Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cô si

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ - SI Lĩnh vực: Tốn Cấp học: Trung học sở Tên tác giả: Nguyễn Cao Cường Đơn vị công tác: Trường THCS Thái Thịnh, Quận Đống Đa Chức vụ: Phó Hiệu trưởng Năm học 2018 - 2019 MỤC LỤC Trang I.Lý chọn đề tài II Nhiệm vụ, mục đích đề tài III Phạm vi đề tài IV Đối tượng nghiên cứu phương pháp tiến hành Chương GIỚI THIỆU BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI Bất đẳng thức Cô-si 2 Những quy tắc chung Chương MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BĐT CÔ - SI 1.Kỹ thuật 1: Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân Kỹ thuật 2: Kỹ thuật tách nghịch đảo Kỹ thuật 3: Kỹ thuật chọn điểm rơi Kỹ thuật 4: Kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC 11 Kỹ thuật 5: Kỹ thuật nhân thêm số 12 Kỹ thuật 6: Kỹ thuật ghép đối xứng 15 Kỹ thuật 7: Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số 16 Kỹ thuật 8: Kỹ thuật đổi biến số 18 Kết luận khuyến nghị 20 Tài liệu tham khảo 1/20 MỞ ĐẦU  I Lý chọn đề tài Tốn học nói chung tốn học phổ thơng nói riêng giúp người học, người nghiên cứu có kiến thức, tư logic khả suy luận Đối với học sinh trung học sở, tốn học hình thành cho em kiến thức sở ban đầu, kiến thức toán học đại Qua học, vấn đề toán với cách thức suy luận giúp em hình thành tư tốn học Tốn học sơ cấp có lẽ mảng tốn học địi hỏi trí thơng minh, óc tư linh hoạt người học, bất đẳng thức (BĐT) vấn đề hay khó Từ lớp trung học sở, học sinh giới thiệu cách bất đẳng thức, phương pháp chứng minh bất đẳng thức Và hầu hết người học bất đẳng thức, biết bất đẳng thức kinh điển, tiếng: bất đẳng thức Cô-si Nhưng thực tế chung học sinh phổ thông việc vận dụng bất đẳng thức Cơ - si vào giải tốn gặp nhiều khó khăn Chính vậy, để giúp học sinh khắc phục phần khó khăn trên, tơi viết đề tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cơ - si" II Nhiệm vụ, mục đích đề tài Đề tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si" giới thiệu đến với học sinh bất đẳng thức Cô – si số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cơ-si Bên cạnh đó, đề tài sai lầm thường gặp học sinh sử dụng bất đẳng thức Cô – si Đề tài viết theo cách thức lý thuyết kèm với ví dụ minh họa Bên cạnh việc cung cấp, tổng kết cách sử dụng bất đẳng thức Cô - si, đề tài cịn giới thiệu tốn minh họa, áp dụng kỹ thuật giới thiệu III Phạm vi đề tài Với học sinh trung học sở, lớp em giới thiệu tiếp cận với bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức Cơ -si nói riêng Vì vậy, đề tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si" hướng tới việc giúp cho học sinh lớp 8; lớp có kiến thức bất đẳng thức Cơ-si số kỹ thuật sử dụng từ giúp cho em phát triển tư bất đẳng thức, đặt móng cho cấp độ lớn sau IV Đối tượng nghiên cứu phương pháp tiến hành Đề tài tập trung nghiên cứu bất đẳng thức Cô-si Trên sở kiến thức dạng bất đẳng thức, tổng kết kỹ thuật thường dùng Phương pháp chủ yếu đề tài phương pháp nghiên cứu tổng kết kinh nghiệm thực tế giảng dạy 3/23 Chương GIỚI THIỆU BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI Bất đẳng thức Cô – Si (CAUCHY) 1.1.Dạng tổng quát (n số): x1, x2, x3 …… xn ≥ ta có:  Dạng 1:  Dạng 2:  Dạng 3: x1  x2  xn n  x1 x2 xn n x1  x2  xn  n n x1 x2 xn  x1  x2  xn    n   n  x1 x2 xn Dấu “ = ” xảy khi: x1  x2   xn Hệ 1: Nếu: x1  x2   xn  S  const thì: Max  P  x1 x2 xn  x1  x2   xn  S   n n S n Hệ 2: Nếu: x1x2 xn  P  const thì: Min S  x1  x2  x2  nn P  x1  x2   xn  n P 1.2.Dạng cụ thể ( số, số ): n = 2:  x, y ≥ đó:  n = 3:  x, y, z ≥ đó: x y  xy x  y  xy x y z  xyz x  y  z  3 xyz 1.2.3  x y    xy    x y z   xyz    1.2.4  x  y   4xy  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 1.2.1 1.2.2 1.2.5 1.2.6 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 4/23 Những quy tắc chung 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 Cơ Si Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: không 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 tốn 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 5/23 CHƯƠNG MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BĐT CÔ - SI Kỹ thuật 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  c2  c2  a   8a 2b2c 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 4    24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai ) Lời giải đúng: Sử dụng BĐT Cô Si: x2 + y2 ≥ x2 y = 2|xy| ta có: a  b2  ab    2 b  c  bc    2 c  a  ca  a  b2 b2  c2  c2  a2   8| a2b2c2 |  8a2b2c2 a, b, c (Đú ng) Bình luận:  Chỉ nhân vế BĐT chiều ( kết BĐT chiều) vế không âm  Cần ý rằng: x2 + y2 ≥ x2 y = 2|xy| x, y khơng biết âm hay dương  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 Cô Si  Trong toán dấu “ ≥ ”  đánh giá từ TBC sang TBN = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho số, cặp số Bài : Chứng minh rằng:   a  b  64ab(a  b)2  a,b ≥ Giải  a b       a  b    a  b   ab    64ab(a  b)2 6/23   2  a  b  ab   24.22.ab  a  b     CôSi 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 Cô-si 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 ≥ Côsi Giải: 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 áp dụng BĐT Cơ-si ta có b2 Khi có định hướng việc tách hệ số khơng có khó khăn a, b, c, d  CMR : abcd  Bài 5: Cho:  1 1 81 1  a   b   c   d   Giải Từ giả thiết suy ra:  1      b c d Côsi bcd  1     =    33      1 a  1 b   1 c   1 d  1 b 1 c 1 d 1  b  1  c  1  d  Vậy:  bcd 3 0  1  b  1  c  1  d  1  a  cda  1  b  3  c  d  a      abcd    81  1  a   b 1  c   d 1  a   b 1  c   d dca    1  c  d 1  c 1  a    abc  3 0 1  d  a  b  c                   81 Bài toán tổng quát: Cho:  x1 , x2 , x3 , , xn   1  1  x   x   x    x  n  n   abcd  Bình luận: 7/23 CMR : x1 x2 x3 xn   n  1 n   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 Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có kỹ thuật nhỏ hay sử dụng Đó kĩ thuật tách nghịch đảo 2.Kỹ thuật 2: Kỹ thuật tách nghịch đảo a b   a.b  b a a b Côsi ab Giải Ta có:   2 b a ba a2  Bài 2: CMR:  a  R a2 1 Bài 1: CMR: Giải Côsi a   a 1 1 1   a2 1   a2 1 2 Ta có: 2 a 1 a 1 a 1 a2 1 Dấu “ = ” xảy  a 1   a 1   a  a 1 Bài 3: CMR: a   a  b  b  a  b Giải: Ta có nhận xét: b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b đo hạng tử đầu a phân tích sau: a Cơsi 1  b   a  b   3 b. a  b   a  b  b  a  b b a  b b a  b Dấu “ = ” xảy  b   a  b   Bài 4: CMR: a  a = b = 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  Từ ta có (1) tương đương : 8/23 b 1  b 1 2 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 Bài 5: Bài toán tổng quát: Cho: x1  x2  x3  ., xn  1 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   k k k     n 1 k     n 1 k    k k k k   n 1 k  2 n1 k 2 a     n k k an  a1  a2   a1  a2   a1  a2   an1  an   an1  an  k k k k k k k k k  a2  a3   an1  an  an  a1  a2  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 Kỹ thuật 3: Kỹ thuật chọn điểm rơi Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” BĐT Cô-si 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  Giải Sai lầm thường gặp học sinh: S  a  a ≥ a =2 a a Dấu “ = ” xảy  a   a =  vơ lí giả thiết a ≥ a Cách làm đúng: 9/23 để cho áp dụng a BĐT Cô-si dấu “ = ” xảy a = Có hình thức tách sau: Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hạng tử  1   a;    a   1   a;  a     a, a         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  a    1   a      = a 3a a 3a 3.2   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 Cô-si cho số a 3a đạt giá trị lớn a = 2, tức chúng có , a điểm rơi a = Bài 2: Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S  a  a2 Giải Sơ đồ chọn điểm rơi: a   a =    1 1  a      = Sai lầm thường gặp: S a =  a  7a a 7a 7a 7.2              MinS a a 8 a  8a 8.2 4 Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù chọn điểm rơi a = MinS = đáp số cách giải mắc sai lầm việc đánh giá mẫu số: Nếu a ≥ 2   đánh 8a 8.2 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 Cô-si khử hết biến số a mẫu số 10/23 Lời giải đúng:  a a  6a Côsi a a 6a 6a 6.2      2      8 a 8 a2  8 a2  Với a = Min S = a, b, c  1 Bài 3: Cho  Tìm giá trị nhỏ S  a  b  c  a  b  c a  b  c   S a Giải Sai lầm thường gặp: 1 1 11 S  a  b  c     6 a.b.c   Min S = a b c a b c Nguyên nhân sai lầm : Min S =  a  b  c      a  b  c   trái với giải thiết a b c Phân tích tìm tòi lời giải: Do S mọt biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt điểm rơi a bc  Sơ đồ điểm rơi: a  b  c   a  b  c       2  a  b  c     4  Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau:   a  b  c    a  b  c    1     a b c      4    4 2  Vậy ta có cách giải theo sơ đồ sau:  1 1 11 S   4a  4b  4c      3 a  b  c   6 4a.4b.4c   a  b  c  a b c a b c  15 15  12   Với a  b  c  MinS = 2 2 a, b, c  Bài 4: Cho  Tìm GTNN a  b  c    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  11/23 b  c  a       36  a 12   b2 12   c2 12   36   MinS = b  c  a   Nguyên nhân sai lầm: MinS =  a  b  c      a  b  c   trái với giả a b c thiết Phân tích tìm tịi lời giải Do S biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt a bc   2 a  b  c         a  b2  c       16  Lời giải S  a2  1    16b 16b2 b2  1    16c 16c2 16  1717 a  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 b 16 c 16 a 16 c 16 a  a 17 b 17 c  a 17  17 17 5  16 16 16 16 b 16 c 16 a  16 a b c 2.17 2a2b2c    17  16 1 1 1  1717 b2  1717 c 2 16b 16b 16c 16c 16a 16a  17 3 17   1   16a 16a 16 16  1717 c2  15  2a  2b  2c      17 Dấu “ = ” xảy a  b  c  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 tốn 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 12/23    Kỹ thuật 4: Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC) Nếu đánh giá từ TBC sang TBN đánh giá với dấu “ ≥ ”, đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nơm na thay dấu “ + ” dấu “ ” ngược lại đánh giá từ TBN sang trung bình cộng thay dấu “ ” dấu “ + ” Và cần phải ý biến tích thành tổng, tổng phải triệt tiêu hết biến, lại số Bài : CMR ab  cd   a  c  b  d  a, b, c, d  (1) Giải(1)  ab   a  c  b  d  cd  Theo BĐT Cơ-si ta có:  a  c  b  d  1 a b  1 c b  1 ac bd  VT        1 1  (đpcm)    a  c b  c   a  c b  d   a  c b  c  Bình luận:  Nếu giữ nguyên vế trái biến tích thành tổng ta khơng thể triệt tiêu ẩn số  ta có phép biến đổi tương đương (1) sau biến tích thành tổng ta phân thức có mẫu số  Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta sử dụng BĐT Cô-si ta phải đánh giá từ TBN sang TBC a  c  Bài 2: CMR c  a  c   c  b  c   ab   (1) b  c  Giải Ta có (1) tương đương với : c b  c  c a  c  1 ab ab Theo BĐT Cơ-si ta có: c b  c   c  a  c    c b  c    a b  c a  c           1(đpcm) ab ab  b a   a b   a b    Bài 3: CMR 1 abc  1 a  1 b  1 c  a, b, c  (1) Giải: Ta có biến đổi sau, (1) tương đương: 1.1.1  abc  1  a  1  b  1  c   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 a b c   a  b  c  1 VT               1  a  b  c  1  a  b  c  1  a  b  c  Dấu “ = ” xảy  a = b = c > Ta có tốn tổng qt 1: CMR: n a a .a  n bb .b  n a  b  1  a2  b2   an  bn  n n 2 13/23   , bi  i  1, n  Bài : Chứng minh rằng: 16ab(a  b)2  (a  b)4 Giải Ta có: a, b  2  4ab  (a  b)2   (a  b)2  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 Cô-si 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           729   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 Kỹ thuật 5: Kỹ thuật nhân thêm số đánh giá từ TBN sang TBC Bài 1: Chứng minh rằng: a b 1  b  a 1  ab a, b  Giải Bài hoàn 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 Côsi  b 1   ab a  b 1  a  b 1.1  a  2 Ta có :  Côsi  a 1   ab  b  a 1  b  a 1  b 2 ab ab  a b 1  b  a 1  +  ab 2 b   b    Dấu “ = ” xảy   a   a  Bình luận: 14/23  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: S  a  b  b  c  c  a a  b  c  Giải Sai lầm thường gặp:  Côsi  a  b    a  b   a  b       bc     ca   b  c   Côsi  c  a  Côsi  ab  bc  ca  b  c  1  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 trò a, b, c biểu thức điểm rơi BĐT a  b  c  từ ta dự đốn Max S =  a + b = b + c = c + a =  3 số cần nhân thêm Vậy lời giải là:  a  b    C ôsi  3  a  b   ab  2   b  c     C ôsi 3 b  c    bc  2    Côsi  c  a   c  a    ca  2    a  b  c   3    ab  bc  ca  2 Bài toán cho đầu theo yêu cầu sau học sinh có định hướng tốt a, b, c  hơn: Cho  Chứng minh rằng: S  a  b  b  c  c  a  Tuy a  b  c  15/23 nhiên nắm kỹ thuật điểm rơi việc viết đầu theo hướng giải 0  x  Bài 3: Cho  Tìm Max A = (3 – x )(12 – 3y)(2x + 3y) 0  y  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 Bài 4: Cho x, y > Tìm Min f(x, y) =  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  f(x,y) =    Min 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 Cơ-si 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 : x1  x2  x3  xn   Cho x1, x2 , x3 x4  Tìm Min f  x1.x22.x33 xnn 1 23  n 16/23 Tóm lại : Để sử dụng BĐT Cô-si từ TBN sang TBC ta cần ý: Chỉ số thức số số hạng nhiều số số hạng nhỏ số phải nhân thêm số để số số hạng số 6.Kỹ thuật 6: Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng cần nắm số kiểu thao tác sau: 2  x  y  z    x  y    y  z    z  x   Phép cộng:  x y y z z x   x  y  z  2  2 Phép nhân: x y z   xy  yz  zx  ; xyz= xy yz zx  x, y, z   Bài 1: Chứng minh rằng: bc ca ab    a  b  c a, b, c  a b c Giải Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:   bc ca  bc ca   c   b a b 2  a  ca ab bc ca ab   ca ab    a     a  b  c Dấu “ = ” xảy  a =   b c b c a b c     bc ab bc ab      c c  a c   a b = c Bài 2: a b2 c b c a Chứng minh rằng:      b c a a b c abc  Giải Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:   a b2  a b2  a  a     c  b2 c c c 2  b    b2 c      a  2  c  2 1  a  c     b a   b2 c  b  b c2 a2 a a a2 c2  c  c b2 a b b  a  b2  c  b  c  a  b  c  a b2 c a a b c a b c Bài 3: Cho tam giác ∆ABC, a,b,c số đo ba cạnh tam giác CMR:    2    a)  p  a   p  b   p  c   abc ; b)   p  a p  b p  c  a b c  Giải a) Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 17/23            p  a  p  b   p  a   p  b c   p  b   p  c  a  p  b  p  c  2  p  a   p  c  b  p  a  p  c   2   p  a   p  b   p  c   18 abc b) Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:  1  1       2  p  a p b      1       2  p b p  c     1  2  p  a  p  c        p  a p  b     p  b p  c      p  a  p  c   p  a   p  b  p  b   p  c  p  a   p  c  c  a  b    2      p  a p  b p  c  a b c   Dấu “ = ” xảy cho a) b) vào ∆ ABC đều: a = b = c a bc ( p nửa chu vi tam giác ∆ABC: p  ) Bài 4: Cho ∆ ABC, a, b, c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: b  c  ac  a  b a  b  c   abc Giải Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:  0     0    0     b  c  a c  a  b    c  a  b  a  b  c  b  c  a  a  b  c  b  c  a    c  a  b   c c  a  b   a  b  c   a  b  c  a    a  b  c   b   b  c  a   c  a  b   a  b  c   abc Dấu “ = ” xảy  ∆ ABC đều: a = b = c Kỹ thuật 7: Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số Nội dung cần nắm đượccác thao tác sau: 18/23     1    x1   x  y  z   1x  1y  1z    x  x   x  n Chứng minh : Bài 1: Giải x, y, z      n2 x , x , , x  n x2 xn  bc c  a a b    a, b, c  a b c (1) bc   c  a   a b   1  1  a   b   c     a bc bc  a c  a b      a  b  c       (đpcm )  a b c a b c 2 Bài 2: Chứng minh rằng:    a, b, c 0 a b bc c  a a bc  Ta biến đổi (1) tương đương: 1  Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau:  1  2a  b  c       a b bc c a   1    a  b    b  c    a  c       (đpcm )    a  b b  c c  a  Bài 3: Chứng minh rằng: c a b    a, b, c  (BĐT Nesbit) a b bc c a Giải c   a   b  Ta có biến đổi tương đương sau: 1   3   1   1 a b bc ca 2     a bc   a bc   a bc          a b   bc   c a   1       ab bc ca   1    a  b    b  c    a  c       (đpcm)    a  b b  c c  a   a  b  c  Bài 4: Chứng minh rằng: Giải c2 a2 b2 a bc    a b bc ca c2   a2   b2   a  b  c   a   b   a  b   b  c   c  a   c   a   b  3 a  b  c  c 1     a 1    b 1  a  b   b  c   c  a    Ta biến đổi BĐT sau:  c   a, b, c  19/23     abc  a  b  c   a c b  b a c  c b a     c a b    a b bc c a c   a   b    1   1   1 a  b   b  c   c  a    a  b    b  c    a  c           a  b b  c c  a  Kỹ thuật 8: Kỹ thuật đổi biến số Có tồn mặt biểu thức tốn học tương đối cịng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải,ta chuyển tốn từ tình khó biến đổi trạng thái dễ biến đổi Phương pháp gọi phương pháp đổi biến c a b    a, b, c  (BĐT Nesbit) Bài 1: Chứng minh rằng: a b bc c a Giải b  c  x   yzx z x y x yz Đặt: c  a  y   a  ; b ; c 2 a  b  z   Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: y x yzx z x y x yz z x y z                 2x 2y 2z  x y x z  z y Bất đẳng thức hiển nhiên đúng, Thật áp dụng BĐT Cơ-si ta có: y x z x y z VT ≥       x y x z z y Dấu “ = ” xảy  x = y = z  a = b = c Bài 2: Cho ∆ABC Chứng minh rằng: a2 b2 c2    abc b  c  a c  a b a b c Giải b  c  a  x   yz zx x y Đặt: c  a  b  y   a  ; b ; c 2 a  b  c  z   Khi bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: 2 y  z z  x x  y     (2)    x y z 4x 4y 4z yz zx xy  yz zx   zx xy   yz xy  Ta có: VT (2) ≥         x y z  x y   y z   x z  Côsi  yz zx zx xy yz xy   x yz x y y z x z 20/23 Bài 3:Cho ∆ ABC CMR : ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c ) ≤ abc (1) Giải b  c  a  x   yz zx x y Đặt: c  a  b  y   a  ; b ; c 2 a  b  c  z   Khi ta có BĐT (1) tương đương với bất đẳng thức sau: x y y z z x xyz  2 x y y z z x  xy yz zx  xyz (đpcm) Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 2 Bài 4: Cho ∆ABC CMR:  p  a   p  b   p  c  p (1)  p  a  p  b  p  c Giải pa  x 0  Đặt:  p  b  y  (1)  pc  z      x y z xyz x2 y z (2) Ta có: 1 1  1 1  1 1  1 1 1             2 2 x y  2 y z  2 x z  x y y z x2 z 1 x y z     xy yz zx xyz Dấu “ = ” xảy  x = y = z  a = b = c  ∆ ABC VT (2) = 21/23 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ  Đề tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si" bước đầu đạt số mục đích người viết: - Học sinh hứng thú, khơng cịn sợ bất đẳng thức lúc tiếp cận - Học sinh bước đầu vận dụng bất đẳng thức Cô - si vào giải dạng toán đơn giản như: chứng minh bất đẳng thức đơn giản; tìm cực trị đại số - Học sinh có kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cơ-si mắc sai lầm vận dụng - Học sinh giỏi vận dụng tốt bất đẳng thức Cô-si kỳ thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn, thi vào lớp 10 THPT Kết khảo sát trước sau thực đề tài (thực với 52 học sinh lớp 9G 50 học sinh đội tuyển thi học sinh giỏi cấp Quận thi Olympic cấp Quận) Biết bất đẳng Từng áp dụng Đã biết thức Cơ-Si BĐT Cơ-si vào kỹ thuật sử giải tốn dụng BĐT Côsi mà học sinh biết Trước thực đề tài Sau thực đề tài Hứng thú vận dụng bất đẳng thức Côsi 52% 30% 38% 35% 100% 90% 100% 86% Chúng ta biết vai trị quan trọng bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức Cơ-si tốn học Vai trị với học sinh giỏi tốn, học sinh chun tốn lại quan trọng Nó giúp học sinh có kiến thức bất đẳng thức, từ em phát triển thêm tư chứng minh, sử dụng bất đẳng thức việc giải dạng toán từ đơn giản đến phức tạp Tuy nhiên với góc nhìn cá nhân, đề tài khó tránh khỏi sai sót Đặc biệt kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô-si chưa đầy đủ, hệ thống tập chưa phong phú Người viết mong muốn nhận ý kiến đóng góp để đề tài hồn thiện Mọi ý kiến đóng góp vui lịng liên hệ: Nguyễn Cao Cường Trường THCS Thái Thịnh - Quận Đống Đa – Thành Phố Hà Nội Địa chỉ: 131 A - Phố Thái Thịnh – Quận Đống Đa – Thành Phố Hà Nội Email: nguyencaocuong.hanoi@gmail.com 22/23 TÀI LIỆU THAM KHẢO  Hà Văn Chương - 838 toán bât đẳng thức – NXB ĐHQG TPHCM Nguyễn Đức Tấn – Chuyên đề bất đẳng thức ứng dụng đại số (THCS) – NXB Giáo dục Trần Phương - Các phương pháp chứng minh BĐT - NXB TPHCM Trần Phương – Những sai lầm thường gặp giải toán Nguyễn Vũ Thanh – Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS : Đại Số - NXB Giáo dục Phạm Quốc Phong – Nâng cao đại số - NXB Giáo dục Nguyễn Văn Mậu -Giải phương trình vơ tỉ phương pháp không mẫu mực – NXB Giáo dục 23/23 ... tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cơ - si" II Nhiệm vụ, mục đích đề tài Đề tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si" giới thiệu đến với học sinh bất đẳng thức Cô – si số kỹ thuật. .. chung bất đẳng thức Cơ -si nói riêng Vì vậy, đề tài "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si" hướng tới việc giúp cho học sinh lớp 8; lớp có kiến thức bất đẳng thức Cơ -si số kỹ thuật sử dụng. .. "Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô - si" bước đầu đạt số mục đích người viết: - Học sinh hứng thú, khơng cịn sợ bất đẳng thức lúc tiếp cận - Học sinh bước đầu vận dụng bất đẳng thức Cô