = b= c Dấu “ = ” (3) xảy  abc =1  abc = Bài toán tổng quát 3: Cho x1, x2, x3,……., xn ≥ CMR:  1   n                  n x1  x2   xn    1 x1 1 x2  1 xn   1 n x1 x2 .xn  2n x1 x2 xn Bình  n    luận:  Bài toán tổng quát thường sử dụng cho số, áp dụng cho toán BĐT lượng giác tam giác sau  Trong tốn có điều kiện ràng buộc việc xử lí điều kiện mang tình đồng đối xứng quan trọng, giúp ta định hướng hướng chứng minh BĐT hay sai Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có kỹ thuật nhỏ hay sử dụng Đó kĩ thuật tách nghịch đảo 3.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo a b Bài 1: CMR:   a.b  b a Giải Ta có: Bài 2: CMR: a b Cơsi ab   2 b a ba a2   a  R a2 1 Giải Côsi a   a  1  1   a2 1   a2 1 2 2 a 1 a 1 a 1 a2 1  a2 1   a  Dấu “ = ” xảy  a   a 1 a  a  b  b  a  b Ta có: Bài 3: CMR: Giải Ta có nhận xét: b + a – b = a khơng phụ thuộc vào biến b đo hạng tử đầu a phân tích sau: a Côsi 1  b  a  b   3 b. a  b   a  b  b a  b b a  b b a  b Dấu “ = ” xảy  Bài 4: CMR: b   a  b  a b  a  b  a = b = 3  ab0  a  b  b 1 (1) Giải Vì hạng tử đầu có a cần phải thêm bớt để tách thành hạng tử sau sử dụng BĐT rút gọn cho thừa số mẫu Tuy nhiên biểu thức mẫu có dạng  a  b  b  1 (thừa số thứ đa thức bậc b, thừa số thức bậc hai b) ta phải phân tích thành tích đa thức bậc b, ta tách hạng tử a thành tổng hạng tử thừa số mẫu Vậy ta có:  a  b  b  1 = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a theo cách sau: 2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) a +1 =  a  b  b 21  b 21 Từ ta có (1) tương đương : VT + = a 1 b 1 b 1  a  b    2  a  b   b  1 b  1  a  b  b 1  4.4  a  b  Côsi b 1 b 1   ĐPCM 2  a  b   b  1 b  1 2a  3 4b(a  b) Bài 5: CMR :  a   a 1  b Giải Nhận xét: Dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a Chuyển đổi tất biểu thức sang biến a điều mong muốn việc sử lí với biến đơn giản Biến tích thành tổng mặt mạnh BĐT Cơsi Do đó: Ta có đánh giá mẫu số sau: Vậy: 4.b  a  b  b  4.    a  b    a     a2 2a  Côsi 2a3  a3  a3  1 Côsi   aa  a.a  2 4b(a  b) a a a a b  a  b  Dấu “ = ” xảy    a  a  a    b   Bình luận:  Trong việc xử lí mẫu số ta sử dụng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC nhằm làm triệt tiêu biến b  Đối với phân thức việc đánh giá mẫu số, tử số từ TBN sang TBC hay ngược lại phải phụ thuộc vào dấu BĐT Bài 6: Bài toán tổng quát Cho: x1  x2  x3  ., xn   k  Z CMR: a1  an  a1  a2   a2  a3  . an1  an  k k k   n 1 k     n 1 k    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     n 1 k  2 n1 k2 a       n k k  a1  a2   a1  a2   an1  an   an1  an  k  k k k k k a2  a3  an1  an  k  k   k  k    an  a1  a2   n 1 k     n 1 k     k k  an a  a   k  k   k  k k 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 chuyển sang TBN phần chứa biến số bị triệt tiêu lại số Tuy nhiên kỹ thuật tách nghịch đảo tốn có điều kiện ràng buộc ẩn việc tách nghịch đảo học sinh thường bị mắc sai lầm Một kỹ thuật thường sử dụng kỹ thuật tách nghịch đảo, đánh giá từ TBN sang TBC kỹ thuật chọn điểm rơi 3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” BĐT Cơsi quy tắc tính đồng thời dấu “ = ”, quy tắc biên quy tắc đối xứng sử dụng để tìm điểm rơi biến Bài 1: Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) S a a Giải Sai lầm thường gặp học sinh: Dấu “ = ” xảy  a a=1 a S a a ≥ a =2 a  vơ lí giả thiết a ≥ Cách làm đúng: Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hạng tử để cho áp dụng BĐT Côsi dấu “ = ” xảy a = a Có hình thức tách sau:  1   a;  (1)   a   1   a;  (2) a  1   a, a         a;  (3)   a    a;   (4)  a  Vậy ta có: Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1): (sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) học sinh tự làm) 1  a    1   a    a 3a a 3a 3.2 S    2   1  a 4a 4   = Dấu “ = ” xảy  a = Bình luận:  Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” điểm rơi a = dựa quy tăc biên để tìm  =  Ở ta thấy tính đồng thời dấu “ = ” việc áp dụng BĐT Côsi cho số a , a 3a đạt giá trị lớn a = 2, tức chúng có điểm rơi a = Bài 2: Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S  a  12 a Giải a     a=2    1 1  a Sơ đồ chọn điểm rơi:     = Sai lầm thường gặp: S  a  a  7a a 7a 7a 7.2     2          MinS =  a 8a 8.2 4 4 a 8 a  Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù chọn điểm rơi a = MinS = số: Nếu a ≥ 2   8a 8.2 đáp số cách giải mắc sai lầm việc đánh giá mẫu đánh giá sai Để thực lời giải ta cần phải kết hợp với kỹ thuật tách nghịch đảo, phải biến đổi S cho sau sử dụng BĐT Côsi khử hết biến số a mẫu số Lời giải đúng: S  a Với a = Min S =  a a  6a Côsi a a 6a 6a 6.2      2      88a 8 a2  8 a2  a, b, c   Bài 3: Cho  Tìm giá trị nhỏ a  b  c   1 S  abc   a b c Giải Sai lầm thường gặp: 1 1 11 S  a  b  c     6 a.b.c  a b c a b c  Min S = Nguyên nhân sai lầm : Min S =  a  b  c    1  a  b  c   a b c trái với giải thiết Phân tích tìm tịi lời giải: Do S mọt biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt điểm rơi Sơ đồ điểm rơi: a bc   a  b  c          a  b  c  a bc    4  Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau: a bc    a   b   c    1     a b c   2   4     4 2  Vậy ta có cách giải theo sơ đồ sau:  1 1 11 S   4a  4b  4c       a  b  c   6 4a.4b.4c   a  b  c  a b c a b c   15  12   Với a  b  c  2 MinS = a, b, c   Bài 4: Cho  Tìm GTNN a  b  c   15 S  a2  1  b2   c  2 b c a Giải Sai lầm thường gặp:     S  33 a  12 b2  12 c2  12  36  a  12   b2  12   c2  12  b c a b        b  c  a   36  a 12   b2 12   c2 12   36  c   MinS = a  Nguyên nhân sai lầm: MinS =  a  b  c    1  a  b  c   a b c trái với giả thiết Phân tích tìm tịi lời giải Do S biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt  2 a  b  c         a  b2  c   a bc     16  Lời giải S  a2  1    16 b  16b2  b2  16  1717 a  16 1   16 a  16a2  16 16 16  a2 b2 c2 a b c 17 17  17  17  17  17 16  17 16  17 16 16 32 16 32 16 32 16 b 16 c 16 a 16 c 16 a  16 b  17 3 17   c2  1 1 1  1717 b2  1717 c 2 16 b 16b 16 c 16c 16 a 16a2    16  1717 1    16 c  16c2  a 17 b 17 c 16 16 b 168 c16 168 a16  a 17   17 17 5  16 a b c 2.17 2a 2b2c        17  15  2a  2b  2c      17 a bc  Dấu “ = ” xảy 2.17   Min S = 17 Bình luận:  Việc chọn điểm rơi cho toán giải cách đắn vềmặt toán học cách làm tương đối cồng kềnh Nếu áp dụng việc chọn điểm rơi cho BĐT Bunhiacơpski toán nhanh gọn đẹp  Trong toán dùng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC, chiều dấu BĐT không phụ thuộc vào chiều đánh cịn phụ thuộc vào biểu thức đánh giá nằm mẫu số hay tử số Bài 5: Cho a, b, c, d > Tìm giá trị nhỏ 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 thường gặp:  a bcd  2  a b  c  d  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 c abd 2 abd c d abc 2 abc d  S≥2+2+2+2=8 Sai lầm thường gặp: Sử dụng BĐT Côsi cho 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 =    a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  =  Vô lý c  d  a  b d  a  b  c  Phân tích tìm tịi lời giải Để tìm Min S ta cần ý S biểu thức đối xứng với a, b, c, d Min S có thường đạt “điểm rơi tự do” : a = b = c = d > 0.(nói điểm rơi a, b, c, d khơng mang giá trị cụ thể) Vậy ta cho trước a = b = c = d dự đoán Min S  40  12  Từ suy đánh giá BĐT phận phải có điều kiện dấu 3 xảy tập điều kiện dự đoán: a = b = c = d > Ta có sơ đồ điểm rơi: Cho a = b = c = d > ta có: 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        Cách 1: Sử dụng BĐT Cơsi ta có: 10 Ta có toán tổng quát 1: CMR: n  a1a2 .an  n b1b2 .bn  n  a1  b1  a2  b2   an  bn  Bài : Chứng minh rằng: 16ab(a  b)2  (a  b)4  , bi  i  1, n  a, b  Giải 2  4ab  (a  b)2   ( a  b)  Ta có: 16ab(a  b)  4.(4ab)(a  b)        ( a  b) 2     a, b, c  Bài 5: Cho  Chứng minh abc a  b b  c  c  a   729 a  b  c  2    Giải Sơ đồ điểm rơi: Ta nhận thấy biểu thức có tính đối xứng dấu “ = ” BĐT xảy abc Nhưng thực tế ta cần quan tâm sau sử dụng BĐT Côsi ta cần suy điều kiện xảy dấu “ = ” là: a = b = c Do ta có lời giải sau: abc  a  b  b  c   c  a          a  b  b  c   c  a    3  3         729   3  3    Côsi  a  b  c  3 Trong kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm số để cho sau biến tích thành tổng tổng triệt tiêu biến Đặc biệt tốn có thêm điều kiện ràng buộc ẩn số việc nhân thêm số em học sinh dễ mắc sai lầm Sau ta lại nghiên cứu thêm phương pháp phương pháp nhân thêm số, chọn điểm rơi việc đánh giá từ TBN sang TBC Do trình bày phương pháp điểm rơi nên mục ta trình bày gộp phần 12 3.5 Kỹ thuật nhân thêm số đánh giá từ TBN sang TBC b 1  b  a 1  ab Bài 1: Chứng minh rằng: a a, b  Giải Bài hồn tồn chia vế cho ab sau áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC phần trước trình bày, nhiên ta áp dụng phương pháp mới: phương pháp nhân thêm số  a  Ta có :   b b 1  a b 1.1  Côsi a  b 1   ab 2  a 1   a 1  b  a 1  b  ab ab ab  a  b  1  b  a  1  +  ab 2 b   b  Dấu “ = ” xảy     a   a  Cơsi Bình luận:  Ta thấy việc nhân thêm số vào biểu thức khơng hồn tồn tự nhiên, lại nhân thêm mà Thực chất vấn đề chọn điểm rơi BĐT theo quy tắc biên a = b = 1/2 Nếu không nhận thức rõ vấn đề học sinh mắc sai lầm VD sau a, b, c  Bài 2: Cho  Tìm giá trị lớn nhất: a  b  c  S  ab  bc  ca Giải Sai lầm thường gặp:   ab      bc     ca    a  b  Côsi b  c  Côsi  c  a  Côsi     a  b 1 b  c  1  ab  bc  ca  c  a  1 2a  b  c   2 Nguyên nhân sai lầm Dấu “ = ” xảy  a + b = b + c = c + a =  a + b + c = trái với giả thiết Phân tích tìm tịi lời giải: Do vai trị a, b, c biểu thức điểm rơi BĐT Max S = 6.a+b=b+c=c+a=    ab      bc      ca    abc từ ta dự đoán Vậy lời giải là: 3 a  b  2 b  c    3 2 c  a    3 2  số cần nhân thêm Côsi  a  b  3 Côsi b  c   3 Côsi c  a   13   a  b  c   3 ab  bc  ca    2 a, b, c  Bài toán cho đầu theo yêu cầu sau học sinh có định hướng tốt hơn: Cho  a  b  c  minh rằng: S  a  b  b  c  c  a theo hướng giải 0  x  Cho  Bài 3: 0  y  Chứng  Tuy nhiên nắm kỹ thuật điểm rơi việc viết đầu Tìm Max A = (3 – x )(12 – 3y)(2x + 3y) Giải Côsi    2x   12  y    2x+3y     36 A =   x 12  y  x  y         x  Dấu “ = ” xảy  -2x = 12 - 3y = 2x + 3y =    y  Bình luận:  Việc chọn điểm rơi toán học sinh thường bị lúng túng Tuy nhiên cắn vào yêu cầu đánh giá từ TBN sang TBC cần phải triệt tiêu hết biến vào hệ số tích ta nhân thêm vào thừa số thứ điều hợp lý  x  y Bài 4: Cho x, y > Tìm Min f(x, y) = xy Giải Ta có: 3  1  4x+2y+2y  4 xy   4x  y  y    x  y    x  y      16 16  27  16   3 x  y x  y   4    Min f( x, y) =  f(x,y) = 27 xy x  y  27  27 Dấu “ = ” xảy  4x = 2y = 2y  y = 2x > Đó tập hợp tất điểm thuộc đường thẳng y = 2x với x dương Thực việc để hệ số tùy ý cho sau áp dụng BĐT Cơsi ta biến tích thành tổng x + y ( Có thể nhân thêm hệ số sau: 2x.y.y) Bình luận:   Trong tốn u cầu tìm Min nên ta sử dụng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC cho phần mấu số đánh giá từ TNB sang TBC đánh giá với dấu “ ≤ ” nên nghịch đảo “ ≥ ” Ta đánh giá tử số từ TBC sang TBN để có chiều “ ≥ ” Bài tốn tổng quát 1:  x  x  x  xn  x1, x2 , x3 x4  Tìm Min f  32 x1.x2 x3 xnn 1 23  n Cho Bài 5: Chứng minh rằng: n n  1 (1) n  N (n  1) n Giải Với n = 1, ta nhận thấy (1) Với n ≥ ta có: 14 n n  n n n.1.1   n  n  1  1   n   n  2 n  n   1 n n n  m  n N (1) n2 n n2 Bài toán tổng quát 2: m    1 Chứng minh rằng: 1    1   m  n  n Giải m  Ta biến đổi (1) bất đẳng thức tương đương sau: n 1   1   1 m n m  Ta có: n 1     1 1 1 1   n 1   1   1   1.1 .1 m m  m m   nm     m m   Côsi  nm    1  1   1 1    1    1       m 1    n  m m  m m m      1 n n n Bình luận  Cần phải bình luận dấu “ = ”: tốn ta coi 1/m = a dấu BĐT Côsi xảy 1+ a =  a = Nhưng thực tế điều tương đương với m tiến tới +∞, m hữu hạn dấu “