IV.kỹ thuật thêm hằng số Để sử dụng đợc BĐT Cô si từ TB nhân sang TB cộng ta cân nhân thêm các hằng số để làm mất dấu căn thức, hoặc để khử biến số... VD7: CMR: Giải Ta có: Măt khác: Ta
Trang 1I
Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân
VD1: CMR: (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8a2b2c2 ∀ a,b,c
Bài toán nay thờng gặp sai lầm sau:
Sử dung kết quả: x2 +y2 ≥ 2xy Do đó:
a2 + b2 ≥ 2ab
b2+ c2 ≥ 2bc
c2+ a2 ≥ 2ac
suy ra (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8a2b2c2
Lời giải đúng :
a2 + b2 ≥ 2ab
b2+ c2 ≥ 2bc
c2+ a2 ≥ 2ac
suy ra (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ 8a2b2c2=8 a2b2c2
VD2: CMR:
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
VD3: Cho a,b,c,d ≥ 0 và a+b+c+d=1
CMR: abcd ≥811
Giải
Từ gt ta suy ra:
Tơng tự ta có:
+
− +
+
− +
+
−
≥
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
3
1 1 1
3 1 1
bcd d
d c
c b
b
+ + +
≥ +
+ +
+ +
+ + +
≥ +
+ + +
≥ +
+ + +
≥ +
+ + +
≥ +
3 3 3 3
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
) 1 )(
1 )(
1 (
3 1
1
c b a
abc d
d b a
abd c
d c a
acd b
d c b
bcd a
2
)
( )
2 2
2
4
4 4
4 2 8
) ( 64 ) (
2
.
2
) 2 ).(
( 2 2
)
(
b a ab b
a
ab
ab b
a ab
b
a
b a b
a
+
= +
=
≥ +
+
=
=
=
+
Trang 2Nhân vế theo vế ta đợc:
Chúng ta có thể tổng quát bài toán trên:
VD4: Cho
CMR:
Vd5: Cho:
CMR:
Giải
Ta có: VT=
(ĐPCM)
Ta có bài toán tổng quát:
VD6: Cho
CMR:
VD7: CMR:
( )( )( )( ) ( a)( b)( c)( d)
abcd d
c b
1
1
81
1
≥
abcd
n n
n
n
a
a
a
n a a
a
a
a
a
)1 (
1
1 1
1
1
1
1
1
0 , ,
,
2
1
2 1
2
2
1
−
≤
−
≥ +
+
+ +
+
+
>
8 1
1 1
1
0 ,
,
≥
−
−
−
= +
+
>
c c
b b
a
a
c b
a
c
b
a
8 2
2
.
2
1
.
1
.
1
=
≥
+ + +
=
−
−
−
c
ab b
ca
a
bc
c
b a b
a c a
c b c
c b
b
a
a
n n
n n
n
a a
a a
a
a
a a
a
a a
a
1
1
1 1
1
0 , ,
,
2 2
2
1
2
1
2
1
−
≥
−
−
−
= + +
+
>
(1 )( 1 )( 1 ) ( 1 ) 8 , , 0 3
3
≥
∀
≥ +
≥ + + +
≥
Trang 30 3
) 1 )(
(
4
2 ≥ ∀ > ≥ +
−
b b a a
II.Kỹ thuật tách nghịch đảo
Kỹ thuật tách nghịch đảo đó là kỹ thuật tách nghịch đảo phần nguyên
theo mẫu số để khi chuyển sang TB nhân thì các phần chứa biến bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số.
VD1: CMR:
Giải
Vì nên a và b cùng dấu Do đó:
VD2: CMR:
Giải
VD3: CMR:
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
VD4: CMR:
Giải
VD5: CMR:
0
2 ∀ ≠
≥
a
b b
a
1
=
a
b
b
a
2
≥ +
=
+
a
b b
a a
b b
a
a
b
b
a
2 1
2
2
2
≥ +
+
a a
2 1
1 1 2
1
1 1 1
1 1
1
2
2 2
2 2
2
2
2
2
= + +
≥ + + +
= +
+ +
=
+
+
a
a a
a a
a
a
a
=
>
∀
≥
−
+
1 22
2 2
ab
b
a ba
b a
0 3
) (
1 ≥ ∀ > >
−
b a b a
3 ) (
1 ).
( 3 ) (
1 )
( ) (
1
−
−
≥
− + +
−
=
−
+
b a b b b a b
a b b b a b a
b
a
⇒
=
−
−
≥
− +
−
=
− +
−
=
−
+
−
=
−
+
2 2 2 ).
( 2 2 )
(
2 ) ( 2 )
2
2
b a b a b
a b
a
b a
ab b
a b
a
ab b
a b
a
b
a
Trang 4=
−
=
− +
−
+ +
−
≥
− +
− + + + + +
−
= +
−
+
3 1 4 1 ) 1 )(
(
4 )
2
1 )(
2
1 )(
( 4
1 ) 1 )(
(
4 2
1 2
1 ) ( ) 1
)(
(
4
4
2
2 2
b b a
b b b a
b b a
b b b a b
b
a
a
Giải
Ta có:
(ĐPCM)
Ta có thể tổng quát bài toán này:
VD6: Cho CMR:
Giải
Ta có:
VT=
(ĐPCM)
III kỹ thuật đánh giá từ tb nhân sang tb cộng
Giải
Ta có: (1) Theo BĐT Cô si ta có:
2 ) 1
1 3
2 2 1 1
2 1
2 ) 1 ( ) (
) (
) (
1
1 0
+
−
+
−
≥
−
−
− +
∈
≤
>
>
>
>
k
n n k k
n
n
k
k n a
a a
a a a a a
Z k a
a a
2
)
1
2 ) 1 (
) 1 ( )
(
1 3
2 2
1
1 1
3 2 3
2 2 1 2
1
1 3 2 2 1 1
3 2 2
1
2 )
1
(
1 2
)(
1 ( ) (
) (
)
(
1
) ) (
)(
(
1 )
(
) (
) (
+
+
−
−
−
−
−
−
−
+
−
=
+
−
≥
−
−
−
+
− + +
− + +
− + +
− +
− + +
−
+
=
−
−
− +
− + +
− +
−
+
k
k n
k n si
Co k n n k k
n
hang so k
n n n
n hang
so k hang
so k n
n n n
n n n
k
k
n
k k
n a
a a a a
a
a
k
a a k
a a k
a a k
a a k
a a k
a
a
a
a a a a a a a a a a
a a
a
a
) )(
(a c b d cd
1 ) )(
( ) )(
+ +
+ + +
⇔
d c b a
cd d
b c a ab
1 2
1 2
1 2
+
+ + +
+
=
+
+ + +
+
+ +
≤
d b
d b c a
c a d
b
d c a
b d
b
c c a
a VT
3
3 abc+ 1 ≤ (a+ 1 )(b+ 1 )(c+ 1 )
Trang 5VD2: CMR: (1)
Gi¶i
Ta cã: (1)
Theo B§T C« si ta cã:
(§PCM)
Ta cã thÓ tæng qu¸t bµi to¸n nµy:
Gi¶i
Ta cã: (1)
Theo B§T C« si ta cã:
(§PCM)
VD4: CMR:
Gi¶i
Ta cã:
Theo B§T C« si ta cã:
1 ) 1 )(
1 )(
1 (
1 1 1 )
1 )(
1 )(
1 (
) 1 )(
1 )(
1 ( 1 1 1
3 3
3 3
3
≤ + + +
+ + + +
⇔
+ + +
≤ +
⇔
c b a c
b a
abc
c b a abc
⇒
=
+
+ + +
+ + +
+
=
+
+ +
+ + +
+
+ +
+ +
≤
1 1
1 1
1 1
1
3
1
1
1 1
1 1
1 3
1 1 1 1
3
1
c
c b
b a
a
c b a c
c b
b a
a
VT
0 , , , , , , , )
) (
)(
(
2
n
a
a
a
1 ) ) (
)(
(
) ) (
)(
(
2 2 1 1
2 1 2
2 1 1
2
+ +
+
+ + +
+
n n
n n
n n
n
b a b a b a
b b b b
a b a b a
a a a
1
1
1
1
1
2 2
2 2 1
1
1
1
2 2
2 1 1
1 2
1
=
=
+
+ + + +
+ + +
+
=
+ + + +
+ + +
+ + + +
+
+
≤
n n b a
b a b
a
b a b
a
b
a
n
b a
b b
a
b b a
b n b a
a b
a
a b
a
a
n
VT
n n
n n
n n
n n
N n n
!
1
1 1
1 1 1
3
2 3
1 2
1 2
1
1
1
1
4
3 3
2 2
1 1
1 1
3
1 2
1
1
1
1 1
4
3 3
2 2
1 1
3
1 2 1
1
1
!
1 1
1
!
1
1 1
1 1
1
1
=
+ − +
+
+ +
+
−
=
=
+ + + + −
− +
+ + +
−
≤
≤
− +
⇔
≤ +
⇔
≤
+
−
−
−
−
−
−
n
n n n
n
n n
n n
VT
n
n n
n n
n
n
n n
n n
n
n
Trang 6IV.kỹ thuật thêm hằng số
Để sử dụng đợc BĐT Cô si từ TB nhân sang TB cộng ta cân nhân thêm các hằng số để làm mất dấu căn thức, hoặc để khử biến số.
VD1: CMR:
Giải
Ta có:
Cộng vế theo vế ta đợc:
(ĐPCM) VD2: Cho
CMR
Giải
+
VD3: Cho x,y > 0 Tìm:
Giải
Ta có:
1 , 1
b a
2 2
1 ) 1 ( 1 ).
1 ( 1
2 2
1 ) 1 ( 1 ).
1 ( 1
ab a
b a
b a
b
ab b
a b
a b
a
= +
−
≤
−
=
−
= +
−
≤
−
=
−
2 2 2 1
1 b a ab ab ab
b
6
1
0
,,
≤+
++
++
=+
+
≥
ac cb ba
cb
a
cba
+
+
≤ +
=
+
+
+
≤ +
=
+
+
+
≤ +
=
+
2 3
2 ) ( 2
3 3
2 ).
( 2
3
2 3
2 ) ( 2
3 3
2 ).
( 2
3
2 3
2 ) ( 2
3 3
2 ).
( 2
3
a c a
c a
c
c b c
b c
b
b a b
a b
a
6 3 2
3 2
2 ) (
2 2
3 + + + = =
≤ + +
+
+
a
2
3
) ( ) , inf(
xy
y x y x
4
27 ) , inf(
4
27 ) ( 27 4
) ( ) ( ) , (
) ( 27
4 ) ( 3
4 16
1 3
2 2 4 16
1 ) 2 )(
2 )(
4
(
16
1
3
3 2
3
3 3
3 2
=
⇒
= +
+
≥ +
=
+
=
=
≤
=
y x M
y x
y x xy
y x y x
f
ra
Suy
y x y
x y
y x y
y x
xy
Trang 7Dấu bằng xảy ra khi và chi khi 4x=2y=2y hay y=2x VD4: Cho x,y,z > 0 Tìm
Giải
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6x=3y=2z
Tổng quát ta có bài toán sau:
Cho x1,x2 ,xn > 0 Tìm VD5: CMR:
Giải
Với n=1,2 ta thấy BĐT (1) đúng
Với n ≥ 3 ta có:
(ĐPCM)
Ta có bài toán tơng tự:
VD6: CMR:
Giải
Với n=1,2,3,4 ta thấy (1) đúng Với n > 4 ta có:
3 2
6
) (
) , , inf(
z xy
z y x z y x
n n
n n n
x x x
x x
x x
x x M
)
( ) , , ,
2 1
2 1 2
2 2
1
+ + +
+ + +
=
432 ) , , inf(
432 3
2 6 ) (
) , , (
) (
3 2 6 1
6
2 2 2 3 3 6 3 2 6 1
) 2 )(
2 )(
2 )(
3 )(
3 )(
6 (
2 3 6 1
2 3 3
2 6
6 2
3 3 2
6 3
3
3 2 3
2
=
⇒
=
≥ + +
=
+ +
≤
⇔
≤
=
z y x M
z xy
z y x z y x f ra
Suy
z y x z
xy
z z z y y x
z z z y y x z
xy
N n n n
n
⇒ +
=
+
<
− +
≤
⇒
+ + + + +
≤
−
n n
n n n
n n
n
n
n n n
n
n
n
so n n
so n n
2 1 2 )
2 ( 2
1
1 1 1
1 1
1 2
N n n n
n
n n
n n n
n
so n
1
1
1 1 2 2 2 2 1
1 1 2 2 2
2
1 4 1
4
+
=
+ + + + + + +
≤
−
Trang 8VD7: CMR:
Giải
Ta có:
Măt khác:
Ta thấy đẳng thức không thể xảy ra nên ta có đpcm
V kỹ thuật ghép đối xứng
Các kỹ thuật thờng dùng:
zx yz xy xyz
zx yz xy z y x
x z z y y x z y x
x z z y y x z y x
.
) )(
)(
(
2 2
2
) ( ) ( ) ( ) (
2
2 2 2
=
=
+ + + + +
= + +
+ + + + +
= + +
2 2
2 2
2
≠
∀ + +
≥ +
b
c a
b c
a a
c c
b b a
Giải
Theo BĐT Cô si ta có:
≥
=
≥
+
≥
=
≥
+
≥
=
≥
+
b
c b
c b
a a
c b
a a
c
a
b a
b a
c c
b a
c c
b
c
a c
a c
b b
a c
b b
a
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
1
2
1
2
1
n m
n
1 1 1 1 1
1
1
+
⇔
+
<
+
n n
m n m m
n
m m
m
m m
m
m n m
n
m
1 1
) (
1 1
1
1 1
1 1
1 1
1 1
1
1 1.
1 1
1 1
1 1
1
1
+
=
− +
+
=
=
+ + + +
+ + +
+ +
+
≤
+
+
+
=
+
−
Trang 9Cộng vế theo vế ta có:
b
c a
b c
a a
c c
b b
a
+ +
≥ + + 22 22
2 2
VD2: CMR: a3 +b3 +c3 =a2 bc +b2 ca+c2 ab ∀a,b,c≥ 0
Giải
Ta có: a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab) ≥ (a+b)(2ab-ab)=(a+b)ab Tơng tự ta có: b3+c3≥ (b+c)bc
c3+a3≥ (c+a)ca
Do đó: 2(a3+b3+c3) ≥ (a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca
⇔ 2(a3+b3+c3) ≥a2b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)
≥a2 2 bc+b2 2 ca+c2 2 ab
Suy ra a3 +b3 +c3 =a2 bc+b2 ca+c2 ab
VD3: Mọi tam giác ABC ta đều có:
+ +
≥
−
+
−
+
−a p b p c a b c
p
1 1 1 2 1 1
1
Giải
2− >
+
=
−a b c a
p , tơng tự ta có p-b > 0, p-c > 0
áp dung BĐT Cô si ta đợc:
b a p c p a p c p a
p c
p
a c p b p c p b p c
p b
p
c b p a p b p a p b
p a
p
2 2
1 )
)(
(
1 1
1
2
1
2 2
1 )
)(
(
1 1
1
2
1
2 2
1 )
)(
(
1 1
1
2
1
=
− +
−
≥
−
−
≥
−
+
−
=
− +
−
≥
−
−
≥
−
+
−
=
− +
−
≥
−
−
≥
−
+
−
Cộng vế theo vế ta đợc
+ +
≥
−
+
−
+
−a p b p c a b c p
1 1 1 2 1 1
1
VI.kỹ thuật cặp nghịch đảo 3 số:
Trang 10Ta sử dung kết quả sau:
( ) 1 1 1 ≥ 9 ∀ , , > 0
+ + +
c b a c b
VD1: CMR: Mọi tam giác ABC ta đều có: h a+h b+h c ≥ 9r
Giải
Ta có:
9 1 1 1 ) (
9 1 1 1 2
9 2 2 2 9
≥
+ +
⇔
≥
⇔
≥ + +
⇔
≥ + +
c b a c b a c
b a p
p
S c
S b
S a
S r h h
Điều nay đúng, vậy ta có điều phải chứng minh
2
2 2 2
>
∀ + +
≥ +
+ +
+
c b a b a
c a c
b c b a
Giải
Ta có:
2 3
) (
2
3 )
(
) (
2
3 1
1 1
) (
2 3
2
2 2
2
2 2 2
≥ +
+ +
+ +
⇔
+ +
≥
+
+ +
+ + + +
⇔
+ +
≥
+ + +
+ + +
+ +
⇔
+ +
≥
+ + +
+ + +
+ +
⇔
+ +
≥ +
+ +
+ +
b a
c a c
b c b a
c b a b
a
c a c
b c b
a c b a
c b a b
a
c c a c
b b c b
a a
c b a b
a
c c a c
b b c b
a a
c b a b a
c a c
b c b
a
2
9 1
1 1
≥
+
+ +
+ + + + + + +
⇔
≥
+ + +
+ + +
+ +
⇔
a c c b b a a c c b b a
b a
c a
c
b c
b a
Theo VD1 ta thấy BĐT này đúng, do đó ta có (đpcm)
VD3: CMR: 2 9 ∀ , , > 0 , ≥ 1
+ +
≥
+
+ +
+ +
−
−
−
m c b a c b a b a
m a c
m c b
Giải
Trang 11[( ) ]
9 9
) )(
)(
(
3
) )(
)(
( 3 (*)
(*) 9 )
( ) (
9 2
3
3 3
=
=
+ + + +
+ +
≥
≥
+
+ +
+ + +
+ + + +
⇔
+ +
≥
+
+ +
+ +
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
b b
b a a c a b
b a a c c b
b a a c c b
m
b a a c c b
m m m b
a a c c b VT
b a
m a c
m c b
m b a a c c b
c b a b a
m a c
m c b
m
Vây ta có đpcm
Với một số VD trên phần nào cho ta đợc một số kỹ thuật sử dụng BĐT Cô si
để chứng minh BĐT Từ những ví dụ đó học sinh sẽ có đợc một số đinh h-ớng khi chứng minh BĐT Đây là lần đầu tiên em viết một chuyên đề nên không thể tránh đợc sai sót, kính mong các thầy cô góp ý giúp em hoàn thiện hơn.
Tài liệu tham khảo:
-Một số phơng pháp và kỹ thuật chứng minh BĐT (Trần Phơng)-NXB TP
Hồ Chí Minh.
-Bộ đề tuyển sinh năm 1991-NXB Giáo dục.