Phương pháp dồn biến chứng minh bất đẳng thức

Chuyên đề BDHSG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN ĐỐI VỚI BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN SỐ KỸ THUẬT DỒN VỀ HAI BIẾN BẰNG NHAU Huỳnh Chí Hào Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức ba biến dạng: f ( x , y, z ) ≥ với x , y, z biến số thực thỏa mãn tính chất Khi ta thực hai bước sau đây: Bước 1: Chứng minh f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z ) Đối với bất đẳng thức không điều kiện dồn biến theo đại lượng trung bình: x+y , t = xy ; t = Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) ≥ t= x2 + y2 ,… Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ Chú ý: Đối với bất đẳng thức đồng bậc ta làm cho chúng đơn giản cách chuẩn hóa biến bất đẳng thức trước thực hai bước Thí dụ Cho x , y, z ≥ Chứng minh rằng: x + y + z ≥ 3 xyz (1) Lời giải CÁCH 1: Thực dồn biến theo TBC Bước 1: (1) ⇔ x + y + z − xyz ≥ f ( x , y, z ) = x + y + z − xyx Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ • Ta có: • Xét biểu thức (2) x+y , ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z ) Thực dồn biến theo TBC: t = • Thật vậy, xét hiệu: (3) d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z ) = x + y + z − 3 xyz −  2t + z − 3 t z    = x + y+3 Mà t = ( t z − xyz ) x+y ⇒ t ≥ xy ⇒ t z − xyz ≥ nên d ≥ Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) = 2t + z − 3 t z ≥ • Thật vậy: ( ) ⇔ 2t + z ≥ 3 (4) t z ⇔ ( 2t + z ) − 27t z ≥ ⇔ ( t − z ) ( 8t + z ) ≥ Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ (đúng) CÁCH 2: Thực dồn biến theo TBN Bước 1: • Ta có: • Xét biểu thức (1) ⇔ x + y + z − xyz ≥ f ( x , y, z ) = x + y + z − xyx Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ (2) Thực dồn biến theo TBN: t = xy , ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z ) • Thật vậy, xét hiệu: (3) d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z ) = x + y + z − 3 xyz −  2t + z − 3 t z    = x + y − 2t Mà t = xy ⇒ 2t ≤ x + y ⇒ x + y − 2t ≥ nên d ≥ Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) = 2t + z − 3 t z ≥ • Thật vậy: ( ) ⇔ 2t + z ≥ 3 (4) t z ⇔ ( 2t + z ) − 27t z ≥ ⇔ ( t − z ) ( 8t + z ) ≥ Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ (đúng) CÁCH 3: Chuẩn hóa & thực dồn biến theo TBC Vì bất đẳng thức (1) đồng bậc nên cách chuẩn hóa ta giả sử: x + y + z =1 (*) Bước 1: • • Ta có: • Xét biểu thức (1) ⇔ ≥ xyz ⇔ − 27 xyz ≥ f ( x , y, z ) = − 27 xyz Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ x+y , ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z ) (2) Thực dồn biến theo TBC: t = (3) x+y (*) thỏa d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z ) Kiểm tra (*): Khi thay x , y t = • Xét hiệu: = − 27 xyz − − 27t z ( = 27 t z − xyz ( ) ) x+y ⇒ t ≥ xy ⇒ xyz ≤ t z nên d ≥ Chứng minh f ( t, t, z ) = − 27t z ≥ Mà t = Bước 2: • • (4) Thật vậy: f ( t, t, z ) = − 27t z = − 27t (1 − 2t ) = (1 + 6t ) − 3t ≥ ( ) x = y Với điều kiện (*) đẳng thức xảy ⇔  ⇔ x=y=z= 3t = Vậy trường hợp tổng quát đẳng thức xảy ⇔ x = y = z ≥ Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ CÁCH 4: Chuẩn hóa & thực dồn biến theo TBN Vì bất đẳng thức (1) đồng bậc nên cách chuẩn hóa ta giả sử: xyz = (*) Bước 1: • Ta có: (1) ⇔ x + y + z ≥ ⇔ x + y + z − ≥ • • (2) Xét biểu thức f ( x , y, z ) = x + y + z − Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ Thực dồn biến theo TBC: t = xy , ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z ) (3) Kiểm tra (*): Khi thay x , y t = xy (*) thỏa • Xét hiệu: d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z ) = x + y + z − − ( 2t + z − ) = x + y − 2t Mà t = xy ⇒ x + y ≥ xy = 2t ⇒ x + y − 2t ≥ nên d ≥ Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) ≥ (4) • • ( t − 1) ( 2t + 1) ≥ Thật vậy: f ( t, t, z ) = 2t + z − = 2t + − = t t2 x = y Với điều kiện (*) đẳng thức xảy ⇔  ⇔ x = y =1⇔ x = y = z =1 t = Vậy trường hợp tổng quát đẳng thức xảy ⇔ x = y = z ≥ Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = Chứng minh rằng: 1 13 25 + + + ≥ (1) a b c a + b + c +1 Lời giải • 1 13 + + + a b c a + b + c +1 Thực dồn biến theo TBN, ta chứng minh: Xét biểu thức f ( a, b, c ) = ( f ( a, b, c ) ≥ f a, bc , bc • ) = 1a + 1b + 1c + a + b13+ c + −  a1 + ( ( • ( ) Chứng minh f a, bc , bc ≥ ) )( 13 ) 25 (4) (5) t − 3t + −2t + 3t − + 13 ≥0 t 2t + t + ( ) ⇔ ( t − 1) ( t + ) + 13 ( t − 1) ( −2t − 1) ≥ 2t + t + ( t ) ⇔ ( t − 1) 8t + 20t − 18t − 9t + ≥ ( ) 2 ⇔ ( t − 1) 2 2t − + 5t ( 2t − 1) + 5t − 7t +  ≥   ( ) ) 1  25 Đặt t = bc với < t ≤ , ta chứng minh: f  , t, t  ≥ t  1  2 13 13t 25 Ta có: f  , t, t  = t + + =t + + ≥ t t 2t + t + t  + 2t + t  1 t2 ⇔ t + − + 13  − ≥0 t  2t + t +  ⇔ + ( ) ( nên d ≥ ⇒ f ( a, b, c ) ≥ f a, bc , bc • (3)   bc a + bc +  1    1 = + − −  + 13   bc  b c  a + b + c + a + bc +    13   = b− c −  bc ( a + b + c + 1) a + bc +   Không tính tổng quát, ta giả sử a = max {a, b, c} , abc = ⇒ bc ≤ ⇒ ≥1 bc Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 13 13 13 ≤ =