Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác bất đẳng thức Cauchy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10

 Phụ lục 
 Trang 
A. Mục đích, sự cần thiết 2 
B. Phạm vi triển khai thực hiện 2 
C. Nội dung 2 
 2.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 
 2.1.1.Một số bất đẳng thức thông dụng 3 
 2.2. KHAI THÁC BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY 4 
 2.2.1. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số : 4 
 2.2.3. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số : 6 
 2.2.4.Dạng 3 sử dụng phép nhóm abel 8 
 2.2.5.Dạng 4 Làm mạnh bất đẳng thức Cauchy 23 
Tài liệu tham khảo 30 
 1 
 1.Tình trạng giải pháp đã biết 
 -Bất đẳng thức Cauchy khá là quen thuộc với thầy cô và các em học sinh. Nội 
dung bất đẳng thức Cauchy đƣợc phát biểu bằng lời rất đơn giản:” trung bình cộng 
luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân”. 
 - Đã hệ thống các kiến thức cơ bản về bất đẳng Cauchy thức nhƣng chƣa đầy 
đủ, chƣa bổ sung đƣợc phần đơn vị kiến thức nâng cao. 
 - Chỉ đƣa ra một số dạng toán chứng minh bất đẳng thức cơ bản. Với một số 
dạng bài toán phƣơng pháp giải chƣa “tự nhiên” làm cho các em học sinh cảm thấy 
lung túng khi học toán, chƣa phân tích đƣợc cho học sinh nhận thấy phƣơng pháp tối 
ƣu nhất để giải quyết bài toán. 
 - Hệ thống các bài tập rèn luyện kĩ năng cho học sinh chƣa nhiều. 
 2.Nội dung giải pháp 
 2.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 
 2.1.1.Một số bất đẳng thức thông dụng 
 * Bất đẳng thức Cauchy cho hai số 
 ab 
 Cho 2 số thực không âm a,b khi đó: ab 
 2
 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b 
 * Bất đẳng thức Cauchy ba số: 
 abc 
 Cho 3 số thực không âm a,b,c khi đó: 3.3 abc 
 3
 Dấu = xảy ra khi a=b=c 
 * Bất đẳng thức Cauchy tổng quát: 
 Cho n số thực không âm a1, a 2 , a 3 ,..., an khi đó: 
 a a a  a
 1 2 3 n n a. a . a ... a 
 n 1 2 3 n
 Dấu = xảy ra khi a12 a  an 
 *Các bất đẳng thức cơ bản liên quan hay dùng: 
 1). a2 + b2 2ab ; Dấu = xảy ra khi a=b 
 ab 2
 2). ab22 ; Dấu = xảy ra khi a=b 
 2
 ab22 
 3). ab ; Dấu = xảy ra khi a=b 
 2
 ab22 
 4). ab ; Dấu = xảy ra khi a=-b 
 2
 5). Nếu a,b 0 thì a b2 ab ; Dấu = xảy ra khi ab 
 3 
 1 1 1 1 1
 + + (3) 
 a + b + 2c 8 2a 2b c
 1 1 1 1 1 1 1
 + + + + = 1 
 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4 a b c
 a = b = c
 3
 Dấu (=) xảy ra 1 1 1 a = b = c = 
 + + = 1 4
 a b c
 3
 Nhận xét: Dấu “=” sảy ra khi a = b = c = 
 4
 Bài toán không còn tính đối xứng thì giải quyết như thế nào? 
 1 4 9
 Ví dụ 2 : Cho x, y, z là các số dƣơng thỏa : + + = 1. Tìm GTNN của 
 x y z
biểu thức : 
 P = x + y + z . 
 1 4 9
 . Ta có :P = x + y + z = (x + y + z). + + 
 x y z
 4x y 9x z 9y 4z 
 = 14 + + + + + + 
 y x z x z y 
 4x y 9x z 9y 4z
 14 + 2 . + 2 . + 2 . = 14 + 4 + 6 + 12 = 36 
 y x z x z y
 1 4 9
 + + = 1 x = 6
 x y z 
 . Dấu (=) xảy ra y = 12 
 4x y 9x z 9y 4z 
 = , = , = z = 18
 y x z x z y
 . Vậy : Pmin = 36 khi x = 6, y = 12, z = 18 . 
 Nhận xét: Dấu “=” sảy ra khi x 6; y 12; z 18 
 Bài toán không còn tính đối xứng đã được giải quyết. 
 Bài toán giải quyết đượcliên quan chặt chẽ tới dấu “=” của đẳng thức 
 Bài tập tương tự : 
 1. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : 
 4a 9b 16c
 + + 26 
 b + c - a c + a - b a + b - c
 2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức : 
 yz zx xy
 P = + + 
 x2 y + x 2 z y 2 z + y 2 x z 2 x + z 2 y
 *Hƣớng dẫn: 
 1.. Đặt : xbcaycabz ; ; abcxyz ( , , 0) 
 y + z z + x x + y
 a = , b = , c = 
 2 2 2
Khi đó : 
 5 
 x2 y 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2
 . Ta có : P = + + + 
 2 2 2 xyz
 x2 y 2 z 2 xy + yz + zx x2 1 y 2 1 z 2 1 
≥ + + + = + + + + + 
 2 2 2 xyz 2 x 2 y 2 z 
 x2 1 x 2 1 1 x 2 1 1 3
 . Ngoài ra : + = + + 33 . . = 
 2 x 2 2x 2x 2 2x 2x 2
 y22 1 3 z 1 3
 Tƣơng tự : + ; + 
 2 y 2 2 z 2
 9
 Suy ra : P ≥ . Dấu (=) xảy ra x = y = z = 1 
 2
 . Vậy : Pmin = khi x = y = z = 1 
Nhận xét: Dấu “=” sảy ra khi các số hạng bằng nhau 
 Bài toán có tính đối xứng việc chọn dấu bằng sảy ra rất đơn giản. 
 *Bài tập tương tự : 
 1. Cho a, b, c > 0 và thỏa a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
 1 1 1 1
 + + + 30 
 a2 + b 2 + c 2 ab bc ca
 2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : x + y + z ≥ 6. Tìm GTNN của biểu thức : 
 x333 y z
 P = + + 
 y + z z + x x + y
 Hướng dẫn : 
 1 1 1 1 1 3
1. Ta có : (VT) = + + + + 
 a2 + b 2 + c 2 ab bc ca a 2 + b 2 + c 2 3 ab.bc.ca
 19
 + = 
 a2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca
 1 1 1 7
 = 2 2 2 + + + 
 a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca
 9 21
 + 
 (a2 + b 2 + c 2 ) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca)
 9 21 30
 + 30 
 (a + b + c)2 (a + b + c) 2 (a + b + c) 2
 x3 y + z
2. . Áp dụng bđt Cauchy , ta có : + + 2 3x , 
 y + z 2
 7 
 abc 32      ( đpcm) 
Áp dụng kết quả trên ta giải dễ dàng các bài tập sau: 
Ví dụ 2: Với 3, ab 6, abc 6. Chứng minh rằng 
 abc 6 . 
 Giải 
Ta có 
 a b a b a
 a b c c 
 3 2 3 2 3
 abc ab a
 33 2 3 2 1 6
 6 6 3
Ví dụ 3: Với 0 abc 3, bc 6, abc 6, chứng minh rằng 
 abc 6 
 Giải 
Ta có 
 1 2 3 2 3 3
 6 1 2 3 a b a c b 
 a b c b c c
Suy ra 
 6 6 3
 6 3a3 2 b a c b . 
 abc bc c
 6 3a 2 b a c b a b c (đpcm) 
Nhận xét 
Từ những ví dụ cụ thể ta xây dựng phương pháp giải cho những bất đẳng thức dạng 
này. 
Bước 1. Xác định khi nào dấu bất đẳng thức xảy ra bằng cách chuyển các điều kiện đã 
cho thành đẳng thức 
Bước 2. Viết lại đẳng thức cần chứng minh dưới dạng đối xứng 2 vế 
Bước 3. Áp dụng phép nhóm Abel cho một vế của bất đẳng thức theo điều kiện thứ tự 
Chúng ta trình bày bài giải mẫu sau: 
Ví dụ 4: với a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiên 
 ab 1, a 3, ab 6 c chứng minh rằng 
 a b c 4 
 Giải 
Bất đẳng thức cần chứng minh đƣợc viết dƣới dạng 
 a b 1 3 2 c 
Ta có 
 9 
 1111321 1121 11 
 1. 
 a b c3 a b c 2 3 b c 2 c
 1 9 1 1 4 1 1
   1  
 a b b 
 3 cc 2 3 2 c
 3 2 2
 1 1 1 1 
 3  2 1 
 3 2 3 2 
 11
 6
 2 1 3 2 1
Ví dụ 7: Với abc 1, 2, 3, chứng minh rằng 
 b c a b c
 1 1 1 11
  
 abc 6
 Giải 
Ta có: 
 11 1 1 1 a b 1 1 b 1 1 
 1 c c c 
 6 2 3a 3 2 b a 2 c b 
 111111 1111 111 
  
 3 2 1 2 1 1
 6 a b a b c 
 a b c b c c
Suy ra 
 11 1 9 1 1 4 1 1 1
   
 3 2 1 2 1 1
 6 a b a c b 
 a b c b c c 
 1 1 1 1 1 1 1 1
 3  2  
 a b a c b a b c
 (đpcm) 
Ví dụ 8: Với 
 2 3 2
 a b 1 c 0, c 2, c 3 chứng minh rằng 
 b a b
 1 1 1 1
 . 
 a b c 6
 Giải 
Bất dẳng thức đã cho tƣơng đƣơng với 
 1 1 1 1 1
 1 
 a b32 c
 Ta có 
 11