BDT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (241.94 KB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA HAI SỐ KHƠNG ÂM

 Với hai số khơng âm a, b. Kí hiệu:

 2

a b

A 

là trung bình cộng của hai số a, b.
 G ab là trung bình nhân của hai số a, b.


2 2

a b

Q 

là trung bình tồn phương của hai số a, b.



2
1 1

H

a b




là trung bình điều hịa của hai số dương a, b..
Ta có bất đẳng thức Q  A  G  H.

 Chứng minh: 
Từ





0 2 0

a b

a b   a ab b     ab

hay A  G (1)





2 2 2 2 2

0 2 0 2

a b   a  ab b   a b  ab

hay









2 2
2

2 2

a b a b

a b a b  

     

hay Q  A (2)

Mặt khác

1 1 1 1 2 2

1 1

ab

a b a b ab

a b

 

      

 

  

hay G  H (3)

Kết hợp (1), (2), (3) ta có Q  A  G  H.

Dấu “=” trong các bất đẳng thức này đều xảy ra khi a = b.
 Mở rộng ra cho n số không âm a a a1, , ,...,2 3 an ta cũng có:

1 2 3 ... n

a a a a

A

n

   



là trung bình cộng của n số a a a1, , ,...,2 3 an.

1 2 3...

n

G a a a a là trung bình nhân của n số a a a1, , ,...,2 3 an.

2 2 2 2

1 2 3 ... n

a a a a

Q

n

  



là trung bình tồn phương của n số a a a1, , ,...,2 3 an.

1 2 3

1 1 1 1

n
n

H

a a a a



   

là trung bình điều hòa của n số dương a a a1, , ,...,2 3 an.

Ta cũng có bất đẳng thức Q  A  G  H.

Dấu “=” xảy ra khi a1a2 a3  ... an.

Chú ý:

 A, G, Q, H theo thứ tự là viết tắt của các từ arithmetic mean (trung

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

bình tồn phương) và harmonic mean (trung bình điều hịa).

II. BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM

Theo phần

I.

thì ta đã có mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình của các số
khơng âm: Q  A  G  H. Trong đó, bất đẳng thức A  G thường được sử

dụng hơn cả và được gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân hay bất đẳng thức AM-GM (gọi tắt là bất đẳng thức A-G). Cách gọi tên
này khá phổ biến ở nước ngoài, nhất là ở các nước Âu, Mỹ. Ở Việt Nam, người ta
vẫn quen gọi là bất đẳng thức Cauchy (Cô-si). Đây là một cách gọi sai lầm vì bất
đẳng thức này khơng phải do Cauchy phát hiện ra mà thực ra ông chỉ là người
đưa ra phép chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp kiểu
Cauchy. Cách chứng minh này rất hay và nổi tiếng, đến nỗi nhiều người lầm
tưởng Cauchy là người phát hiện ra bất đẳng thức này.

 Nội dung của bất đẳng thức này như sau:
Với n số không âm a a a1, , ,...,2 3 an ta có:

1 2 3

1 2 3
...

...

n n

n

a a a a

a a a a

n

   



Dấu “=” xảy ra  a1a2 a3  ... an.

 Hệ quả: Ta có một số bất đẳng thức rất quen thuộc và là hệ quả của bất đẳng
thức AM-GM như sau:

1.





2 2 2 2 2 2

a b

a b  ab a b    ab

Dấu “=” xảy ra  a = b.

2.





2 2 2 2 2 2

a b c

a b c ab bc ca   a b c    ab bc ca 

Dấu “=” xảy ra  a = b = c.

3. 2

a b

b a  (ab > 0). Dấu “=” xảy ra  a = b.

hay 
1

a
a

 

(a > 0). Dấu “=” xảy ra  a = 1.

4.

1 2 3 1 2 3

1 1 1 1

...

n n

n

a a a  a a a a  a hay





1 2 3

1 1 1 1

... n

n

a a a a n

a a a a

 

         

 



a a a1, , ,...,2 3 an 0



Dấu “=” xảy ra  a1 a2 a3  ... an.

Chú ý:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>



a2 b2

 

x2 y2





ax by



   

hay có thể viết là



 



2 2 2 2

a b x y ax by

Dấu “=” xảy ra  ax by và nếu x, y khác 0 thì

a b

x y )

Bất đẳng thức này đúng với 2 bộ số thực bất kì (a ; b) và (x ; y).

Mở rộng ra ta thu được kết quả với 2 bộ n số thực



a a1, ,...,2 an



và



b b1, ,...,2 bn



như sau:



2 2 2

 

2 2 2







1 2 ... n 1 2 ... n 1 1 2 2 ... n n

a a  a b b  b  a b a b  a b

hoặc



 



2 2 2 2 2 2

1 2 ... n 1 2 ... n 1 1 2 2 ... n n

a a  a b b  b a b a b  a b

Dấu “=” xảy ra

1 1

2 2
...

n n

a kb








 


 



 Bất đẳng thức Cauchy nêu trên cịn có nhiều tên gọi khác như bất

đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-cốp-xki) hay bất đẳng thức Schwarz

(Sờ-vác) hoặc bằng cái tên rất dài Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz.
Nhiều tài liệu ở Việt Nam lại viết theo kiểu ngược lại, tức là

Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz, do đó bất đẳng thức này được viết
tắt là BCS.

 Augustin Louis Cauchy (1789 - 1857) là nhà toán học người Pháp,

Viktor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 - 1889) là nhà toán học Nga và
Hermann Amandus Schwarz (1843 - 1921), nhà toán học Đức. Năm
1821, Cauchy chứng minh bất đẳng thức này trong trường hợp các
vectơ thực hữu hạn chiều, đến năm 1859, học trò của Cauchy là
Bunyakovsky thu được dạng tích phân của bất đẳng thức, kết quả tổng
quát được Schwarz chứng minh năm 1885.

B. CÁC ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM

 Chứng minh bất đẳng thức

 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức
 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong bài toán hình học
 Các ứng dụng khác (giải phương trình, hệ phương trình, chứng

minh các mệnh đề tốn học…)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 VÍ DỤ 1. Hãy chứng minh các hệ quả nêu trên của bất đẳng thức AM-GM.
 Giải:

 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:





2 2 2 2 2 2 2 2

a b  a b  ab  ab  ab

Dấu “=” xảy ra

2 2

0 0

a b

a b

ab ab

 

  

     

  

 

Từ









2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b  ab a b a b  ab a b

Do đó ta có:





2 2

a b

a b  

Dấu “=” xảy ra  a b

Mặt khác, cũng từ





2 2 2 2 2 2 4 4

a b  ab a b  ab ab a b  ab

Nên





2
2

a b

ab




. Dấu “=” xảy ra  a b

 Theo chứng minh trên thì









2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

a b ab

b c bc a b b c c a ab bc ca

c a ca

a b c ab bc ca a b c ab bc ca

  



          




 



           

Dấu “=” xảy ra

a b

b c a b c

c a





     

 



Mà a2b2c2 ab bc ca   2



a2b2c2



2



ab bc ca 















2
2

2 2 2 2 2 2

a b c

a b c a b c a b c  

         

Dấu “=” xảy ra  a b c  . Lại có:













2
2 2 2

a b c ab bc ca a b c ab bc ca

a b c

ab bc ca

          

 

   

 Vì ab > 0 nên a, b cùng dấu , 0

a b
b a

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

2 2

a b a b

b a  b a 

Dấu “=” xảy ra

2 2

0
0

a b ab ab

a b

b a

a b

ab

  






 

       



 

 

 


Nếu coi

a

b là a thì 
b
alà

a (a > 0). Như vậy ta có:

1
2

a

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Dấu “=” xảy ra

1 0

1
1

a
a

 





     



 

 .

 Theo bất đẳng thức AM-GM thì:





1 2 3 1 2 3

2
1 2 3

1 2 3

... ...

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

...

n

n n

n

n n

n

a a a a n a a a a

n

a a a a a a a a

a a a a n

a a a a



    




        



 

          

 

Chia cả hai vế của bất đẳng thức vừa chứng minh cho

1 2 3 ... n 0

a a a  a  ta có

1 2 3 1 2 3

1 1 1 1

...

n n

n

a a a a a a a a

     

   

Dấu “=” xảy ra

1 2 3

1 2 3
...

...

1 1 1 1

n

n
n

a a a a

   




      

  




 VÍ DỤ 2. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số dương a, b, c

1 1 1 1 1 1

a b c   ab  bc  ca (*)

 Giải: Áp dụng hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM ta có:

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

a b c a b c ab bc ca

     

          

     

Dấu “=” xảy ra

1 1 1

a b c

a b c

     

Nhận xét: Chúng ta có thể mở rộng bất đẳng thức (*) bằng cách nhân cả
hai vế của bất đẳng thức (*) với abc 0, ta có bất đẳng thức mới:

1 1 1

abc a b c

a b c

 

    

 

  . Và nếu giả thiết cho thêm dữ kiện

a b c thì chúng ta có một bất đẳng thức khá “đẹp” như sau:

1 1 1 1

a b c   abc . Cứ tiếp tục như vậy, chúng ta sẽ tìm tịi được nhiều bài

tốn mới, hay hơn, tổng quát hơn… Đây chính là cách suy nghĩ trên
những bài toán giúp ta nắm vững kiến thức, cũng như một cách rèn
luyện tư duy, từ đó hình thành một thói quen học tốn tốt.

 VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng a b c, , 0ta có bất đẳng thức sau:
3

a b c

b c c a a b      (**)

 Giải: Ta có:

a b c a b c b c a c a b

b c c a a b b c c a a b

     

     

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>



a b c



1 1 1 3

b c c a a b

 

      

  

 



 



1 1 1 1

2 b c c a a b b c c a a b

 

           

  

 

Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM ta có:

1 3

9 3

2 2

a b c

b c c a a b        

Dấu “=” xảy ra b c c a a b      a b c 

Chú ý: Bất đẳng thức (**) chính là bất đẳng thức Nesbitt (Ne-xbít) cho 3
số dương. Ngồi ra, còn rất nhiều cách khác để chứng minh bất đẳng
thức này.

 VÍ DỤ 4. Chứng minh rằng





2
4

, 0, 1 2 1 1 81

y

x y x

x y

 

         

   

 Giải: Ta có:









1 2 1 1 2 1 2 1

2 2

y y

x x y y y y

x x

 

            

 

Do đó









2 2

4 4

1 2 1 1 1 1

y

x y

x y y

   

 

           

     





2 2

4 4

1 y 1 1 y 4

y y

    

         

    

 





2
4

1 2. y 4 1 2.2 4 81

y

 

        

 

 

Dấu “=” xảy ra

2
2

1
4

, 0

y
x

x

x
y

y
y
x y










    





 




 VÍ DỤ 5. Chứng minh rằng:

a. Nếu hai số khơng âm có tổng là hằng số S khơng đổi thì tích của
chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.

b. Nếu hai số khơng âm có tích là hằng số P khơng đổi thì tổng của
chúng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.

 Giải: Gọi a, b là hai số khơng âm bất kì.

a. Theo bất đẳng thức AM-GM thì

2 2

S

a b  ab S  ab ab

Do đó





4 2

S S

Max ab   a b 

b. Tương tự a b 2 P

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Chú ý:

 Đây cũng là một hệ quả khá quan trọng của bất đẳng thức

AM-GM, giúp chúng ta nhanh chóng tìm ra giá trị lớn nhất hay
giá trị nhỏ nhất của một biểu thức.

Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcx2



8 x2



Giải: Dễ dàng nhận ra x2



8 x2



8 (khơng đổi).
Do đó theo phần a. thì x2



8 x2



đạt giá trị lớn nhất là

2
8

4  khi và

chỉ khi

2 2 8

8 2

x   x   x

 Trường hợp a, b > 0, ta có bài tốn mang nội dung hình học như

Bài tốn:

a. Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vng có diện tích

lớn nhất.

b. Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vng có chu vi
nhỏ nhất.

 VÍ DỤ 6. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh:

a.

1 1 1 1 1 1

a b c b c a c a b         a b c

b.



a b c b c a c a b 

 

 

 

 



abc

 Giải:

a. Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM:

1 1 4

x y x y



x y, 0





 



1 1 4 2

a b c b c a      a b c   b c a  b (1)

Tương tự

1 1 2

a b c c a b     a (2),

1 1 2

b c a c a b     c (3)

Cộng vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có đccm.

Dấu “=” xảy ra

a b c b c a

a b c c a b a b c

b c a c a b

    




         

     


 Tam giác đó là tam giác đều.

b. Áp dụng hệ quả 1 của bất đẳng thức AM-GM:





2
2

a b

ab




hay



a b



2 4ab (với mọi a, b), ta có:



 





 





 





 



4 4

a b c b c a a b c b c a

b a b c b c a

         

 

 

     

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>



 



a  a b c c a b   



 



c  b c a c a b   

Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên

, , 0
0
0
0

a b c
a b c
b c a
c a b




   




  



   



Vì các vế của ba bất đẳng thức trên đều dương nên nhân vế với vế ba bất
đẳng thức ta thu được:



abc



2 



a b c b c a c a b 

 

 

 

 



2 (*)
Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh.

Dấu “=” xảy ra

a b c b c a

a b c c a b a b c

b c a c a b

    




         

     


 Tam giác đó là tam giác đều.
Chú ý:

 Nếu gọi p là nửa chu vi tam giác thì 2

a b c

p  

, khi đó ta có thể
viết lại hai bất đẳng thức trên như sau:

1 1 1 1 1 1

p a p b p c a b c

 

      

    



 



p a p b p c    abc

 Ta có thể chứng minh bất đẳng thức ở phần b. bằng cách khác:



 















2 2

a b c b c a b a c b a c

b a c b

            

   

Tạo thêm hai bất đẳng thức tương tự



 



a  a b c c a b   



 



c  b c a c a b    rồi nhân vế với vế ba bất đẳng thức.

 VÍ DỤ 7. Chứng minh

a.

2
8

4
4

a
a








a



b.



b c c a a b

 



 





8abc



a b c, , 0



c.



 







2
1a 1b  1 ab



a b, 0



 Giải:

a. Ta thấy









2 2 2

2 4 .4

4 4
8

4 4 4

a
a

a

a a a



 



  

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

b. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:



 



2 8

a b ab

b c bc a b b c c a abc

c a ca


 




      



  



Dấu “=” xảy ra  a b c 

c.



 











1a 1b  1 a b ab 1 2 ab ab  1 ab

Dấu “=” xảy ra  a b

Chú ý:

 Bạn đọc hãy cùng quan sát lại một lần nữa bất đẳng thức ở phần b.
Với điều kiện a b c, , 0, khi chia cả hai vế của bất đẳng thức cho

abc ta có:



 



a b b c c a
abc

  



Thêm vài bước biến đổi nho nhỏ ta được:

8 1 1 1 8

a b b c c a b c a

a b c a b c

        

            

     

Vậy là ta đã thu được một bất đẳng thức mới, cách chứng minh bất
đẳng thức này cũng hoàn toàn tương tự như bất đẳng thức ban
đầu.

 Cũng vẫn là bất đẳng thức ở phần b. nhưng nếu cho thêm giả thiết

a b c   thì ta có bất đẳng thức:



1 a

 

1 b

 

1 c



8abc. Sẽ khó

khăn hơn khi nhận ra phải sử dụng bất đẳng thức AM-GM để
chứng minh bất đẳng thức này.

 Một mở rộng khác từ bất đẳng thức b. là một bài toán khá hay như
sau: “Cho 2 bộ n số dương a a a1, , ,...,2 3 an và b b b1, , ,...,2 3 bn thỏa mãn

1 2 3,... n 1 2 3... n 1

a a a a b b b b  . Chứng minh:



1 1

 

2 2

 

3 3

 

...



n

n n

a b a b a b a b  .”

 Bất đẳng thức ở phần c. có thể mở rộng cho 3 số:



 











3 3 3

1 1 1 1

1 3 3 1

a b c a b c ab bc ca abc

abc abc abc abc

          

     

Với bốn số:



1a

 

1b

 

1c

 

1d



 



1 ab

 

2 1 cd

 

2  1 ab cd  abcd





1 24 abcd abcd



2 



1 4abcd



22



1 4 abcd



      

 

 

Cứ như vậy, ta đi đến với kết quả tổng quát:
Với n số không âm a a a1, , ,...,2 3 an ta có:



1 1

 

1 2

 

1 3

 

... 1





1 1 2 3...



n
n

n n

a a a a a a a a

     

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>



 





 



1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

1 1 1

1 1 1 1 1 ... 1

...

1 1 1 1 1 ... 1

n

n n

n

n
n

n

n n

n

a a a a a a

n a a a
a

a a

a a a a a a



   

      




    

      



Cộng vế hai bất đẳng thức trên, ta có:







 



1 2

1 ...

1 1 ... 1

n

n
n

n

n a a a

n

a a a




  

. Từ đó suy ra đccm.

 VÍ DỤ 8.

a. Cho các số khơng âm a b, . Chứng minh: a b  a b 2



a b



b. Cho các số không âm a b c, , . Chứng minh:





a b c   a b c a b c 

c. Chứng minh rằng nếu a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

a b c   b c a   c a b   a b c

 Giải:

a. Ta có:



 



2 2

a b  a b  a b  a b

2 0

a ab b a b ab

       (đúng với mọi a b, 0)

Do đó a b a b . Dấu “=” xảy ra

0
0

a
ab

b




   



Mặt khác, áp dụng hệ quả 1 của bất đẳng thức AM-GM:



x y



2 2



x2 y2



  

với x a0 và y b0 ta có:



a b



2 2

   

a 2 b 2 2



a b



 

 





a b a b

   

. Dấu “=” xảy ra  a b
Vậy a b  a b 2



a b



b. Bằng phương pháp biến đổi tương đương như ở phần a. và sử dụng
hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM, ta thu được đccm.

Dấu “=” xảy ra  a b c  0

c. Áp dụng kết quả của phần a. ta có:
a b c   b c a   c a b 

2 2 2

a b c   b c a  b c a   c a b  c a b   a b c 

  

           

2 2 2

a b c   b c a  b c a   c a b  c a b   a b c 

     

     

  

2.2 2.2 2.2

2 2 2

b c a

a b c

     

Dấu “=” xảy ra  a b c   Tam giác đó là tam giác đều.

 VÍ DỤ 9. Cho các số dương a b c d, , , thỏa mãn điều kiện

1 1 1 1

1a1b1c1d  . Chứng minh

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

 Giải:

Ta nhận ra 3 = 1 + 1 + 1 nên ta sẽ biến đổi điều kiện của đề bài như sau:

1 1 1 1

1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1

a b c d

b c d b c d

a b c d b c d

   

   

     

        

         

      

      

Tương tự, ta cũng có:

3
1

1 1 1 1 1 1 1

a c d a c d

b a c d  a c d

      

3
1

1 1 1 1 1 1 1

a b d a b d

c  a b d  a b d

      

3
1

1 1 1 1 1 1 1

a b c a b c

d  a b c a b c

      

Nhân vế với vế bốn bất đẳng thức trên, ta có đccm.

Dấu “=” xảy ra

1
3

a b c d

    

Nhận xét: Bằng việc linh hoạt trong phép biến đổi, cộng thêm sử dụng
bất đẳng thức AM-GM, ta đã có một lời giải “nhanh, gọn, đẹp”. Tuy
nhiên, câu hỏi đặt ra cho chúng ta sau khi giải, đó là, liệu bất đẳng thức
trên có dạng tổng qt hay khơng, và đó là gì? Nếu có, ta phải chứng
minh như thế nào?

Câu trả lời là có. Bất đẳng thức tổng quát của nó như sau:

Với n số dương a a a1, , ,...,2 3 an



n3



, thỏa mãn điều kiện

1 2 3

1 1 1 1

1 1 1 1 n

n

a  a  a   a  

    , chứng minh rằng:





1 2 3

1
...

n n

a a a a
n



 . Bạn đọc chứng minh tương tự như ví dụ trên.

 VÍ DỤ 10.

a. Chứng minh rằng với mọi x y z, , 0, ta có:

3 3 3

x y z

x y z

yzzxxy   

b. Cho các số a b c, , 0. Chứng tỏ rằng:

3 3 3

a b c

ab bc ca

b  c  a   

 Giải:

a. Trước tiên, ta đi chứng minh bất đẳng thức phụ:





4 4 4

x y z xyz x y z  (1)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>









 





2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2

. . .

x y z x y y z z x xy yz zx

xy yz yz zx zx xy xyz x y z

       

     

Dấu “=” xảy ra  x y z

Vì xyz0 nên nhân cả hai vế bất đẳng thức (1) với

1
0

xyz  ta có:





4 4 4 xyz x y z 3 3 3

x y z x y z

x y z

xyz xyz yz zx xy

 

      

Dấu “=” xảy ra  x y z

b. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:









3 3

3 3 3 3 3

2 2 2 2

3 3

2 2

2 2 2

2 2

a a

ab ab a

b b

b b a b c

bc bc b a b c ab bc ca

c c b c a

c c

ca ca c

a a



    





            






   






 



3 3 3
2

a b c

ab bc ca ab bc ca ab bc ca

b c a

           

(vì a2b2c2 ab bc ca 



a b c, ,



theo hệ quả 2 bất đẳng thức AM-GM)

II. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA

BIỂU THỨC

 VÍ DỤ 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 16
( ) x

g x

x




với x0

 Giải:

Tách g x( ):

2 2 3 2

16 16 8 8 8 8

( ) x 3 12

g x x x x

x x x x x x



         

Dấu “=” xảy ra

2 8 2

x x

x

   

Vậy Min g x( ) 12  x2

 VÍ DỤ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2011 2012 1 2013
1

x x

A

x

  





 Giải: ĐK:

2 2

1 x 0 x  1 x    1 1 x1

Ta có:





2 2

2012 1 1
2011 2012 1 2013

2012

1 1

x x

A

x x

  

  

  

 



 





 



2 2012 1 1

2012 2012 2 2012

1 1

x x

 

   

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Dấu “=” xảy ra





2011

2012 1 1 2012 2012 1

2013

x x x x x

         

Vậy Min

2011
2012 2 2012

2013

A   x

 VÍ DỤ 13. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
5 3

x
A

x






(Đề thi học sinh giỏi thành phố Yên Bái - tỉnh Yên Bái 2011 - 2012)

 Giải: ĐK:

2 2

1 x 0 x  1 x    1 1 x1

Làm tương tự như VÍ DỤ 12. với lưu ý: 5 3 x 



1 x



4 1



 x



 VÍ DỤ 14. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

1 1

M x y

y x

   

     

 

  với x y, 0 và x y 1

 Giải:

Có thể một số bạn sẽ làm như sau:

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2 4

M x y x y

y x y x

   

         

 

Và kết luận ngay Min

2
2
1

4 1

x
y

M xy

y
x






    

 




Đây là một kết luận sai lầm vì đã khơng để ý đến điều kiện nữa của x y,

là x y 1. Rõ ràng không thể có x y, thỏa mãn hệ

1
1

xy
x y





 

 (chứng
minh: dùng hệ thức Vi-ét đảo hoặc thế x 1 y vào xy1) . Vì thế, dấu
đẳng thức ở bất đẳng thức trên khơng xảy ra. Tức là M > 4, nghĩa là cách
giải của các bạn đã sai.

Cách giải đúng như sau:

2
2 2

2 2

2
2

1 1 1 1

1 15 1 15 289

16 16 16 16

16
2

x y

M x y xy

y x xy xy

xy xy

xy xy xy x y

 

     

        

 

     

 

 

    

       

    

 

 

   

 

Dấu “=” xảy ra

, 0

1
1

2
16

x y
x y

x y

xy

x y





 




    





</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Vậy Min

289 1

16 2

M   x y

Chú ý: Tại sao lại biết tách

xythành tổng của

1
16xy và

16xy? Câu trả lời

là vì ta có thể dự đoán được giá trị nhỏ nhất của M đạt được khi xy.
Mà theo giả thiết x y 1. Như vậy M đạt giá trị nhỏ nhất khi

1
2

x y

.
Từ đây hình thành cách tách xy hoặc

xysao cho khi dấu “=” xảy ra thì

1
2

x y

 VÍ DỤ 15. Cho x y, 0 thỏa mãn x y 4

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

1 1

A

x xy y xy

 

 

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

6 10
2 3

B x y

x y

   

 Giải:

a. Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM, tìm ra giá trị nhỏ nhất
của A là

4khi x y 2
b.

6 10 3 6 5 10

2 3 18

2 2 2

x y x y

B x y

x y x y

  

 

         

   

Vậy Min B18 x y 2

 VÍ DỤ 16. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số



 



( ) 3 5

yf x  x  x với   3 x 5

 Giải:

Hiển nhiên với   3 x 5 thì y0 nên Min

3
0

x
y

x




   


Mặt khác



 





 



( ) 3 5 16

x x

yf x  x  x      

 

Dấu “=” xảy ra



3;5



4
3 5

x

x x

  


   

  



Vậy Max y16 x4

 VÍ DỤ 17. Cho bốn số thực x y z t, , , thỏa mãn điều kiện

2 2

2 2
1
1

x y

z t

  




 



 . Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:

















2 2 2 2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 Giải:

Áp dụng bất đẳng thức: a b 2



a b



và hằng đẳng thức



a b





a b



2 2



a2 b2



    

, ta có:













































2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2.2

P x z y t x z y t

x z y t x z y t

x z y t x y z t

       

 

       

 

 

         

2.2.2 2 2

  (vì x2y2z2t22)
Dấu “=” xảy ra

2
2

x y z t

    

Vậy Max

2
2 2

P  x   y z t

 VÍ DỤ 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

1 1 1

a b c

b  c  a

   với a b c, , 0 và a b c  3

 Giải:

2 2 2 2

2 2 2

1 1 1 2 2

a a ab ab ab ab ab

a a a

b b b b

 

      

  

Tương tự 1 2 2

b bc

b

c  

 , 1 2 2

c ca

c

a  



Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có:





2 2 2

3
3

3 3

1 1 1 2 2 2

a b c

a b c ab bc ca

b c a

 

      

  

Dấu “=” xảy ra  a b c  1

Vậy 2 2 2

1 1 1 2

a b c

Min a b c

b c a

 

      

 

  

 

 VÍ DỤ 19. Cho a b c, , là các số thực dương có tích bằng 1. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c b c a c a b

H

c a b

     

  

 Giải: Ta có:













2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4

2 2

4 4 4 2

2 2.3 6

a b b c b c c a c a a b

H a b c

c c a a a a b b b b c c

a b b c b c c a c a a b

a b c

c c a a a a b b b b c c

a b c abc

     

              

     

              

    

Do đó H 3. Dấu “=” xảy ra  a b c  1

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

 VÍ DỤ 20. Cho x y, 0 luôn thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 2 2

1 1

S xy

x y xy

  



 Giải:





2 2 2 2

2 2

1 1 1 1 1 5

4 4

2 4 4

4 1 5

2 4 11

4
2

S xy xy

x y xy x y xy xy xy

xy
xy

x y x y

   

       

     

    

   

 

 

Dấu “=” xảy ra

1
2

x y

  

Vậy Min

1
11

S   x y

III. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG BÀI

TỐN HÌNH HỌC (CỰC TRỊ HÌNH HỌC)

 VÍ DỤ 21. Một tấm nhơm hình vng có cạnh bằng 30 cm. Người ta cắt ở

bốn góc bốn hình vng bằng nhau rồi gấp tấm nhơm lại (theo đường
nét đứt) để được một cái hộp khơng nắp. Tính cạnh các hình vng bị
cắt sao cho thể tích khối hộp là lớn nhất.

 Giải:

Gọi độ dài cạnh hình vng bị cắt là x (cm) (0 < x < 15)
Thể tích khối hộp tạo thành là









2 2

30 2 4 15

V x  x  x  x (cm)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:



 





 







2 15 15

3 2 15 15 2 15 1000

x x x

x x x x x

   

     

Do đó





4 15 2000

V  x  x  (cm) 
Dấu “=” xảy ra  2x15 x x5

Vậy thể tích khối hộp đạt giá trị lớn nhất bằng 2000 cm khi cạnh của
hình vng bị cắt bằng 5 cm.

 VÍ DỤ 22. Cho tam giác ABC vng tại A. Một điểm M bất kì nằm trong

tam giác. Gọi H, I, K thứ tự là hình chiếu của M trên các cạnh BC, CA,

AB. Tìm vị trí của M để MH2 MI2 MK2

  đạt giá trị nhỏ nhất.

 Giải:

Kẻ đường cao AD của D ABC. Hạ ME  AD.
Dễ dàng chứng minh được rằng:





2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2

DE AE AD

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vậy MH2 MI2 MK2

  đạt giá trị nhỏ nhất bằng

AD

khi M là trung điểm
của AD.

 VÍ DỤ 23. Cho tam giác nhọn ABC. Trong tất cả các hình chữ nhật MNPQ

nội tiếp tam giác ABC (M, N  BC, P  AC, Q  AB), hãy tìm hình chữ
nhật có diện tích lớn nhất.

 Giải:

Kẻ AH  BC. Gọi giao điểm của AH với PQ là I.

Vì PQ // BC nên





. BC AH MQ

PQ AI AI BC

PQ

BC AH AH AH



   

Do đó













2
.

MNPQ

BC AH MQ MQ

S PQ MQ

AH

AH MQ MQ

BC BC

AH MQ MQ

AH AH



 

 

 

      

 

2 .

4 4 2

ABC
MNPQ

S

BC AH BC AH

S

AH

    

Vậy diện tích tứ giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất là 2

ABC
S

khi

AH

AH MQ MQ   MQ 

P, Q thứ tự là trung điểm của AC và AB.

 VÍ DỤ 24. Cho hình thang ABCD có diện tích bằng S. Biết AC là đường

chéo lớn nhất của hình thang. Tìm giá trị nhỏ nhất của AC.

 Giải:

Kẻ AM  CD, BN  CD. Theo bài ra, AC  BD

Khi đó CM  DN (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)
Do đó 2CM  CM + DN = (CN + MN) + (DM + MN)

 2CM  MN + (CN + MN + DM) = MN + CD = AB + CD (1)
Theo định lí Pythagore ta có AC2 AM2CM2 2AM CM. (2)

Từ (1) và (2) suy ra AC2 AM AB CD







2SABCD 2S

Bởi thế nên AC 2S

Vậy giá trị nhỏ nhất của AC là 2S đạt được khi

 450

AC BD

CM DN

AM CM ACD





 



 

  

 

 VÍ DỤ 25. Tam giác ABC cần có thêm điều kiện gì để sin sin sin2 2 2

A B C

đạt
giá trị nhỏ nhất?

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Kẻ phân giác AD của D ABC. Như vậy,



sin sin
2

A

ABD


Gọi H là hình chiếu của B trên AD.

Ta có:



sin sin
2

A BH BD

ABD

AB AB

  

(1)
(quan hệ giữa đường vng góc và đường xiên)

Mặt khác, ta lại có: 2 .

BD CD BD CD BC BC

AB AC AB AC AB AC AB AC



   

  (2)

(bất đẳng thức AM-GM)

Kết hợp (1) và (2), suy ra sin 2 2 .

A BC

AB AC



Lập thêm hai bất đẳng thức tương tự: sin 2 2 .

B AC

AB BC



, sin 2 2 .

C AB

AC BC


rồi nhân vế với vế ba bất đẳng thức trên, ta có

1
sin sin sin

2 2 2 8

A B C


Vậy sin sin sin2 2 2

A B C

đạt giá trị nhỏ nhất là

8 khi và chỉ khi tam giác

ABC là tam giác đều.

IV. CÁC ỨNG DỤNG KHÁC

 VÍ DỤ 26. Giải phương trình 81 x81 x 81 x2 3
 Giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:



















 





 



8 8

8 2 8

1 1 1 1 1 1 1 1 8
1 1 .1.1.1.1.1.1.1

8 8

1 1 1 1 1 1 1 1 8
1 1 .1.1.1.1.1.1.1

8 8

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 . 1 .1.1.1.1.1.1 1

x x

x x x

       

 

    




       

 

    




         

     




8 2
81 x 81 x 1 x 3

      

Dấu “=” xảy ra 2

1 1

1 1 0

1 1

x

x x

x

  



     



 

 .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x0

 VÍ DỤ 27. Tìm các số x y z, , 0 thỏa mãn điều kiện

1 1 1 4

x y z

x y z xyz

  





   





</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Theo bất đẳng thức AM-GM và hệ quả 4 của nó thì:

1 1 1 4 9 4

2
3

x y z xyz x y z x y z

 

     

 

     

 

 

  (do x y z  6)
Từ đó, dễ dàng suy ra

1 1 1 4

x yz   xyz

Kết hợp với giả thiết ta có:

1 1 1 4

x yz   xyz

Nến dấu “=” ở các bất đẳng thức trên xảy ra.

Do đó x  y z 2 và đây cũng là bộ số duy nhất thỏa mãn đề bài.

 VÍ DỤ 28. Có hay khơng những số dương a b c, , nhỏ hơn 1 và thỏa mãn hệ

bất phương trình sau đây?













1
1

2
1
1

4
1
1

a b

b c

c a



 





 





 





 Giải:

Nhân vế với vế ba bất phương trình trong hệ ta có:



 



abc  a  b  c 

(*)
Điều này là không thể xảy ra, thật vậy:



 





 

. 1

 

. 1



abc  a  b  c a  a b  b c  c

2 2 2

1 1 1 1

2 2 2 64

a  a b  b c  c

     

      

      , trái với (*)
Vậy không tồn tại ba số dương a b c, , nào thỏa mãn hệ bất phương trình.

 VÍ DỤ 29. Tìm hệ thức liên hệ giữa ba số x y z, , nếu biết ba số đó thỏa mãn





3
2

1 x 1 y 1 z 2 x y z

y z x xyz

 

     

    

     

   

  (1)

 Giải: Xét tích

1 x 1 y 1 z 2 y z z x x y 2 y z z x x y

y z x x x y y z z x y z

       

             

     

   

 

























3 3

1 1 1 1 1 1

2 3 2 3

3 3

2 3 2

x y z x y z x y z x y z

x y z x y z

x y z xyz

x y z

xyz xyz

 

                     

 

  

       



 







3 3

3 2

2 x y z x y z 2 x y z

xyz xyz

      

   

(2) (vì 33 xyz  x y z)

Từ (1) và (2) ta có:





3
2

1 x 1 y 1 z 2 x y z

y z x xyz

 

     

    

     

   

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Do đó dấu “=” ở bất đẳng thức (2) xảy ra, cho ta x y z

 VÍ DỤ 30. Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c, nội tiếp trong

đường trịn bán kính R. Biết rằng R b c







a bc. Tính số đo các góc của
tam giác ABC.

 Giải:

Từ hệ thức đã cho ta có:

2 2

a b c bc

a R

R bc bc



    

(1)

Mặt khác, vì đường kính là dây lớn nhất trong một đường trịn nên ta
ln có a2R (2).

Kết hợp (1) và (2) ta được a2R, tam giác ABC vuông tại A.

Dấu “=” ở bất đẳng thức (1) xảy ra nên b c . 
Như vậy D ABC vuông cân tại A.

C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. Chứng minh rằng:
a. a b, 0, 2

a b
ab



b. a b c, , 0,

3
3

a b c

abc

 

c. a b c d, , , 0,

4
4

a b c d

abc

  

d. a a1, ,...,2 an 0,

1 2

1 2
...

...

n n

n

a a a

a a a
n

  


2. Chứng minh:

2012

2012
3

2
2

a
a






3. Cho x y, 0 và x2y2 2. Chứng minh: 2 x y2
4. Chứng minh các bất đẳng thức sau:



a b ab

 

1



4ab



a b, 0





a b c ab bc ca 

 

 



9abc



a b c, , 0



2 2 2

1 4 9

a b c

     



a b c, , 0



5 5 5
3

a b c

abc

bc ca ab  



a b c, , 0



5. Chứng minh rằng, nếu 0a b thì

1 1 2

a b

a ab b

a b



   


6. Cho các số dương a b c, , . Chứng minh:

ab bc ca

a b c

c  a  b   

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

8. Chứng minh rằng nếu a c 0,b c 0 thì c a c







 c b c







 ab
9. Cho a b, 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 1

a b

b a
10. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:

4
( )

f x x

x

 

 khi x1

11. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

4 6036
( ) x

g x

x




với x0

12. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x 1 3 x
13. Chứng minh:

12 15 20

3 4 5

5 4 3

x x x

     

    

     

     



  x



14. Cho ba số a b c, , thỏa mãn a b c  3. Chứng minh: ab bc ca a b c    

15. Cho a b c, , thỏa mãn a2b2c2 3. Chứng minh rằng:
6

a b c ab bc ca     
16. Chứng minh rằng:

a. a4b4c4 abc a b c



 





a b c, ,







8 8 8
3

1 1 1

a b c

a b c
abc

 

  



a b c, , 0



17. Cho các số dương a b c, , thỏa

1 1 1

1a1b1c . Chứng minh:

1
8

abc

18. Cho ba số dương x y z, , thỏa mãn x y z  1. Chứng minh:

2 2 2

3 2

8 4 3

xy yz zx   x y z  

19. Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn x2y3z18. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

2 3 5 3 5 2 5

1 1 2 3

y z z x x y

P

x y z

     

  

 

20. Cho các số dương x y z, , có tổng bằng 6. Chứng minh:

1 1 1

8x 8y 8z 4x 4y 4z

    

21. Cho a b, 0 và

2
1

1 1

a b

a b

 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a. ab2 b. a b2 3

(Chú ý: Nội dung câu b. được trích trong đề thi Violympic cấp quốc gia
2011 - 2012)

22. Chứng minh rằng nếu a b c, , là các số dương thì

2 2 2

a b c a b c ab bc ca

b c c a a b a b b c c a

 

     

     

23. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Yên Bái 2011 - 2012)

Cho x y z, , là ba số dương thỏa mãn xyz1. Chứng minh rằng:

2 2 2 3

1 1 1 2

x y z

y z x 

24. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Yên Bái 2011 - 2012)

Cho





1 1 1 1

1.2012 2.2011 2012 1 2012.1

S

k k

     

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>



k N ,1 k 2012



. So sánh S và

4024
2013

25. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 2

P

x x

 





0x1



26. Cho các số dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca  3. Chứng minh:













2 2 2

1 1 1 1

1a b c 1b c a 1c a b abc

27. Cho x y, là các số dương thỏa mãn

1
1

x
y

 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

x y

A

y x

 

28. Cho x y z, , là ba số thỏa mãn điều kiện





3 min ,

6
12

x y z

xy
xz

  







 



Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3 1 1

A

x y z

  

(Chú ý: Kí hiệu min



y z,



có nghĩa là số nhỏ nhất trong hai số y z, )

29. Cho 2 2 2

, , 0
3

x y z

x y z






  

 . Chứng minh: 3

xy yz zx

z  x  y 

30. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:



 



3
2 2

y x  x

31. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức





2
3
2 4

x
M

x




32. Cho x y z, , 0 thỏa mãn













1 1 1

x x y y z z 

. Chứng minh rằng:

x y z  

33. Cho x y, 0 sao cho x y 1. Chứng minh:





2
3 3

1 1

3 1

x y xy  

34. Cho các số dương x y, thỏa mãn x y 4. Chứng minh:

2 3

3 4 2 9

4 2

x y

 

 

35. Cho x y, 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:



 





 



1 1

x y xy

P

x y

 



 

36. Chứng minh rằng với mọi a b c d, , , 0 thì

3 3 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c d a b c d

a b b c c d d a

  

   

   

37. Chứng minh dãy số

1
1

n
n

u

n

 

  

  là dãy số tăng, tức là

1 2 3 ... n ...

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

38. Gọi a b, là các số nguyên dương sao cho số

1 1

a b

 



cũng là số
nguyên. Gọi d là ước số chung của a b, . Chứng minh d a b

39. Cho tam giác ABC có diện tích S. M là điểm nằm trong tam giác. Các tia

AM, BM, CM cắt các cạnh BC, AC, AB ở A, B, C. Xác định vị trí của

điểm M để 1 1 1

MA MB MC

MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.

</div>

BDT

<b>A. KIẾN THỨC CƠ BẢN</b>

<b>I. CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA HAI SỐ KHƠNG ÂM</b>

















<b>II. BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM</b>

<b>I.</b>



















 









 













 









 



<b>B. CÁC ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM</b>











































































 