Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong giải Toán THCS

PHÐNG GD&◻T QUỐN ◻◻NG ◻A TR◻◻NG THCS TH◻I TH◻NH
-------*****-------
SÁNG KIẾN KINH NGHIfiM
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI TRONG GIẢI TOÁN THCS
MÔN TOÁN
Tên tác giả: Nguyễn Cao Cường Giáo viên môn Toán
Năm học 2013 - 2014
MỤC LỤC
A – MỞ ĐẦU
Trang
Lý do chọn đề tài	3
Nhiệm vụ, mục đích của đề tài	3
Phạm vi của đề tài	4
Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành	5
B – NỘI DUNG
Những quy tắc chung	5
Bất đẳng thức Cô-si	6
Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô-si	8
Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân	8
Kỹ thuật tách nghịch đảo.	12
Kỹ thuật chọn điểm rơi	15
Kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng	21
Kỹ thuật nhân thêm hằng số	24
Kỹ thuật ghép đối xứng	30
Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo cho 3 số, n số	33
Kỹ thuật đổi biến số	35
Một số ứng dụng khác của bất đẳng thức Cô-si	38
Áp dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình	38
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si để chứng minh bđt và tìm cực trị hình học. 42 Kết quả của đề tài	55
Kết luận	56
Tài liệu tham khảo	57
Lý do chọn đề tài

MỞ ĐẦU
š&›
Toán học nói chung và toán học phổ thông nói riêng đã giúp người học, người nghiên cứu nó có được kiến thức, tư duy logic và khả năng suy luận. Đối với những học sinh trung học cơ sở, toán học đã hình thành cho các em những kiến thức cơ sở ban đầu, những kiến thức cơ bản nhất của toán học hiện đại. Qua những bài học, những vấn đề toán cùng với những cách thức suy luận đã giúp các em hình thành tư duy toán học.
Toán học sơ cấp có lẽ là mảng toán học đòi hỏi trí thông minh, óc tư duy linh hoạt của người học, trong đó bất đẳng thức là vấn đề hay và khó. Từ các lớp trung học cơ sở, học sinh được giới thiệu một cách cơ bản nhất về bất đẳng thức, phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Và hầu hết những người đã học bất đẳng thức, ai cũng biết về một bất đẳng thức kinh điển, nổi tiếng: bất đẳng thức Cô-si. Nhưng một thực tế chung đối với học sinh phổ thông là việc vận dụng bất đẳng thức Cô - si vào giải toán gặp rất nhiều khó khăn. Khó khăn đầu tiên là không biết cách sử dụng bất đẳng thức Cô - si. Khó khăn thứ hai là không biết bất đẳng thức Cô - si có thể ứng dụng vào việc giải những dạng toán nào? Chính vì vậy, để giúp các em học sinh có thể khắc phục phần nào những khó khăn trên, tôi viết đề tài " Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán trung học cơ sở"
Nhiệm vụ, mục đích của đề tài
Đề tài " Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS" sẽ giới thiệu đến với học sinh về bất đẳng thức Cô - si; những kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô-si và việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si trong giải toán THCS.
Đề tài được viết theo cách thức lý thuyết đi kèm với ví dụ minh họa. Bên cạnh việc cung cấp, tổng kết những cách sử dụng bất đẳng thức Cô - si, đề tài còn
giới thiệu những bài toán minh họa, đặc biệt là những bài toán học sinh thường gặp về bất đẳng thức, cực trị đại số, cực trị hình học.
Phạm vi của đề tài
Với học sinh trung học cơ sở, lớp 8 các em mới được giới thiệu và tiếp cận với bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức Cô -si nói riêng. Vì vậy, đề tài " Sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán THCS" hướng tới việc giúp cho học sinh lớp 8; lớp 9 có được những kiến thức về bất đẳng thức Cô-si; cách sử dụng bất đẳng thức Cô - si trong giải toán trung học cơ sở, từ đó giúp cho các em phát triển tư duy về bất đẳng thức, đặt nền móng cho các cấp độ lớn hơn sau này.
Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành
Đề tài tập trung nghiên cứu về bất đẳng thức Cô-si. Trên cơ sở những kiến thức cơ bản về dạng bất đẳng thức, tổng kết một kỹ thuật thường dùng; giới thiệu một số ứng dụng của bất đẳng thức Cô - si trong giải toán trung học cơ sở.
Phương pháp chủ yếu của đề tài là phương pháp nghiên cứu và tổng kết kinh nghiệm trong thực tế giảng dạy.
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 đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn.
Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “ = ” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học sinh có thể không trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si.
Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến.
Quy tắc biên: Cơ sở của 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 nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên.
Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể.
Chiều của BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại
Trên là 5 quy tắc sẽ giúp ta có định hướng để chứng minh BĐT, học sinh sẽ thực sự hiểu được các quy tắc trên qua các ví dụ và bình luận ở phần sau.
BẤT ĐẲNG THỨC CÔ - SI
(CAUCHY)
Dạng tổng quát (n số): "x1, x2, x3 ..xn ≥ 0 ta có:
Dạng 1:
x1 + x2 +......xn ³
n x x	x
n	1 2	n
Dạng 2:
x1 + x2 + ......xn ³ n n
x1 x2	xn
æ x + x +	xn ön
ç
Dạng 3:	1	2 n	÷ ³ x1 x2	xn
è	ø
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi: x1 = x2 =	= xn
Hệ quả 1:

è	ø
æ S ön
Nếu:	x1 + x2 +	+ xn = S = const
thì:
Max (P = x1x2	xn ) = ç n ÷
khi x = x =	= xn = S
1	2	n
Hệ quả 2:
Nếu: x1x2	xn = P = const
thì:	Min(S = x
x	+ x
) = nn P
khi
Dạng cụ thể ( 2 số, 3 số ):
x1 = x2 =	= xn =
1	2	2
n P
n = 2: " x, y ≥ 0 khi đó:
n = 3: " x, y, z ≥ 0 khi đó:
2.1	x + y ³	xy
2
x + y + z ³ 3 xyz
3
2.2	x + y ³ 2 xy
x + y + z ³ 3 3 xyz
æ x + y ö2 ³
2.3	ç	2	÷	xy
è	ø
æ x + y + z ö3
ç	3	÷ ³ xyz
è	ø
2.4	( x + y)2 ³ 4xy
( x + y + z)3 ³ 27xyz
2.5	1 + 1 ³ 4	
x	y	x + y
1 + 1 + 1 ³	9	
x	y	z	x + y + z
2.6
 1 ³	4	
xy
( x + y)2
 1 ³	4	
xyz
( x + y + z )3
Bình luận:
Để học sinh dễ nhớ, ta nói: Trung bình cộng (TBC) ≥ Trung bình nhân (TBN).
Dạng 2 và dạng 3 khi đặt cạnh nhau có vẻ tầm thường nhưng lại giúp ta nhận dạng khi sử dụng BĐT Cô Si: (3) đánh giá từ TBN sang TBC khi không có cả căn thức.
CÁC KỸ THUẬT SỬ DỤNG BĐT CÔ - SI
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.
Bài 1: Chứng minh rằng: (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) ³ 8a2b2c2
Giải

"a,b, c
Sai lầm thường gặp:
Sử dụng: " x, y thì x2 - 2xy + y2 = ( x- y)2 ≥ 0 Û x2 + y2 ≥ 2xy. Do đó:
ï 2	2
ìa2 + b2 ³ 2ab
íb + c ³ 2bc
î
ïc2 + a2 ³ 2ca
Þ (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) ³ 8a2b2c2
"a,b,c
(Sai)
î
Ví dụ:
ì2 ³ -2
í
ï3 ³ -5

Þ 24 = 2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30 ( Sai )
Lời giải đúng:
ï4 ³ 3
x2 y2
Sử dụng BĐT Cô Si: x2 + y2 ≥ 2
ìa2 + b2 ³ 2 ab ³ 0
ï
= 2|xy| ta có:
í
ïb2 + c2 ³ 2 bc ³ 0 Þ(a2 +b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) ³ 8| a2b2c2| = 8a2b2c2 "a,b,c (Đúng
ïî
ïc2 + a2 ³ 2 ca ³ 0
)
Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và
chỉ khi các vế cùng không âm.
·
·
Cần chú ý rằng: x2 + y2 ≥ 2
x2 y2
= 2|xy| vì x, y không biết âm hay dương.
Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Cô Si như bài toán nói trên mà phải qua một và phép biển đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT
Cô Si.
Bình luận:
Trong bài toán trên dấu “ ≥ ” Þ đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số, 3 cặp số.
a
Bài 2 : Chứng minh rằng: (
+ b )8 ³ 64ab(a + b)2
Giải
" a,b ≥ 0
8	é	2 ù4

 	 4 CôSi

 	 	 4	2
a
a
(	+ b ) = ê(	+ b ) ú
= é(a + b) + 2 ab ù	³	é2 2(a + b) ab ù
= 24.22.ab.(a + b) =
ë	û
= 64ab(a + b)2
ë	û	êë	úû
Bài 3: Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab " a, b ≥ 0.
Giải
Ta có: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 33 1.a.b. 3.3 a.b.ab = 9ab
Bình luận:
9 = 3.3 gợi ý sử dụng Cô-si cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Cô Si cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó.
Bài 4: Chứng minh rằng: 3a3 + 7b3 ≥ 9ab2 " a, b ≥ 0
Giải
Ta có: 3a3 + 7b3 ≥ 3a3 + 6b3 = 3a3 + 3b3 + 3b3
Bình luận:
C³ôsi
33 33a3b3 = 9ab2
9ab2 = 9.a.b.b Þ gợi ý đến việc tách hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT Cô-si ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn.
ìa,b,c, d > 0	1
Bài 5:	Cho:
ï
í 1 + 1 + 1 + 1 ³ 3
CMR :
abcd
£ 81
ïî1+ a
Từ giả thiết suy ra:
1+ b
1+ c
1+ d

Giải
1+ a
 1 ³ æ1 - 1 ö +æ1- 1 ö +æ1- 1 ö = b + c + d 
ç
è
1+ b ÷
ø	è
ç
1+ c ÷
ø	è
ç
1+ d ÷	1+ b	1+ c	1+ d
ø
Côsi
³ 3
bcd
3 (1+ b)(1+ c)(1+ d )
Vậy:
bcd
3 (1+ b)(1+ c)(1+ d )
ï1+ a
ì 1 ³ 3	³ 0
ï
cda
3 (1+ c)(1+ d )(1+ a)
ï	 	
ï
ï 1 ³ 3
1+ b
³ 0
³ 81
 	1	 	abcd	
ï
dca
3 (1+ d )(1+ c)(1+ a)
Þ
í 1	(1+ a)(1+ b)(1+ c)(1+ d )	(1+ a)(1+ b)(1+ c)(1+ d )
ï
ï	³ 3	³ 0
ï
1+ c
abc
3 (1+ a)(1+ b)(1+ c)
ï
³
ï 1 
î
ï1+ d	3	³ 0
Þ abcd £ 1
81
Bài toán tổng quát 1:
Cho:
ìx1, x2 , x3 ,	, xn > 0
ï 1	1	1	1	

CMR :

x x x	x

£	1	
í	+	+	+.........+	³ n -1
1 2 3
n	(n -1)n
î	1
2
3
ï1+ x
1+ x
1+ x
1+ xn
Bình luận:
Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biền thì việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh BĐT dễ dàng hơn
Bài 6: Cho
ìïa,b,c > 0
ía + b + c =1
CMR : æ 1
ç
a

öæ 1
-
1	-
֍ b

öæ 1
1	-
֍ c

1÷ ³ 8

(1)
ö
îï	è	øè	øè	ø
Giải
VT (1) = 1- a .1- b .1- c = b + c .c + a . a + b
C³ôsi
2 bc . 2 ca . 2 ab = 8

(đpcm)
a	b	c
Bài toán tổng quát 2:
b	c	a	b	c
Cho:
ìïx1, x2 , x3 , 	, xn > 0

CMR :

æ 1 -

öæ 1

öæ 1	ö

æ 1	ö	n
íx + x + x + ........ + x = 1
ç x	1÷ç x
-1÷ç x -1÷	ç x
-1÷ ³ (n -1)
îï 1	2	3	n
è 1	øè 2
øè 3	ø
è n	ø
Bài 7: CMR:
3 æ1ö	æ 2ö	æ3ö
abc
3
æ
a + b + c ö
ç ÷	ç ÷
è ø	è ø
3
ç ÷
è ø
ç1+	÷ ³(1+ a)(1+ b)(1+ c) ³ (1+	abc ) ³ 8
"a,b,c ³ 0
ç	3	÷
è	ø
Giải
Ta có:

3
ç1+

a + b + c ö
÷
æ (1+ a) +(1+ b) +(1+ c) ö3

C³ôsi
(1+ a)(1+ b)(1+ c)

(1)
æ
= ç	÷
è	3	ø	ç	3	÷
è	ø
Ta có: (1+ a)(1+ b)(1+ c) = é1+ (ab + bc + ca)+(a + b + c)+ abcù
C³ôsi
êë	úû
(1+ 33 a2b2c2 + 33 abc + abc)= (1+ 3 abc )3

(2)
Ta có: (	)	ç 2	÷	8
(3)
3 abc
1.3 abc
abc
1+	3	C³ôsi
æ	ö3 =
è	ø
Dấu “ = ” (1) xảy ra Û 1+a = 1+b = 1+c Û a = b = c
Dấu “ = ” (2) xảy ra Û ab = bc = ca và a = b = c Û a = b= c
3 abc
Dấu “ = ” (3) xảy ra Û
Bài toán tổng quát 3:
x1x2	xn
Cho x1, x2, x3,., xn ≥ 0. CMR:
=1 Û abc = 1
æ	ön æ1ö	æ 2ö
 	 n æ3ö
ç1+ x1 +
x2 +	+ xn ÷
³è ø (1+ x )(1+ x
) 	(1+ x
)è³ø 1+
) è³ø 2n
n x1x2	xn
ç ÷	ç ÷	ç ÷
ç	n	÷	1	2	n	(
è	ø
Bình luận:
Bài toán tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.
Trong các bài toán có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tình đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng chứng minh BĐT đúng hay sai.
Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng. Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo.
Kỹ thuật tách nghịch đảo.
Bài 1: CMR:
a + b ³ 2
a
"a.b > 0
Giải
Ta có:
Bài 2: CMR:
a + b b	a
a2 + 2
C³ôsi
a2 +1
³ 2
2	= 2
a b b a
"aÎ R
a2 + 2

(a2 +1)+1
Giải
a2 +1
 	1	

Côsi	 	1	
a2 +1
Ta có:	 	=
a2 +1
=	+	 	³	2
a2 +1
a2 +1	= 2
a2 +1
a2 +1
Dấu “ = ” xảy ra Û
=	1	Û a2 +1=1Û a = 0
Bài 3: CMR:
a +	1	³ 3
a2 +1
b(a - b)
"a > b > 0
Giải
3 b.(a - b).	1	
b(a - b)
Ta có nhận xét: b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b đo đó hạng tử đầu a sẽ được phân tích như sau:
a +	1	= b +(a - b)+	1	
C³ôsi 3
= 3	"a > b > 0
b(a - b)	b(a - b)
b(a - b)
Dấu “ = ” xảy ra Û b = (a - b) =	1	
Û a = 2 và b = 1.
Bài 4: CMR:
a +	4	³ 3
(a -b)(b +1)2
" a > b > 0
(1)
Giải
Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu. Tuy nhiên biểu thức dưới mẫu có dạng (a -b)(b +1)2 (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số 2 là một
thức bậc hai của b) do đó ta phải phân tích về thành tích của các đa thức bậc nhất đối với b, khi đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa số của mẫu.
Vậy ta có: (a -b)(b +1)2
= (a - b)( b + 1)( b + 1) Þ ta phân tích a theo 2 cách sau:
(	)
2a +2 = 2(a - b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoặc a +1 = a -b + b +1+ b +1
2	2
Từ đó ta có (1) tương đương :
VT + 1 = a +1+	4	= (a - b)+ b +1 + b +1 +	4	
C³ôsi
(a - b)(b +1)2
4.
2	2	(a - b)(b +1)(b +1)
4 (a - b). b +1. b +1.	4	
2	2
(a - b)(b +1)(b +1)
= 4 Þ ĐPCM
ìa ³ 1
Bài 5: CMR :
2a3 +1 ³ 3 4b(a - b)
"ï	2
í a
ï	>1
ïîb
Giải
Nhận xét: Dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả biểu thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc sử lí với 1 biến sẽ đơn giản hơn. Biến tích thành tổng thì đây là một mặt mạnh của BĐT Cô-si. Do đó:
æ b + (a - b) ö2 	2
Ta có đánh giá về mẫu số như sau: 4.b(a - b) £ 4.ç	÷ = 4. a = a2
ç	2	÷	4
Vậy:
2a3 +1
C³ôsi
2a3 +1 = a3 + a3 +1 = a + a + 1
è	ø
C³ôsi 33 a.a. 1 = 3
4b(a - b)
Dấu “ = ” xảy ra Û

a2
ìb = a - b
ï	Û
a2	a	a
ìa =1
ï
î
ía = 1	í	1
Bình luận:
îï	a2
ïb = 2
Trong việc xử lí mẫu số ta đã sử dụng 1 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, hoặc tử số từ TBN sang TBC hay ngược lại phải phụ thuộc vào dấu của BĐT.
Bài 6: Bài toán tổng quát 1.
Cho:
x > x
1	2
1
a
> x3 >	, xn > 0 và 1£ k ÎZ . CMR:
+	1	³

(n -1)k + 2
ç	÷
k
k
k	k
æ n-1ök +2
æ n-1ök
a (a1 - a2 ) (a2 - a3 ) ...............(an-1 - a )
n	n
Giải
è	ø	ç	÷
è	ø
VT	=
an + (a - a ) +(a - a ) + 	+ (a
- an ) +	1	
1	2	2	3
n-1
a (a - a )k (a - a )k ......(a	- a )k
k
k
k
k
k
k
an
n	1	2	2	3
n-	n1
= a + (a1 - a2 ) +..+ (a1 - a2 ) + .. + (an-1 - an ) + ... + (an-1 - an ) + 	1	
n	(a - a
)k (a
- a )k ..(a
a )k
1	2	2	3
n-1	n
ç	÷
è	ø
n
³ éë(n -1)k + 2ùû.æ n-1ök +2 a
(a1 - a2 ) (a1 - a2 ) (an-1 - an ) (an-1 - an ) 	1	
(a - a )k (a
- a )k ..(a
a )k
= (n -1)k + 2 
n	1	2	2	3
..	..	..	.
k	k	k	k	a
k	k
n-1	n
ç	÷
æ n-1ök +2
è	ø
æ n-1ök
kç	÷
è	ø
Tóm lại: Trong kỹ thuật tách nghịch đảo kỹ thuật cần tách phần nguyên theo mẫu số để khi chuyển sang TBN thì các phần chứa biến số bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số.
Tuy nhiên trong kỹ thuật tách nghịch đảo đối với bài toán có điều kiện ràng buộc của ẩn thì việc tách nghịch đảo học sinh thường bị mắc sai lầm. Một kỹ thuật thường được sử dụng trong kỹ thuật tách nghịch đảo, đánh giá từ TBN sang TBC là kỹ thuật chọn điểm rơi.
Kỹ thuật chọn điểm rơi
Trong kỹ thuật chọn điểm rơi, việc sử dụng dấu “ = ” trong BĐT Cô-si và các quy tắc về tính đồng thời của dấu “ = ”, quy tắc biên và quy tắc đối xứng sẽ được sử dụng để tìm điểm rơi của biến.
Bài 1: Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
Giải
S = a + 1
a
Sai lầm thường gặp của học sinh:
S = a + 1	≥ 2	=2
a 1
a
a
Dấu “ = ” xảy ra Û
Cách làm đúng:
a = 1 Û a = 1 Þ vô lí vì giả thiết là a ≥ 2.
a
Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử 1 để sao cho khi áp dụng
a
BĐT Cô-si dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau:
éæ 1 a; 1 ö

(1)
Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1):
êç a	a ÷
êè	ø
êæa a; 1 ö

(2)
(sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) học sinh tự làm)
ç
÷
ê
æ	1 ö	a
ì 1	2
ç a,
÷ Þ êè	ø
ï	a =
è	a ø
êæ	1 ö
ïa	a
Þ	2 = 1
Þ a = 4.
êç a; a a ÷
(3)
í 1	1	a	2
êè	ø	ï	=
êæ	a ö
ê
a
êç a;	÷
ëè	ø

(4)
ïî a	2
a 1
4 a
Vậy ta có: S = a + 1 + 3a ³ 2
+ 3a ³ 1+ 3.2 = 5 .	Dấu “ = ” xảy ra Û a =
2.
Bình luận:
4	a	4	4	4	2
Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tăc biên để tìm ra a = 4.
Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng BĐT Cô-si cho 2
số a , 1 và 3a đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có cùng điểm rơi là a
4 a
= 2.
4
Bài 2: Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Giải
ì a = 2
S = a + 1
a2
a = 2
Sơ đồ chọn điểm rơi:
Þ ïa	a
Þ	2 = 1
Þ a = 8.
í 1	1	a	4
 2 
8a
 2 
8.2
Sai lầm thường gặp:
ï	=
ïî a2	4
S = a + 1
= æ a + 1 ö + 7a ³ 2
+ 7a =	+ 7a ³	+ 7.2 = 2 + 7 = 9
Þ MinS =
a . 1
8 a2
a2	ç 8	a2 ÷	8
8	8	8	4	4	4
è	ø
9
4
Nguyên nhân sai lầm:
Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS = 9
4

là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã
8a
8.2
mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a ≥ 2 thì 2 ³ 2 = 2
4

là đánh giá
sai.
Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kỹ thuật tách nghịch đảo, phải biến đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Cô-si sẽ khử hết biến số a ở mẫu số.
Lời	giải	đúng:
S = a + 1
= æ a + a + 1 ö + 6a
C³ôsi 33 a . a . 1
+ 6a = 3 + 6a ³ 3 + 6.2 = 9
a2	ç 8	8	a2 ÷	8
8 8 a2
8	4	8	4	8	4
è	ø
Với a = 2 thì Min S = 9
4
Bài 3: Cho
ìa,b,c > 0
ï
ï
ía + b + c £ 3

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
S = a + b + c + 1 + 1 + 1
a	b	c
î	2
Sai lầm thường gặp:

Giải
S = a + b + c + 1 + 1 + 1 ³ 66 a.b.c. 1 . 1 .1 = 6
a	b	c	a b c
Nguyên nhân sai lầm :
Þ Min S = 6
Min S = 6 Û a = b = c = 1 = 1 = 1 =1	Þ a +b + c = 3 > 3

trái với giải thiết.
a	b	c	2
Phân tích và tìm tòi lời giải:
Do S là mọt biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại điểm rơi
a = b = c = 1
2
ìa = b = c = 1
Sơ đồ điểm rơi:
a = b = c = 1 Þ ï
2	Þ 1 = 2
Þ a = 4
2	í 1	1	1	2	2	a
ï	=	=	=
Hoặc ta có sơ đồ điêm rơi sau:
ïîa a	ab	ac	a
ìa a = ab = ac = a
a = b = c = 1 Þ ï
2	Þ a = 2
Þ a = 4 Þ
1 = 2
Þ a = 4
2	í1	1	1	2	2	a
ï	=	=	= 2
ïî a	b	c
Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 như sau:
S = æ 4a + 4b + 4c + 1 + 1 + 1 ö -3(a + b + c) ³ 66 4a.4b.4c. 1 . 1 . 1 -3(a + b + c)
ç	a	b	c ÷
a b c
è	ø
³12 - 3. 3 = 15 . Với
2	2
a = b = c = 1
2
thì MinS = 15
a2 + 1
b2
b2 + 1
c2
c2 + 1
a2
2
ìa,b,c > 0
í	3
Bài 4: Cho ï
a + b + c £

. Tìm GTNN của S =	+	+
2
ï
î
Giải
= 36 a +	. b +	. c +
Sai lầm thường gặp:
S ³ 33
a2 + 1 . b2 + 1 .
c2 + 1	æ 2	1 ö æ 2	1 ö æ 2	1 ö
b2	c2
a2	ç
b2 ÷ ç
c2 ÷ ç
a2 ÷
æ	2 1 ö æ

2 1 ö æ

2 1
è	ø è	ø è	ø
ö
6 8
2
2
³ 36 ç 2 a . b2 ÷.ç 2 b . c2 ÷.ç 2 c . a2 ÷ = 3	= 3
Þ MinS = 3	.
è	ø è	ø è	ø
Nguyên nhân sai lầm:
2
MinS = 3	Û a = b = c = 1 = 1 = 1 =1	Þ a +b + c = 3 > 3

trái với giả thiết.
a	b	c	2
Phân tích và tìm tòi lời giải
Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại
ìa2 = b2 = c2 = 1
a = b = c = 1
2
ï	4	Þ 1 = 4
Þ	a =16
í 1	1	1	4	4	a
ï	=	=	=
ïîaa2	ab2	ac2	a
Lời giải
a2 + 1 + ..... + 1 +
16b2
16b2
b2 + 1 +..... + 1 +
16c2
16c2
c2 + 1 +	+ 1 
16a2
16a2
16
16
16
S =
17	a2 . 1 ..... 1 +
17
16b2	16b2
16
17	b2. 1 ..... 1 +
17
16c2	16c2
16
17	c2. 1	1 
17
16a2	16a2
16
³
1717 1616 b32
a2
1717 1616 c32
b2
=	+	+

æ
1717 1616 a32
c2
= 17 ç17
è

a	+ 17
168 b16

b	+
17
c
ö
168 a16 ÷
ø
168 c16
 	é	a	b	c	ù

1717	a
168 a5b5c5
 	3 17	
17
³	ê33 17
êë
168 b16
.17
168 c16
.17
ú = 3.
168 a16 úû
=	 	
2.17 (2a2b2c)5
17	
2.17 ç
æ 2a + 2b + 2c ö15
è
3
÷
ø
³	3 
³ 3 17 .	Dấu “ = ” xảy ra khi
2
a = b = c = 1
2
Þ Min S =
3 17
2
Bình luận:
Việc chọn điểm rơi cho bài toán trên đã giải quyế