Chuyên đề: Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức4618

Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" CHUYÊN ĐỀ: ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Tác giả chuyên đề: Lê Hồng Quân Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Yên Lạc Huyện Yên Lạc -Tỉnh Vĩnh Phúc Đối tượng: Học sinh lớp Thời lượng: 12 tiết I ĐẶT VẤN ĐỀ Tốn học mơn khoa học trừu tượng, suy luận cách lôgic tảng cho việc nghiên cứu môn khoa học khác Tốn học cịn mơn học có ý nghĩa đặc biệt với học sinh phổ thơng Nó giúp học sinh phát triển tư logic, phát triển lực trí tuệ hình thành phẩm chất đạo đức, mơn tốn mơn học cơng cụ nên việc học tốt mơn tốn giúp học sinh học tốt môn học khác Tuy nhiên mơn tốn mơn học mang tính trừu tượng cao nên học sinh thường gặp khó khăn học tốn, song khơng mà tốn học thiếu hấp dẫn người học Một phận quan trọng hấp dẫn với học sinh giỏi phân môn Bất đẳng thức giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Nhưng phần khó mơn Tốn Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày quan tâm phát triển, phần toán học sơ cấp đẹp thú vị nhất, ln hút nhiều quan tâm học sinh, đặc biệt học sinh giỏi, học sinh có khiếu học toán Điểm đặc biệt, ấn tượng bất đẳng thức tốn sơ cấp có nhiều tốn hay khó, chí khó Tuy nhiên khó khơng nằm gánh nặng lượng kiến thức mà yêu Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" cầu óc quan sát, linh cảm tinh tế sức sáng tạo rào người học, người học ln giải kiến thức việc hoàn thành chứng minh niềm vui thực Trong cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn tốn bất đẳng thức, giá trị nhỏ nhất, lớn tốn có khả rèn luyện cho học sinh óc phán đốn tư logic, song phần lớn học sinh gặp khó khăn giải dạng toán Đối với học sinh trung học sở, việc chứng minh bất đẳng thức thường có cơng cụ, học sinh chủ yếu sử dụng định nghĩa sử dụng bất đẳng thức cổ điển để chứng minh Tuy nhiên việc sử dụng bất đẳng thức cổ điển để chứng minh toán khác đa số trường hợp yêu cầu học sinh phải biết cách biến đổi cách hợp lý, chí phải tinh tế Vì tơi thiết nghĩ em có nhìn tinh tế logich việc đổi biến thích hợp lại cách làm hữu hiệu thiết thực nhằm tìm cách chứng minh hay đầy bất ngờ Vì tơi viết chun đề; "Đổi biến chứng minh bất đẳng thức" qua giúp em có thêm sáng tạo công cụ hữu hiệu đứng trước chứng minh BĐT II NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ Đối với dạng tốn ta có cách đổi biến thích hợp Dạng 1: Dự đốn điều kiện xảy dấu bằng: Ví dụ : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 2 Chứng minh a  b  c  *Nhận xét: Dấu xảy a = b = c =1/3 Đặt a = x + 1/3, b = y + 1/3, c = z + 1/3 Từ a + b + c = 1suy x + y + z = 2 Khi a  b  c  Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 2 " Đổi biến chứng minh BĐT" 1  1  1   x   y   z    3  3  3   x  y  z  x  y  z   2  x y z 0 BĐT cuối nên BĐT cho Dấu xảy x = y = z = a = b = c = 1/3 Ví dụ 2: Cho a  b  Chứng minh rằng: a3  b3  a4  b4 *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = Do đặt a   x, b   y Từ giả thiết suy x  y  Ta có: a3  b3  a  b  (1  x )3  (1  y )3  (1  x )4  (1  y )4  (1  x )4  (1  y )4  (1  x )3  (1  y )3   x (1  x )3  y(1  y )3   x  y  3( x  y )( x  xy  y )  3( x  y )  x  y  ( Đúng x + y  0) Đẳng thức xảy  x = y = hay a = b = Vậy bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 3: Cho a  b  3, a  Chứng minh rằng: C = b  a  b  a  9b  *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = 1; b = Do ta đặt a   x , với x  Từ giả thiết suy b   x Ta có: C = b3  a3  6b2  a2  9b = (2  x )3  (1  x )3  6(2  x )2  (1  x )2  9(2  x ) = x  x  x = x( x  1)2  (vì x  0) Đẳng thức xảy  x = x = tức a = 1, b = a = 0, b = Vậy C  a  4; b  5;7  c  Ví dụ : Cho ba số a, b, c thỏa mãn  2 a  b  c  90 Chứng minh a + b + c ≥ 16 Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán * Đặt a = + x; b = + y; c = + z " Đổi biến chứng minh BĐT" Từ giả thiết suy x, y, z ≥ Giả sử a + b + c < 16, suy x + y + z < Mặt khác a2 + b2 + c2 = 90  (x + 4)2 + (y + 5)2 + (z + 6)2 = 90  x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z = 13 (1) Do ≤ x + y + z x2 + y2 + z2 < (Vì x, y, z ≥ 0) Khi ta có x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z = (x2 + y2 + z2 ) + 12(x + y + z) – 4x – 2y < + 12 = 13 Mâu thuẫn với (1) Từ ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: Cho a  b  c  Chứng minh rằng: A = a2  b2  c2  ab  bc  ca  *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = Do ta đặt: a   x, b   y , ( x, y  R ) Từ giả thiết suy ra: c   x  y Ta có: A = a2  b2  c2  ab  bc  ca = (1  x )2  (1  y)2  (1  x  y)2  (1  x )(1  y)  (1  y)(1  x  y)  (1  x  y)(1  x )     = x  xy  y  =  x  y   y   Đẳng thức xảy  y = x  y   x = y = hay a = b = c =1 Vậy A  Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Ví dụ 6: Cho a  b  c  d Chứng minh rằng: D = a2  b2  ab  3cd *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = d Do đặt: a  c  x , với x  R Từ giả thiết suy b  d  x Ta có:D = (c  x )2  (d  x )2  (c  x )(d  x ) = c2  d  x  cd  cx  dx     3 =  c2  d  x  2cd  cx  dx   3cd  x =  c  d  x   x  3cd  3cd     Đẳng thức xảy  x = c  d  x   x = c = d hay a = b = c = d Vậy D  3cd Ví dụ 7: Cho a  b  Chứng minh rằng: B = a5  b5  * Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = Do ta đặt: a   x Từ giả thiết suy ra: b   x , ( x  R ) Ta có: B = a5  b5  (1  x )5  (1  x )5  10 x  20 x   Đẳng thức xảy  x = 0, hay a = b = Vậy B  Ví dụ 8: Cho a  Chứng minh rằng: E = a2 (2  a)  32  *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = Do đặt a   x Từ giả thiết suy x  Ta có: E = (4  x )2 (2   x )  x  10 x  32 x  x ( x  5)2  7  Đẳng thức xảy x = hay a = Vậy E  Ví dụ 9: Cho ab  Chứng minh rằng: a2  b2  a  b *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = Do đặt a   x; b   y Ta có: ab   (1  x )(1  y)   x  y  xy   Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 2 Mặt khác: a  b  a  b  (1  x )  (1  y)2  (1  x )  (1  y)  x  y  x  y  Lại có: x  y  xy , với x, y nên ta có: x  y  x  y  ( x  y )  xy  x  y  (Đúng xy + x + y  0) Đẳng thức xảy  x = y = hay a = b = Vậy BĐT chứng minh *Bài tập tự luyện Bài 1.1: Chứng minh bất đẳng thức sau: a) Cho a, b > thoả mãn a + b = Chứng minh:   14 ab a2  b2 b) Cho a + b + c + d = Chứng minh: (a  c)(b  d )  2(ac  bd )  c) Cho a + b + c  Chứng minh: a  b  c  a3  b3  c3 d) Cho a + b > b  Chứng minh: 27a2  10b3  945 Bài 1.2:Cho a, b, c số dương 1    Chứng minh:8abc  a 1 b 1 c 1 Bài 1.3: Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn: a + b + c = Chứng minh:  27(ab  bc  ca)  54abc  Dạng 2: Cho biết điều kiện tổng biến khơng ( khó) dự đốn điều kiện biến để đẳng thức xảy ra: Ví dụ 10: Cho a  1; a + b  Chứng minh rằng: F = 3a2  b2  3ab  27 0 *Nhận xét: Dấu không xảy điểm cực biên a = b = Ta đặt ẩn phụ sau: Đặt a = 1– x a + b = + y Từ giả thiết suy x, y  nên ta có: b = + x + y 27 Từ : F = 3(1– x )2  (2  x  y)2   3(1– x )(2  x  y) –  Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán = x  y  x  y  xy  25 " Đổi biến chứng minh BĐT"  5 =  x  y    y2  y   2 Đẳng thức xảy  x = y = hay a =  b = 2 Vậy bất đẳng thức F  chứng minh Ví dụ 11 : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc < (1) *Nhận xét: Từ giả thiết suy = a + b + c > 2a nên < a < Tương tự ta có < b < 1, < c < Đặt a = – x, b = – y, c = – z với < x, y, z < Do a + b + c = nên x + y + z = Khi (1)  (1 – x)2 + (1 – y)2 + (1 – z)2 + 2(1 – x)(1 – y)(1 – z) <  – 2(x + y + z) + x2 + y2 + z2 + 2[1- (x + y + z) + xy + yz + zx – xyz] <  (x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx) – 2xyz <  (x + y + z)2 – 2xyz <  – xyz <  2xyz > ln Do BĐT (1) chứng minh Ví dụ 12 : Cho a > b > Chứng minh rằng: a  b  2ab  b  a (1) * Do a > b > nên đặt a = b + x (x > 0) Khi BĐT (1) tương đương với b  x 2  b  2b  x b  b  b  x  2bx  x  b  2bx  b  x Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán Mật khác, a, b, x >0 nên: " Đổi biến chứng minh BĐT" 2bx  x  x  x 2bx  b  b  b Cộng theo vế hai BĐT ta có b  x 2  b  2b  x b  b  b  x (đpcm) Ví dụ 13 : Cho số thực a, b, c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc = (1 – a)(1 – b)(1 – c) Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ 3/4 (1) Đặt a  1  x,  a    x  2 Tương tự đặt b  c 1  y,  b    y  2 1  z ,  c    z  2 Từ giả thiết ta có 1    x   2    1    y   z     x   y   z    2     x  y  z  4 xyz (2) T  a2  b2  c2  Xét hiệu 2 1  1  1     x    y    z  2  2  2   x  y  z  x  y  z (3) Thay (2) vào (3) ta T = x2 + y2 + z2 – 4xyz Ta cần chứng minh T ≥ Xét trường hợp sau: (i) Cả số x, y, z đương âm khơng thỏa mãn (2) (ii) Có số âm cịn hai số dương từ (4) T ≥ Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" (iii) Có hai số âm số dương Giả sử x > 0, y, z < Đặt y1 = -y > z1 = - z > từ (4) ta có T = x2 + y12 + z12 – xy1z1 ≥ x2 + 2y1z1 – 4xy1z1 = x2 + 2y1z1(1 – 2x) ≥ Vậy BĐT (1) chứng minh Ví dụ 14: Cho a, b, c  [1; 3] a + b + c = Chứng minh a) a2  b2  c2   14 b) a3  b3  c3   36 Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + Khi x, y, z  [0; 2] x + y + z = Giả sử x = max{x; y; z} suy ra: x + y+ z =  3x   x   (x –1)(x –2)  nên: x  y  z2   x  ( y  z)2  x  (3 – x )2    2( x –1)( x – 2)   5 Tức là: x  y  z2   (*) Tương tự ta chứng minh x  y3  z3    9 (**) a) Ta có: a2  b2  c2  ( x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2  x  y  z2  2( x  y  z)  (1) Thay (*) vào (1) ta có: a2  b2  c2   14 điều phải chứng minh b) Ta có: a3  b3  c3  ( x  1)3  ( y  1)3  ( z  1)3  x  y  z3  3( x  y  z2 )  3( x  y  z)  (2) Thay (*) (**) vào (2) ta có: a3  b3  c3   36 điều phải chứng minh * Bài tập tự luyện: Bài 2.1 Chứng minh rằng: Nếu a ≥ 3, b ≥ 3, a2 + b2 ≥ 25 a + b ≥ Bài 2.2 Cho a > c > 0, b > c Chứng minh ca  c   cb  c   ab Bài 2.3 Cho ba số ≤ a, b, c ≤ a + b + c = Chứng minh a a2 + b2 + c2 ≤ b a3 + b3 + c3 ≤ Bài 2.4 Cho bốn số a, b, c, d thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn điều kiện Giáo viên: Lê Hồng Quân ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" (1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) = abcd Chứng minh a2 + b2 + c2 + d2 ≥ Dạng 3: Bất đẳng thức với điều kiện cho ba biến có tích x y y z z x Cách1 : Đặt a  ; b  ; c  , với x, y, z  Sau số ví dụ làm sáng tỏ điều Ví dụ 15: Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc = Chứng minh 1    a(b  1) b(c  1) c(a  1) * Nhận xét: a, b, c số thực dương abc = nên ta đặt: x y z a  ; b  ; c  , với x, y, z số thực dương y z x 1 1        a(b  1) b(c  1) c(a  1) xy  y z  zx  1   1   1 y  z  z  x  x  y  Ta có:  yz zx xy    xy  zx yz  xy zx  yz Đây BĐT Nesbnit cho ba số dương xy, yz, zx, suy điều phải chứng minh Ví dụ 16: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Tìm GTNN biểu thức: P x y y z Đặt: a  ; b  ; c  Khi đó: a 2b b 2c c2a   ab bc ca z x (với x, y, z số thực dương) x4 + y4 + z4 + 3(x2y2 + y2z2 + z2x2) = (x2 + y2 + z2)2 + (x2y2 + y2z2 + z2x2) Giáo viên: Lê Hồng Quân 10 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT"  (x + y2 + z2)2 a 2b x2 2x   2 p 2 cyc a  b cyc xz  y cyc x  z  y Ta có Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có   3 x2 x2  y2  z2    2 2 4 2 2 2 x  y  z 3 x y  y z  z x cyc x  z  y p Suy cyc   a 2b  ab Vậy GTNN P 3/2 Dấu xảy a = b = c = Ví dụ 17: Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc = 1.Chứng minh    b   c  1 a rằng:  a     b     c     Nhận xét: a, b, c số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt: x y z a  ; b  ; c  , với x, y, z số thực dương y z x    b   c  1 a Ta có:  a     b     c       ( x  y  z)( y  z  x )(z  x  y)  xyz ( x  y  z)( y  z  x )( z  x  y ) 1 xyz (*) Đặt x  m  n; y  n  p; z  p  m Khi đó(*) (m  n)(n  p)( p  m)  8mnp (**) Áp dụng BĐT AM – GM cho hai số dương ta có: m  n  mn ; n  p  np ; p  m  pm Ba bất đẳng thức có hai vế dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh Chú ý: Ta chứng minh (*) theo cách sau đây: Do vai trị x, y, z có vai trị nhau, khơng tính tổng qt nên giả sử : Giáo viên: Lê Hồng Quân 11 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" x  y  z > Như x – y +z > y – z + x > + Nếu z – x + y  (*) hiển nhiên + Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cơ–si cho hai số dương ta có: ( x  y  z)( y  z  x )  x ; ( y  z  x )( z  x  y )  y ; ( z  x  y )( x  y  z)  z Nhân vế theo vế bất đẳng thức trên, suy (*) Vậy (*) cho x, y, z số thực dương, suy toán chứng minh * Việc đổi biến vận dụng (**) cách khéo léo giúp ta giải tốn ví dụ 18 sau Ví dụ 18: Cho a, b, c ba số dương Chứng minh rằng: a a  8bc a Đặt x  a2  8bc b  b  8ca b ; y b2  8ca c  c  8ab c ; z c2  8ab 1 Ta thấy x, y, z dương BĐT cần chứng minh trở thành S = x  y  z    a a2 8bc 1  Do x   x  =   2   a  bc x a a  8bc  a  8bc  a Tương tự ta có: y 1  8ca b ; z 1  8ab c2       1   1   1  x  y   z Suy ra: (1) Mặt khác S = x + y + z <  S2   S2   S2      1   1   1 >   1   1   1  z2  x2   y  x2   y2     z  thì: T =  – Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x)  8xyz (theo (**) (2) –Với ba số dương x + y, y + z, z + x ,ta lại có (S  x )(S  y)(S  z)  64 xyz (3) 12 Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc ThuVienDeThi.com Chuyên đề BDHSG Toán – Nhân (2) (3) vế với vế, ta được: " Đổi biến chứng minh BĐT" (S – x )(S – y )(S – z2 )  83 x y z2  S2   S2   S2   1   1   1  83  z2  x2   y   hay:  Từ suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1) Vậy S = x + y + z  1, tức toán chứng minh *Ngược lại, số toán chứng minh bất đẳng thức mà biểu thức ( biến đổi nó) có chứa biểu thức có dạng: x y y z x y z ; ; , với x, y, y z x z x z  Lúc việc đặt a  ; b  ; c  , với abc = phương pháp hữu hiệu, sau ví dụ minh chứng điều Ví dụ 19: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1) b c a   1 a  b b  2c c  a 1) BĐT  a 2 b a b  b 2 c b c  2) c 2 a a b c   1 a  b b  2c c  a  c a Đặt x  ; y  ; z  Ta có x, y, z số thực dương có tích xyz = Suy ra: a 2 b  b 2 c  c 2 a 1  1   1 x2 y2 z2  (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2)  (x + 2)(y + 2)(z + 2)  (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12  xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) +   xyz + xy + yz + zx   xy + yz + zx Đây bất đẳng thức áp dụng bất đẳng thức Cơ–si cho ba số dương ta có: xy  yz  zx  33 ( xyz)2  Suy điều phải chứng minh Giáo viên: Lê Hồng Quân 13 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1)  b c a   a b c       3  a  b b  2c c  a   a  b b  2c c  a  Cách 2: Ta có:  Áp dụng kết tốn 1), ta suy bất đẳng thức cần chứng minh x y y z * Việc đổi biến cách đặt a  ; b  ; c  z áp dụng x hay tốn chứng minh đẳng thức, ví dụ 20; 21 sau cho thấy điều (Việc đưa hai ví dụ sau nhằm nhấn mạnh thêm tính đa dạng hữu hiệu phương pháp đổi biến giải tốn nói chung) Ví dụ 20: Cho a, b, c ba số thực thoả mãn abc = Chứng minh rằng: 1   1  a  ab  b  bc  c  ca x y y z z x *Nhận xét: Vì abc = nên ta đặt a  ; b  ; c  , với x, y, z  Khi vế trái đẳng thức biến đổi thành: 1   x x y y z z 1  1  1  y z z x x y = yz zx xy   = (đpcm) xy  yz  zx xy  yz  zx xy  yz  zx Ví dụ 21: Cho a, b, c ba số thực thoả mãn abc = Chứng minh rằng:  a     b     c      a     b     c    (*)    b   c    a  x y y z  b   c   a z x * Nhận xét: Tương tự ta đặt a  ; b  ; c  , với x, y, z  Khi vế trái đẳng thức (*) biến đổi thành: x z  y  1   1 y  z y = x  z y  xyz yz x z x y   1   y  x x y z x ( x  y  z)( y  z  x )( z  x  y ) xyz (1) Tương tự ta biến đổi vế phải Giáo viên: Lê Hồng Quân (*) biểu thức (1), suy đpcm 14 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Cách : Ngoài cách với BĐT mà chứa biến mẫu cách đổi biến đơn giản là: biến nghịch đảo biến bất đẳng thức cho ( a 1 , b  , c  ; x, y, z > 0) giúp ta giải lớp toán x y z khó Sau số ví dụ minh họa cho điều này: Ví dụ 22 : Cho a, b, c > thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1  (1) a  b  c ab  bc  ca x y Nhận xét: abc = ta đặt: a  , b  , c  ( x, y, z > 0) z Khi ta có  a  b  c ab  bc  ca 3abc 6abc  1  a  b  c ab  bc  ca  1  1 1 1     ab bc ca a b c  1  xy  yz  zx x  y  z 1 Áp dụng BĐT AM – GM ta có 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 =>   1 xy  yz  zx x  y  z 2 Mặt khác 1  1 x  y  z 2 x  y  z      với  x,y,z   1  x yz  x  y  z   6  1  x yz xy  yz  zx x  y  z Dấu xảy x = y = z =1 hay a = b = c = Ví dụ 23: Cho a, b, c > abc = Chứng minh: Giáo viên: Lê Hồng Quân 15 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán a b  2c  x  y Đặt a  , b  , c  " Đổi biến chứng minh BĐT"  b c  2a  c a  2b   => xyz = x, y, z > z x3  z  y  Bất đẳng thức cho viết lại là:  cyc Áp dụng BĐT AM – GM ta có x3 z  y  Từ suy  z  y z  y 3x   27 27 x3  z  y   cyc x  y  z 33 xyz   9 Vậy BĐT chứng minh, dấu xảy a = b= c =1 Ví dụ 24 Với số dương a, b, c thỏa mãn abc  , chứng minh rằng: a b  c   b c  a   c a  b   Đẳng thức xảy nào? 1 a b c Đặt x  , y  , z  , ta thu được: xyz  Ta có: a b  c   x y   x yz yz  x yz z Biến đổi tương tự, ta được: b c  a   y , zx c a  b   z x y Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x yz   y zx  z x y    y    z  1    1   x y  yz  zx  1     x  y  z      yz zx x y  x  1   Giáo viên: Lê Hồng Quân 16 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Áp dụng bất đẳng thức Ví dụ 1, ta có:  1     x y yz zx x  y  y  z  z  x        x y yz zx 2   x  y  z  Do đó, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x  y  y  z  z  x  x  y  z  a  b  c *Gần tương tự ví dụ trên, ta xét BĐT sau Ví dụ 25: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1    a b  c  b c  a  c a  b  1 a b c *Đặt x  , y  , z  , ta thu được: xyz  x2 y2 z2    yz zx x y Khi BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT dễ dàng chứng minh BĐT AM – GM Dấu đẳng thức xảy a = b = c = x y y z Cách Ngoài hai cách đổi biến: a  ; b  ; c  z 1 a  , b  , c  ( x, x x y z y, z > 0) ta cịn có cách đổi biến khác Cụ thể đưa ví dụ sau để thấy việc đổi biến đa dạng, qua thúc đẩy tìm tòi say mê học tập em học sinh, có nhiều kỹ óc quan sát, chịu khó tìm tịi em có nhiều sáng tạo việc đổi biến Từ em giải nhiều dạng chứng minh BĐT phong phú đa dạng Ví dụ 26: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh: a (a  1) Giáo viên: Lê Hồng Quân  b (b  1)  c (c  1) 17 ThuVienDeThi.com   (a  1)(b  1)(c  1) (*) Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán Đặt: x  " Đổi biến chứng minh BĐT" 1 a 1 b 1 c 1 x 1 y 1 z ;y ; z ;b ;c  –1 x y z *Trong ba số dương a, b, c có tích ln tồn hai số nằm phía so với Giả sử a b - Khi a  1b  1   a  b   ab  1 c c Áp dụng BĐT cauchy – Schwarz ta có Giáo viên: Lê Hồng Quân 18 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán  1  a 2 1  b 2  " Đổi biến chứng minh BĐT" 1   1  ab 1  a  1  ab 1  b   b  a b a c    1  ab a  b  1  ab a  b   ab c  Suy x2  y2  z2   1  a   c  12 4c  1 1  b    1  c  c  c  c  12  3  4 Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có x  y  z   x2 y2 z2    y z x x y  y2z  z2x x  Mặt khác x  y  z 3 Suy x  y  z    x 2  y2  z2 x 2 y z  y2  z2 x  2   y2  z2 3   4     x2  y2  z2  (1) (2) Cộng (1) (2) theo vế ta có x  y y  z z  x 15    (đpcm) y z x Dấu xảy x = y = z = 1/2 Ví dụ 28: Cho a, b, c số thực thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1   1 abc bca cab *Đặt: a = x3, b = y3, c = z3 (x, y, z > 0) xyz = BĐT cần chứng minh tương đương với 1   1 3 x  y  y  z  z  x3  Giáo viên: Lê Hồng Quân 19 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Tốn Áp dụng BĐT AM – GM ta có " Đổi biến chứng minh BĐT" x3 + y3 + = (x + y)(x2 + y2 – xy) + xyz ≥ (x + y)xy + xyz = xy(x + y + z) suy 1  x  y  xy x  y  z  Tương tự 1  y  z  yz x  y  z  3 1  z  x  zxx  y  z  Cộng vế ba BĐT ta có 1 1 1      3 x  y  y  z  z  x  xy x  y  z  yz x  y  z  zxx  y  z    1 1       (đpcm) x  y  z  xy yz zx  xyz Đẳng thức xảy x = y = z =  a = b = c = Ví dụ 29: Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm GTLN 1   2a  b  2b  c  2c  a  p *Đặt: a = 2x2 , b = 2y2 , c = 2z2  xyz = 1  2 cyc x  y  Suy P Mặt khác  2 x cyc Suy P        y    ( x  y )  x     2xy  x  1 cyc cyc 1  ( Vì xyz = nên  cyc xy  x  z  xy  x  z =1) cyc Vậy GTLN P 1/4 a = b = c = Ví dụ 30 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: ab c c b  b ac  ac  ab  Đẳng thức xảy nào? Giáo viên: Lê Hồng Quân 20 ThuVienDeThi.com Trường THCS Yên Lạc ... tơi viết chuyên đề; "Đổi biến chứng minh bất đẳng thức" qua giúp em có thêm sáng tạo công cụ hữu hiệu đứng trước chứng minh BĐT II NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ Đối với dạng tốn ta có cách đổi biến thích... việc chứng minh bất đẳng thức thường có cơng cụ, học sinh chủ yếu sử dụng định nghĩa sử dụng bất đẳng thức cổ điển để chứng minh Tuy nhiên việc sử dụng bất đẳng thức cổ điển để chứng minh toán khác... Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán = x  y  x  y  xy  25 " Đổi biến chứng minh BĐT"  5 =  x  y    y2  y   2 Đẳng thức xảy  x = y = hay a =  b = 2 Vậy bất đẳng thức F  chứng minh Ví