ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Đối với học sinh trung học cơ sở, việc chứng minh một bất đẳng thức thường có rất ít công cụ, học sinh chủ yếu sử dụng định nghĩa hoặc sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để chứng minh. Tuy nhiên việc sử dụng các bất đẳng thức cổ điển đó để chứng minh các bài toán khác trong đa số các trường hợp yêu cầu học sinh phải biết cách biến đổi một cách hợp lý, thậm chí là phải rất tinh tế. Vì vậy tôi thiết nghĩ nếu các em có cái nhìn tinh tế và logich thì bằng việc đổi biến thích hợp lại là cách làm hữu hiệu và thiết thực nhằm tìm ra các cách chứng minh hay và đầy bất ngờ. Vì vậy tôi đã viết chuyên đề; Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức qua đó giúp các em có thêm những sáng tạo cũng như công cụ hữu hiệu khi đứng trước những bài chứng minh BĐT

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 Toán học môn khoa học trừu tượng, suy luận cách lôgic tảng cho việc nghiên cứu môn khoa học khác Toán học môn học có ý nghĩa đặc biệt với học sinh phổ thông Nó giúp học sinh phát triển tư logic, phát triển lực trí tuệ hình thành phẩm chất đạo đức, môn toán môn học công cụ nên việc học tốt môn toán giúp học sinh học tốt môn học khác Tuy nhiên môn toán môn học mang tính trừu tượng cao nên học sinh thường gặp khó khăn học toán, song không mà toán 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 môn Toán 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, 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 toán sơ cấp có nhiều toán hay khó, chí khó Tuy nhiên khó ở không nằm ở gánh nặng lượng kiến thức mà ở yêu Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" cầu óc quan sát, linh cảm tinh tế sức sáng tạo rồi rào người học, người học giải bằng kiến thức việc hoàn thành chứng minh niềm vui thực Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán toán bất đẳng thức, giá trị nhỏ nhất, lớn toán có khả rèn luyện cho học sinh óc phán đoán 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 công 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 thiết nghĩ em có nhìn tinh tế logich bằng việc đổi biến thích hợp lại cách làm hữu hiệu thiết thực nhằm tìm cách chứng minh hay đầy bất ngờ Vì 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 toán ta có cách đổi biến thích hợp Dạng 1: Dự đoán điều kiện xảy dấu bằng: Ví dụ : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ *Nhận xét: Dấu bằng 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 = Khi a2 + b2 + c2 ≥ Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 2 " Đổi biến chứng minh BĐT" 1  1  1  ⇔ x +  + y +  +z +  ≥ 3  3  3  ⇔ x2 + y + z + ( x + y + z) ≥ 2 ⇔ x +y +z ≥0 BĐT cuối nên BĐT cho Dấu bằng 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: a + 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 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 rằng 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 + ≥   2 Đẳng thức xảy ⇔ y = x + y = ⇔ x = y = hay a = b = c =1 Vậy A ≥ Giáo viên: Lê Hồng Quân 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   2   =  c + 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  ≥ Mặt khác: a2 + b2 ≥ a + b ⇔ (1 + x )2 + (1 + y )2 ≥ (1 + x ) + (1 + y ) ⇔ x + y + x + y ≥ Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 2 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 không ( khó) dự đoán 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 bằng ở 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) –  = x + y − 5x + y − xy + Giáo viên: Lê Hồng Quân 25 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" =  x − y − ÷ + y + 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 > 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) − b + 2( b + x ) b − b > b + x ⇔ 2bx + x + b + 2bx > b + x Mật khác, a, b, x >0 nên: Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 2bx + x > x = x 2bx + b > b = b 2 2 Cộng theo vế hai BĐT ta có ( b + x) − 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    1     + x  + y  + z  =  − x  − y  − z  2    2    ⇔ x + y + z = −4 xyz (2) T = a2 + b2 + c2 − Xét hiệu 2 1  1  1  =  + x +  + y +  + z − 2  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 không thỏa mãn (2) (ii) Có số âm hai số dương từ (4) T ≥ (iii) Có hai số âm số dương Giả sử x > 0, y, z < Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 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 rằng c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab Bài 2.3 Cho ba số ≤ a, b, c ≤ a + b + c = Chứng minh rằng 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 (1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) = abcd Giáo viên: Lê Hồng Quân Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 2 2 Chứng minh rằng a + b + c + d ≥ 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: a= Ta có: ⇔ x y z ; b = ; c = , với x, y, z số thực dương y z x 1 + + ≥ 1 + + ≥ ⇔ xy  y z  zx  +1 a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1)  + 1÷  + 1÷ y  z  z  x  x  y ÷  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 = a 2b b 2c c2a + + a+b b+c c+a z x (với x, y, z số thực dương) Khi đó: x4 + y4 + z4 + 3(x2y2 + y2z2 + z2x2) = (x2 + y2 + z2)2 + (x2y2 + y2z2 + z2x2) ≤ Giáo viên: Lê Hồng Quân 10 (x + y2 + z2)2 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Bài 3.3: Cho số dương a, b, c cho abc = Chứng minh: a b c + + ≥ (a + b + c − 1) b c a Bài 3.4: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh: 2(1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) − 2(1 + abc) * Các toán BĐT ba biến có điều kiện với tích ba biến số, thường khó xử lí trực tiếp Vì ba cách đổi biến đơn giản sau giúp ta giải lớp toán dạng Tôi nghĩ ba cách đổi biến hữu ích mà sử dụng giải nhiều toán khó BĐT *Tổng quát với ba phép đổi biến sau: Dạng 4: Bất đẳng thức với điều kiện: abc = k3 (a, b, c ba số thực khác 0) Với ba số thực a, b, c khác thỏa mãn abc = k3, (I)Tồn số thực x, y, z khác cho kx ky kz a= , b= , c= yz zx xy (II) Tồn số thực m, n, p khác cho a= knp kpm kmn , b = , c = m2 n2 p2 (III) Tồn số thực u, v, w khác cho a= ku kv kw , b= , c= v w u Chứng minh: (1) Chọn x = a , y = b , z = c ta có kx k a ka ka = =3 = =a yz bc abc k3 Giáo viên: Lê Hồng Quân 23 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán Tương tự, ta có b = " Đổi biến chứng minh BĐT" 2 ky kz , c= ca ab (2) Ta chọn m = 1/x, n = 1/y, p = 1/z (3) Ta chọn u = x/z, v = y/x, w = z/y Ví dụ 33: Với a, b, c ba số thực thỏa mãn abc = Chứng minh (1 + a ) + (1 + b ) + (1 + c ) ≥ (1) *Nhận xét: Từ giả thiết ta có k = 1, theo (II) (III) ta có hai cách đổi biến thích hợp cho toán khó Cách 1: Theo (II) Đặt a = np pm mn , b = , c = ( m, n, p số thực khác 0) m2 n2 p2 Thay vào (1) ta có (m m4 + np ) + (n n4 + pm ) + (p p4 + mn ) ≥ Áp dụng BĐT (CBS) ta có (m2 + np)2 ≤ (m2 + n2)(m2 + p2) Tương tự cho (n2 + pm)2 (p2 + mn)2 Từ ta có BĐT ( m4 n4 p4 + + ≥ 2 2 2 2 2 m +n m + p n + p n +m p +m p +n )( ) ( )( ) ( )( ) (2) m2n2(m2 + n2) + n2p2(n2 + p2) + p2m2(p2 + m2) ≥ 6m2n2p2 Áp dụng BĐT AM –GM ta thấy BĐT cuối nên BĐT (2) nên BĐT (1) Cách 2: theo (III) Tồn số thực u, v, w khác Giáo viên: Lê Hồng Quân 24 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán u v w , b= , c= v w u a= Đặt " Đổi biến chứng minh BĐT" Thay lại (1) ta có BĐT cần chứng minh sau 2  v   w   u    +  +  ≥ u + v v + w  w+u  Trong trường hợp u, v, w số dương áp dụng BĐT AM – GM Ví dụ 34 : Cho số thực a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2a + b + 2b + c + 2c + (1) *Nhận xét: Từ giả thiết ta có k =2 theo (I) 2x2 2y2 2z a= , b= , c= yz zx xy Đặt Thay lại ta có x4 y4 z4 + + ≥1 x + x yz + y z y + y zx + z x z + z xy + x y Áp dụng BĐT (CBS) vào vế trái biến đổi tương đương ta có (xy – xz)2 + (yz – yx)2 + (zx – zy)2 ≥ BĐT nên BĐT (1) Ví dụ 35: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh 1 + 8a + 1 + 8b + 1 + 8c ≥ (1) *Nhận xét: từ giả thiết k = nên theo (II) Đặt a = np pm mn , b = , c = m2 n2 p2 ( Với m, n, p số dương) Thay lại ta cần chứng minh BĐT m m + 8np + n n + pm + p p + 8mn Giáo viên: Lê Hồng Quân ≥ BĐT ở Ví dụ 13: 25 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Ví dụ 36: Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn abc = Chứng minh 2  a   b   c    +  +  ≥ (1)  a −1  b −1  c −1 *Nhận xét: từ giả thiết k = x2 y2 z2 , b= , c= Đặt a = yz zx xy Khi BĐT (1) trở thành (x x4 − yz ) + (y y4 − zx ) + (z z4 − xy ) ≥1 Áp dụng BĐT (CBS) ta (x x4 − yz ) + (y y4 − zx ) + (z z4 − xy ) ≥ (x (x ) ( + y2 + z2 ) ( − yz + y − zx + z − xy Ta thấy ( x + y + z ) ≥ ( x − yz ) + ( y − zx ) + ( z − xy ) ) 2 ) 2 ⇔ ( yz + zx + xy ) ≥ BĐT nên BĐT (1) Nhận xét: Ta đổi biến theo (III) Bài tập tự luyện: Bài 4.1 : Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng a/ 1 + (1 + x ) + 1 + ≥ 3 + (1 + y ) + (1 + z ) x+3 y+3 1 z+3 b/ ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) ≥ c/ (1 + x ) + (1 + y ) + ( + z ) + (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ d/ 4x + x + + 4y + y + Giáo viên: Lê Hồng Quân + 4z + z + 26 ≤1 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Bài 4.2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = 27 Chứng minh rằng 1 + a + 21a + b + 21b + + c + 21c + ≥ Bài 4.3 Cho abc số dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng (a a2 )( ) + b3 + + (b b2 )( ) + c3 + + (c c2 )( ) + a3 + ≥ Dạng 5: Đối với số toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm có vai trò ta sử dụng phương pháp đổi biến sau: Đặt x = a + b + c ; y = ab + bc + ca ; z = abc Ta có đẳng thức sau: xy – z = (a + b)(b + c)(c + a) (1) x + y = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b ) (2) x − y = a + b2 + c (3) x − xy + 3z = a3 + b3 + c (4) Cùng với việc áp dụng bất đẳng thức sau: x ≥ 3y (5) x ≥ 27z (6) y ≥ xz (7) xy ≥ 9z (8) x − xy + 9z ≥ (9) Ví dụ 37: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥  2(1 + a + b + c) y = ab + bc + ca ; * Đặt x = a + b + c ; 27 Giáo viên: Lê Hồng Quân z = abc Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Theo (1) bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: xy − z ≥ 2(1 + x ) ⇔ xy − ≥ 2(1 + x ) ⇔ x ( y − 2) ≥ Do z = abc = nên theo (6) (7) suy ra: x ≥ 3; y ≥ suy ra: x(y – 2) ≥ BĐT Đẳng thức xảy ⇔ x = y = hay a = b = c =1 Suy toán chứng minh Ví dụ 38: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = Chứng minh abc + 12 ≥5 ab + bc + ca y = ab + bc + ca ; * Đặt x = a + b + c ; z = abc Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: z+ 12 ≥5 y (*) Theo (9) kết hợp với x = a + b + c =3 ta có: 27 − 12 y + 9z ≥ z≥ Suy ra: Mặt khác: 12 y − 12 4y − + ⇒ z+ ≥ y y (**) y − 12 + ≥ ⇔ y − y + 36 ≥ 15y ⇔ ( y − 3)2 ≥ (đúng với y) y Từ (*) (**) suy toán chứng minh Đẳng thức xảy khi: a = b = c =1 Ví dụ 39: Cho ba số không âm a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca + abc = Chứng minh: 3(a2 + b2 + c ) + abc ≥ 10 Đặt x = a + b + c ; (*) y = ab + bc + ca ; z = abc Do y + z = ab + bc + ca + abc = , nên theo (3) bất đẳng thức (*) trở thành: 3( x − y ) + z ≥ 10 ⇔ x − ≥ y Mặt khác, theo (9) suy ra: Giáo viên: Lê Hồng Quân 28 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" x − xy + 9( y + z) ≥ y ⇒ x + 36 ≥ y + xy ⇒ y ≤ x + 36 4x + x + 36 Vậy để hoàn thành toán ta cần chứng minh: x − ≤ 4x + Thật vậy, từ (5) (6) suy ra: 4= y+z≤ x x3 ⇒ x + x − 108 ≥ ⇒ ( x − 3)( x + 12 x + 36) ≥ ⇒ x ≥ + 27 Từ ta có: x − ≤ ⇔ x + 36 ⇔ 12 x − 24 x + 27 x − 54 ≥ x + 252 4x + ( x − 3)(5 x + 42 x + 102) ≥ Đây bất đẳng thức Đẳng thức xảy khi: a = b = c = Ví dụ 40: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh: 1 a+b+c + + ≥ + a+b b+c c+a a+b+c Đặt x = a + b + c ; Ta có: ⇔ y = ab + bc + ca = ; z = abc 1 a+b+c + + ≥ + a+b b+c c+a a+b+c (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) a + b + c ≥ + (a + b)(b + c)(c + a) a+b+c (*) Theo (1) (2) (*) trở thành: x2 + y x ≥ + ⇔ ( x + 3)6 x − ( x + 18)(3 x − z) ≥ xy − z x ⇔ x + 18 x − x − 54 x + x z + 18z ≥ ⇔ x − 36 x + x z + 18z ≥ ⇔ 3( x − 12 x + 9z) + x z − 9z ≥ ⇔ 3( x − xy + 9z) + z( x − 9) ≥ Do y = nên từ (5) suy x ≥ , kết hợp (9) ta có bất đẳng thức đúng, suy toán chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Giáo viên: Lê Hồng Quân 29 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Ví dụ 41: Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn abc = (1 – a)(1– b)(1– c) Chứng minh: a3 + b3 + c3 + 5abc ≥ Ta có: abc = (1 – a)(1– b)(1– c) = 1–(a + b + c) + (ab + bc + ca) – abc Do vậy, đặt x = a + b + c ; y = ab + bc + ca = ; z = abc ta có: z = 1– x + y Theo (9) ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x − xy + 3z + 5z ≥ ⇔ x − xy + 8z ≥ ⇔ x − x + ≥ y(3 x − 4) Chú ý rằng: 1– x + y = 2z ≥ x ≥ 3y suy ra: x − < y < x2 Ta xét ba trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu x ≤ x − x + = (1 − x )(3 − x − x ) ≥ > y(3 x − 4) Trường hợp 2: Nếu < x < thì: 3x – 4< < x – < y, suy ra: ( x − x + 3) − y(3 x − 4) > ( x − x + 3) − ( x − 1)(3 x − 4) = ( x − 1)3 > Trường hợp 3: Nếu x ≥ thì: x2 (2 x − 3)2 ( x − x + 3) − y(3 x − 4) > ( x − x + 3) − (3 x − 4) = ≥0 3 Như trường hợp ta có x − x + ≥ y(3x − 4) đúng, suy toán chứng minh Đẳng thức xảy khi: a = b = c = * Như với năm dạng toán ta thấy hiệu mà cách đổi biến mang lại Bằng kỹ quan sát, phân tích kết hợp khéo léo việc đổi biến sử dụng bất đẳng thức cổ điển giúp ta giải nhiều toán hay khó Xong không dừng lại đó, người làm toán chịu khó tìm tòi, có óc quan sát tư logich tốt ta có nhiều sáng tạo việc đổi biến để tìm lời giải toán Giáo viên: Lê Hồng Quân 30 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" hay khó Xin giới thiệu thêm số cách đổi biến hiệu khác qua ví dụ sau: Ví dụ 42: Cho a, b, c > Tìm GTNN biểu thức sau: P= 3( b + c ) 4a + 3c 12( b − c ) + + 2a 3b 2a + 3c * Nhận xét: Một cách tự nhiên ta nhìn vào mẫu thức biểu thức P ta có cách đổi biến sau Đặt: x = 2a, y = 3b, z = 3c Biểu thức cho viết lại: P= y + z 2x + z y − 4z y + z + x − x 2x + z y + 4x − 4x − 4z + + = + + x y x+z x y x+z  y x z+x x+z 4x 4y   − ≥ 10 − = =  +  +  + + + y x + z x + z   x y  x Tương tự ta xét ví dụ sau Ví dụ 43: Cho a, b, c số thực dương Chứng ming a + b + 3c a + 3b + c 3a + b + c 15 + + ≥ 3a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 2a + 3b + 3c * Bằng cách tương tự tự nhiên nhìn vào mẫu thức ta có cách đổi biến sau Đặt: x = 3b + 3c + 2a, y = 3a + 3c + 2b, z = 3a + 3b + 2c Khi vế trái BĐT cần chứng minh VT = ≥  x z   y z   x y  27  + +  + +  + −  z x   z x   y x  ( + + 2) − 27 = 15 (đpcm) 8 Dấu bằng xảy x = y = z ⇔ a = b = c Giáo viên: Lê Hồng Quân 31 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" * Đối với số dạng BĐT chứa thức ta cần khéo léo đổi biến để áp dụng PP chứng minh BĐT từ tìm hướng giải toán Ví dụ 44: Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: a + b + c = Tìm GTLN biểu thức: P = a b + b c + c a − abc Đặt: x = a ; y = b ; z = c Từ giả thiết suy x2 + y2 + z = ta có P = x2y + y2z + z2x – xyz Dễ thấy P ≥ theo BĐT AM – GM Không tính tổng quát, giả sử y số nằm x z Ta có z(y – x)(y – z) ≤ ⇔ y2z + z2x – xyz ≤ yz2 Do P ≤ yx2 + yz2 = y(x2 + z2) Mặt khác, áp dụng BĐT AM – GM ta có ( 2y x + z 2 )( x +z ) ( ) 2 x2 + y2 + z  ≤  =8   Từ P ≤ y ( x + z ) ≤ Vậy GTLN P bằng a = b = c = x = y = z  a =  z = ⇔  Đẳng thức xảy  hoán vị b =  x = y   c = Ví dụ 45: Cho a, b, c số thực dương Tìm GTLN biểu thức: P= ab c + ab + bc a + bc + ca b + ca Đặt : x = a ; y = b ; z = c (x, y, z > 0) yz zx xy Khi P = x + yz + y + 3zx + z + 3xy Giáo viên: Lê Hồng Quân 32 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT"  1 x y z  = −  + +  x + yz y + zx z + 3xy  2 Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz BĐT 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2, ta có x2 y2 z2 ( x + y + z) + + ≥ ≥ 2 x + yz y + 3zx z + xy ( x + y + z ) + xy + yz + zx Suy P ≤ 3/4 Vậy GTLN P 3/4 Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ 46: Cho a, b, c, x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện: ax + by + cz = xyz Chứng minh rằng: x + y + z > a + b + b + c + c + a a b c Từ giả thiết: ax + by + cz = xyz ta viết yz + zx + xy = Đặt: a = yzu, b = zxv, c = xyw cách tự nhiên, u, v, w số dương u + v + w = Bất đẳng thức càn chứng minh tương đương với z ( yu + xv ) + x( zv + yw) + y ( xw + zu ) < x + y + z (1) Áp dụng bất dẳng thức CBS ta có ( z ( yu + xv ) + x( zv + yw) + y ( xw + zu ) ) ≤ ( x + y + z )( yu + yw + xv + xw + zu + zv ) ta có: yu + yw + xv + xw + zu + zv = y (u + w) + x(v + w) + z (u + v) x = y (1 − v) + x(1 − u ) + z (1 − w) = x + y + z − ( yv + xu + zw) ≤ x + y + z Như BĐT (1) *Bài tập tự luyện: Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc Chứng minh rằng: bc ca ab 3 + + ≥ a (1 + bc ) b(1 + ca ) c(1 + ab ) Giáo viên: Lê Hồng Quân 33 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" 1 HD: Đặt a = x , b = y , c = z => xy + yz + zx =1 Và áp dụng BĐT Cachy - Schwarz Bài 2: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz Chứng y2 x2 z2 + + xy + x zx + z yz + y minh rằng: a b HD: x = , y = , z = => a + b + c = Sau áp dụng BĐT AM – GM c Bài 3: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng a 2+b a + b 2+c b + c 2+a c x HD: Vì abc = nên đặt a = y , b= ≥1 y , z c= z x sau áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz Bài 4: Cho x, y ≠ thỏa mãn điều kiện xy(x + y) = x2 – xy + y2 Tìm GTLN : P= 1 + 3 x y Bài 5: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ HD: Đặt x = bc , y = ca , z = ab Sau dặt t = x + y + z đươc bất PT bậc ba với ẩn t Bài 6: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 3ab + bc + 2ac = Tìm GTLN biểu thức: A= + + a +1 b + c + HD: Đặt a = x; b = 2y; c = 3z sau áp dụng AM – GM Bài 7: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn (a + b + c)2 = 9abc Chứng minh rằng: 1 + 3a + 1 + 3b + 1 + 3c Giáo viên: Lê Hồng Quân ≤ 34 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" HD: Đặt a = yz; b = zx; c = xy => xyz ≥ III KẾT LUẬN Như vậy, bằng việc đổi biến rồi áp dụng phương pháp chứng minh BĐT số lượng lớn toán tưởng chừng khó vận dụng có hướng giải Các cách đổi biến làm cho việc áp dụng chứng minh bất đẳng thức trở nên phong phú đa dạng nhiều Nó giúp giải toán cách nhanh chóng hiệu Học sinh không lúng túng nhận dạng tìm hướng giải cho loạt dạng chứng minh bất đẳng thức Đứng trước toán, đặc biệt toán chứng minh bất đẳng thức học sinh cần có óc quan sát, linh cảm tinh tế sức sáng tạo rồi rào để có nhận dạng cách xác có cách đổi biến hợp lí từ tìm cách chứng minh Với học giáo viên có phương pháp tiếp cận,một phương pháp giảng dạy khác điều tùy thuộc vào mức độ nhận thức học sinh Với chuyên đề trình độ học sinh không giống phương pháp giảng dạy nhau.Vì người giáo viên cần phải tìm phương pháp dạy, cách tiếp cận vấn đề cho phù hợp với đối tượng học sinh Theo với cách đổi biến học sinh dễ tiếp cận với nhiều toán chứng minh bất đẳng thức Trên chuyên đề nhỏ mà thân thấy cần thiết trình bồi dưỡng học sinh giỏi, hy vọng chuyên đề góp phần nâng cao chất lượng học sinh giỏi thân bạn đồng nghiệp thời gian tới Rất mong đóng góp ý kiến đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn! Yên Lạc, ngày 01 tháng 10 năm 2015 Người viết Giáo viên: Lê Hồng Quân 35 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Lê Hồng Quân Giáo viên: Lê Hồng Quân 36 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" IV TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Phương “Những viên kim cương bất đẳng thức toán học.”NXB Tri Thức-Năm 2009 [2].Nguyễn Đức Tấn “Chuyên đề bất đẳng thức ứng dụng đại số”-NXB Giáo Dục-Năm 2003 [3].Nguyễn Đễ-Nguyễn Hoàng Lâm “Các toán bất đẳng thức hay khó”-NXB Giáo Dục-Năm 2001 [4].Nguyễn Vũ Thanh “263 toán bất đẳng thức chọn lọc”-NXB Đại Học Quốc Gia TPHCM-Năm 2000 [5].Nguyễn Kim Hùng “Sáng tạo bất đẳng thức”-NXB Hà Nội –Năm 2010 [6].Trần Tuấn Anh “Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức”-NXB Tổng hợp TPHCM-Năm 2006 [7].Phan Huy Khải “10.000 toán sơ cấp- bất dẳng thức”-NXB Hà Nội-Năm 2001 [8].Phan Huy Khải “Chuyên đề bất đẳng thức chọn lọc cho học sinh phổ thông sở”- NXB Giáo dục1998 [9].Nguyễn Văn Quí-Nguyễn Tiến Dũng-Nguyễn Việt Hà “Các dạng Toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhấ ”-NXB Đà Nẵng-1998 [10] Báo toán học tuổi trẻ [11] Diễn đàn bookmath.com.vn [12].Titu Andresscu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu “Old and New Inequality”- Gil publishing House [13] Old and new inequaliti.-internet Giáo viên: Lê Hồng Quân 37 Trường THCS Yên Lạc [...]... Toán 9 2 2 2 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2 2 2 3 2 2 2 (S – x )(S – y )(S – z ) ≥ 8 x y z  S2   S2  S 2  3 − 1  − 1÷ ÷ − 1 ÷ ÷ ÷≥ 8 ÷ z2  x2   y 2   hay: Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1) Vậy S = x + y + z ≥ 1, tức bài toán được chứng minh *Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức ( hoặc biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng:... 1), ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh x y y z * Việc đổi biến bằng cách đặt a = ; b = ; c = z ở đây còn áp dụng được rất x hay ở bài toán chứng minh đẳng thức, ví dụ 20; 21 sau đây cho thấy điều này (Việc đưa ra hai ví dụ sau nhằm nhấn mạnh thêm tính đa dạng và hữu hiệu của phương pháp đổi biến trong giải toán nói chung) Ví dụ 20: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng: 1 1... b, c, chứng minh rằng: ab c+ 3 2 c 2 b 2 + b ac 2 ≥ ac + ab + 1 Đẳng thức xảy ra khi nào? *Nhận xét: Chia cả hai vế cho bc > 0 , ta được: a b+ 3 c b 3 + 1 ac 3 ≥ a b + 1 bc + a c Giáo viên: Lê Hồng Quân 20 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 Đặt a = x, b = x 3 y + y 3 z + z 1 y ,c= 1 z " Đổi biến trong chứng minh BĐT" bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: 3 ≥ xy + yz + zx x Bất đẳng thức này... BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Bài 4.2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 27 Chứng minh rằng 1 1 + a 2 + 21a + 9 b 2 + 21b + 9 1 + c 2 + 21c + 9 ≥ 1 3 Bài 4.3 Cho abc là các số dương thỏa mãn abc = 8 Chứng minh rằng (a a2 3 )( ) + 2 b3 + 1 + (b b2 3 )( ) + 1 c3 + 1 + (c c2 3 )( ) + 1 a3 + 1 ≥ 4 3 Dạng 5: Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b,... THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" HD: Đặt a = yz; b = zx; c = xy => xyz ≥ 1 III KẾT LUẬN Như vậy, bằng việc đổi biến rồi áp dụng các phương pháp chứng minh BĐT thì một số lượng lớn các bài toán tưởng chừng như rất khó đã được vận dụng và có hướng giải quyết Các cách đổi biến này đã làm cho việc áp dụng chứng minh bất đẳng thức trở nên phong phú và đa dạng hơn... zx) + 4(x + y + z) + 8 ⇔ 4 ≤ xyz + xy + yz + zx ⇔ 3 ≤ xy + yz + zx Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có: xy + yz + zx ≥ 33 ( xyz)2 = 3 Suy ra điều phải chứng minh Giáo viên: Lê Hồng Quân 13 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" 2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1)  b c a   a b c  + + + + ÷+  ÷= 3  a + 2 b b + 2... 1 Chứng minh: a+3 2 (a + 1) + Giáo viên: Lê Hồng Quân b+3 2 (b + 1) + c+3 (c + 1)2 22 ≥3 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Bài 3.3: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1 Chứng minh: a b c 3 + + ≥ (a + b + c − 1) b c a 2 Bài 3.4: Cho ba số dương a, b, c Chứng minh: 2(1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) − 2(1 + abc) * Các bài toán BĐT ba biến. .. em càng có nhiều sáng tạo trong việc đổi biến Từ đó các em có thể giải được nhiều hơn các dạng bài chứng minh BĐT phong phú và đa dạng Ví dụ 26: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh: a 2 (a + 1) Giáo viên: Lê Hồng Quân + b 2 (b + 1) + c 2 (c + 1) 17 − 4 1 ≤ (a + 1)(b + 1)(c + 1) 4 (*) Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 Đặt: x = " Đổi biến trong chứng minh BĐT" 1− x 1− y 1− z 1−... 9) ≥ 0 Do y = 3 nên từ (5) suy ra x 2 ≥ 9 , kết hợp (9) ta có bất đẳng thức trên đúng, suy ra bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Giáo viên: Lê Hồng Quân 29 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" Ví dụ 41: Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn abc = (1 – a)(1– b)(1– c) Chứng minh: a3 + b3 + c3 + 5abc ≥ 1 Ta có: abc = (1 – a)(1– b)(1– c)... trong việc đổi biến để tìm ra lời giải của các bài toán Giáo viên: Lê Hồng Quân 30 Trường THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán 9 " Đổi biến trong chứng minh BĐT" hay và khó Xin giới thiệu thêm một số cách đổi biến hiệu quả khác qua các ví dụ sau: Ví dụ 42: Cho a, b, c > 0 Tìm GTNN của biểu thức sau: P= 3( b + c ) 4a + 3c 12( b − c ) + + 2a 3b 2a + 3c * Nhận xét: Một cách rất tự nhiên ta nhìn vào mẫu thức ... x, b = x y + y z + z y ,c= z " Đổi biến chứng minh BĐT" bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: ≥ xy + yz + zx x Bất đẳng thức dễ dàng chứng minh chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = b = c... THCS Yên Lạc Chuyên đề BDHSG Toán " Đổi biến chứng minh BĐT" Cách 2: 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,... việc chứng minh bất đẳng thức thường có công 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