Ẩn phụ trong bất đẳng thức

1 Lời nói đầu Bất đẳng thức ln phần quan trọng kì thi, đặc biệt kì thi HSG Thực tế, thi ngày khó phức tạp, yêu cầu học sinh có tính sáng tạo cao Trong đó, tư đơn giản hoá vấn đề thực cần thiết Một phương pháp hữu hiệu để thực đặt ẩn phụ Đối mặt với bất đẳng thức cồng kềnh, phức tạp ẩn phụ thường phát huy hiệu rõ rệt Vì thế, tác giả viết chuyên đề nhằm giới thiệu khái quát bàn luận hướng tự nhiên mà hiệu tốn, khơng riêng bất đẳng thức 2.1 Cơ sở lý thuyết Một số vấn đề liên quan tới điều kiện ràng buộc Trong toán, ta thường xuyên gặp bất đẳng thức với điều kiện ràng buộc, ví dụ a+b+c=1 a2 + b2 + c2 = a, b, c ≥ ab + bc + ca + abc = Sau trình bày số đổi điều kiện, thêm điều kiện, bớt điều kiện nhờ cách đăt ẩn phụ Lưu ý tất kĩ thuật sau với bất đẳng thức hầu hết điều kiện a, b, c > Chuẩn hoá Giả sử ta có đa thức f (a, b, c) = Bây ta đặt a b+c  a  x=   a+b+c    b y=  a + b+c    c  z = a+b+c Bằng biến đổi đơn giản, ta thu x+y+z =1 x f (x, y, z) = y+z Nói cách khơng máy móc, f (a, b, c) ≈ f (x, y, z) nhiên ta có thêm điều kiện x + y + z = Thao tác tạo thêm điều kiện cho f (a, b, c) mà không thay đổi tính chất gọi chuẩn hố Đồng bậc hoá Đồng bậc hoá, hay bất đẳng thức thao tác ngược chuẩn hố Đơi gặp bất đẳng thức mà điều kiện ràng buộc xấu hay khó sử dụng, ta đưa bất đẳng thức dạng để xử lí hay thay đổi điều kiện ràng buộc 2.2 Phương pháp đặt Viéte cho đa thức đối xứng Đối với bất đẳng thức đối xứng biến f (x, y) ≥ g(x, y) ta đặt a=x+y b = xy Sau biểu diễn f, g theo a, b sử dụng a2 ≥ 4b(≥ 0) Ưu phép đặt phải sử dụng bất đẳng thức a2 ≥ 4b ta dễ dàng rút b quy điều phải chứng minh hàm chứa a Tuy nhiên điều kiện sử dụng khó khăn, thường dùng cho tốn có bậc thấp, biến đổi phức tạp Đối với bất đẳng thức đối xứng biến, ta có phép đổi ẩn p, q, r sau   p = a + b + c q = ab + bc + ca   r = abc Phương pháp pqr cách đặt ẩn phụ quen thuộc bất đẳng thức đối xứng biến sử dụng rộng rãi Ta có số đẳng thức số bất đẳng thức thông dụng với cách đặt P P P a = p2 − 2q (a + b)(b + c) = p2 + q a = p3 − 3pq + 3r P Q P 2 ab(a + b) = pq − 3r (a + b) = pq − r a b = q − 2pr P P 3 P a = p4 − 4p2 q + 2q + 4pr a b = q − 3pqr + 3r2 ab(a2 + b2 ) = p2 q − 2q − pr p2 ≥ 3q p3 ≥ 27r pq ≥ 9r p3 + 9r ≥ 4pq r≥ 2.3 p(4q − p2 ) r≥ q ≥ 3pr p2 q + 3pr ≥ 4q (4q − p2 )(p2 − q) 6p Một số phép đổi ẩn thường dùng liên quan tới điều kiện ràng buộc Trước tiên ta đến với điều kiện abc = 1, điều kiện quen thuộc Có nhiều cách đổi ẩn,tuỳ mục đích(để nhất, ) tác giả nêu số thường dùng        2 2 1 x y z xy xz yz x y z (a, b, c) → , , , , , , , , , , , x y z y z x z y x2 yz xz xy Sau ta đến với điều kiện phức tạp ⇔ Y abc = a + b + c + X (a + 1) = (a + 1)(b + 1) ⇔ X =1 a+1 Như vậy, đặt x= a+1 y= b+1 z= ta có hệ sau  x+y+z =1        1−x y+z   a = x = x 1−y x+z   b= =    y y     x + y − z c = = z z c+1  Như vậy, ta chứng tỏ tồn số thực dương x, y, z cho (a, b, c) = y+z x+z x+y , , x y z  Hệ thức phép đặt thường dùng điều kiện abc = a + b + c + * Tương tự, ta có cơng thức cho điều kiện sau ab + bc + ca + 2abc = X a =1 ⇔ 1+a   x y z (a, b, c) → , , y+z x+z x+y ab + bc + ca + abc = X 2a ⇔ =1 2a +   2x 2y 2z (a, b, c) → , , y+z x+z x+y 2.4 Phương pháp chặn giá trị Một số bất đẳng thức mà biến chạy bị chặn Ví dụ x ≥ 3, y ≤ Khi ta đặt x = + a, y = − b với a, b ≥ Ta tự chặn điều kiện cách xếp ẩn Ví dụ: a + b + c = Nếu bất đẳng thức hoán vị đối xứng ta hồn tồn giả sử a ≥ b ≥ c tức cho ta a = + x, c = − y, b = + y − x(x, y ≥ 0) Như vậy, ta giảm số ẩn từ xuống Nhược điểm phương pháp khối lượng tính tốn lớn, với bất đẳng thức có từ điểm rơi trở lên khó sử dụng Ví dụ Ta làm quen với phương pháp đặt ẩn phụ toán quen thuộc Bài Toán Chứng minh với số thực x, y ta có (x + y)4 + 4(x + y) + ≥ 4xy(2x + 2y + 3) Bài tốn khơng q khó, quan trọng tìm hướng Trước hết ta thấy bất đẳng thức khơng nên khơng thể chuẩn hố Ta thấy bất đẳng thức đối xứng lại âm khiến cho việc sử dụng bất đẳng thức cổ điển, ví dụ AM-GM khơng dễ dàng Đặc biệt, bất đẳng thức có đến dấu đẳng thức nên phương pháp chặn khó khăn Như vậy, cách loại trừ, ta xác định hướng cách đặt Viéte Lời giải sau minh chứng cho điều Lời giải Đặt a = x + y, b = xy ta có a2 ≥ 4b bất đẳng thức cần chứng minh quy a4 + 4a + ≥ 4b(2a + 3) Sử dụng a2 ≥ 4b ta chứng minh a4 + 4a + ≥ a2 (2a + 3) ⇔ a4 − 2a3 − 3a2 + 4a + ≥ ⇔ (a2 − a − 2)2 ≥ Ta thu bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy x = y = x = y = −1 Từ ví dụ ta thấy sức mạnh phương pháp đặt ẩn phụ chứng minh bất đẳng thức Có thể thấy lời giải gọn gàng, dễ hiểu Ta đến tới loạt ví dụ vận dụng phương pháp Bài Toán [Lê Việt Hưng] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 1 x+ y + 1 y+ z + 1 z+ x ≥ Định hướng lời giải Trước tiên ta thử thay số hạng tử phân thức điều kiện xyz = xem liệu ta có thu bất đẳng thức đơn giản dễ chứng minh hay không Bằng số phép biến đổi, ta thu bất đẳng thức tương đương sau ≥ x + yz P x ≥ x2 + P y2 z2 ≥ y2 z2 + P (1) (2) (3) Rõ ràng bất đẳng thức (1),(2),(3) khó xử lí bất đồng bậc Từ ta thử nghĩ tới việc bất đẳng thức để thu bất đẳng thức đồng bậc, đối xứng Thật vậy, bạn đọc tham khảo hướng sau Lời giải Từ giả thiết xyz = dẫn ta đến ý tưởng đổi biến thông thường đặt x = b c a ;y = ;c = b c a Bất đẳng thức cho tương đương với: 1 b c a = + + ≥ a c + b a + c b a + c a + b b + c + + + b b c c a a Như ta bất đẳng thức để quy dạng quen thuộc bất đẳng thức Nesbit Bất đẳng thức khơng khó có nhiều cách chứng minh Việc hoàn thiện lời giải xin dành cho bạn đọc Đẳng thức xảy khi: a = b = c = hay x = y = z = Bài Toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a (b + 1) b (c + 1) c (a + 1) Lời giải x y z Giống 2, ta đặt a = , b = , c = y z x Bất đẳng thức cho tương đương với: yz zx xy 1 =  + y z +  + + ≥ x y z x xy + zx yz + xy zx + yz +1 +1 +1 y z z x x y Dễ thấy bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Nesbit nên Vậy tốn giải hồn tồn Đẳng thức xảy khi: a = b = c = Bài Toán [IMO 2000] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh rằng:     1 a−1+ b−1+ c−1+ ≤1 b c a Lời giải x y z Từ abc = ta đặt a = , b = , c = y z x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤1 xyz ⇔ (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz ⇔ X x(x − y)(x − z) ≥ (1) Do bất đẳng thức đối xứng, khơng tính tổng qt ta giả sử x ≥ y ≥ z Ta viết (1) thành (x − y)2 (x + y − z) + z(x − z)(y − z) ≥ Rõ ràng bất đẳng thức cuối ln nên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy khi: a = b = c = Trong ví dụ 2,3,4 ta tìm cách để đưa bất đẳng thức quen thuộc Tuy nhiên ví dụ sau đây, ta làm ngược, tức từ bất đẳng thức nhất, ta tự tạo điều kiện để giải Bài Toán Cho x, y, z số thực dương Chứng minh xy yz zx3 + + ≥ (z + xy)(y + xz) (x2 + yz)(z + yx) (y + xz)(x2 + zy) Định hướng lời giải Dễ thấy biến đổi trực tiếp u cầu khối lượng tính tốn lớn, ta nghĩ đến việc chuẩn hoá để đơn giản hoá toán Câu hỏi đặt liệu ta chuẩn hoá nào? Ta thử với phép chuẩn hoá quen thuộc cho x + y + z, xy + yz + xz rõ ràng không mang lại nhiều hiệu Vậy ta nghĩ đến chuẩn hoá xyz = Cùng ý tưởng có nhiều cách đi, ta ý L.H.S = X  xy z2 Như đặt a= xy z2 b= +1 xz y2 xy z2   xz y2 c=  +1 yz x2 Ta cần chứng minh a ≥ (a + 1)(b + 1) X X X ⇔ 4a(c + 1) ≥ 3(abc + ab + a + 1) X ⇔ a + b + c + ab + bc + ca ≥ 3abc + Với ý abc = ta dễ có điều phải chứng minh Bài tốn giải hồn tồn Bài Toán Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: r   a+b+c a2 + b2 + c2 bc ca ab ≤ ≤ + + 3 a b c r a2 + b2 + c2 hệ quen thuộc, bạn đọc tự chứng minh r   a2 + b2 + c2 bc ca ab Ta quan tâm nhiều tới vế bên phải ≤ + + Đây bất đẳng thức mạnh 3 a b c bc ca ab so với bất đẳng thức sau: a + b + c ≤ + + a b c Để giải toán ta sử dụng kỹ thuật đặt ẩn phụ sau để đưa toán dạng quen thuộc a+b+c ≤ Vế trái Lời giải bc ca ab Đặt = x, = y, =z a b c Bất đẳng thức cho tương đương với: r xy + yz + zx x+y+z ≤ 3 ⇔ (xy + yz + zx) ≤ (x + y + z) 2 ⇔ ≤ (x − y) + (y − z) + (z − x) Đẳng thức xảy khi: a = b = c Bài Toán [VMO 1996] Cho x, y, z ≥ xy + yz + xz + xyz = Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + xz Đây tốn đẹp hay Điểm khó tốn điểm rơi Ngồi TH x = y = z x = 0, y = z = hoán vị cho dấu đẳng thức Để xử lí ta nghĩ tới việc đổi biến công thức phần lý thuyết lời giải sau Lời giải  Như trình bày trên, ta đổi ẩn (x, y, z) → Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương X 2a 2b 2c , , b+c a+c a+b  a(a − b)(a − c) ≥ Bài toán chứng minh Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = (x, y, z) ∼ (0, 2, 2) Ngồi ra, ta giải phương pháp pqr bất đẳng thức Schur giống lời giải Lời giải Ta có phép đặt quen thuộc p=a+b+c q = ab + bc + ca r = abc Như q + r = ta phải chứng minh p ≥ q ⇔ r ≥ − p Dễ có ≤ r ≤ Mặt khác p2 ≥q =4−r ≥3 Từ có p ≥ Nếu p ≥ r ≥ ≥ − p Nếu ≤ p ≤ ta có 4−q =r ≥ p3 + 36 4pq − p3 ⇔q≤ 4p + Ta phải chứng minh p≥ p3 + 36 ⇔ (p − 3)(p + 3)(4 − p) ≥ 4p + Rõ ràng bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh Bài Tốn Cho x, y, z số thực không âm thoả mãn x ≤ 1, y ≤ 2, x + y + z = Chứng minh (x + 1)(y + 1)(z + 1) ≥ 4xyz Đề cho ta kiện x ≤ 1, y ≤ nên dấu đẳng thức xảy TH biến dù biểu thức đối xứng Nhẩm thấy dấu đẳng thức xảy (x, y, z) = (1, 2, 3) TH nên ta sử dụng phương pháp chặn giá trị Lời giải Đặt x = − a, y = − b, z = + a + b với ≤ a ≤ 1, ≤ b ≤ Ta biến đổi biểu thức cần chứng minh 5a2 + 10a + 2b2 + 2b − ab(3a + 3b + 1) ⇔ 3a2 (2 − b) + 3b2 (1 − a) + a(9 − b) + b(2 − b) + a(1 − a) ≥ Với ≤ a ≤ 1, ≤ b ≤ rõ ràng bất đẳng thức cuối Ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy x = 1, y = 2, z = Nhận xét Bài toán thay kiện thành x ≤ 1, y ≥ Thật vậy, đặt x = − a, y = + b, z = + a − b với ≤ a ≤ 1, ≤ b ≤ Ta phải chứng minh 3a2 b + 8a2 + 2b2 + 8a + 2b ≥ 3ab2 + 5ab Ta có đánh giá sau 8a ≥ 8ab2 10b2 10ab2 ≥ 9 √ 8b2 10ab + 5a2 ≥ > 3ab ab2 + b ≥ 2ab 3a2 ≥ a2 b 2a2 b + b ≥ Cộng bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = 1, y = 3, z = Bài Toán Cho a, b, c số thực đôi phân biệt Chứng minh X 4a2 b2 + (a + b)2 (a − b)2 ≥2 Rõ ràng ta thấy dấu đẳng thức không xảy a = b = c dù biểu thức hồn tồn đối xứng Để giải tốn này, ta cần chút tinh tế cảm quan toán học Lời giải Chú ý 4a2 b2 + (a + b)2 =
(2ab + a + b)2 + (2ab − a − b)2 Từ ta viết lại bất đẳng thức X (2ab + a + b)2 (a − b)2 + X (2ab − a − b)2 (a − b)2 ≥4 Đặt A= X (2ab + a + b)2 B= (a − b)2 (2ab − a − b)2 (a − b)2 Trước tiên ta chứng minh A ≥ 2, B ≥ chứng minh tương tự Đặt 2ab + a + b x= a−b 2bc + b + c y= b−c 2ca + c + a z= c−a Dễ có (x + 1)(y + z)(z + 1) = (x − 1)(y − 1)(z − 1) ⇔ xy + yz + xz = ta cần chứng minh x2 + y + z ≥ Thuần bất đẳng thức ta phải chứng minh x2 + y + z ≥ −2(xy + yz + zx) ⇔ (x + y + z)2 Hoàn tất chứng minh Nhận xét P 4a2 b2 P (a + b)2 → ta đặt câu hỏi liệu ≥ có bất (a − b) (a − b)2 đẳng thức hay không May mắn thay, bất đẳng thức có lời giải đơn giản, có hướng giống với phép chứng minh A ≥ sau Đặt a+b x= a−b b+c y= b−c c+a z= c−a Nếu ta cho a, b, c → rõ ràng Cũng dễ có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = (x − 1)(y − 1)(z − 1) ⇔ xy + yz + zx = −1 Mặt khác, (x + y + z)2 ≥ ⇔ x2 + y + z ≥ −2(xy + yz + xz) = Ta có điều phải chứng minh Bài Tốn 10 [IMO 2008] Chứng minh với số thực a, b, c thoả mãn abc = X a2 ≥1 (a − 1)2 Lời giải Đặt a a−1 b y= b−1 c z= c−1 x= Từ điều kiện abc = biến đổi biểu thức, ta thu điều kiện sau x, y, z xyz = (x − 1)(y − 1)(z − 1) ⇔ xy + yz + xz − x − y − z + = Ta cần chứng minh x2 + y + z ≥ ⇔ (x + y + z − 1)2 ≥ Một điều hiển nhiên Lời giải x2 y z , , Từ abc = ta đổi ẩn (a, b, c) → yz xz xy Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương  X  a4 ≥1 (a2 − bc)2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho vế phải ta chứng minh X X ( a2 )2 ≥ (a2 − bc)2 ⇔ (ab + bc + ca)2 ≥ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên nên ta có điều phải chứng minh Lời giải  y z x , , x y z Bất đẳng thức cần chứng minh lúc  Đổi biến (a, b, c) → X cyc Đặt x2 ≥1 (x − y)2 x+y x−y y+z v= y−z z+x t= z−x u= Dễ có (u + 1)(v + 1)(t + 1) = (u − 1)(v − 1)(t − 1) nên uv + vt + tu = −1 Ta chứng minh X (u + 1)2 ≥1 ⇔ u2 + v + t2 + 2(u + v + t) ≥ ⇔ (u + v + t + 1)2 ≥ Hoàn tất chứng minh P Bài Toán 11 Cho a, b, c số thực khác thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh ≤ a−1 X ≥ 1−a Lời giải Đặt x = tương tự cho y, z a−1 x+1 Ta có x + y + z ≤ a = Điều phải chứng minh tương đương x + y + z ≤ −3 x Từ ab + bc + ca = ta thu 2xy + 2yz + 2zx + x + y + z = ⇔ (x + y + z)2 + x + y + z = x2 + y + z (x + y + z)2 Từ bất đẳng thức x2 + y + z ≥ đặt p = x + y + z ta dễ có p2 + p ≥ p2 ⇔ p(2p + 3) ≥ −3 Đây điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = −1 Với ý p ≤ p 6= ta thu p ≤ Bài Toán 12 Cho số thực a, b, c đôi khác Chứng minh X a2 b2 + (a − b)2 ≥ Lời giải Giống toán 9, ta ý (ab − 1)2 + (ab + 1)2 = 2(a2 b2 + 1) ab − ab + ,u = tương tự cho y, z, v, t a−b a−b Bằng biến đổi đại số dễ dàng thu xy + yz + zx = −1, uv + vt + tu = Ta có x2 + y + z ≥ −2(xy + yz + xz) = Đặt x = u2 + v + t2 ≥ uv + vt + tu = Như x2 + y + z + u2 + v + t2 ≥ Bất đẳng thức tương đương với điều phải chứng minh Bài Toán 13 Cho số thực không âm a, b, c Chứng minh X√ √ a+b≥2 a+b+c Bài tốn có nhiều cách giải Sau tác giả trình bày cách thông dụng sơ cấp Lời giải √ √ √ Đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a ta có a = x2 + z − y ≥ b = x2 + y − z ≥ c = y + z − x2 ≥ Bất đẳng thức cần chứng minh lúc p x + y + z ≥ 2(x2 + y + z ) ⇔ x2 + y + z ≤ 2(xy + yz + xz) 10 Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z Ta phải chứng minh ⇔ (x − y)2 + z ≤ 2yz + 2xz Mặt khác (y + z)2 ≥ y + z = c + z ≥ z ⇔ y + z ≥ x ⇔ z ≥ x − y ⇔ z ≥ (x − y)2 Vậy ta cần z ≤ yz + xz ⇔ z(x + y − z) ≥ Bất đẳng thức cuối nên bất đẳng thức ban đầu chứng minh Đẳng thức xảy (a, b, c) ∼ (t, 0, 0), ∀t ≥ Lời giải Bình phương vế biến đổi, ta có X a+2 X Xp (a + b)(a + c) ≥ a Xp ⇔ a(a + b + c) + bc ≥ a + b + c √ √ √ Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b liên tiếp lần rõ ràng p L.H.S ≥ (a + b + c)2 + ab + bc + ca ≥ a + b + c = R.H.S Chứng minh hồn tất Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Biến đổi điều phải chứng minh √ √ −b −c √ √ +√ + b+c≥0 a+b+ a+b+c a+c+ a+b+c √ √ √ Có a + b ≥ a + c ≥ b + c Vậy bất đẳng thức cần chứng minh ta √ b+c √ ≤ b+c b+c+ a+b+c √ √ ⇔ b+c· a+b+c≥0 √ Một điều hiển nhiên Bài Toán 14 [VQBC] Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + c = Chứng minh Y (a2 − a + 1) ≥ Lời giải Ta thấy hệ số −1 a gây nhiều khó khăn đánh giá ta tìm cách loại bỏ Thật vậy, viết lại bất đẳng thức dạng Y  (2a − 1)2 + ≥ 64 Nếu số a, b, c có số bé 0, 5, giả sử c, ta dễ dàng xử lí sau Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có i2 √    h√ (2a − 1)2 + 3 + (2b − 1)2 ≥ 3(2a − 1) + 3(2b − 1) = 12(a + b − 1)2 = 12(2 − c)2 ≥ 12(2 − )2 = 27  Q Mặt khác (2c − 1)2 + ≥ nên (2a − 1)2 + ≥ 27 · = 81 > 64 Nếu a, b, c > 0, đặt x = 2a − > y = 2b − > z = 2c − > 11 x + y + z = 2(a Q + b + c) − = Lúc ta phải (x2 + 3) ≥ 64 (1) Bất đẳng thức (1) Q khơng khó Sau lời giải đề nghị tác giả Đặt f (x, y, z) = (x2 + 3)   y+z y+z , ≥ 64 Ta chứng minh bước f (x, y, z) ≥ f x,  2 y+z y+z , Trước hết ta chứng minh f (x, y, z) ≥ f x, 2 Thật vậy, xét     y+z y+z A = f (x, y, z) − f x, , = (x + 3) 16y z + 48(y + z ) − (y + z)4 − 24(y + z)2 2 16 A=
  2 (x + 3) (y − z) 24 − y − 6yz − z ≥ (x + 3)(y − z)2 24 − 2(x + y + z)2 ≥ 16 16 Rõ ràng bất đẳng thức cuối đúng, ta hoàn tất bước Bước gần mang tính lý thuyết Theo định lý S.M.V ta cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp y = z tức x = − 2y Thay biến đổi ta có B = f (x, y, y) − 64 = 4(y − 1)2 (y − y + 6y − 5y + 11) Dễ dàng y + 6y + 11 ≥ y + 5y, ∀y ≥ nên B ≥ Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài Toán 15 Cho x, y, z số thực thoả mãn x + y + z = Chứng minh 8x + 8y + 8z + ≥ (4x + 4y + 4z ) 2− x + 2− y + 2− z Lời giải Đối với toán đặc trưng có biến mũ, ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM mở rộng Bernoulli, nhiên sơ cấp hố lời giải ln lựa chọn hàng đầu! Đặt ẩn phụ phương pháp nhằm thực điều Và lời giải sau thể tư tưởng ấy! Lời giải Đặt a = 2x > b = 2y > c = 2z > Khi ta có abc = 2x+y+z = bất đẳng thức viết lại a3 + b3 + c3 + ≥ 9(a2 + b2 + c2 ) 1 + + a b c Sau với điều kiên abc = ta ⇔ a2 b2 c2 9(a2 + b2 + c2 ) + + +6≥ bc ca ab ab + bc + ca Bất đẳng thức giải cách đơn giản Thật vậy, điều phải chứng minh tương đương với X a2 bc −3≥ 9(a2 + b2 + c2 ) −9 ab + bc + ca 12 ⇔ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) 9(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) ≥ abc ab + ca + ca Loại bỏ nghiệm tầm thường ta phải chứng minh a+b+c ≥ ⇔ (a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 9abc abc ab + bc + ca Bất đẳng thức cuối vô quen thuộc, hồn tất lời giải xin dành cho bạn đọc Kết thúc chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Nhận xét Theo kinh nghiệm tác giả, tốn với biến chạy mũ thường khơng chặt, nhiên việc có mũ khiến cho nhiều học sinh hoang mang, lúng túng Việc đặt ẩn phụ hầu hết cho bất đẳng thức lỏng , dễ dàng đánh giá phương pháp thông thường Bài tập tự luyện Để kết thúc chuyên đề, mời bạn giải toán sau để luyện tập Bài Cho số thực x, y thoả mãn 21x2 − 36xy + 44y ≤ 27 Chứng minh x + 2y ≥ −3 Tìm giá trị nhỏ  Y1 + +3 P = x y Bài Cho x, y, z ∈ R+ thoả x + y + z ≤ Bài Cho a, b, c số thực thoả mãn abc = Chứng minh X (2a − 1)2 (a − 2)2 ≥ 17 Bài Cho a, b, c ∈ R đôi khác Chứng minh b2 2c2 2c2 2a2 + + + ≥2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (b − c)2 (c − a)2 Bài [ Số 463-THTT ] Cho số thực dương x, y, z thoả mãn (x + y)(y + z)(z + x) = Chứng minh √ x2 + xy + y ≥ √ xy + P P1 Bài [ IMO SL 2009-A2 ] Cho x, y, z ∈ R+ thoả mãn x= Chứng minh x X ≤ (2xy + yz + xz)2 16x2 y z X p Bài Cho x, y, z ∈ + thoả mãn xyz = Chứng minh X ≤ (2x + y + z)2 16 Bài [ Trường Đông 2015 ] Cho a, b, c ∈ R+ Chứng minh X ab 6(ab + bc + ca) + ≥ (a + b)2 (a + b + c)2 13 Bài [ IMO SL 2006-A5 ] Cho a, b, c số đo cạnh tam giác Chứng minh √ X √ b+c−a √ √ ≤3 b+ c− a Bài 10 [ VMO 2002 ] Cho đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx + c có nghiệm thực Chứng minh 12ab + 27c ≤ 6a2 + 10 p (a2 − 2b)3 Bài 11 [ Gabriel Dospinescu ] Giả sử a, b, c ∈ R+ cho a + b + c = Chứng minh X√ a+1≥ √ ab + bc + ca + 15 Tham khảo Tài liệu [1] Diễn đàn Toán học : http://diendantoanhoc.net [2] Diễn đàn AoPS : http://artofproblemsolving.com [3] Báo Toán Học Tuổi trẻ : Số 463 14 ... thấy bất đẳng thức khơng nên khơng thể chuẩn hố Ta thấy bất đẳng thức đối xứng lại âm khiến cho việc sử dụng bất đẳng thức cổ điển, ví dụ AM-GM khơng dễ dàng Đặc biệt, bất đẳng thức có đến dấu đẳng. .. = b c a Bất đẳng thức cho tương đương với: 1 b c a = + + ≥ a c + b a + c b a + c a + b b + c + + + b b c c a a Như ta bất đẳng thức để quy dạng quen thuộc bất đẳng thức Nesbit Bất đẳng thức khơng... tính chất gọi chuẩn hố Đồng bậc hoá Đồng bậc hoá, hay bất đẳng thức thao tác ngược chuẩn hố Đơi gặp bất đẳng thức mà điều kiện ràng buộc xấu hay khó sử dụng, ta đưa bất đẳng thức dạng để xử lí