Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
1

TIỂU LUẬN

Sai lầm thường gặp khi giải các bài toán tìm
cực trị đại số và cách khắc phục
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
2


3

vào việc giải quyết khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên và học sinh trong
việc dạy và học kiến thức về chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Như nhà giáo dục toán học Polya đã nói: ” Con người phải biết học ngay ở những
sai lầm của mình” .
Khi trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi tự thấy kiến thức toán của bản thân
còn rất hạn chế, nhất là những bài toán về Bất đẳng thức, bài toán về tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất. Đây là dạng toán lớn, có nhiều cách thức để giải xong cả thầy và trò
lại rất ngại khi đụng đến vì nó khó và phải mất rất nhiều thời gian để dự đoán kết
quả và tìm cách giải, hơn nữa rất dễ mắc sai lầm. Tôi đã tìm nhiều biện pháp để
hướng dẫn học sinh nhận xét, phân tích để giải các bài toán dạng này bằng các
phương pháp mà học sinh được trang bị trong cấp học, nhưng đều không thành
công bởi chính thầy cũng phải lần mò mãi mới có lời giải, học sinh thì hay mắc sai
lầm. Sau đợt tập huấn cho GV dạy đội tuyển Toán do Sở GD - ĐT Quảng Ninh tổ
chức, dưới sự chỉ đạo trực tiếp của thầy giáo Cầm Thanh Hải – Trưởng phòng khảo
thí và qua tạp chí Toán tuổi thơ, tôi đã học tập và tích lũy được cho mình những
kinh nghiệm mà trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, với những bài toán tìm
cực trị đại số, khi hướng dẫn học sinh tôi đã hoàn toàn tự tin và giữ vai trò chủ đạo
để hướng dẫn học sinh, còn học sinh đã khai thác bài toán được bằng nhiều cách,
tránh được những sai lầm cố hữu thường mắc phải khi giải toán cực trị và có hứng
thú thực sự với dạng toán này. Từ thực tế này tôi xin được trao đổi kinh nghiệm
này cùng các đồng nghiệp mong rằng đề tài này sẽ được mở rộng và phát triển sâu
rộng hơn.
Đối với bài toán tìm cực trị không có cách giải mẫu mực mà chủ yếu dựa vào
phân tích - kinh nghiệm của người làm toán. Các tài liệu tham khảo của môn toán
THCS dành cho giáo viên và học sinh có rất nhiều nhưng nội dung thì trùng nhau. Các
sách của Bộ giáo dục vì khuôn khổ chương trình học của cấp học nên phần giải bài
toán tìm cực trị trong chương trình THCS chỉ có tính chất giới thiệu thông qua một vài
bài tập mà không viết riêng thành một tài liệu để giáo viên và học sinh ở cấp học này




Tính chất 3 Tính chất bắc cầu

a b
a c.
b c


 




Tính chất 4
a b a c b c
  
+ +

Tính chất 5
a b
a c b+ d
c d


 




ac bd
c d 0
 

 

 


Tổng quát:
1 1
2 2
*
1 2 n 1 2 n
n n
a b 0
a b 0
a a a b b b 0, n N

a b 0
 


 

   



 


*
 

 

 

m n
m n 0
a a
0 a 1

Tính chất 12
b a
1 1
ab 0
a b


 


b) Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

a 0, a R
  

a, b 0

, khi đó ta có bất đẳng thức
a+ b 2 ab

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Dạng tổng quát: Cho các số không âm
1 2 3 n
a ,a ,a , ,a
.
Ta có bất đẳng thức
n
1 2 3 n 1 2 3 n
a +a +a + +a n. a a a a


với
n N,n 2
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3 n
a = a = a = = a
.
+) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Dạng cơ bản: Với
a,b,c,d
là các số thực tuỳ ý ta luôn có
 

a b +a b +a b + +a b a +a +a + +a b +b +b + +b


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
1 2 n
1 2 3 n
a
a a a
= = = =
b b b b

(Với điều kiện các biểu thức đều có nghĩa).

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
7

PHẦN II: CÁC BÀI TẬP MINH HOẠ
A. Dạng sai lầm thứ nhất:
Trong bài làm có sử dụng nhiều BĐT, nhưng khi tìm điều kiện để biểu thức
cần tìm đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) thì các dấu bằng không đồng thời

y y x
 
   
 
 

Do vậy
x y x y y
M = 32. + 2007. = 32. + +1975. 32.2 1975.4 7964
y x y x x
 
  
 
 
.
Dấu “=” xảy ra  x = y .
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7964, giá trị này đạt được khi x = y.
Nhưng với x = y thì M = 2039. Vậy sai lầm ở đâu?
Phân tích sai lầm: Lời giải sai ở chỗ với x, y > 0 thì
x y
+ 2
y x

.
Dấu “=” xảy ra  x = y, còn
y
4,
x

Dấu “=” xảy ra  y = 4x.


Dấu “=” xảy ra 
1
x = ; y = 2
2
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 8036, giá trị này đạt được khi
1
x = ; y = 2
2
.
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 2 x+ 3y
biết
2 2
2x +3y 5


Lời giải sai: Gọi
2 2
B = 2x +3y ,
ta có
B 5.


Xét
2 2
A+ B = 2 x+ 3 y+ 2 x + 3 y



A x = y .
4 2
    

Nhưng với
1 5
x =y A
2 2
  
, vậy sai lầm ở đâu?
Phân tích sai lầm:
Sai lầm ở chỗ với
1
x = y = -
2
, chỉ xảy ra dấu “=” ở (1), còn dấu “=” ở (2) không
xảy ra. Thật vậy với
1
x = y = -
2
thì
5
B 5
4
 
. Do đó
-B 5
 
.
Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki ta có:


     

 


Max
x = y
A 5 x = y 1.
2 x+ 3 y = 5

   



Bài 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức









2 2 2
F x, y = x+ y + x+ 1 + y- x .

“Lời giải đẹp”: Ta thấy

2
b = x+ y + y- x = 2y + 2,
nên b đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi y = 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của


F x, y
là 2 khi
x = -1
y = 0



.
Phải chăng lời giải trên là đúng?
Phân tích sai lầm:
Lời giải mắc sai lầm ở bước lập luận:


F x, y
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi


2
a = x+ 1
và





F x,y

là
2
3
, giá trị này đạt được khi
1
x = - , y = 0.
3

Bài 4.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
D = -5 x - 2 xy- 2 y + 14 x+ 10 y-1
.

Lời giải “băn khoăn”:
Ta có
2 2
D = -5 x - 2 xy- 2 y + 14 x+ 10 y-1





2 2 2 2
= - x + 2 xy+ y - 4 x -14 x - y -10 y -1

 

Hệ trên vô nghiệm nên D không tồn tại giá trị lớn nhất.
Bạn có đồng ý với kết luận trên của bài toán không? Lời giải đã thuyết phục
chưa?
Phân tích sai lầm:
Từ biến đổi đến
   
2
2 2
7 145
D = - x+ y - 2 x- - y-5 +
2 4
 
 
 
thì mới chỉ suy ra
145
D
4

, còn việc kết luận giá trị lớn nhất của D không tồn tại là chưa chính xác,
không có căn cứ xác đáng.
Lời giải đúng:
Cách 1: Ta có








Vậy Max D = 16, giá trị này đạt được khi và chỉ khi x = 1 và y = 2.
Lời giải trên tuy đúng song có vẻ thiếu “tự nhiên”, cách 2 sau đây sẽ mang tính
thuyết phục hơn.
Cách 2: Biểu thức tổng quát dạng
2 2
P(x, y) = ax + bxy+ cy + dx+ ey+ h (a, b,c 0)


Cách giải: Biến đổi
( , )
P x y
về một trong hai dạng sau:
Dạng 1:
2 2
P(x,y) = m.F (x,y) +n.H (x)+g (1)

Dạng 2:
2 2
P(x, y) = m.F (x, y)+ n.K (y)+ g (2)

Trong đó
H(x), K(y)
là biểu thức bậc nhất đối với biến của chúng, còn
F(x, y)

là biểu thức bậc nhất đối với cả hai biến x và y.
Nếu
m 0, n 0

F(x, y) = 0
K(y) = 0



.
Để biến đổi được như vậy, ta coi một biến là biến chính rồi tìm cách biến đổi để áp
dụng các hằng đẳng thức
   
2 2
2 2 2 2
a + 2 ab+ b = a+ b ; a - 2 ab+ b = a- b

ở đây ta chọn biến y là biến chính. Cụ thể:
Ta có
2 2
D = -5 x - 2 x y- 2 y + 1 4 x + 1 0 y- 1

 
   
2 2
2 2
x - 5 x - 5
= -2 . y + x - 5 y + + - 5 x + 1 4 x - 1
4 2
 
 
 
 
 




Vậy Max D = 16, giá trị này đạt được khi và chỉ khi x = 1 và y = 2.
B. Dạng sai lầm thứ hai
Không xác định điều kiện xảy ra dấu bằng trong BĐT

f m
(hay

f m
),
hoặc điều kiện xảy ra dấu bằng không thoả mãn giả thiết.
Bài 1. Cho x, y, z thoả mãn
2 2 2
x + y + z 27

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x+ y+ z+ xy+ yz+ zx .

Lời giải sai Với mọi x, y, z ta có:
     
2 2 2
x- y 0; y-z 0; z- x 0
  

2 2 2 2 2 2
x + y 2xy; y +z 2yz; z + x 2zx
   


P 42

. Vậy giá trị lớn nhất của P là 42.
Bài làm khá “đẹp”, nhưng kết quả lại sai? Theo bạn lời giải sai ở đâu? Khắc
phục như thế nào?
Phân tích sai lầm
Lời giải này đã quên một bước vô cùng quan trọng của một bài toán cực trị khi sử
dụng BĐT, đó là xác định điều kiện xảy ra đẳng thức.
Ta thấy P = 42  (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức

2 2 2
x = y = z 3
x + y + z = 27
x = y = z = 1







Hệ trên vô nghiệm nên bất đẳng thức P ≤ 42 không thể trở thành đẳng thức.
Lời giải đúng: Xét hiệu


 
2
2 2 2
3 x + y +z - x+ y+z


Từ (*)
2 2 2
2(xy+ yz+ zx) 2(x + y +z )
 
2 2 2
xy+ yz+zx x + y + z 27 (2)
  

Từ (1) và (2)
x+ y+ z+ xy+ yz+ zx 36
 
. Đẳng thức xảy ra  x = y = z = 3.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 36, giá trị này đạt được  x = y = z = 3.
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x + x .

Lời giải sai: Ta có
2
1 1 1 1 1
A = x+ x = x+ x + - = x +
4 4 2 4 4
   
  
   
   

Vậy
1
min A
4

Min A 0 x 0.
  

Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức




x+ a x+ b
A =
x
, với
x 0

, a và b là
các hằng số dương cho trước.
Lời giải sai:
Ta có
x + a 2 ax (1)

và
x+ b 2 bx (2)


Do đó




x+ a x+ b

x+a x+ b
x +ax+ bx+ab ab
A = = = x+ + a+b .
x x x
 
 
 

Ta có
ab
x+ 2 ab
x

(BĐT Côsi) nên


2
A 2 ab +a+b = a + b


Min


2
A = a + b



ab
x =

a b c 8 5
P 8 . . =
5 b 5c 5a 25

. Do đó P nhỏ nhất bằng
8 5
.
25

Các bạn có đồng tình với cách giải này không?
Phân tích sai lầm: Để ý không tồn tại a, b, c để
8 5
P =
25
. Đây là sai lầm
thường mắc khi dùng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một
biểu thức. Một nguyên nhân sâu xa hơn nhiều là bạn đọc không hiểu đúng nghĩa
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
15

của dấu “≥” và dấu “≤”. Không phải khi nào viết “≥” cũng có thể xảy ra dấu “=”.
Ví dụ ta viết 10 ≥ 2 là đúng nhưng không thể có 10 = 2.
Lời giải đúng: Biến đổi
a b c 1 a b c 1 a b c 1
P = 1+ 1+ 1+ =1+ + + + + + + (1)
5b 5c 5a 5 b c a 25 c a b 125
       
       
       


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
        
2 2 2
x y z
M = + + .
ay+bz az+ by az+ bx ax+ bz ax+ by ay+ bx

Lời giải của một học sinh: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia có

 




2
2 2 2 2
ay+bz a +b y +z

và
 




2
2 2 2 2
az+ by a +b z + y


Vậy

1 x y z
M + +
a +b y + z z + x x + y
 

 
 
.
Mặt khác chứng minh được
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 3
+ +
y + z z + x x + y 2


Suy ra
 
2 2
3
M .
2 a + b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z.

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
16

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là


thì
 
2 2
3
M
2 a + b

.
Lời giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức (m + n)
2
≥ 4mn
Ta có
  
     




2
2 2 2
2 2
a+ b y + z
ay+ bz+az+ by a+ b y+ z
ay+ bz az+ by =
4 4 2
 

Suy ra
  


.
Do đó
 
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 x y z
M + +
y + z z + x x + y
a+ b
 

 
 
.
Mặt khác theo bất đẳng thức Net-bit thì
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 3
+ +
y +z z + x x +y 2

,
suy ra
 
2
3
M .
a+ b

P = x +4 y +1+4xy-2x-4y + x -2x+1 + y -4 y+4     
2 2 2
P = x+ 2 y-1 + x-1 + y- 2

Do






2 2 2
x+ 2 y-1 0, x-1 0, y- 2 0
  
nên
     
2 2 2
P = x+ 2 y-1 + x-1 + y- 2 0

. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 0.
Lời giải “quá gọn”, bạn có ý kiến gì không?
Phân tích sai lầm: Khẳng định
P 0

là đúng nhưng … chẳng được gì, bởi vì
không có giá trị nào của x, y để dấu “=” xảy ra. Sai lầm ở lời giải trên xuất phát từ
việc người giải đã không thực hiện bước 2 khi tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất)

. Vì
 
2
2
2
x + y-1 0 , 3 y - 0
3
 
 
 
 

nên
 
 
 
 
 
2
2
2 8 8
P = x+ y-1 + 3 y- + x,y
3 3 3
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi
 
2
2
1
1 0

  
 


 




Vậy
8
Min P =
3
. Giá trị này đạt được khi
 
1 2
x, y = ,
3 3
 
 
 

C. Dạng sai lầm thứ ba
Bất đẳng thức



f x a
không xảy ra đẳng thức ứng với một giá trị
0

28+3x- x 0 4 x 7
1 x 5.
1 x 5
1+ x 5-x 0
5+ 4x- x 0


   

 
    
  
  








Nhận xét: Với
1 x 5
  
ta có




2

2
Q = x +1 0

với mọi x nhưng Q vẫn đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0.
Lời giải đúng:
Điều kiện của x để P có nghĩa là
1 x 5
  
. Khi đó ta có









P 23- x+ 1+ x 5- x + 1+ x 5- x 23- x 23-5 3 2
   
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 5. Vậy
min P 3 2

khi và chỉ khi
x 5.


Bài 2. Tìm m để phương trình


nên tổng bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất là -2
khi và chỉ khi
m+1= 0 m 1.
  

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
19

Giá trị m = -1 không thoả mãn điều kiện (*) nên không tồn tại giá trị của m để tổng
bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.
Phân tích sai lầm:
Mấu chốt của sai lầm trong lời giải này ở chỗ em học sinh chưa nắm vững khái
niệm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Chúng ta cần lưu ý rằng: Nếu bất đẳng
thức


f x a

không xảy ra đẳng thức ứng với một giá trị
0
x x

nào đó (x
0
thoả mãn
điều kiện của bài toán) thì không thể kết luận được biểu thức


f x
đạt giá trị nhỏ


 
2
1
m+1 4 0
m 3
m


  

 

(thoả mãn (*)).
Vậy
2 2
1 2
x + x
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi và chỉ khi m = 1 hoặc m = -3.
D. Dạng sai lầm thứ tư
Lập luận sai khi khẳng định “A có tử số không đổi nên A có giá trị lớn nhất
khi mẫu nhỏ nhất” (hoặc ngược lại) mà chưa đưa ra nhận xét tử và mẫu là các
số dương.
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
1
A = .
x -6x+10

Lời giải sai:

Ví dụ như: Xét biểu thức
2
1
B =
x -10
. Với lập luận như trên “Phân thức
2
1
x -10
có
tử không đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất”, do mẫu nhỏ nhất bằng -10
khi x = 0, ta sẽ đi đến kết luận
1
max B x 0
10

  
. Điều này không đúng vì
1
10


không phải là giá trị lớn nhất của B, chẳng hạn với x = 5 thì
1 1
B =
15 10


.
Mắc sai lầm trên là do người làm không nắm vững tính chất của bất đẳng thức,


;
x 3
 
. Ta có
2
1
P =
x + 2 x- 3
 
2
1
=
x+1 -4
.
Để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất thì
 
2
x+1 4

đạt giá trị nhỏ nhất. Điều này
xảy ra khi
 
2
x+1 0

hay
x 1
 
. Khi đó giá trị lớn nhất của

đúng khi tử và mẫu của P cùng dương mà tử phải là hằng số. ở đây mẫu chưa biết
dương hay âm nên không thể lập luận như vậy được.
Lời giải đúng: Điều kiện
x 1

;
x 3
 
.
Với
x 3
 
hoặc
x 1

thì
P 0

, còn với
3 x 1
  
thì
P 0

.
Ta thấy khi
x =1+ a
với
a > 0
thì





2
0 y x- z z x-z xy- yz+ z xz. (1)
x z     

Chia cả hai vế của (1) cho số dương xz ta được
y y z
- + 1. (2)
z x x


Mặt khác ta có
x y
+ 2 (3).
y x


Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều (2) và (3) ta được
x y z
+ + 3.
y z x

Từ đó suy ra
min A = 3 x = y = z.


Tuy kết quả đúng, nhưng xem ra lời giải bất ổn. Tại sao vậy?

Cách giải đúng:
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
x y z x y z
A = + + 3 . . 3.
y z y y z y
 
(Phải chứng minh BĐT Côsi cho ba số không âm)
Do đó
x y z
min + + 3
y z x
 

 
 
khi và chỉ khi
x y z
= =
y z x
, tức là x = y = z.
Cách 2: Giả sử z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z. Có:
A=
x y z x y y z y
+ + = + + + - .
y z x y x z x x
 
 
 
 

Do z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z nên (2) luôn đúng. Từ đó tìm được giá trị
nhỏ nhất của biểu thức A = 3 khi x = y = z.
Bài 2.
Cho x, y, z là các số thực lớn hơn - 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
2 2 2
1+ x 1+ y 1+ z
P = + + .
1+ y+ z 1+ z+ x 1+ x+ y

Có một lời giải như sau:
Nếu
x 0

, ta thay x bởi (-x) thì hai hạng tử đầu của P không đổi còn hạng tử thứ ba
giảm. Từ đó không mất tính tổng quát giả sử
x y z 0
  
.
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
23

Từ
 
2
x-1 0




Phân tích sai lầm:
Các biến x, y, z trong biểu thức P có dạng hoán vị vòng quanh mà không có vai
trò như nhau nên chỉ được xem biến bất kì nào là lớn nhất hoặc nhỏ nhất mà thôi.
Do đó đoạn lập luận: Không mất tính tổng quát giả sử
x y z 0
  
.
Từ
 
2
x-1 0

, suy ra




2 2
3 x +1 2 x + x+1 .


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.Do đó
2 2
2 2
1+ x 1+ x 2
(1)
1+ y+ z 1+ x+ x 3
 

Tương tự ta cũng có

1+ y (1+ y ) 1+z 2(1+ z )
;
1+ z+ x 2(1+ x ) + (1 z ) 1+ x+ y 2(1+ y )+ (1 x )
 
 2 2 2
2 2 2
1+ x 1+ y 1+z
P = + +
1+ y+ z 1+ z+ x 1+ x+ y


   


   


   
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 1+ x 2 1+ y 2 1+ z
+ + = M
2 1+ z + 1+ y 2 1+ x + 1+ z 2 1+ y + 1+ x



Lại có
M 2b+a 2c+ b 2a+c
2H+ = + + 3
2 2c+ b 2a+c 2b+ a

, suy ra
M 3
H+ (5)
4 2


Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
24

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4) và (5) ta có
 
9M 15
+ 2 N+ H
4 2

. Mà
2 N+ H = 3
nên
M 2

.
Từ đó suy ra
P 2



Lời giải trên đã đúng chưa? Nếu chưa, giải thế nào thì đúng?
Phân tích sai lầm: Nâng lên luỹ thừa bậc chẵn ở hai vế của BĐT mà không có
điều kiện hai vế cùng không âm
Lời giải chưa đúng vì từ


 
2
2
2 2 2 2 2 2
b +c -a 2bc b +c -a 2bc
  
là sai, chẳng hạn
 
2
2
2 1 2 1
    
(sai). Lưu ý chỉ được bình phương hai vế của BĐT khi cả hai vế
đều không âm.
Lời giải đúng
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên





2 2
2

.
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
25

Lời giải sai.
Ta có
 
2
2 2 2 2
x- y + 2xy
x + y x -2xy+ y +2xy
A = = =
x- y x- y x- y

Do x > y và xy = 1 nên
 
2
x- y
2xy 2
A = + = x- y+
x- y x- y x- y

Biết rằng nếu a > 0 thì
1
a+ 2
a

(BĐT Côsi).
Do đó
x- y 2 x- y x- y

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
x- y 2
A = + 2 = +2 = 3.
2 2

Nhưng với
6 + 2 6 - 2
x = ; y =
2 2
thì có x > y;
6- 2
xy = =1
4
và
A = 2 2 3.


Tại sao lại như thế?
Phân tích sai lầm: Chứng minh

f m
(hay

f m
), khẳng định giá trị nhỏ nhất
(hay lớn nhất) của f bằng m mà không chỉ ra m là hằng số
Rõ ràng lời giải sai: Vì
x- y
A 2+
2