Tài liệu Truongvoki_bn

To: My Special Friend Một số cách đặt trong chứng minh bất đẳng thức Lời nói đầu: Bất đẳng thức luôn là miền đất giàu có của toán học. Chúng ta làm việc với bất đẳng thức hơn là đẳng thức. Ở những bài toán không có điều kiên, thường các vế đồng bậc với nhau khi đó chúng ta dễ dàng có hướng đi để đánh giá hơn so với những bất đẳng thức có điều kiện. Ở bài viết nhỏ này tôi xin giới thiệu với các bạn một vài cách đặt ẩn trong chứng minh bất đẳng thức có điều kiện.Do thời gian viết không được dài nên không thể tránh được sai sót. Tôi mong rằng các bạn xem qua bài viết này để có sự góp ý cho bài viết được hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ email: [email protected] Bắc Ninh, ngày 03 tháng 07 năm 2011 Nguyễn Viết Thủy Cuộc sống là không chờ đợi !! A:Phương pháp đặt lượng giác I: Một số đẳng thức lượng giác hữu ích A B B C C A 1: tan tan + tan tan + tan tan = 1 2 2 2 2 2 2 2: cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA=1 A B C A B C 3: sin 2 + sin 2 + sin 2 + 2sin sin sin = 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4: cos A + cos B + cos C + 2 cos A cos B cos C = 1 II: Một số bất đẳng thức lượng giác hữu ích A B C 3 1: cos A + cos B + cos C ≤ sin + sin + sin ≤ 2 2 2 2 A B C 3 3 2: sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos ≤ 2 2 2 2 A B C 1 3: cos A cos B cos C ≤ sin sin sin ≤ 2 2 2 8 A B C 3 3 4: sin A sin B sin C ≤ cos cos cos ≤ 2 2 2 8 A B C 5: cot g + cot g + cot g ≥ 3 3 2 2 2 A B C 3 6: cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ≥ sin 2 + sin 2 + sin 2 ≥ 2 2 2 4 A B C 9 7: sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ cos 2 + cos 2 + cos 2 ≤ 2 2 2 4 A B C 8: cot gA + cot gB + cot gC ≥ tan + tan + cot g ≥ 3 3 2 2 2 A B C 9: sec A + sec B + sec C ≥ csc + csc + csc ≥ 6 2 2 2 III: Một số cách đặt lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức Từ những đẳng thức, bất đẳng thức trên, ta có thể tìm ra được những cách đặt lượng giác để có thể giải bài toán bất đẳng thức một cách dễ dàng. Sau đây tôi xin giới thiệu một số cách đặt: (Chứng minh sự tồn tại tôi xin dành cho bạn đọc) T1:Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn:ab+bc+ca=1. Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A B C 1) a = tan ; b = tan ; c = tan 2 2 2 2) a = cot gA; b = cot gB; c = cot gC T2: Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: 1)a = tanA; b = tan B; c = tan C 1 1 1 ;b = ;c = 2) a = A B C tan tan tan 2 2 2 A B C 3) a = cot g ; b = cot g ; c = cot g 2 2 2 1 1 C ;b = ; c = cot g 4) a = cot gA cot gB 2 T3: Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho : A B C 1) a = sin ; b = sin ; c = sin 2 2 2 2) a = cos A; b = cos B; c = cos C T4: Với 3 số thực dương a;b;c. Khi đó luôn tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A yz B xz sin = sin = 2 ( x + y )( x + z ) 2 ( y + x)( y + z ) sin C xy = 2 ( z + x)( z + y ) T5: Với 3 số thực dương a;b;c. Khi đó luôn tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A x( x + y + z ) B y( x + y + z) cos = cos = 2 ( x + y )( x + z ) 2 ( y + x)( y + z ) cos C z( x + y + z) = 2 ( z + x)( z + y ) Sau đây chúng ta sẽ vận dụng chúng để chứng minh một vài bất đẳng thức sau, tôi sẽ trình bày cả cách không thế lượng giác và cả cách đặt lượng giác để các bạn thấy được ích lợi của nó (^_^) IV: Những bất đẳng thức qua các kì thi Pro.1: (Ba Lan 99) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=1. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + 2 3abc ≤ 1 Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: 3abc ≤ ab + bc + ca ⇔ 3abc ≤ (ab + bc + ca) 2 Mà bất đẳng thức trên đúng do: (ab + bc + ca) 2 ≥ 3abc(a + b + c) = 3abc Từ đó ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 3 Lời giải 2: Đặt: x = bc ca ab ;y= ;z = a b c Khi đó: a = yz; b = xz; c = xy ⇒ xy + yz + zx = 1 Bất đẳng thức tương đương : ( xy ) 2 + ( yz ) 2 + ( zx) 2 + 2 3xyz ≤ 1 ⇔ x + y + z ≥ 3 (*) Lại có từ điều kiện tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A B C x = tan ; y = tan ; z = tan 2 2 2 A B C (*) ⇔ tan + tan + tan ≥ 3 2 2 2 Mà bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng. Từ đó ta có đpcm. 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3 Nhận xét: Ở bài toán này có vẻ cách đặt lượng giác đã làm một bài toán từ đơn giản trở nên phức tạp. Chúng ta hãy qua bài tiếp để thấy được hữu ích của cách đặt lượng giác. Pro. 2: (Iran 97) Cho 3 số dương x;y;z >1 thỏa mãn: 1 1 1 + + =2 x y z Chứng minh rằng: x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: ( x − 1)( y − 1) + ( y − 1)( z − 1) + ( z − 1)( x − 1) ≤ Đặt x − 1 = a; y − 1 = b; z − 1 = c (a;b;c>0) 1 1 1 ⇒ + + =2 a +1 b +1 c +1 Hay ab + bc + ca + 2abc = 1 (1) 3 (*) ⇔ ab + bc + ca ≤ (2) 2 m n p Đặt ab = ; bc = ; ca = 2 2 2 2 2 2 ⇒ m + n + p + mnp = 4 Ta phải chứng minh: m + n + p ≤ 3 Trong 3 số m;n;p luôn tồn tại 2 số cùng phía với 1. Không mất tính tổng quát giả sử: (m-1)(n-1) ≥ 0 ⇒ mn + 1 ≥ m + n Ta cần chứng minh p + mn ≤ 2 Lại có: 4 = m 2 + n 2 + p 2 + mnp ≥ 2mn + p 2 + mnp ⇒ p 2 + mnp + 2mn − 4 ≤ 0 ⇒ ( p + 2)( p + mn − 2) ≤ 0 ⇒ p + mn − 2 ≤ 0 3 Ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = . 2 3 (*) 2 Lời giải 2: Từ đẳng thức (1) tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A B C (ab; bc; ca) = (sin 2 ;sin 2 ;sin 2 ) 2 2 2 A B C 3 Khi đó (2) ⇔ sin + sin + sin ≤ 2 2 2 2 Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản. Ta có đpcm. 3 Dấu”=” xảy ra khi x = y = z = . 2 Nhận xét: Nếu không thế lượng giác, chúng ta phải biến đổi dài dòng kết hợp với lý luận mới có được lời giải cho bài toán trên. Nhưng chỉ với cách đặt lượng giác, chúng ta đã đưa BĐT ban đầu trở về một bất đẳng thức lượng giác cơ bản (^_^). Pro. 3: (Crux Mathematicorum) Cho 3 số dương x;y;z Chứng minh rằng: x y z + + ≤1 x + ( x + y )( x + z ) y + ( y + z )( y + x) z + ( z + y )( z + x) Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) + + ≥2 x + ( x + y )( x + z ) y + ( y + z )( y + x) z + ( z + x)( z + y ) 1 ⇔ ∑ ≥2 2 sym x 1+ ( x + y )( x + z ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schrawz ta có: ∑ sym 1 1+ ≥ x2 ( x + y )( x + z ) 9 x2 3+ ∑ sym ( x + y )( x + z ) Ta sẽ chứng minh: 9 x2 ≥2 3+ ∑ sym ( x + y )( x + z ) x2 3 ⇔ ∑ ≤ sym ( x + y )( x + z ) 2 Áp dụng AM-GM ta có: x2 1 x x ) ≤ ( + ( x + y )( x + z ) 2 x + y x + z Xây dựng các bất đẳng thức tương tự cộng lại ta có đpcm. Lời giải 2: Bất đẳng thức tương đương: 1 ∑ ( x + y)( x + z) ≤ 1 (*) sym 1+ x2 Hai vế của bất đẳng thức đồng bậc. Không mất tính tổng quát giả sử: xy + yz + zx = 1 Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A B C ; y = tan ; z = tan 2 2 2 A B A C (tan + tan )(tan + tan ) ( x + y )( x + z ) 2 2 2 2 = 1 ⇒ = 2 A A x tan 2 sin 2 2 x = tan Tương tự: ( y + z )( y + x) 1 ( z + x)( z + y ) 1 = = 2 2 C B z y sin sin 2 2 Khi đó: sin A 2 ≤1 (*) ⇔ ∑ A sym 1 + sin 2 1 ⇔∑ ≥2 A sym 1 + sin 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz ta có: 1 9 A 3 ≥ ≥ 2 (Do ∑ sin ≤ ) ∑ A A 2 2 sym sym 1 + sin 3 + ∑ sin 2 2 sym Ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z Pro 4: (Romania 2005) Cho 3 số thực dương a;b;c thỏa mãn: (a+b)(b+c)(c+a)=1 Chứng minh rằng: 3 ab + bc + ca ≤ 4 Lời giải 1: Đặt: a + b = x; b + c = y; c + a = z x+z− y x+ y−z y+z−x ⇒a= ;b = ;c = 2 2 2 Điều kiện trở thành: xyz=1 Khi đó bất đẳng thức tương đương: ( z + x − y )( z + y − x) + ( x + y − z )( x + z − y ) + ( y + x − z )( y + z − x) ≤ 3 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 + ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x)2 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 2( xy + yz + zx) Có 3 hướng đi để ta “tấn công” bất đẳng thức trên: Hướng 1: Ta có: 3 = 1 + xyz + xyz ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 ≥ 9 ≥ 2( xy + yz + zx) − x 2 − y 2 − z 2 a+b+c (Theo BĐT Shur bậc ba) Từ đó ta có đpcm Hướng 2: Tồn tại hai số cùng phía với 1, không mất tính tổng quát giả sử: ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 Khi đó ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 3 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz + 1 = ( x − y ) 2 + ( z − 1) 2 + 2 z ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 (Đúng) Ta có đpcm Hướng 3: m2 n2 p2 ;y= ;z = Đặt: x = np mp mn Bất đẳng thức trở thành: m6 + n6 + p 6 + 3m 2 n 2 p 2 ≥ 2[(mn)3 + (np)3 + ( pm)3 ] Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho bộ số: (m 2 ; n 2 ; p 2 ) ta được: m6 + n 6 + p 6 + 3m 2 n 2 p 2 ≥ ∑ m 2 n 2 (m 2 + n 2 ) ≥ 2[(mn)3 + (np )3 + ( pm)3 ] Ta có đpcm Lời giải 2: Ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau: Với 3 số dương a;b;c ta luôn có: 3 (ab + bc + ca)3 ≤ ( )3 [(a + b)(b + c)(c + a)]2 (*) 4 Thật vậy: Vì 2 vế đồng bậc nên không mất tính tổng quát giả sử: ab + bc + ca = 1 Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: A B C a = tan ; b = tan ; c = tan 2 2 2 1 ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) = A B C cos cos cos 2 2 2 1 4 3 (*) ⇔ ( )2 ≥ ( ) A B C 3 cos cos cos 2 2 2 A B C 3 3 ⇔ cos cos cos ≤ 2 2 2 8 Bất đẳng thức trên đúng , từ đó ta có đpcm Nhận xét: Khi ta biết vận dụng linh hoạt điều kiện và những biến đổi lượng giác, ta sẽ đưa những bài toán bất đẳng thức khó trở về những bất đẳng thức lượng giác cơ bản (^_^) Sau đây chúng ta sẽ bước tới một bất đẳng thức hết sức nổi tiếng với lời giải lượng giác. Pro.5: (Iran 1996) Cho ba số không âm a;b;c không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: ⎡ 1 1 1 ⎤ 9 (ab + bc + ca ) ⎢ + + ≥ 2 2 2⎥ ⎣ (a + b) (b + c) (c + a) ⎦ 4 Bất đẳng thức trên được phát biểu với hình thức rất đẹp nhưng không phải vậy mà chúng ta dễ dàng “xơi” được nó. Sau đây là hai lời giải cho bài toán khó trên. Lời giải 1: (V.Q.B.Cẩn) Do tính đối xứng nên không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 . Áp dụng bất đẳng 2 1 1 1⎛ 1 1 ⎞ (a + b + 2c) 2 thức Cauchy-Schwarz ta có: + ≥ ⎜ + = ⎟ (b + c) 2 (a + c) 2 2 ⎝ b + c a + c ⎠ 2(b + c) 2 (a + c) 2 ⎛ 1 ( a + b + 2c ) 2 ⎞ 9 Nên ta chỉ cần chứng minh (ab + bc + ca ) ⎜ + ≥ 2 2 2 ⎟ ⎝ (a + b) 2(a + c) (b + c) ⎠ 4 Bất đẳng thức trên thuần nhất, không mất tính tổng quát giả sử a+b=1. Đặt ab=x 1 ⇒ ≥ x ≥ c(1 − c) 4 ( x + c)(1 + 2c) 2 9 − ≥0 Khi đó ta phải chứng minh: f ( x) = x + c + 2( x + c + c 2 ) 2 4 Ta có: f '( x) = 1 − f ''( x) = (1 + 2c) 2 (c + x − c 2 ) 2(c + c 2 + x)3 (1 + 2c) 2 (c − 2c 2 + x) ≥ 0 (Do c − 2c 2 + x ≥ 2c − 3c 2 = c(2 − 3c) ≥ 0 ) (c + c 2 + x ) 4 1 (2c − 1)(8c 3 + 20c 2 + 38c + 7) ⇒ f '( x) ≤ f '( ) = ≤0 4 (2c + 1) 4 1 c(1 − 2c) 2 ⇒ f ( x) ≥ f ( ) = ≥0 4 (1 + 2c) 2 Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu”=” xảy ra khi a=b; c=0 Lời giải 2:(Hojoo Lee) Bất đẳng thức trên thuần nhất, không mất tính tổng quát giả sử: ab + bc + ca = 1 Khi đó ta chỉ cần chứng minh: 1 1 1 9 + + ≥ 2 2 2 (a + b) (b + c) (c + a) 4 Theo T1: Tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: a = cot gA ; b = cot gB ; c = cot gC Ta để ý đến các phân tích sau: 1 (sin A.sin B )2 (sin A.sin B) 2 ⎛ sin A.sin B ⎞ = = =⎜ ⎟ (cot gA + cot gB) 2 (sin B cos A + sin A cos B) [ sin( A + B)]2 ⎝ sin C ⎠ Tương tự xây dựng các đẳng thức còn tại khi đó ta cần chứng minh: 2 2 2 2 ⎛ sin A.sin B ⎞ ⎛ sin B.sin C ⎞ ⎛ sin C.sin A ⎞ 9 (*) ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ≥ ⎝ sin C ⎠ ⎝ sin A ⎠ ⎝ sin B ⎠ 4 2 ⎛ sin A sin B sin B sin C sin C sin A ⎞ 9 2 2 2 ⇔⎜ + + ⎟ ≥ + 2 ( sin A + sin B + sin C ) sin A sin B ⎠ 4 ⎝ sin C Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng dồn biến. sin A sin B sin B sin C sin C sin A + + Đặt: f ( A; B; C ) = sin C sin A sin B Bất đẳng thức (*) đối xứng. Không mất tính tổng quát giả sử: 2π π ≥ B+C ≥ Chú ý: 3 2 π 2 ≥ A≥ π 3 ⎛ B+C ⎞ 2 A ⇒ 2sinBsinC ≤ sin 2 B + sin 2 C ≤ 2sin 2 ⎜ ⎟ = 2 cos 2 ⎝ 2 ⎠ Lại có: ⎛ B −C ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 A sin 2 ⎜ ⎟ 4sin A sin 1⎟ ⎛ B+C B+C ⎞ ⎝ 2 ⎠⎜ 2− ; f ( A; B; C ) − f ⎜ A; ⎜ ⎟≥0 ⎟= 2 2 ⎠ sin A sin B sin C 2⎟ ⎝ ⎜ ⎝ ⎠ A 4sin 2 A sin 2 π π 2 ≥ 16sin 4 A > 1 Do: ≥ A ≥ nên sin B sin C 2 2 2 3 Do vậy ta chỉ cần chứng minh: ⎛ ⎜ ⎝ 2 ⎛ B + C B + C ⎞⎞ 9 2 2 A f ⎜ A; ; ⎟ ⎟ ≥ + 2sin A + 4 cos 2 2 ⎠⎠ 4 2 ⎝ 2 A⎞ ⎛ cos 4 ⎟ ⎜ 2 ≥ 9 + 2sin 2 A + 4 cos 2 A Hay: ⎜ 2sin A + ⎟ 4 2 sin A ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⇔ cos A(cos A + 1)(2 cos A − 1) 2 ≥ 0 (Đúng) Kết thúc chứng minh ☺ Qua mấy ví dụ trên có lẽ các bạn cũng phan nào lắm được phương pháp trên.Để kết thúc phương pháp này ở đây mời các bạn thử sức với một vài bài toán sau: III: Bài tập đề nghị Pro.6: (Thi thử ĐH) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng: ab bc ca 3 + + ≤ c + ab a + bc b + ca 2 Pro.7: (USA 2003-VMO 1999) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: abc + a + c = b .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 2 2 3 P= 2 − 2 + 2 a +1 b +1 c +1 Pro.8: (APMO 2002) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1 1 1 + + =1 a b c Chứng minh rằng: a + bc + b + ca + c + ab ≥ abc + a + b + c Pro 9 (Crux Mathematicorum) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: a(1 − b 2 )(1 − c 2 ) + b(1 − a 2 )(1 − c 2 ) + c(1 − b 2 )(1 − a 2 ) ≤ Pro:10 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + ≥ 2+ a+b b+c c+a 2 4 3 9 B) Phương pháp đặt đại số Với những bất đẳng thức mà điều kiện ta ít gặp, khó có thể đánh giá bằng những bất đẳng thức cổ điển, chúng ta thường cảm thấy khó khăn trong việc đánh giá các hạng tử.Trong phương pháp này tôi xin giới thiệu với các bạn một số cách đặt cho bất đẳng thức có điều kiện. I: Một số cách đặt H1 Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = 1 (1). Khi đó tồn tại bộ ba số x y z ; b= dương (x;y;z) sao cho: a = ; c= (*) y+z x+ y z+x Chứng minh: Ta có: ab + bc + ca + 2abc = 1 ⇔ 1 1 1 a b c + + =2⇔ + + =1 a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 a b c ; y= ;z = a +1 b +1 c +1 Ta sẽ chứng minh bộ (x;y;z) được chọn như trên thỏa mãn. Thật vậy: Khi đó ta có: x + y + z = 1 Đặt x = a x x ⇔a= = a +1 1− x y + z y y = Tương tự b = 1− y x + z z z c= = 1− z x + y Vậy ta có điều phải chứng minh. Kết thúc chứng minh. Lại có: x = Để ý chút nếu ta đặt m = ab ; n = bc ; p = ac Khi đó: ab + bc + ca + 2abc = m 2 + n 2 + p 2 + 2mnp = 1 x y z Theo Bổ đề 1 tồn tại bộ số (x;y;z) sao cho: a = ; b= ; c= y+z x+ y z+x ⇒ m = ab = xy yz ; n = bc = ; ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) xz ( x + y )( y + z ) Từ đó ta có một vài cách đặt sau: H2: Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 . Khi đó tồn tại bộ ba số (x;y;z) sao cho: xy yz xz a= ; b= ;c = ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( z + y ) x y z H3: Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: + + =2 x + yz y + zx z + xy Khi đó tồn tại ba số x; y; z sao cho: p = ac = a= xy yz xz ; b= ;c = ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( z + y ) H4: Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 . Khi đó tồn tại ba số x;y;z là ba cạnh của một tam giác sao cho: ( x + y − z )( x + z − y ) ( z + y − x)( z + x − y ) ( y + x − z )( y + z − x) a= ; b= ; c= 4 yz 4 xy 4 xz 1 1 1 1 H5: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: trong đó k là số thực + + = a+k b+k c+k k dương k ( y + z) k ( x + z) k ( x + y) Khi đó tồn tại bộ ba số x;y;z sao cho: a = ; b= ;c = x y z H6: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1 khi đó tồn tại ba số thực dương x;y;z sao cho: yz xz xy a= ; b= ;c = z( x + y + z) x( x + y + z ) y( x + y + z) H7: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1 khi đó tồn tại ba số thực dương x;y;z sao cho: ( x + y − z )( x + z − y ) ( y + x − z )( y + z − x) ( z + x − y )( z + y − x) a= ; b= ;c = ( x + y + z )( y + z − x) ( x + y + z )( x + z − y ) ( x + y + z )( x + y − z ) Ta sẽ vận dụng những điều trên để giải một số bài toán bất đẳng thức sau: II)Bài tập vận dụng Pro.1 (Post by hxtung) Cho ba số thực dương a;b;c thỏa mãn:x+y+z+2=xyz. Chứng minh rằng: 5( x + y + z ) + 18 ≥ 8 xy + yz + zx ( ) Lời giải 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 9( x + y + z ) + 18 ≥ 4( x + y + z ) + 8( xy + yz + zx ) ⇔ 3 x + y + z + 2 ≥ 2( x + y + z ) ⇔ 3 xyz ≥ x + y + z 2 Theo H1: tồn tại ba số dương a;b;c sao cho: b+c a+c a+b ; y= ;z = x= a b c Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a b b c c a 3 . + . + . ≤ b+c c+a c+a a+b a+b b+c 2 Mặt khác ta có: a b b ⎞ 1⎛ a ≤ ⎜ + . ⎟ b+c c+a 2⎝ a+c b+c⎠ b c c ⎞ 1⎛ b ≤ ⎜ + . ⎟ c+a a+b 2⎝b+a c+a ⎠ c a a ⎞ 1⎛ c ≤ ⎜ + . ⎟ a+b b+c 2⎝ c+b a+b ⎠ Nên a b b c c a 1⎛ a b b c c a ⎞ 3 . . . + + ≤ ⎜ + + + + + ⎟= b+c c+a c+a a+b a+b b+c 2⎝ a+c b+c b+a c+a c+b a+b⎠ 2 Vậy BĐT luôn đúng Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 2 Lời giải 2: Trước hết ta chứng minh bất đẳng phụ sau: Với 3 số dương a;b;c ta luôn có bất đẳng thức đúng sau: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ 2( ab + bc + ca ) (*) Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1. Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 3 3 a 2b 2 c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 9abc a+b+c Vậy ta chỉ cần chứng minh: 9abc a 2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca ) a+b+c Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo Schur bậc ba . Ta có đpcm. Trở lại bài toán. Đặt x = 2a; y = 2b; z = 2c ⇒ a + b + c + 1 = 4abc Ta cần chứng minh: 5(a + b + c) + 9 ≥ 8 Áp dụng bất đẳng thức (*) với bộ 8 ( ) ( ( ab + bc + ca ) ) a ; b ; c ta có: ab + bc + ca ≤ 4(a + b + c) + 8 abc + 4 Do vậy ta chỉ cần a + b + c + 5 ≥ 8 abc ⇔4 ( ) 2 abc − 1 ≥ 0 (Đúng) Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 Nhận xét: Hiển nhiên lời giải 2 ngắn gọn+đơn giản hơn nhiều so với lời giải 1. Mấu chốt để của lời giải 2 chính là bất đẳng thức (*), khi đó áp dụng (*) ta dễ dàng có được đpcm. Nhưng với những ai chưa từng gặp bất đẳng thức (*) thì việc chứng minh bài toán sẽ gặp khó khăn rất nhiều, và bằng việc thay ở lời giải 1 đã làm bài toán càng trở lên dễ dàng bằng AM-GM. Tôi cũng xin giới thiệu một lời giải rất ngắn gọn sau đây. ☺ Lời giải 3: Không mất tính tổng quát giả sử: ( x− 2 )( Ta có: LHS − RHS = 4( x + y + z ) + xyz + 16 − 8 =4 ( x− y ) 2 +4 ( z− 2 ) 2 + 4 2z ( ) y− 2 ≥0 ( x− 2 xy + yz + zx )( ) ( y− 2 + ) xyz − 2 2 ) 2 ≥0 Ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 . ☺ Lời bàn: Lời giải trên rất ngắn gọn nhưng nó không thật tự nhiên cho lắm. Chắc hẳn các bạn cũng đặt câu hỏi: Tại sao có thể phân tích được như vậy??. Thực ra ban đầu khi tiếp xúc với bài toán này tôi đã nghĩ ngay đến việc phân tích hiệu hai về thành các bình phương nhưng sau nhiều lần cố phân tích tôi đã thất bại. Nản chí với cách đó tôi thử giải quyết theo hướng khác và kết quả có được hai lời giải 1 và 2.Rồi tôi chợt nghĩ lại hướng đi ban đầu của mình, suy nghĩ tại sao mình lại thất bại. Và tôi đã phát hiện ra sai lầm của mình khi cố phân tích bình phương mà đánh giá giữa các biến bình đẳng với nhau.Khi phát hiện ra “lỗ hổng” của mình, tôi đã thử phân tích bình phương mà chỉ có 2 biến x;y bình đẳng xem sao?Bằng cách sử dụng tính chất cùng phía kết hợp với đẳng thức xảy ra của BĐT như vậy trong biểu thức phân tích ắt phải có hạng tử x− 2 y − 2 Nhưng ( khi đó ta lại thừa ra các biểu thức độc lập của x và )( ) y Do vậy phải là hạng tử z ( x− 2 )( ) y − 2 . Từ đó chú ý để thành phần có ở hai vế bất đẳng thức tôi đã dự đoán các hạng tử cần phải có trong phân tích là: ( x− y ); 2 z ( x− 2 )( y− 2 ) ;( ) ;( xyz − 1 2 z− 2 ) 2 Và công việc còn lại khá đơn giản là tìm các hệ số a;b;c;d thích hợp sao cho: a ( x− y ) 2 +b ( z− 2 ) 2 +c z = 4( x + y + z ) + xyz + 16 − 8 ( ( x− 2 )( ) ( y − 2 +d ) xyz − 2 2 ) 2 xy + yz + zx . Đó là lý do tại sao tôi có được đẳng thức trên ☺ Pro.2 (Nguyễn Viết Thủy) Cho ba số dương a;b;c Chứng minh rằng: (a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2 64 ≥ abc(a + b + c)3 27 Lời giải: bc ac ab Đặt = y; =z = x; a (a + b + c) b( a + b + c ) c(a + b + c) Khi đó ta có được: xy + yz + zx = 1 Ta để ý đến các phân tích sau: ac (a + b)(b + c) = 1+ = 1+ y2 b( a + b + c ) b( a + b + c ) Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy+yz+zx=1 64 Chứng minh: (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ 27 Và hiển nhiên bài toán trên được “xơi” rất nhẹ nhàng bằng biến đổi như sau: Ta có: (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) = ( x + y ) 2 ( y + z ) 2 ( z + x) 2 Khi đó ta chỉ cần chứng minh: 8 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ 3 3 Nhưng bất đẳng thức trên chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 8 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 9 9 8 8 Và: ( x + y + z ) ≥ 9 3 3 Nhận xét: Có vẻ các bạn thấy lời giải trên hơi rắc rối khi mà bài toán chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) 9 2 Và: ( xy + yz + zx) ≥ 3xyz ( x + y + z ) Nhưng bài toán tiếp theo sẽ cho chúng ta thấy cái lợi của cách đặt. Pro:3 (Nguyễn Viết Thủy) Cho ba số dương a;b;c Chứng minh rằng: 6(a + b + c)(ab + bc + ca ) (a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2 13 + ≥ 9+ 3 (a + b)(b + c)(c + a ) abc(a + b + c) 108 Nếu như chúng ta đánh giá bằng AM-GM ngay sẽ trở lên rắc rối và khi đó cách đặt sẽ trở thành công cụ đắc lực của ta khi làm rõ bản chất của bài toán Lời giải: bc ac ab = y; =z = x; a (a + b + c) b( a + b + c ) c(a + b + c) Ta để ý đến phân tích sau: 6( a + b + c)(ab + bc + ca ) 3(a + b + c) [ a (b + c) + b(c + a ) + c(a + b) ] = (a + b)(b + c)(c + a ) (a + b)(b + c)(c + a ) Đặt ⎛ a(a + b + c) b( a + b + c ) c(a + b + c) ⎞ = 3⎜ + + ⎟ ⎝ (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + b)(c + a) ⎠ ⎛ 1 1 1 ⎞ = 3⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ ⎝ x +1 y +1 z +1⎠ Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1 Chứng minh: ⎛ 1 1 1 ⎞ 13 3⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ + (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ 9 + 108 ⎝ x +1 y +1 z +1⎠ Và công việc còn lại của chúng ta thật đơn giản với “ bác” AM-GM Áp dụng AM-GM ta có: 1 1 1 3 + 2 + 2 ≥ x + 1 y + 1 z + 1 3 (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) Khi đó ta cần chứng minh: 9 13 + (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ 9 + 2 2 2 3 108 (1 + x )(1 + y )(1 + z ) 2 Đặt 3 (1 + x 2 )(1 + y 2 )(1 + z 2 ) = t (*) Khi đó theo Pro.2 ta có được t ≥ 4 3 9 3 985 +t ≥ t 108 Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM: 9 9 9 243.t 3 + + + ≥9 3t 3t 3t 256 13 3 13 Và t ≥ 256 108 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c Kết thúc chứng minh. Và (*) ⇔ 9+ 13 13 =9+ : Số đẹp với tác giả ☺☺ 108 09.12 Nhận xét: Bằng cách đặt trên chúng ta còn có thể chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là: 512(a + b + c)(ab + bc + ca ) (a + b) 2 (b + c) 2 (c + a ) 2 256 + ≥ 81(a + b)(b + c)(c + a ) abc(a + b + c)3 27 512 Và có lẽ theo tôi hằng số tốt nhất là ☺ 81 Pro 4 (Iran 2005): Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = 1 3 Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ (*) 2 Lời giải: Chắc hẳn nếu như chúng ta đã có những công cụ ở trên thì việc chứng minh bài toán sẽ trở lên đơn giản khi chỉ bằng AM-GM hai số: Theo H1: Tồn tại ba số dương x;y;z sao cho: x y z a= ;b = ;c = y+z z+x x+ y Khi đó ta chỉ cần chứng minh: xy yz xz 3 + + ≤ ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) 2 Nhưng bất đẳng thức chỉ là hệ quả của ba bất đẳng thức sau: xy 1⎛ x y ⎞ ≤ ⎜ + ⎟ ( x + z )( y + z ) 2 ⎝ x + z y + z ⎠ yz 1⎛ y z ⎞ ≤ ⎜ + ⎟ ( x + y )( x + z ) 2 ⎝ x + y x + z ⎠ xz 1⎛ x z ⎞ ≤ ⎜ + ⎟ ( x + y )( y + z ) 2 ⎝ x + y y + z ⎠ Kết thúc chứng minh. Và Nhưng nếu chúng ta không có công cụ trên thì sẽ làm thế nào?? Và không quá bất ngờ khi tôi nói bài toán trên và bài toán sau là giống hệt nhau: Bài toán: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: a+b+c=1. Khi đó ta có bất đẳng thức đúng sau: ab bc ca 3 + + ≤ c + ab a + bc b + ca 2 Nhận xét: Chắc hẳn nếu nhìn bài toán ở phương diện trên thì nó trở lên rất dễ dàng và không hề gây khó khăn cho chúng ta giải quyết. Nhưng nếu ta để như ở BĐT (*) mà không có công cụ đặt thì chúng ta giải quyết bài toán sẽ không đơn giản ☺ Pro.5:(Korea MO-1998) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: a + b + c = abc Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≤ a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 2 Lời giải: 1 1 1 + + =1 Điều kiện tương đương: ab bc ca Dễ dàng nhận ra rằng tồn tại bộ ba số x;y;z sao cho: x( x + y + z ) z( x + y + z) y( x + y + z) a= ; b= ;c = yz xy zx Khi đó bất đẳng thức trở thành: yz zx xy 3 + + ≤ ( x + y )( x + z ) ( y + x)( y + z ) ( z + x)( z + y ) 2 Và công việc còn lại khá nhẹ nhàng bằng AM-GM (Tôi xin dành cho bạn đọc) Nhận xét: Bài toán trên hoàn toàn có thể giải theo cách đặt lượng giác hoặc theo các bất đẳng thức cổ điển. Nhưng có lẽ theo tôi cách giải trên đơn giản và ngắn gọn nhất ☺ Để kết thúc bài viết mời các bạn thử sức với một số bài toán đề nghị sau: III: Bài toán đề nghị Pro.5(Iran 2010) Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng: x2 y 2 z 2 3+ + + ≥ ( x + y + z )2 + 3 y z x Pro. 6 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng: 1 1 1 9 + + ≥ 8 2 8 2 8 2 a + bc b + ca c + ab 4 5 5 5 (Tạ Minh Hoằng-Nguyễn Huy Tùng tuyển tập các bài toán BĐT) Pro.7 x y z + + =2 Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: x + yz y + zx z + xy Chứng minh rằng: 1 3 xy + yz + zx ≤ + 2 xyz ≤ ≤ x 2 + y 2 + z 2 2 4 Pro.8 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≥ 3 + a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 C: Tài liệu tham khảo: [1]Sáng tạo bất đẳng thức (Phạm Kim Hùng) [2]Bất đẳng thức và những lời giải hay (Võ Quốc Bá Cẩn-Trần Quốc Anh) [3]Chuyên đề toán học (Trường PTNK) [4]Tuyển tập các bài toán bất đẳng thức (Tạ Minh Hoằng, Nguyễn Huy Tùng) [5]http://mathscope.org [6]http://diendanbatdangthuc.com Hãy chọn cho mình một lối đi chứ không phải một lối thoát !! ---------------------------------------The End----------------------------------------------------------