ĐổiBiếnĐể Chứng Minh Bất ĐẳngThức VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương . CMR: 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + Ta đặt 2 2 2 y z x a x b c x z y y c a b z a b x y z c + − = = + + − = + ⇒ = = + + − = nên BĐT 1 3 2 2 y z x x z y x y z x y z + − + − + − ⇔ + + ≥ ÷ 2 . 2 . 2 . 6 x y y z z x x y y z z x y x z y x z y x z y x z ⇔ + + + + + ≥ + + = ÷ ÷ ÷ (đúng) Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra a b c⇔ = = VD2: (Prance Pre –MO 2005) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: 2 2 2 3x y z+ + = . CMR: 3 xy yz zx z x y + + ≥ Đặt xy a z yz b x zx c y = = = với , , 0a b c > từ giả thiết 2 2 2 3x y z+ + = 3ab bc ca⇔ + + = Và BĐT cần CM ⇔ CMBĐT 3a b c + + ≥ mặt khác ta có BĐT sau: 2 2 2 3( ) 3a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + = Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra 1x y z⇔ = = = VD3: Cho x, y, z >0 thoả 1x y z+ + = . CMR 1 4 9 36 x y z + + ≥ Từ giả thiết ta có thể đặt: a x a b c b y a b c c z a b c = + + = + + = + + với a,b,c >0 Nên BĐT ⇔ CM 4. 9. 36 a b c a b c a b c a b c + + + + + + + + ≥ 4. 4. 9. 9. 22 b c a c a b a a b b c c ⇔ + + + + + ≥ 4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22 b a c a c b b a c a c b a b a c b c a b a c b c ⇔ + + + + + ≥ + + = ÷ ÷ ÷ (đúng) Dấu “=” xảy ra 1 6 2 1 3 3 1 2 x b a y c a z = = ⇔ ⇒ = = = VD4: Cho x, y, z là các số thực dương. CMR ( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + − Ta đặt x b c y c a z a b = + = + = + với , , 0a b c > nên BĐT ⇔ CMBĐT ( )( )( ) 8a b b c c a abc+ + + ≥ mặt khác ta có 2 2 2 ( )( )( ) 8 ( ) ( ) ( ) 0a b b c c a abc a b c b c a c a b+ + + − = − + − + − ≥ Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra x y z⇔ = = VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 . CMR: 1 1 1 1 1 1 1a b c b c a − + − + − + ≤ ÷ ÷ ÷ Do 1abc = nên ta có thể đặt x a y y b z z c x = = = với , , 0x y z > Nên BĐT có thể viết lại 1 1 1 1 x z y x z y y y z z x x − + − + − + ≤ ÷ ÷ ÷ ⇔ ( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + − (đã CM ở VD4) Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra 1a b c⇔ = = = VD6:( IMO-1995) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 . CMR : 3 3 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b + + ≥ + + + Ta đặt 1 1 1 a x b y c z = = = với , , 0x y z > và do 1abc = nên 1xyz = Nên BĐT 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y ⇔ + + ≥ + + + mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x y z y z z x x y x y z y z z x x y + + + + + + + ≥ + + ÷ + + + 2 2 2 3 3 3 2 2 2 xyz x y z x y z y z z x x y + + ⇔ + + ≥ ≥ = ÷ + + + Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra 1a b c⇔ = = = VD7: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: 2xyz x y z= + + + . CMR: 3 2 x y z xyz+ + ≤ Từ 1 1 1 2 1 1 1 1 xyz x y z x y z = + + + ⇔ + + = + + + Ta đặt 1 1 1 , , 1 1 1 a b c x y z = = = + + + với , , 0a b c > 1 1 1 , , a b c b a c c a b x y z a a b b c c − + − + − + ⇒ = = = = = = Nên BĐT cần CM ⇔ CMBĐT 3 . . . 2 a b b c c a b c c a c a a b a b b c + + ≤ + + + + + + Mặt khác ta có: 1 . 2 a b a b b c c a a c b c ≤ + ÷ + + + + 1 . 2 b c b c c a a b b a c a ≤ + ÷ + + + + 1 . 2 c a c a a b b c c b a b ≤ + ÷ + + + + Nên 1 3 . . . 2 2 a b b c c a a b b c c a b c c a c a a b a b b c a c b c b a c a c b a b + + ≤ + + + + + = ÷ + + + + + + + + + + + + Vậy BĐT luôn đúng Dấu “=” xảy ra 2x y z⇔ = = = Sau đây là một số bài tập để luyện tập: Bài 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác: 1, 3 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + − + − + − 2, 1 1 1 1 1 1 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + + + − + − + − Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn 2 2 2 2 1x y z xyz+ + + = . CMR: 1, 3 2 x y z+ + ≥ 2, 1 1 1 4( )x y z x y z + + ≥ + + Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt , , a b c x y z b c c a a b = = = + + + Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 1a b c + + = . CMR: 1 1 1 1 2 22 abc ab bc ca + + ≥ + + Bài 4: Cho , , 0a b c > thoả mãn 1abc = . CMR: 3 6 1 a b c ab bc ca + ≥ + + + + Bài 5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR: 1, 2 2 2 4 3a b c S+ + ≥ với S là diện tich tam giác 2, 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0a b a b b c b c c a c a− + − + − ≥ Gợi ý: Đặt , ,a x y b y z c z x= + = + = + TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN “Tìm được lời giải cho một bài toán là một phát minh” (Polya). Sẽ thông minh hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các bài toán mới. Bài viết này đề cập đến một bất đẳng thức quen thuộc, đơn giản và một số bài toán áp dụng bất đẳng thức này. Bài toán: Với hai số dương x và y ta có: ) 11 ( 4 11 yxyx +≤ + (1) Đẳng thức xảy ra khi x =y. Bất đẳng thức (1) có nhiều cách chứng minh ở đây đưa ra hai cách chứng minh phổ biến nhất. Cách 1. Với hai số dương x và y ta có: )( yx + 2 ⇒≥ 0 (x + y) 2 ) 11 ( 4 11 4 yxyx xy +≤ + ⇒≥ Rõ ràng, đẳng thức xảy ra khi x = y. Cách 2. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có yx + ,2 xy ≥ xy yxyx 21 . 1 2 11 =≥+ Từ đó: )( yx + ( ) 11 ( 4 11 4) 11 yxyxyx +≤ + ⇒≥+ Và đẳng thức xảy ra khi x =y. Cho các số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có ) 11 ( 4 11 ); 11 ( 4 11 ); 11 ( 4 11 acaccbcbbaba +≤ + +≤ + +≤ + Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được: Bài toán 1. Cho ba số dương a, b, c, ta có: ) 111 ( 2 1111 cbaaccbba ++≤ + + + + + (2) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. * Áp dụng (2) cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được: ) 111 ( 2 1 2 1 2 1 2 1 accbbabacacbcba + + + + + ≤ ++ + ++ + ++ (3) * Kết hợp (2) và (3) ta có Bài toán 2. Với a, b, c là các số dương: ) 111 ( 4 1 2 1 2 1 2 1 cbabacacbcba ++≤ ++ + ++ + ++ (4) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Chú ý: Nếu thêm giả thiết 4 111 =++ cba thì bài toán 2 là nội dung câu V, Đề thi Đại học và Cao đẳng khối A, năm 2005. Bài toán 3. Chứng minh rằng với a, b, c dương: accbbabacacbcba 3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 2 1 + + + + + ≤ ++ + ++ + ++ (5) Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có: cbaacbbaacbba ++ = ++++ ≥ ++ + + 2 2 )2()3( 4 2 1 3 1 acbbaccbbaccb ++ = ++++ ≥ ++ + + 2 2 )2()3( 4 2 1 3 1 baccbaaccbaac ++ = ++++ ≥ ++ + + 2 2 )2()3( 4 2 1 3 1 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta co bất đẳng thức (5) Đẳng thức xảy ra khi: cba cbaac baccb acbba ==⇔ ++=+ ++=+ ++=+ 23 23 23 Bài toán 4. Hãy xác định dạng của tam giác ABC nếu các góc của nó luôn thỏa mãn đẳng thức sau: 2 . 2 . 2 .4 1 2 . 2 1 2 2 . 2 1 2 2 . 2 1 2 C tg B tg A tg B tg A tg C tg A tg C tg B tg C tg B tg A tg = + + + + + Giải: Đặt tgx = 2 , 2 , 2 C tgz B tgy A == thế thì x, y, z dương và xy + yz + zx=1 Hệ thức trở thành: xyzxy z zx y yz x 4 1 111 = + + + + + Ta có: xyzxyz zxyzxy zyxzxxy zy yzzx yx yzxy zx xyzx z yzxy z zxyz y zxxy y yzzx x yzxy x xyzxyzxy z zxyzzxxy y yzzxyzxy x xy z zx y yz x 4 1 4 111 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 )()()()()()(111 = ++ = ++= + + + + + + + + = = + + + + + + + + + + + ≤ ≤ +++ + +++ + +++ = + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z hay tam giác ABC đều. Bài toán 5. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0, x + 1>0, y + 1 > 0, z + 4 > 0. Hãy tìm giá trị lớn nhất của 111 + + + + + = z z y y x x Q Giải: Đặt a = x + 1 > 0, b = y + 1 > 0, c = z + 4 > 0. Ta có: a + b + c = 6 và ++−= − + − + − = cbac c b b a a Q 411 3 111 Theo bất đẳng thức (1) ta có: 3 1 3 8 3 3 816444 ) 11 ( =−≤⇒ = ++ ≥+ + ≥++ Q cbacbacba Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: −= == ⇔ = == ⇔ =++ =+ = 1 2 1 3 2 3 6 z yx c ba cba cba ba Vậy: 3 1 = MaxQ đạt được khi −= == 1 2 1 z yx Bài toán 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức tx xz xz zy zy y yt x A + − + + − + + − + + − = 11 Với x, y, z, t là các số dương. Giải : Ta có: 04 )(4 4 4 )( 4 )( 4 11 )( 11 )( 4 4)1()1()1()1 1 ( =− +++ +++ = =− +++ ++ +++ +≥ ≥− + + + ++ + + + += =− + + + + + + + + + + + = =−+ + − ++ + − ++ + − ++ + − = tzyz tzyx tzyx zt tzyx yx txzy zt xzyt yx tx tz xz xy zy zt yt yx tx xz xz zy zy yt y tx A Vậy MinA=0 khi x = y = z = t. Trên đây là một số bài toán áp dụng bất đẳng thức (1) sau đây là một số bài tập tương tự: Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh các bất đẳng thức: + + + + + ≤ ++ + ++ + ++ + + + + + ≤ ++ + ++ + ++ bcabcabacacbcba accbbabacacbcba 2 1 2 1 2 1 2 1 32 1 32 1 32 1 /2 4 1 . 111 )(32 1 )(32 1 )(32 1 /1 Bài 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = ab + bc + ca thì: 96 17 32 1 32 1 32 1 < ++ + ++ + ++ bacacbcba Bài 3. Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x + y 1 ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của: xy xy yx A 4 21 22 ++ + = Bài 4. Cho tam giác ABC có chu vi a + b + c = k (không đổi), BC = a, CA = b, AB = c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: bac ca acb bc cba ab T 222 ++ + ++ + ++ = Bài 5. Cho tam giác ABC có chu vi 2p=a+b+c (a,b, c là độ dài 3 cạnh). Chứng minh rằng: ++≥ − + − + − cbacpbpap 111 2 111 . ca⇔ + + = Và BĐT cần CM ⇔ CM BĐT 3a b c + + ≥ mặt khác ta có BĐT sau: 2 2 2 3( ) 3a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + = Vậy BĐT đuợc chứng. Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương . CMR: 3 2 a b c b c c a a b + + ≥