SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện

SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện; SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện; SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện; SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện; SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện; SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện; SKKN toán 8 bất đẳng thức cấp huyện;

B BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀ CÁC KĨ THUẬT SỬ DỤNG I KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Bất đẳng thức AM – GM viết tắt “arithmetic and geometric means”, nghĩa trung bình cộng trung bình nhân Cách chứng minh hay sử dụng phương pháp quy nạp kiểu Cô si (Cauchy) nên nhiều người lầm tưởng Cô si phát bất đẳng thức này, hay gọi bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy (Cô si) Bất đẳng thức Cauchy tổng quát : Cho n số thực không âm a1 + a2 + L + an n ≥ a1a2 an a1,a2, , an (n ≥ 2) ta có n Dấu “=” xảy a1 = a2 = L = an * Thơng thường chương trình THCS ta thường áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai ba số (tức n = n = 3) Cách chứng minh hai trường hợp cụ thể đơn giản • Một vài hệ quan trọng: + 1 1 (a1 + a2 + L + an ) + + L + ÷ ≥ n2 vớ i ∀ai > 0, i = 1,n an   a1 a2 + 1 n2 + +L + ≥ vớ i ∀ai > 0, i = 1,n a1 a2 an a1 + a2 + L + an + Cho 2n số dương ( n ∈ Z ,n ≥ 2): a1,a2, ,an ,b1,b2, ,bn ta có: n • (a1 + b1)(a2 + b2 ) (an + bn ) ≥ n a1a2 an + n b1b2 bn Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n ∈ Z ,n ≥ 2): a1,a2, , an ,b1,b2, ,bn ta có: (a1b1 + a2b2 + L + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + L + an2 )(b12 + b22 + L + bn2) Dấu “=’ xảy • ⇔ a a1 a2 = = L = n (quy ướ c nế u bi = ⇒ = 0) b1 b2 bn Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ) 1 i bi > ∀i = 1, n ta ln có: Cho hai dãy số a1,a2, ,an vàb1,b2, ,bn vớ a (a + a + L + an )2 a12 a22 + +L + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + L + bn Dấu “=’ xảy ⇔ a a1 a2 = =L = n b1 b2 bn Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Cho f (x1, x2, , xn ) hàm n biến thực xác định D  f (x1, x2, , x n ) ≤ M ∀(x1, x2, , xn ) ∈ D Max f = M ⇔  0 0 0 D ∃(x1 , x2 , , xn ) ∈ D : f (x1 , x2 , , xn ) = M −  f (x1, x2, , x n ) ≥ m ∀(x1, x2, , xn ) ∈ D Min f = m ⇔  0 0 0 D ∃(x1 , x2 , , xn ) ∈ D : f (x1 , x2 , , xn ) = M − Các bất đẳng thức phụ hay dùng Với số thực a, b, c, x, y, z dương ta có: 1 + ≥ ≥ ab a + b a a b 1 + + ≥ b a b c a + b + c 2 c x + y + z ≥ xy + yz + zx d ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx) e a + b ≤ 2( a + b) f g h ( a3 + b3 ) ≥ ( a + b ) ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) x y + y z + z x ≥ xyz ( x + y + z ) Ví dụ Ví dụ Cho x, y, z dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn A = xy ( x + y + ) + zy ( z + y + ) + xz ( x + z + ) * Phân tích: 2 + Dự đốn dấu “=” xảy x = y = z = + Biểu thức cần tìm giá trị nhỏ bậc hai nên ta nghĩ đến bất đẳng thức AM – GM cho hai số + Dựa vào giải thiết, kết hợp với dầu “=” xảy đó, ta có : (x + y + ) = = xy, x = = yz * Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: xy + x + y + 2 zy + z + y + 2 zy ( z + y + ) ≤ 2 xz + x + z + xz ( x + z + ) ≤ xy ( x + y + ) ≤ Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ta 2A ≤ 2( x + y + z ) + 2.3 = ( x + y + z ) + = 12 ⇒ A ≤ Dấu “=” xảy x = y = z = Ví dụ Chứng minh với a, b, c dương ta ln có: 1 + + ≥ a(1 + b ) b(1 + c ) c(1 + a ) + abc Giải: Ta có: 1 + abc + abc + abc + + ≥ ⇔ + + ≥3 a(1 + b ) b(1 + c ) c(1 + a ) + abc a (1 + b ) b (1 + c ) c (1 + a ) (do + abc > ) Ta có: + abc + abc + a(1 + b ) + a + ab(1 + c ) 1+ a b( + c ) = −1 = −1 = + −1 a (1 + b ) a (1 + b ) a (1 + b ) a (1 + b ) 1+ b Tương tự với số hạng lại, suy BĐT cho tương đương với:  1+ a b( + c )   + b c (1 + a )   + c a (1 + b )   a(1 + b ) + + b − 1 +  b(1 + c ) + + c − 1 +  c(1 + a ) + + a − 1 ≥        1+ a a (1 + b )   + b b (1 + c )   + c c (1 + a )  ⇔ + + + + + ≥6   + a   b( + c ) + b   c (1 + a ) + c   a (1 + b ) Hồn tồn chứng minh BĐT cuối ln áp dụng BĐT Cô-si cho số dương Dấu “=” xảy 3 a = b = c =1 Ví dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a+ b + c = Tìm giá trị nhỏ M= a b c + + b c a * Phân tích: + Ln lưu ý dùng bất đẳng thức AM – GM bậc có xu hướng giảm + Do đó, để sử dụng giả thiết, suy nghĩ tự nhiên bình phương hai vế M lên trước dùng bất đẳng thức AM – GM * Giải: b c  a b c 2a b 2b c 2c a  a M = + + + + ÷ = b + c + a + c a c a b  b Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: a b + bc ≥ ab c b c + ac ≥ cb a c a + ab ≥ ac b a2 b2 c2 M ≥ + + + ab + cb + ac b c a  a2   b2   c2  =  + ab + ab ÷+  + cb + cb ÷+  + ac + ac ÷  b   c  a  ≥ 3a + 3b + 3c = Suy M ≥ Vậy maxM = a = b =c =1 b  a b  a  + ÷+ c  + ÷ = a  Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn  b a   b Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= bc ca 4ab + + a(2b + c) b(2a + c) c(a + b) (Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 - 2015) 4 c (a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) a b  a b   + ÷+ c  + ÷ = ⇒ = + 2 b a b a a b ab     Giải : Từ: ta có: c(a + b)(a − ab + b ) 2(a + b ) c( a + b) c ( a + b) a + b ≥ 2ab ⇒ = + ≥ +4⇒0< ≤ 2 ab ab ab ab 2 Lại có bc ac (bc)2 ( ac) (bc + ac)2 ( c ( a + b) ) + = + ≥ = a (2b + c ) b(2a + c) abc(2b + c) abc (2a + c ) 2abc (a + b + c ) 2abc (a + b + c ) abc( a + b + c) = ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ (ab + bc + ca )2  c ( a + b)  ÷ bc ac  c ( a + b)  3 ab ⇒ + ≥  ÷ =  c ( a + b) ÷ a (2b + c) b(2a + c)  ab + bc + ca   1+ ÷ ab   Đặt Có t= c ( a + b) 3t ⇒P≥ + ab 2(1 + t ) t (với < t ≤ ) 3t  3t  −7t − 8t + 32t + 24 + = + − ÷+ = +  2(1 + t ) t  2(1 + t ) t  6t (1 + t ) = (t − 2)( −7t − 22t − 12) + 6t (1 + t ) mà (t − 2)(−7t − 22t − 12) (t − 2)(−7t − 22t − 12) 8 ≥ ∀ t ∈ (0; 2] ⇒ + ≥ ∀t ∈ (0; 2] 6t (1 + t ) 6t (1 + t ) 3 Dấu "=" xảy t = hay a = b = c Vậy giá trị nhỏ P a = b = c Ví dụ Cho a, b, c số thục không âm thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn A= ab 2c3 bc a ca 2b3 + + b+c a+c b+a * Phân tích: - Dự đoán dầu “=” xảy a = b = c = - Ta không áp dụng bất đẳng thức AM – GM tử bậc chúng “chênh” - Do đó, ta nghĩ đến mẫu * Giải ab 2c3 bc a ca 2b3 ab 2c bc 2a ca 2b3 A= + + ≤ + + b+c a+c b+a bc ac ba 1 = ab.c + cb.a + ca.b = ac.bc + ac.ab + ab.cb 2 1 ≤ ( ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c ) = ( ) ( ) Vậy maxA = a = b = c = Trong khn khổ chương trình cấp 2, để vận dụng bất đẳng thức Cô – si hay bất đẳng thức khác phải chứng minh bất đẳng thức tổng quát áp dụng Tuy nhiên, khuôn khổ viết này, xin phép không chứng minh lại mà áp dụng bất đẳng thức số bất đẳng thức nói viết II CÁC KĨ THUẬT KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ - Kỹ thuật tách ghép số - Kỹ thuật đổi biến số - Phương pháp chọn điểm rơi - Kỹ thuật nhân thêm hệ số - Kỹ thuật hạ bậc - Kỹ thuật cộng thêm - Kỹ thuật Cosi ngược dấu Kỹ thuật tách ghép số 6 Đây kỹ thuật số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức cô si Kỹ thuật giới thiệu cho học sinh trung bình trở lên 1.1 Kỹ thuật tách ghép bản: Ví dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ab bc ac = 8abc (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh rằng: ( a + b )( c + d ) ac + bd ≤ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ac + bd ( a + b )( c + d ) = ≤ ⇒ ac + bd ≤ a c + ( a + b) ( c + d ) b d ( a + b) ( c + d ) 1 a c  1 b d  1a+b c+d  + + +  +  =   =1 2a+b c+d  2a+b c+d  2a+b c+d  ( a + b )( c + d ) (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa a > c  b > c Chứng minh rằng: c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: c ( a − c ) + c( b − c ) ab = c ( a − c) c ( b − c) + b a a b 1c a−c 1c b−c  + +  +  2b a  2a b  1c c 1c c ≤  +1−  +  +1−  = 2b a 2a b ≤ ⇒ c( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: Giải:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 7 16ab( a − b ) ≤ ( a + b )  4ab + ( a − b )   ( a + b)  2 16ab( a − b ) = 4.( 4ab )( a − b ) ≤ 4.  = 4.  = ( a + b)     2 2 Ví dụ Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: ab + (đpcm) a b + ≥ a + b +1 b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab + a b  ab a   ab b   a b  + = + + + + +  b a  2b   2a   2b 2a  (đpcm) ≥2 ab a ab b a b +2 +2 = a + b +1 2b 2a 2b 2a 1.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo Ví dụ Chứng minh với x > 1, ta có 4x − + ≥3 x −1 Dấu đẳng thức (dấu bằng) xảy ? Gợi ý: Trong tốn có chứa hai số hạng dạng nghịch đảo Vì có số hạng x − nên phần lại phải biểu diễn thành thừa số x - Vậy ta phải viết lại vế trái sau: 4x − + 1 = 4( x − 1) + −1 x −1 x −1 (*) Vì x > 1nên x – > Áp dụng bất đẳng thức Côsi (2) cho số dương 4(x-1) x − , ta có: 4x − + 1 = 4( x − 1) + − ≥ 4( x − 1) −1 = x −1 x −1 x −1 Dấu “=” xảy 4( x − 1) = ⇔x= x −1 (vì x > 1) Ví dụ Cho a, b, c dương a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 P= b2 + + b3 c2 + + c3 a2 + Gợi ý Ta có: (1) a b +3 b3 c2 + + b3 c2 + + + a + b +3 c + 13 3b ≥ 16 b +3 a 3a ≥ 33 = 16 64 (2), (3) c a2 + + c a2 + + a +3 c 3c ≥ 33 = 16 64 Lấy (1) + (2) + (3) ta được: a + b2 + c2 + P+ ≥ ( a + b2 + c2 ) 16 (4) Vì a2 + b2 + c2 =3 Từ (4) ⇔P≥ giá trị nhỏ Ví dụ Chứng minh rằng: a2 + a2 +1 P= a = b = c = ≥ , ∀a ∈ R Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a +2 a +1 = a +1+1 a +1 (đpcm) = a2 +1 + a +1 ≥2 a2 +1 a2 +1 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: =2  a2  A = ( a + 1) +  +  , ∀a ≠ −1  a +1  Giải: 9  a + 2a +   A = ( a + 1) +  a +   2  ( a + 1) + 1 = ( a + 1) +    a +1  2   = ( a + 1) +  a + +  a +1  = 2( a + 1) + Cauchy 1 + ≥ 2( a + 1) +2=2 2+2 ( a + 1) ( a + 1) Dấu “=” xảy 2( a + 1) = ( a + 1) 2 Vậy GTNN hay a= −2±4 A=2 2+2 Ví dụ Chứng minh rằng: a+ ≥ , ∀a > b > ( a − b )( b + 1) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a+ ( a − b )( b + 1) ( b + 1) + ( b + 1) + −1 ( b + 1) ( b + 1) 2 ( a − b) 2 ( b + 1) ( b + 1) ≥ ( a − b ) −1 = ( b + 1) ( b + 1) 2 ( a − b) 2 = ( a − b) + 1.1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm số thao tác sau: Phép cộng: Phép nhân: a+b b+c c+a  + + a + b + c = 2  2( a + b + c ) = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) abc = ab bc ca ,  2 a b c = ( ab )( bc )( ca ) ( a, b, c ≥ 0) Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c 10 10 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (1) ; a a( a + 2b ) a a( a + 2b ) 2 + ≥2 = a a + 2b a + 2b 3 b b( b + 2c ) 2 + ≥ b b + 2c 3 (2) ; (3) c c( c + 2b ) 2 + ≥ c c + 2b 3 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ( ) ( ) ( ) a3 b3 c3 2 + + + a + b + c + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c a + 2b b + 2c c + 2a 9 3 3 a b c ⇔ + + + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c (1' ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 ( Mặt khác ta có: Chọn m =  n = ) a m+ n + b m+ n + c m+ n ≥ a m b n + b m c n + c m a n ta được: a + b + c ≥ ab + bc + ca 2 ⇒ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) (2' ) 9 Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: ( ) a3 b3 c3 2 + + + ( ab + bc + ca ) + a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ca ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 9 ( a3 b3 c3 ⇒ + + ≥ a2 + b2 + c2 a + 2b b + 2c c + 2a ) (đpcm) Ví dụ 12 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: b+c c+a a+b 2 + + ≥ + + a b c a2 b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (1) ; b+c b+c 4 + ≥2 = 2 b+c a a b+c a c+a 4 + ≥ c+a b b 53 (2) ; a+b 4 + ≥ a+b c c 53 (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: b+c c+a a+b 4 4 4 + + + + + ≥ + + a+b b+c c+a a b c a b c Mà ta có: (1' ) ; 1 1 4 + ≥2 = ≥ (2' ) a b a b ab a + b ; 1 + ≥ b c b+c 1 + ≥ c a c+a (3') (4') Cộng theo vế bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) (4’) ta được: b+c c+a a+b 4 2 4 4 4 + + + + + + + + ≥ + + + + + a+b b+c c+a a b c a b c a+b b+c c+a a b c b+c c+a a+b 2 ⇒ + + ≥ + + a b c a b c (đpcm) Ví dụ 13 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b 4c + + ≥ a + 3b b c a , Dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: (1); 2 a a +b ≥ b = 2a b b b + 4c ≥ 4b c (2) ; 4c + a ≥ 4c a (3) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: 2 2 2 a b 4c a b 4c + + + a + b + 4c ≥ 2a + 4b + 4c ⇒ + + ≥ a + 3b b c a b c a (đpcm) Ví dụ 14 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 16c + + ≥ ( 64c − a − b ) b+c c+a a+b Gợi ý: Dấu “=” bất đẳng thức xảy Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 54 54 a = b = 2c a2 4( b + c ) 4a + ≥ b+c (1); b2 4( c + a ) 4b + ≥ c+a (2) ; 16c + ( a + b ) ≥ 8c a+b (3) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a2 b2 16c 13 + + + ( a + b ) + c ≥ ( a + b ) + 8c b+c c+a a+b 9 a2 b2 16c ⇒ + + ≥ ( 64c − a − b ) b+c c+a a+b (đpcm) Kỹ thuật Cosi ngược dấu Đối với kỹ thuật này, học sinh khó vận dụng tư giải toán Với kỹ thuật ta giải số tốn lời giải độc đáo sau sử dụng bất đẳng thức Cơ si mà tốn khó có cacxhs giải khác cách giải dài! Xét toán sau: Bài toán: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : Chứng minh bất đẳng thức sau: a+b+c =3 1 + + ≥ a +1 b +1 c +1 2 Phân tích giải: Ta dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu bất đẳng thức sau đổi chiều: 1 1 1 + + ≤ + + ≥ a + b + c + 2a 2b 2c 2    Do      1 1 1 3 3 + + ≥3 = ≥ =  2a 2b 2c 2a 2b 2c abc a + b + c    Đến bị lúng túng cách giải Ở ta sử dụng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách khác: a2 a2 a = − ≥ − =1− (1) 2 2a a +1 a +1 55 55 Tương tự ta có: b ≥ 1− 2 b +1 ; (2) c ≥ 1− c +1 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (đpcm) 1 a+b+c + + ≥ 3− = 2 a +1 b +1 c +1 Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu hiểu ta lấy nghịch đảo hai vế bất đẳng thức Cauchy sau nhân hai vế với -1 Khi dấu bất đẳng thức ban đầu không đổi chiều - Kỹ thuật Cô si ngược dấu cho lời giải đẹp Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : Chứng minh bất đẳng thức sau: a+b+c =3 1 + + ≥ + ab + bc + ca Giải: Ta có: ab ab ab = 1− ≥ 1− = 1− (1) + ab + ab 2 ab Tương tự ta có: ; bc ≥ 1− + bc ca ≥ 1− + ca (2) (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: ( ) 1 1 + + ≥ 3− ab + bc + ca + ab + bc + ca 1a+b b+c c+a a+b+c 3 ≥ 3−  + + = 3− =  = 3− 2 2  2 (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥ b +1 c +1 a +1 2 Giải: Ta có: 56 a ab ab ab =a− ≥a− =a− (1) 2b b +1 b +1 56 a+b+c =3 Tương tự ta có: b bc ≥b− 2 c +1 ; c ca ≥c− a +1 (2) (3) a b c ab + bc + ca + + ≥ a +b+c− (1' ) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: b + c + a + Mặt khác ta có: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + = a + b + c = ( a + b + c ) - 2( ab + bc + ca ) 2 2 ( a + b + c) = ⇒ ab + bc + ca ≤ (2' ) ab + bc + ca ≤ Từ (1’) (2’) ta có: a b c 3 + + ≥ 3− = 2 b +1 c +1 a +1 Lưu ý: Ta sử dụng kết ab + bc + ca ≤ (đpcm) ( a + b + c) chứng minh =3 tốn khác Vậy tương tự ta chứng minh bất đẳng thức với biến không? Ta có tốn sau: Nếu a, b, c, d số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c d + + + ≥2 2 2 a + b + c + d = ta ln có + b + c + d + a Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : Chứng minh bất đẳng thức sau: Giải: Ta có: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 ( a + 1) b ≥ a + − ( a + 1) b = a + − ab + b (1) a +1 = a + − 2b b2 +1 b2 + Tương tự ta có: b +1 bc + c ≥ b +1− 2 c +1 ; (2) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 57 a+b+c =3 57 c +1 ca + a ≥ c +1− 2 a +1 (3) a +1 b +1 c +1 a + b + c + ab + bc + ca + + ≥ a +b +c +3− 2 b +1 c +1 a +1 a+b+c ab + bc + ca ≥ +3− 2 ( a + b + c) 3 3 ≥ +3= + 3- = 2 2 Vậy a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 Ví dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a +b b +c c +a Giải: Ta có: a3 ab ab b = a − ≥ a − =a− (1) 2 2 2ab a +b a +b Tương tự ta có: ; b c c3 a ≥ b − (2) ≥c− 2 2 2 b +c c +a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c a+b+c + + ≥ a+b+c− = 2 2 2 2 a +b b +c c +a (đpcm) Ta có tốn mở rộng với số dương a, b, c, d ta ln có: a3 b3 c3 d3 + + + ≥2 a + b2 b2 + c c + d d + a Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b+c =3 a b c + + ≥ Chứng minh bất đẳng thức sau: b c + c a + a b + 2 Giải: Ta có: b a ( ac ) a ab c ab c ab c b( a + ac ) = a − ≥ a − =a− =a− ≥a− 2 2 b c +1 b c +1 2b c a ⇒ ≥ a − ( ab + abc ) (1) b c +1 Tương tự ta có: 58 b ≥ b − ( bc + abc ) (2) c a +1 58 ; c ≥ c − ( ca + abc ) a b +1 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) áp dụng bất đẳng thức sau 3= ( a + b + c) ≥ ab + bc + ca ⇔ = a + b + c ≥ 33 abc ⇔ ab + bc + ca ≥ 4 abc ≥ 4 a b c + + ≥ Suy b c + c a + a b + (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2b + a Giải: Ta có: 2b + Tương tự ta có: =a− b + b 2c + + c 2a + ab + bc + ca = ≥1 2ab 2ab 2ab ≥ a − =a− 3 b + b +1 3b (1) 2bc ≥b− 3 2c + ; c (2) 2a + ≥c− 2ca (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a 2b + + b 2c + + c 2a + Mặt khác ta có: ≥ a+b+c− 2( ab + bc + ca ) = a+b+c−2 (1' ) ( a + b + c) ≥ ab + bc + ca ⇒ a + b + c ≥ 3( ab + bc + ca ) = (2' ) Cộng theo vế (1’) (2’) ta được: a 2b + + b 2c + + c 2a + + a + b + c ≥ a + b + c +1 ⇒ a 2b + + b 2c + + c 2a + ≥1 Ví dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Giải: Ta có: a3 a b + ab ab( a + b ) a + b 2a − b = a − ≥a− =a− = (1) 2 2 3ab 3 a + ab + b a + ab + b Tương tự ta có: 59 b3 2b − c ≥ 2 b + bc + c ; (2) 59 c3 2c − a ≥ 2 c + ca + a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ⇒ a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Ví dụ Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện Chứng minh bất đẳng thức sau: Giải: Ta có: a+b+c =3 a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a a2 2ab 2ab 2 = a − ≥ a − = a − ( ab ) (1) 2 3 a + 2b a+b +b ab Tương tự ta có: b 2 ≥ b − ( bc ) b + 2c ; c2 2 (2) ≥ c − ( ca ) c + 2a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a2 b2 c2 2 2 + + ≥ a + b + c − 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  2   a + 2b b + 2c c + 2a 2 2 ≥ −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (*)   Mặt khác ta có: Tương tự: ( bc ) ( ab ) a + ab + b = a.ab.b ≤ (1’) b + bc + c ≤ (2’) ; ( ca ) c + ca + a ≤ (3’) Cộng theo vế (1’), (2’) (3’) ta có ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 2 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) 3 2 ( a + b + c) 32 ≤ ( a + b + c) + = + = 3 3 3 ≤ 2 2 ⇒ −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  ≥ − = -2 (**)    3 Từ (*) (**) ta có: 60 a2 b2 c2 + + ≥ 3− =1 a + 2b b + 2c c + 2a 60 (đpcm) Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện minh bất đẳng thức sau: Giải: Ta có: a+b+c =3 Chứng a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a a2 ≥ a − b3 a a + 2b (1) Tương tự ta có: b2 ≥ b − c3 b 3 b + 2c ; (2) c2 ≥ c − a3 c c + 2a (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: ( a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c − b3 a + c b + a c 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a ≥ − b3 a + c b + a c (*) ) ) ( Mặt khác ta có:  a + a + 1  2a +  2ab + b b3 a = b3 a.a.1 ≤ b  = b = 3     Tương tự ta có: 2bc + c c b ≤ 3 (1' ) ; (2' ) a3 c ≤ 2ca + a (3') Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: (b ) a+b+c + ( ab + bc + ca ) 3 a + b + c ( a + b + c) ≤ + =3 3 a + c3 b + a3 c ≤ Từ (*) (**) ta có: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a (**) (đpcm) Như việc sử dụng bất đẳng thức Cosi kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cosi chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị thật khơng giản đơn, địi hỏi người học nắm bắt kĩ thuật sử dụng linh hoạt, sáng tạo toán 61 61 III BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài tập : Bài : Cho a, b dương Chứng minh ( + a ) + ( + b ) ≥ 128ab ( a + b ) 8 Bài : Cho a, b số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= a + b3 + 7ab(a + b) ab a + b Gợi ý : Sử dụng BĐT Cô si tử mẫu M = ⇔ a = b 2 Bài : Cho a, b, c dương Chứng minh a + b + c ≥ 2a (b + c) Gợi ý : Sử dụng BĐT Cô si : 1 a + b + c ≥ a + (b + c) ≥ a (b + c ) = a(b + c) ≥ 2a(b + c) 2 Bài : Chứng minh a(2016 − b ) + b 2016 − a ≤ 2016 + =2 ab ≤ Bài : Cho a, b hai số dương thỏa mãn a + b + Chứng minh 1 + + =1 Bài : Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c + Chứng minh abc ≥ a 1 = 1− = + ≥ a +1 b +1 c +1 ( a + 1)(c + 1) Gợi ý: Từ giả thiết ta có a + Bài tập nâng cao : Bài : Cho a, b, c số dương thỏa mãn a > b ab + (a+b)c + c2 = P= Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( a − b) + ( a + c) + ( b + c) Gợi ý : Biến đổi biểu thức P= ( a − b) + ( a + c) + ( b + c) = + ( a − b) + 2 4( a − b) Bài : Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn : a+ b+ c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 62 P= ( − 3a ) ( − 3b ) ( − 3c ) abc 62 Gợi ý : Đưa biểu thức tử đồng bậc, – 3a = a+4b+4c = 1+ 3b + 3c ≥ 1.3b.3c Bài : Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q= a−c 3c − a + b 5a + 2b + + a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c Gợi ý : Đổi biến a + b + 2c = x a = y + z − x   2a + b + c = y ⇒ b = x − y − z   Đặt a + b + 3c = z c = z − x  a = x  y 4x   z y   Q =  + ÷+  + ÷ ≥ + ⇔ b = − x x y  y z   c = −1 + x  Khi với x > ( ( ) ) Bài : Cho a, b, c số dương Chứng minh 3a ( a + b) ( a + c) + 6b ( a + b) ( b + c) + 6c ( a + c) ( b + c) ≤5 Gợi ý :BĐt cần chứng minh ⇔ 2a ( a + b) ( a + c) 2a a + b) ( a + c) + ( 3b + ( a + b) ( b + c) ≤ 3b + ( a + b) ( b + c) =2 + 3c ( a + c) ( b + c) ≤5 a a a a ≤ + a +b a +c a +b a +c b 3b + a +b c+b Bài : (Dự bị B - 2010) Cho x, y, z thực dương Tìm giá trị lớn P= biểu thức yz x + yz + yx xz + y + xz z + yx Gợi ý:Xét 63 63 x y z −P= + + 2 x + yz y + xz z + yx ( ≥ ) ( ) ( ) x y z + + 2( x + y + z) 2( x + y + z) 2( x + y + z) Bài 6: Cho x, y , z ba số thỏa mãn điều kiện  ≤ x ≤ { y, z}   xy ≥  xz ≥ 12  Tìm giá trị lớn biểu thức 1 + + x y z Bài : Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh: + ≥ 8+ xy + yz + zx x + y + z A= III KẾT LUẬN Khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM chứng minh bất đẳng thức toán cực trị Đại số, cần ý: Khi áp dụng bđt AM - GM số phải số không âm BĐT AM - GM thường áp dụng bđt cần chứng minh có tổng tích Điều kiện xảy dấu ‘=’, đặc biệt ý tốn tìm cực trị Chú ý tới điều kiện đề cho để lựa chọn điểm rơi, để biến đổi bất đẳng thức cực trị Cần kết hợp với bất đẳng thức khác, đẳng thức giải tốn Đơi đánh giá bất đẳng thức trực tiếp AM – GM không hiệu quả, cần kết hợp biến đổi điều kiện tốn bất đẳng thức cần chứng minh hay tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) để đưa toán đơn giản Bài toán với biểu thức cồng kềnh, ta đặt ẩn phụ để toán trở nên đơn giản 64 64 Bất đẳng thức AM – GM hai ứng dụng trên, cịn ứng dụng khác giải tốn, : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ tốn hình học, giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh mệnh đề tốn học… 65 65 CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở GD – DDT Nam Định - Tên tơi : Tơ Thị Bình - Ngày tháng năm sinh: 18/04/1983 - Nơi công tác : Trường THCS Giao Thủy - Chức danh: Bí thư chi Đồn trường THCS Giao Thủy - Trình độ chun mơn: Đại học sư phạm Tốn - Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo sáng kiến: 96% - Là tác giả (nhóm tác giả) đề nghị xét cơng nhận sáng kiến: “KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC COSI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ” - Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục - Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Năm học 2012 2013 - Mô tả chất sáng kiến: Giúp học sinh vận dụng bất đẳng thức Cosi tình tốn bất đẳng thức tìm cực trị Đại số - Những điều kiện cân thiết để áp dụng sáng kiến: Có học sinh để giảng dạy - Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: chuyên đề góp phần tích cực hóa hoạt động học sinh đồng thời nâng cao chất lượng dạy học thầy trò, cụ thể: Kết thi học sinh giỏi năm học 2012 – 2013, có em đạt giải nhì, em đạt giải ba, em đạt giải khuyến khích , năm học 2013 – 2014: em đạt giải nhì, em đạt giải ba, khuyến khích Năm học 2014 – 2015: em đạt giải nhì em đạt giải ba Năm học 2015 – 2016, có em giải nhì, em giải ba em đạt giải khuyến khích Danh sách người tham gia áp dụng thử áp dụng lần đầu (nếu có): Học sinh lớp 9B, 9C, 9D, 9B 9D năm học từ 2012 – 2013 đến năm học 2015 – 2016 Tôi xin cam đoan thông tin đơn trung thực, thật hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật Giao Thủy, ngày 24 tháng 12 năm 2016 Người nộp đơn 66 66 Tơ Thị Bình 67 67 ... trình cấp 2, để vận dụng bất đẳng thức Cô – si hay bất đẳng thức khác phải chứng minh bất đẳng thức tổng quát áp dụng Tuy nhiên, khuôn khổ viết này, xin phép không chứng minh lại mà áp dụng bất đẳng. .. giải tốn sau Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: , , 4a + ≥ 4a = 8a 6b + ≥ 8b = 8b 3c + 16 ≥ 3c 16 = 8c 3 3 2 Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được: 16 + ≥ 8( a + b + c ) = 24 3 ⇒ 4a... b) Nhận xét: Bất đẳng thức hệ bất đẳng thức ∀a, b, c > : a b c a +b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 2 qua phép biến đổi Do để giải nhanh gọn toán ta phải thực phép đổi biến để đưa bất đẳng thức nguồn ban