Chung minh bat dang thuc

3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Côsi và các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ được sử[r]

Kỹ thuật sử dụng Bất đẳng thức Cô-Si 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 có tính đối xứng đó việc sử dụng các chứng minh cách song hành, giúp ta hình dung kết nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh Quy tắc dấu bằng: dấu “ = ” BĐT là quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn chứng minh Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi BĐT Chính vì mà dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy dấu mặc dù các kì thi học sinh có thể không trình bày phần này Ta thấy ưu điểm dấu đặc biệt phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: không học sinh mà số giáo viên nghiên cứu và chứng minh BĐT thương hay mắc sai lầm này Áp dụng liên tiếp song hành các BĐT không chú ý đến điểm rơi dấu Một nguyên tắc áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải cùng thỏa mãn với cùng điều kiện biến Quy tắc biên: Cơ sở quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhỏ hàm nhiều biến trên miền đóng Ta biết các giá trị lớn nhất, nhỏ thường xảy các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng thì vai trò các biến BĐT là đó dấu “ = ” thường xảy vị trí các biến đó Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể dấu “ = ” xảy các biến và mang giá trị cụ thể Chiều BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” giúp ta định hướng cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại Trên là quy tắc giúp ta có định hướng để chứng minh BĐT, học sinh thực hiểu các quy tắc trên qua các ví dụ và 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:   x1  x2  xn    n   Dạng 3: n  x1 x2 xn x x2 Dấu “ = ” xảy và khi: Hệ 1: Nếu:  xn x1  x2   xn S const thì: Max  P x1 x2 xn  S   n n x1 x2  xn S n Hệ 2: Nếu: x1x2 xn P const Dạng cụ thể ( số, số ): n = 2:  x, y ≥ đó: 2.1 2.2 x y  xy x  y 2 xy thì: Min  S x1  x2  x2  n n P x1 x2  xn n P n = 3:  x, y, z ≥ đó: x yz  xyz x  y  z 3 xyz  x yz    xyz    x  y  4 xy  x  y  z  27 xyz 1   x y x y  xy  x  y  1    x y z x yz  xyz  x  y  z  2.3 2.4 2.5  x y   xy   2.6 Bình luận:  Để học sinh dễ nhớ, ta nói: Trung bình cộng (TBC) ≥ Trung bình nhân (TBN)  Dạng và dạng đặt cạnh có vẻ tầm thường lại giúp ta nhận dạng sử dụng BĐT Cô Si: (3) đánh giá từ TBN sang TBC không 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 là đánh giá BĐT theo chiều “ ≥ ” Đánh giá từ tổng sang tích a Bài 1: Chứng minh rằng:  b2   b2  c   c  a  8a 2b 2c a, b, c Giải Sai lầm thường gặp: Sử dụng:  x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 ≥  x2 + y2 ≥ 2xy Do đó: a  b 2ab  2 b  c 2bc c  a 2ca a  b b2  c c  a 8a 2b 2c a, b, c   (Sai) 2   3  4  Ví dụ:   24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai )     Lời giải đúng: Sử dụng BĐT Cô Si: x2 + y2 ≥ a  b 2 ab 0   2 b  c 2 bc 0  2 c  a 2 ca 0  a x2 y2 = 2|xy| ta có:  b2   b2  c2   c  a2  8| a 2b2c | 8a 2b 2c a, b, c (Đúng) Bình luận:  Chỉ nhân các vế BĐT cùng chiều ( kết BĐT cùng chiều) và các vế cùng không âm    x2 y2 Cần chú ý rằng: x2 + y2 ≥ = 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng BĐT Cô Si bài toán nói trên mà phải qua và phép biển đổi đến tình thích hợp sử dụng BĐT Cô Si Trong bài toán trên 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:   a  b 64ab(a  b)2  a,b ≥ Giải  a b     4 a  b    a  b   ab     CôSi   2  a  b  ab  24.22.ab a  b      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 các biến đó Bài 4: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2  a, b ≥ Giải Côsi 3 3 Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3  3 a b = 9ab2 Bình luận:  9ab2 = 9.a.b.b  gợi ý đến việc tách hạng tử 7b thành hai hạng tử chứa b để áp dụng BĐT Côsi ta có b Khi đã có định hướng trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn a, b, c, d    1 1 1  a   b   c   d 3 Bài 5: Cho:  CMR : abcd  81 Giải Từ giả thiết suy ra:  1      b c d Côsi bcd     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   b 1  c  1 d 1  a  cda  1  b 3  c  d  a       dca   3 1  c 1 d 1 c  1 a    abc  3 1  d  1 a   b  1 c             Vậy: 0 0  0 abcd 81   a    b    c    d  1  a  1  b  1  c  1  d  0  abcd  81 Bài toán tổng quát 1:  x1 , x2 , x3 , , xn   1  1  x   x   x    x n  n Cho:  CMR : x1 x2 x3 xn   n  1 n Bình luận:  Đối với bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng biền thì việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng giúp ta xử lí các bài toán chứng minh BĐT dễ dàng a, b, c   a  b  c 1 Bài 6: Cho  1    CMR :   1   1   1 8 a  b  c  Giải (1) 1 a 1 b 1 c b  c c  a a  b VT (1)   a b c a b c Côsi  bc ca ab 8 a b c (đpcm) Bài toán tổng quát 2:  x1 , x2 , x3 , ., xn  CMR :  x1  x2  x3   xn 1   Cho: 3    1 a  b  c     1 a 1 b   Bài 7: CMR:    1     n   1   1   1   1  n  1 x  x  x   xn         2    1 c  1   3 abc 8 abc a, b, c 0 Giải 3  a  b  c     a    b    c   Côsi  1 a 1 b           Ta có:  a  b  c 1  ab  bc  ca  a  b  c  abc    Ta có:    Côsi          Ta có:   abc  Côsi    abc  8     1  c  (1)    33 a 2b2c  33 abc  abc   abc    (2) abc (3) Dấu “ = ” (1) xảy  1+a = 1+b = 1+c  a = b = c Dấu “ = ” (2) xảy  ab = bc = ca và a = b = c  a = b= c Dấu “ = ” (3) xảy  abc =1  abc = Bài toán tổng quát 3: Cho x1, x2, x3,……., xn ≥ CMR:  x  1   n  x2   xn    1 x1 1 x2  1 xn   1 n x1 x2 .xn  n             n  3    2n x1x2 xn Bình luận:  Bài toán tổng quát trên thường sử dụng cho số, áp dụng cho các bài toán BĐT lượng giác tam giác sau này  Trong các bài toán có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tình đồng và đối xứng là quan trọng, giúp ta định hướng hướng chứng minh BĐT đúng hay sai Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có kỹ thuật nhỏ hay sử dụng Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo 3.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo a  b 2 a.b  Bài 1: CMR: b a Giải Ta có: Bài 2: CMR: a  b Côsi  a b 2 b a ba a  2 a  R a 1 Giải Côsi a   a 1 1 1   a 1   a 1 2 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1  12  a 1 1  a 0 a 1 Dấu “ = ” xảy  Ta có: 3 a  b  b  a  b a Bài 3: CMR: Giải Ta có nhận xét: b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b đo đó hạng tử đầu a phân tích sau: a Côsi b  a  b   3 b. a  b  3 a  b    b  a  b b  a  b b  a  b Dấu “ = ” xảy  Bài 4: CMR: b  a  b   b  a  b  a = và b = a 3  a  b   a  b  b 1 (1) Giải Vì hạng tử đầu có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau sử dụng BĐT rút gọn cho các  a  b   b 1 thừa số mẫu Tuy nhiên biểu thức mẫu có dạng (thừa số thứ là đa thức bậc b, thừa số là thức bậc hai b) đó ta phải phân tích thành tích các đa thức bậc b, đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa số mẫu  a  b   b 1 Vậy ta có: = (a - b)( b + 1)( b + 1)  ta phân tích a theo cách sau: a  b   b 1  b 1  2 2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) a +1 = Từ đó ta có (1) tương đương : a 1  VT + = b 1 b 1  a  b     2  a  b   b 1  b 1  a  b   b 1  4.4  a  b  b 1 b 1 4 2  a  b   b 1  b 1 Côsi 2a 1 3 4b(a  b) Bài 5: CMR :  ĐPCM   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 là điều mong muốn vì việc sử lí với biến đơn giản Biến tích thành tổng thì đây là mặt mạnh BĐT Côsi Do đó: 4.b  a  b  Ta có đánh giá mẫu số sau: Vậy:  b 4.    a  b  4 a   a 2a 1 Côsi 2a3 1 a3  a3 1 Côsi    a  a   a.a 3 2 4b(a  b) a a a a b a  b a 1       a a b 2   Dấu “ = ” xảy  Bình luận:  Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng kỹ thuật đó là đánh giá từ TBN sang TBC nhằm làm triệt tiêu biến b Đối với phân thức thì 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  và k  Z CMR: a1   n  1 k  k k an  a1  a2   a2  a3   an  an  k Giải an   a1  a2    a2  a3     an  an   VT = a  n   n  1 k   n k 2 a       n k   k    k  k k    n  1 k   an  a1  a2   a1  a2   a1  a2   an  an   an  an     k an  a1  a2   a2  a3   an  an    k        k  k    k  a1  a2     a1  a2     an  an     an  an     k      k    n  k 2   k     k  k k k k k  a2  a3   an  an  an  a1  a2  k k k  a2  a3   an  an   n  1 k   n  k 2       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 thì các phần chứa biến số bị triệt tiêu còn lại số Tuy nhiên kỹ thuật tách nghịch đảo bài toán có điều kiện ràng buộc ẩn thì 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 là kỹ thuật chọn điểm rơi 3.3 Kỹ thuật chọn điểm rơi Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” BĐT Côsi và các quy tắc tính đồng thời dấu “ = ”, quy tắc biên và 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  Cách làm đúng: a aa=1 S a  a ≥ a =2  vô lí vì giả thiết là a ≥ Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hạng tử Có các hình thức tách sau:  1    a;  (1)   a   1    a;  (2) a  1   a, a          a;  (3)  a     a;   (4)   a  a a để cho áp dụng BĐT Côsi dấu “ = ” xảy a = Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1): (sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) học sinh tự làm) 1  a     1  a      = Vậy ta có: Bình luận: S a   3a 2 a  3a 1  3.2 5 a 4a 4 Dấu “ = ” xảy  a =  Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = dựa trên quy tăc biên để tìm  =  Ở đây ta thấy tính đồng thời dấu “ = ” việc áp dụng BĐT Côsi cho số a = 2, tức là chúng có cùng điểm rơi là a = Bài 2: Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a,1 a và 3a đạt giá trị lớn S a  12 a Giải a       1  a2 a=2    Sơ đồ chọn điểm rơi: Sai lầm thường gặp: S a      =  a  7a a 7a 7a 7.2     2         a a 8 a  8a 8.2 4 Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù chọn điểm rơi a = và MinS =  2 8a 8.2  MinS = là đáp số đúng cách giải trên đã mắc sai lầm việc đánh giá mẫu số: Nếu a ≥ thì là đánh giá sai Để thực lời giải đúng 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 S a  Lời giải đúng: Với a = thì Min S =  a a  6a Côsi a a 6a 6a 6.2      2      8 a 8 a  8 a2  a, b, c    a  b  c  Tìm giá trị nhỏ Bài 3: Cho  1 S a  b  c    a b c Giải Sai lầm thường gặp: 1 1 11 S a  b  c    6 a.b.c 6 a b c a b c  Min S = Nguyên nhân sai lầm : a b c 1 1 1 1  a  b  c 3  a b c Min S =  trái với giải thiết Phân tích và tìm tòi lời giải: a b c 1 Do S là mọt biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt điểm rơi a b c 1 Sơ đồ điểm rơi:  a b c      2    a  b  c      4  Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau: a b c 1    a  b  c    1 1 2   a b c   2   4    4   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   a b c 1 2 Với 15 thì MinS = a, b, c    a  b  c  Tìm GTNN Bài 4: Cho  S  a2  1  b2   c  2 b c a Giải Sai lầm thường gặp:       S 33 a  12 b2  12 c  12 36  a  12   b2  12   c  12  b c a b  36  a 12   b2 12   c2 12  36 3    b    c     c     a   a   MinS = Nguyên nhân sai lầm: a b c 1 1 1 1  a  b  c 3  a b c MinS =  Phân tích và tìm tòi lời giải Do S là biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt  2 a b c       4  a  b  c   trái với giả thiết a b c 1    16  Lời giải S  a2  1 1 1    b2     c2    2 2 2 16 16 16  b    16  b  c    16  c  a     16  a 16  1717 a 16 16 1 1 1  1717 b2  1717 c 2 2 16 16 16  b  16b  c  16c  a  16 a  16 16 16  a2 b2 c2 a b c 17 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      17  3 17   a 17 b 17 c  a 17 3 17 17 5  16 16 16 16 b 16 c 16 a  16 a b c 2.17 2a 2b2c    17   2a  2b  2c      15  17 17 a b c 1 Dấu “ = ” xảy 17  Min S = Bình luận:  Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải cách đúng đắn vềmặt toán học cách làm trên tương đối cồng kềnh Nếu chúng ta áp dụng việc chọn điểm rơi cho BĐT Bunhiacôpski thì bài toán nhanh gọn đẹp  Trong bài toán trên chúng ta đã dùng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC, chiều dấu BĐT không phụ thuộc vào chiều đánh giá mà nó còn 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: a b c d b c  d c  d  a a b  d a b c S        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 8 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  c d  a  b  d a  b  c Min S =    a + b + c + d = 3(a + b + c + d)  =  Vô lý Phân tích và tìm tòi lời giải Để tìm Min S ta cần chú ý S lá biểu thức đối xứng với a, b, c, d đó Min S có thường đạt “điểm rơi tự do” là : a = b = c = d > 0.(nói là điểm rơi tự vì a, b, c, d không mang giá trị cụ thể) Vậy ta cho trước a = b = c Min S  40 12  3 Từ đó suy các đánh giá các BĐT phận phải có điều kiện dấu = d dự đoán xảy là 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 3   b  c  d c  d  a a  b  d a  b  c   a b c d  Cách 1: Sử dụng BĐT Côsi ta có:     9  S a     a ,b,c ,d  b  c  d 8 b c d  b c d    9a  a,b,c,d 9a 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 40   12.12     12  a a a b b b c c c d d d Với a = b = c = d > thì Min S = 40/3 3.4 Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân (TBN) sang trung bình cộng (TBC) Nếu đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá với dấu “ ≥ ”, đánh giá từ tổng sang tích, hiểu nôm na là thay dấu “ + ” dấu “ ” thì ngược lại đánh giá từ TBN sang trung bình cộng là thay dấu “ ” dấu “ + ” Và cần phải chú ý làm biến tích thành tổng, thì tổng phải triệt tiêu hết biến, còn lại số ab  cd   a  c   b  d  a, b, c, d  Bài : CMR (1) Giải (1)  ab   a  c  b  d  cd 1  a  c  b  d  Theo BĐT Côsi ta có: 1 a b  1 c b   a c b d  VT         1 1    a  c b  c   a  c b  d   a  c b  c  (đpcm) Bình luận:  Nếu giữ nguyên vế trái thì biến tích thành tổng ta không thể triệt tiêu ẩn số  ta có phép biến đổi tương đương (1) sau đó biến tích thành tổng ta các phân thức có cùng mẫu số  Dấu “ ≤ ” gợi ý cho ta sử dụng BĐT Côsi thì ta phải đánh giá từ TBN sang TBC Bài 2: CMR a  c  c  a  c   c  b  c   ab   b  c  (1) Giải Ta có (1) tương đương với : Theo BĐT Côsi ta có: c  b  c c  a  c  1 ab ab c  b  c  c  a  c   c  b  c   a b  c  a  c          1 ab ab  b a   a b   a b   Bài 3: CMR   abc    a    b    c  a, b, c 0 (đpcm) (1) Giải Ta có biến đổi sau, (1) tương đương: 1.1.1  abc 3   a    b    c   1.1.1 abc 3 1 1 a  1 b  1 c  1  a  1 b  1 c  BĐT Côsi ta có: 1 1  1 a b c   a 1 b  c 1  VT             1    a  b  c    a  b  c    a  b  c  Dấu “ = ” xảy  a = b = c > Ta có bài toán tổng quát 1: Theo n CMR:  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)  16ab(a  b) 4.(4ab)(a  b) 4      (a  b) 2     Ta có:  a, b, c   abc a  b b  c c  a    a  b  c   729 Bài 5: Cho  Chứng minh 2    Giải Sơ đồ điểm rơi: a b c  Nhưng thực tế ta Ta nhận thấy biểu thức có tính đối xứng đó dấu “ = ” BĐT xảy cần quan tâm là sau sử dụng BĐT Côsi ta cần suy điều kiện xảy dấu “ = ” là: a = b = c Do đó ta có lời giải sau: abc  a  b   b  c   c  a     3 3  a b  b  c   c  a   1  2         729   3  3    Côsi  a  b  c      Trong kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC ta thấy thường nhân thêm các số để cho sau biến tích thành tổng các tổng đó triệt tiêu các biến Đặc biệt là bài toán có thêm điều kiện ràng buộc ẩn số thì việc nhân thêm số các em học sinh dễ mắc sai lầm Sau đây ta lại nghiên cứu thêm phương pháp đó là phương pháp nhân thêm số, và chọn điểm rơi việc đánh giá từ TBN sang TBC Do đã trình bày phương pháp điểm rơi trên nên mục này ta trình bày gộp phần 3.5 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 1 Giải Bài này chúng ta hoàn toàn có thể chia vế cho ab sau đó áp dụng phương pháp đánh giá từ TBN sang TBC phần trước đã trình bày, nhiên đây ta áp dụng phương pháp mới: phương pháp nhân thêm số  a    b Ta có : Côsi  b  1 1  b  1 a  b  1  a ab  a  1 b  a  1 Côsi  b  a  1 1 ab 2 ab ab a  b  1  b  a  1  + ab 2  b  1 b 2    a  1  a 2  Dấu “ = ” xảy  Bình luận:  Ta thấy việc nhân thêm số vào biểu thức không hoàn toàn tự nhiên, lại nhân thêm mà không phải là Thực chất vấn đề là chúng ta đã chọn điểm rơi BĐT theo quy tắc biên là a = b = 1/2 Nếu không nhận thức rõ vấn đề trên học sinh mắc sai lầm VD sau  a, b, c    a  b  c 1 Tìm giá trị lớn nhất: S  a  b  b  c  c  a Bài 2: Cho  Giải Sai lầm thường gặp:   a b      b c     ca    a  b   b  c   c  a  Côsi  Côsi  Côsi   a  b  1  b  c  1  c  a  1 a b  b c  c  a   Nguyên nhân sai lầm Dấu “ = ” xảy  a + b = b + c = c + a =  a + b + c = trái với giả thiết Phân tích và tìm tòi lời giải: 2 a  b  c 3  2 Do vai trò a, b, c các biểu thức là đó điểm rơi BĐT là Max S = a b c   a + b = b + c = c + a =  số cần nhân thêm là Vậy lời giải đúng là:   Côsi  a  b    a  b   a b  2    Côsi  b  c    b  c   b c  2    Côsi  c  a    c  a   ca  2   từ đó ta dự đoán   a  b  c   3 a b  b c  c a    2 a, b, c   a  b  c 1 Chứng Bài toán trên cho đầu bài theo yêu cầu sau thì học sinh có định hướng tốt hơn: Cho  minh rằng: S  a  b  b  c  c  a theo hướng nào có thể giải 0 x 3  0  y 4 Cho  Bài 3:  Tuy nhiên nắm kỹ thuật điểm rơi thì việc viết đầu bài Tìm Max A = (3 – x )(12 – 3y)(2x + 3y) Giải A= Côsi    2x    12  y    2x+3y    36  x   12  y   x  y          x 0   y 2 Dấu “ = ” xảy  -2x = 12 - 3y = 2x + 3y =   Bình luận:  Việc chọn điểm rơi bài toán này học sinh thường bị lúng túng Tuy nhiên cắn vào yêu cầu đánh giá từ TBN sang TBC cần phải triệt tiêu hết biến cho nên vào các hệ số tích ta nhân thêm vào thừa số thứ là điều hợp lý  x  y Bài 4: Cho x, y > Tìm Min f(x, y) = xy Giải 3  1  4x+2y+2y  4 xy   4x   y   y        x  y    x  y 16 16  16  27   Ta có:  x  y xy 3  x  y   x  y  27  27  Min f( x, y) = 27  f(x,y) = Dấu “ = ” xảy  4x = 2y = 2y  y = 2x > Đó là tập hợp tất các điểm thuộc đường thẳng y = 2x với x dương Thực việc để hệ số trên có thể tùy ý miễn là cho sau áp dụng BĐT Côsi ta biến tích thành tổng x + y ( Có thể nhân thêm hệ số sau: 2x.y.y) Bình luận:   Trong bài toán trên yêu cầu là tìm Min nên ta có thể sử dụng kỹ thuật đánh giá từ TBN sang TBC cho phần mấu số vì đánh giá từ TNB sang TBC là đánh giá với dấu “ ≤ ” nên nghịch đảo nó là “ ≥ ” Ta có thể đánh giá tử số từ TBC sang TBN để có chiều “ ≥ ” Bài toán tổng quát 1: 12 3 n Cho x1  x2  x3  xn   x1, x2 , x3 x4  Tìm Min f  x1.x22.x33 xnn n n 1 Bài 5: Chứng minh rằng: (1) n  N (n 1) n Giải Với n = 1, ta nhận thấy (1) đúng Với n ≥ ta có: n n  n n n.1.1      n  n  1 1     n n Bài toán tổng quát 2: m    1  1   1  m  n Chứng minh rằng:  n  n   n  2 n  n  1 n n n n  m  n N (1) Giải m  n 1 Ta biến đổi (1) bất đẳng thức tương đương sau:   1 n 1 m   Ta có: Côsi  m 1   1 m n   1 1 1 n          1.1 .1 m m   n m    m             m m             n m    1  1 1        1   m     m     m   1  1 m   m   n  m          1  n n n Bình luận  Cần phải bình luận dấu “ = ”: bài toán trên ta coi 1/m = a thì đó dấu BĐT Côsi xảy và 1+ a =  a = Nhưng thực tế thì điều trên tương đương với m tiến tới +∞, m là hữu hạn thì dấu “<” là hoàn toàn đúng Chúng ta nhận thấy m tiến + ∞ thì hai vế BĐT càng dần tới cùng giá trị là e (cơ số tự nhiên hàm logarit) Ta hiểu là quá trình này thì VP tiến nhanh VT sau này tung ∞ thì tốc độ dần và khoảng cách ngày thu hẹp.(Mục này xin bình luận cùng với các bạn đồng nghiệp) Tóm lại : Để sử dụng BĐT Côsi từ TBN sang TBC ta cần chú ý: Chỉ số thức là bao nhiêu thì số các số hạng là nhiều sốcác số hạng nhỏ số thì phải nhân thêm số để số các số hạng số  a, b, c    a  b  c 1 Tìm Max S 3 a  b  b  c  c  a Bài 6: Cho  Giải Sai lầm thường gặp:  a  b  1 1 a  b 3  a  b  1.1   b  c  1 1 b  c 3  b  c  1.1   c  a  1 1 c  a 3  c  a  1.1  2 a b c  S 3 a  b  b  c  c  a   3  Nguyên nhân sai lầm:  a  b 1  b  c 1   c  a 1 Max S =    Max S =  a  b  c  3  3  Vô lý Phân tích và tìm tòi lời giải: Do S làmột biểu thức đối xứng với a, b, c nên Max S thường xảy điều kiện:  a  b 3   b  c   a, b, c  c  a  2  a  b  c   a  b  c    Vậy số cần nhân thêm là 3  22 a  b  3 a  b 33    a  b   23  23  2 b  c     93 2 3 b  c   b  c  3 2 c  a     93 2 3 3 c  a   c  a  3 Ta có lời giải: a b c    18 4 S 3 a  b  b  c  c  a 3     a  b 3   b  c    a b c  c  a  3 Vậy Max S = 18 Dấu “ = ” xảy    3.6 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng chúng ta cần nắm số kiểu thao tác sau: 2  x  y  z   x  y    y  z    z  x    x y yz zx   x  y  z  2  Phép cộng: Phép nhân: x y z  xy   yz   zx  ; xyz= xy yz zx Bài 1: Chứng minh rằng:  x, y, z 0  bc ca ab   a  b  c a, b, c  a b c Giải Áp dụng BĐT Côsi ta có:   bc ca      a b      ca ab      c  2  b  bc ab      c    a bc ca c a b ca ab a b c bc ab c a c a b c b c a      b2 c a a b c Bài 2: Chứng minh rằng:  bc ca ab   a  b  c a b c 2 Giải Áp dụng BĐT Côsi ta có: Dấu “ = ” xảy  a = b = c abc 0   a b2     2 c  2  b    b2 c2     2 a  2  c  2 1  a  c     b a   a b  a a b2 c2 c c b2 c  b b c2 a2 a a a c  c c b2 a2 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 là số đo ba cạnh tam giác CMR:  p  a   p  b   p  c  18 abc a) ; b)   2       p  a p  b p  c  a b c  Giải a) Áp dụng BĐT Côsi ta có:            p  a    p  b  c  p  a  p  b  2  p  b    p  c  a  p  b  p  c  2   p  a   p  b   p  c  81 abc  p  a    p  c  b  p  a  p  c  2 b) Áp dụng BĐT Côsi ta có:  1  1       2  p  a p  b      1       2  p  b p  c     1  2  p  a  p  c       1    p  a    p  b c  p  a  p  b 1    p  b   p  c  a  p  b  p  c 1    p  a   p  c b  p  a  p  c   2       p  a p  b p  c  a b c   Dấu “ = ” xảy cho a) và b) vào ∆ ABC đều: a = b = c ( p là nửa chu vi tam giác ∆ABC: p a b c ) Bài 4: Cho ∆ ABC, a, b, c là số đo ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:  b  c  a   c  a  b   a  b  c  abc Giải Áp dụng BĐT Côsi ta có:  0  b  c     0  c  a    0  b  c      a  c  a  b   b  a  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 3.7 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số Nội dung cần nắm đượccác thao tác sau:  x  y  z   1x  1y  1z  9     x, y, z  1     n2 x , x , , x   x  x   x  n 1 n  x1 x2 xn   Bài 1: Chứng minh : b  c c  a a b   6 a, b, c  a b c (1) Giải b c   1 a   Ta biến đổi (1) tương đương:     c  a     a  b   b  c    a  b  c  b  c  a  c  a  b 9  a  b  c          a b c a b c   (đpcm )    a, b, c  Bài 2: Chứng minh rằng: a  b b  c c  a a  b  c Giải Ta biến đổi tương đương BĐT sau:     a  b    b  c    a  c   Bài 3: Chứng minh rằng: 2 a  b  c        a b b c c  a   1       a b b c c  a  9 9 (đpcm ) c  a  b 3 a  b b  c c  a a, b, c  (BĐT Nesbit) Giải c   1  a   1  b  3  9  1  a  b   b  c   c  a  2 Ta có biến đổi tương đương sau:   a b c   a b c   a b c        a  b b  c c  a           a  b  c   a 1 b  b 1 c  c 1 a     a  b    b  c    a  c   Bài 4: Chứng minh rằng: 9  1       a b b c c  a  c  a  b2 a  b  c a b b c c  a 9 (đpcm) a, b, c  Giải  c   a   b2  3 a  b  c  c   a   b        a  b b  c c  a       Ta biến đổi BĐT sau: c  1   c   a   b  3 a  b  c   a   b   a  b   b  c   c  a      3.8 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   1  a   1  b  9  1 a  b   b  c   c  a      a  b    b  c    a  c          a b b c c  a  9 Kỹ thuật đổi biến số Có bài toàn mặt biểu thức toán học tương đối còng kềnh khó giải, khó nhận biết phương hướng giải,ta có thể chuyển bài toán từ tình khó biến đổi trạng thái dễ biến đổi Phương pháp trên gọi là phương pháp đổi biến Bài 1: Chứng minh rằng: c  a  b 3 a  b b  c c  a a, b, c  (BĐT Nesbit) Giải b  c x   yz x zx y x y z ; b ; c c  a  y   a  2  a  b z  Đặt:  Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau:  y x yz x zx y x y z z x y z               6 2x 2y 2z  x y  x z  z y  Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, Thật áp dụng BĐT Côsi ta có: VT ≥ Dấu “ = ” xảy  x = y = z  a = b = c Bài 2: Cho ∆ABC Chứng minh rằng: y x z x y z 2 2 2   6 x y x z z y 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 ; b ; c c  a  b  y   a  2  a  b  c z   Đặt: Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức sau: 2  y  z    z  x    x  y  x  y  z  4x Ta có: VT (2) ≥ 4y 4z (2) yz zx xy  yz zx   zx xy   yz xy          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 Bài 3:Cho ∆ ABC CMR : ( b + c – a ).( c + a – b ).( a + b – c ) ≤ abc Giải (1) b  c  a x   yz zx x y ; b ; c c  a  b  y   a  2  a  b  c z  Đặt:  Khi đó ta có BĐT (1) tương đương với bất đẳng thức sau: Áp dụng BĐT Côsi ta có: Bài 4: Cho ∆ABC CMR: xyz  x y yz zx 2 x y yz zx  xy yz zx xyz 2  p  a   p  b   p  c  (đpcm) p  p  a   p  b  p  c  (1) Giải  p  a x    p  b y   p  c z  Đặt:  thì (1)    x  y  z xyz x2 y z (2) Ta có: 1 1  1 1  1 1  1 1 1             2 2 x y y z x z x y y z x z       VT (2) = 1 x yz     xy yz zx xyz Dấu “ = ” xảy  x = y = z  a = b = c  ∆ ABC Bài 5: Chứng minh a, b, c > va abc = thì : 1   1  a b c Giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 1 a b c 1  1  1   1 2a b 2c  2a 2b 2c x y z x y z a  ;b  ;c  ; a.b.c  1 y z x thỏa điều kiện y z x Bất đẳng thức đã cho tương đương với: Đặt x y z   1 x  y y  2z z  x 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:  x  x  y   y  y  2z   z  z  2x    x x2 y  y y2z  z z2x   x  y  z   2  x  x  y  z  x  y  z  1 y z       x  x  y   y  y  2z   z  z  2x   x  y  z   x  y y  2z z  2x    3.9 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG Kỹ thuật chọn điểm rơi và đánh giá từ TBC sang TBN: S a  3.9.1 3.9.2 3.9.3 Cho a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 18 a 1 S 2a  a Cho < a ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức a, b   S ab  a  b 1 ab Cho Tìm giá trị nhỏ 3.9.4  a, b, c   S  abc  a  b  c   abc Cho  Tìm giá trị nhỏ S 3.9.5 3.9.6 3.9.7 3.9.8 Cho a, b > Tìm giá trị nhỏ biểu thức  a, b, c    1 S a  b  c    a  b  c  Tìm giá trị nhỏ a b c Cho   a, b, c    1 S a  b  c    a  b  c  Tìm giá trị nhỏ a b c Cho  Cho a, b, c, d > Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  S    3.9.9 3.9.10 a b ab  ab a  b 2a   2b   2c   2d  1 1 1 3b   3c   3d   3a   a, b, c  1 2  S       81 2 a  b  c   a b c ab bc ca Cho  Chứng minh rằng:  a, b, c  a2 b2 c2 1  S       28  a  b  c 1 Chứng minh rằng: b c a a b c Cho  3.9.11 Kỹ thuật chọn điểm rơi và đánh giá từ TBN sang TBC: 3.9.12 3.9.13  a  b    ab  CMR: -     a    b2   a, b, c   ab  bc  ca  abc  a  b  c   27 Cho  Chứng minh  a, b, c    a  b  c 1 Chứng minh 16abc a  b Cho  3.9.14 Kỹ thuật chọn điểm rơi và nhân thêm số đánh giá từ TBN sang TBC 3.9.15 a 3 ab c   bc a   ca b   b 4 Tìm Max S  2 c 2  Cho  x  y  z 3.9.16 Cho x, y, z >0 Tìm Min f(x, y, z) = n 3.9.17 n 1 Chứng minh rằng: n 3.9.19 3.9.20 3.9.21 xy z (1)  n  N 1 3 1 n 1    n  n 1 n Chứng minh rằng: n 1 n  1 n k ) ( Gợi y: CMR a, b, c, d   a  b  c  d 1 Tìm Max S  a  b  c  b  c  d  c  d  a  d  a  b Cho  a, b, c, d   a  b  c  d 1 S 3 2a  b  2b  c  2c  d  2d  a S 1  3.9.18 Cho Tìm Max 3.9.22 Cho a ≥ 2, b ≥ 6; c ≥ 12 Tìm Min Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho số, n số 3.9.23 bc a   ca b   ab c  12 S abc  a, b, c  1     a  b  c   Cho  CMR : a  b b  c c  a  a, b, c     2 a  b  c   Cho  CMR: a  2bc b  2ca c  2ab 9 3.9.24 3.9.25 Cho tam giác ABC, M thuộc miền tam giác Gọi MA, MB, MC thứ tự giao với BC, AC, AB D, E, F Chứng minh: a) d) MD ME MF   1 DA EB FC ; MA MB MC 8 MD ME MF b) e) MA MB MC   2 DA EB FC ; DA EB FC   9 / MA MB MC ; MA MB MC   6 c) MD ME MF ; MD ME MF   3/ f) MA MB MC MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Áp dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình x  y   z   ( x  y  z) Bài 1: Giải phương trình Giải Điều kiện : x  0, y  1, z  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có: x  x.1  x 1 ( y  1) 1 ( z  2) 1 z  z    z     2 x  y   z    x  y  z y   ( y  1).1  Suy : Dấu “=” xảy và ¿ x=1 y − 1=1 z − 2=1 ⇔ ¿ x=1 y=2 z=3 ¿{{ ¿ Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (1; 2; 3) Bài 2: Giải phương trình: 1 x2  1 x2  1 x =3 Giải Điều kiện: -1 ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 1 x  1 x  x 1  x   x   x 1  x   x   x2   x  x   x  1 Cộng (1), (2), (3) ta được: Mặt khác, lại theo bất đẳng thức Côsi ta có: 4 (1  x) 1  x     x  (1  x).1  2    x  (1  x).1 (1  x) 1 2  x  2 Từ (4) và (5) suy ra: (1) (2) (3) x   x 1  1 x   x   x   x 1   2 x 2x  3 2 1 x2  1 x  1 x 3  1 x  1 x  1  x 1 1  x 1  Dấu “=” xảy và khi:   x 0 Vậy phương trình có nghiệm x = Bài3: Giải phương trình: x  x   x  x 1 x  x  (1) Giải  ( x  x  1) 1 x  x x  x     2  2  x  x 1 ( x  x 1) 1  x  x   2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:   x  x   x  x  x  (2) Kết hợp (1) và (2) ta có: x −1 ¿ ≤ ⇔ x=1 x − x +2 ≤ x +1 ⇔ ¿ Thử lại ta có x = là nghiệm phương trình ( x  1) y  ( y  1) x  xy    x y   y x  xy Bài 4: Giải hệ phương trình:  Giải Điều kiện: x  1, y  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: Tương tự: Cộng (1), (2) ta  ( x  1) x xy x   1.( x  1)    y x 1 2 y xy y -1   x y   2 (2) x y   y x  xy  x  1  x  y 2  y  1   Dấu “ = ” xảy và Thử lại thấy: x = y = thỏa mãn phương trình thứ hệ Vậy hệ có nghiệm (2;2) (1)  1 1  x1   x2    x2     1 1  x2   x3   2 x3         x 1  x   n   x1  Bài 5: Cho số nguyên n >1 Giải hệ phương trình:  Giải Từ hệ đã cho suy x1, x2, … , xn là cùng dấu Giả sử xi > với i Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1 1 x1   x2   1 2 x2  Cộng n phương trình hệ theo vế ta được: Vì xi  nên xi ≥ .Tương tự: xi  với i 1 x1  x2   xn     x1 x2 xn 1 1 x1  x2   xn     x1 x2 xn x i với i, suy ra: Dấu “=” xảy và x1 = x2 = … = xn = Bài 6:  2x2 y  1  x  y2 z  1  y  2z x  Giải hệ phương trình: 1  z Giải Rõ ràng hệ có nghiệm x = y = z = Với x,y,z  0, từ hệ đã cho suy x>0, y>0, z>0 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2x 2x2  x 2 x  y   x  x2 x y2 2z2 z  y và x  z 1 y2 1 z2 Tương tự: Vậy : y ≤ x ≤ z ≤ y, suy x = y = z Thay y = x vào phương trình thứ ta được: x2 x  x 1  x  x 1 ( vì x  0) 1 x Vậy hệ có hai nghiệm (x, y, z) = {(0; 0; 0) ; (1; 1; 1)} Bài 7: Tìm số nguyên dương n và các số dương a1 = a2 = … = an thỏa các điều kiện a1  a   a n 2  1  a  a   a 2 n  (1) (2) Giải:   1  1 1  a1     a2      an   4  a1   a2  an   Lấy (1) cộng (2) vế theo vế, ta được:   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: Suy  2n hay n ≤ 2:  a1 2  1  a 2 Với n = 1: hệ  vô nghiệm; 2 với i = 1, 2, … , n a1  a2 2  1  a  a 2 Với n = 2: hệ  có nghiệm a1 = a2 = Vậy: n = và a1 = a2 = Sau đây là số bài tập tương tự giúp học sinh ôn luyện kiến thức BÀI TẬP ĐỂ HỌC SINH VẬN DỤNG Giải các phương trình sau: a) ( x 1)( y  2)( z  8) 32 xyz b) x  2-x 4 y  y  16 1225   82  x   x-3 y z  665 x 1 4( y  1) y    10 ( y  1) x c) d) ( x, y, z  0) y   z  665 Giải phương trình: a) b) x -1  x   2( x  3)2  x  x y z    2x  y  z y  z  x 2z  x  y  2x2 y   x   y3 z  1  y  y  4z4 x  Giải hệ phương trình: 1  z  z  z Xác định số nguyên dương n và các số dương x1, x2 , … , xn thỏa:  x1  x   x n 9  1 1    1 x x x n   x  y  z 1  4  x  y  z xyz Giải hệ phương trình:   n k   x1   x2    xn n n   n k   x   x    x  n n  n Giải hệ phương trình: 