Một số cách đặt trong chứng minh BẤT ĐẲNG THỨC

To: My Special Friend Một số cách đặt chứng minh bất đẳng thức Lời nói đầu: Bất đẳng thức ln miền đất giàu có tốn học Chúng ta làm việc với bất đẳng thức đẳng thức Ở tốn khơng có điều kiên, thường vế đồng bậc với dễ dàng có hướng để đánh giá so với bất đẳng thức có điều kiện Ở viết nhỏ xin giới thiệu với bạn vài cách đặt ẩn chứng minh bất đẳng thức có điều kiện.Do thời gian viết khơng dài nên khơng thể tránh sai sót Tơi mong bạn xem qua viết để có góp ý cho viết hồn thiện Mọi ý kiến đóng góp xin gửi địa email: truongvoki_bn9x@yahoo.com Bắc Ninh, ngày 03 tháng 07 năm 2011 Nguyễn Viết Thủy Cuộc sống không chờ đợi !! A:Phương pháp đặt lượng giác I: Một số đẳng thức lượng giác hữu ích A B B C C A 1: tan tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 2: cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA=1 B C A B C A + sin + sin + 2sin sin sin = 3: sin 2 2 2 2 4: cos A + cos B + cos C + cos A cos B cos C = II: Một số bất đẳng thức lượng giác hữu ích A B C 1: cos A + cos B + cos C ≤ sin + sin + sin ≤ 2 2 A B C 3 2: sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos ≤ 2 2 A B C 3: cos A cos B cos C ≤ sin sin sin ≤ 2 A B C 3 4: sin A sin B sin C ≤ cos cos cos ≤ 2 A B C 5: cot g + cot g + cot g ≥ 3 2 B C 2 2 A + sin + sin ≥ 6: cos A + cos B + cos C ≥ sin 2 B C 2 2 A + cos + cos ≤ 7: sin A + sin B + sin C ≤ cos 2 A B C 8: cot gA + cot gB + cot gC ≥ tan + tan + cot g ≥ 3 2 A B C 9: sec A + sec B + sec C ≥ csc + csc + csc ≥ 2 III: Một số cách đặt lượng giác chứng minh bất đẳng thức Từ đẳng thức, bất đẳng thức trên, ta tìm cách đặt lượng giác để giải toán bất đẳng thức cách dễ dàng Sau xin giới thiệu số cách đặt: (Chứng minh tồn xin dành cho bạn đọc) T1:Với số dương a;b;c thỏa mãn:ab+bc+ca=1 Khi tồn tam giác nhọn ABC cho: A B C 1) a = tan ; b = tan ; c = tan 2 2) a = cot gA; b = cot gB; c = cot gC T2: Với số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Khi tồn tam giác nhọn ABC cho: 1)a = tanA; b = tan B; c = tan C 1 a= ;b = ;c = A B C 2) tan tan tan 2 A B C 3) a = cot g ; b = cot g ; c = cot g 2 1 C ;b = ; c = cot g 4) a = cot gA cot gB T3: Với số dương a;b;c thỏa mãn: a + b + c + 2abc = Khi tồn tam giác nhọn ABC cho : A B C 1) a = sin ; b = sin ; c = sin 2 a = cos A ; b = cos B ; c = cos C 2) T4: Với số thực dương a;b;c Khi ln tồn tam giác nhọn ABC cho: A yz B xz sin = sin = ( x + y )( x + z ) ( y + x)( y + z ) sin C xy = ( z + x )( z + y ) T5: Với số thực dương a;b;c Khi ln tồn tam giác nhọn ABC cho: A x( x + y + z ) B y( x + y + z) cos = cos = ( x + y )( x + z ) ( y + x)( y + z ) cos C z(x + y + z) = ( z + x)( z + y ) Sau vận dụng chúng để chứng minh vài bất đẳng thức sau, tơi trình bày cách không lượng giác cách đặt lượng giác để bạn thấy ích lợi (^_^) IV: Những bất đẳng thức qua kì thi Pro.1: (Ba Lan 99) Cho số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=1 Chứng minh rằng: a + b + c + 3abc ≤ Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: 3abc ≤ ab + bc + ca ⇔ 3abc ≤ (ab + bc + ca) Mà bất đẳng thức do: (ab + bc + ca ) ≥ 3abc(a + b + c) = 3abc Từ ta có đpcm Dấu “=” xảy a = b = c = Lời giải 2: Đặt: x = bc ca ab ;y= ;z = a b c Khi đó: a = yz; b = xz; c = xy ⇒ xy + yz + zx = Bất đẳng thức tương đương : ( xy ) + ( yz ) + ( zx) + 3xyz ≤ ⇔ x + y + z ≥ (*) Lại có từ điều kiện tồn tam giác nhọn ABC cho: A B C x = tan ; y = tan ; z = tan 2 A B C (*) ⇔ tan + tan + tan ≥ 2 Mà bất đẳng thức hoàn tồn Từ ta có đpcm Dấu “=” xảy a = b = c = Nhận xét: Ở tốn cách đặt lượng giác làm toán từ đơn giản trở nên phức tạp Chúng ta qua tiếp để thấy hữu ích cách đặt lượng giác Pro 2: (Iran 97) Cho số dương x;y;z >1 thỏa mãn: 1 + + =2 x y z Chứng minh rằng: x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: ( x − 1)( y − 1) + ( y − 1)( z − 1) + ( z − 1)( x − 1) ≤ Đặt x − = a; y − = b; z − = c (a;b;c>0) 1 ⇒ + + =2 a +1 b +1 c +1 Hay ab + bc + ca + 2abc = (1) (*) ⇔ ab + bc + ca ≤ (2) m n p ab = ; bc = ; ca = Đặt 2 2 2 ⇒ m + n + p + mnp = Ta phải chứng minh: m + n + p ≤ Trong số m;n;p tồn số phía với Khơng tính tổng qt giả sử: (m-1)(n-1) ≥ ⇒ mn + ≥ m + n Ta cần chứng minh p + mn ≤ Lại có: = m + n + p + mnp ≥ 2mn + p + mnp ⇒ p + mnp + 2mn − ≤ ⇒ ( p + 2)( p + mn − 2) ≤ ⇒ p + mn − ≤ Ta có đpcm Dấu “=” xảy x = y = z = (*) Lời giải 2: Từ đẳng thức (1) tồn tam giác nhọn ABC cho: A B C (ab; bc; ca) = (sin ;sin ;sin ) 2 A B C Khi (2) ⇔ sin + sin + sin ≤ 2 2 Đây bất đẳng thức lượng giác Ta có đpcm Dấu”=” xảy x = y = z = Nhận xét: Nếu không lượng giác, phải biến đổi dài dịng kết hợp với lý luận có lời giải cho toán Nhưng với cách đặt lượng giác, đưa BĐT ban đầu trở bất đẳng thức lượng giác (^_^) Pro 3: (Crux Mathematicorum) Cho số dương x;y;z Chứng minh rằng: x y z + + ≤1 x + ( x + y )( x + z ) y + ( y + z )( y + x) z + ( z + y )( z + x ) Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) + + ≥2 x + ( x + y )( x + z ) y + ( y + z )( y + x) z + ( z + x)( z + y ) ⇔ ∑ ≥2 sym x 1+ ( x + y )( x + z ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schrawz ta có: ∑ sym 1+ x2 ( x + y )( x + z ) ≥ x2 3+ ∑ sym ( x + y)( x + z ) Ta chứng minh: x2 3+ ∑ sym ( x + y )( x + z ) ≥2 x2 ⇔ ∑ ≤ sym ( x + y )( x + z ) Áp dụng AM-GM ta có: x2 x x ≤ ( + ) ( x + y )( x + z ) x + y x + z Xây dựng bất đẳng thức tương tự cộng lại ta có đpcm Lời giải 2: Bất đẳng thức tương đương: ≤1 ∑ (*) ( x + y )( x + z ) sym 1+ x Hai vế bất đẳng thức đồng bậc Khơng tính tổng qt giả sử: xy + yz + zx = Khi tồn tam giác nhọn ABC cho: A B C ; y = tan ; z = tan 2 A B A C (tan + tan )(tan + tan ) ( x + y )( x + z ) 2 2 = ⇒ = A A x tan sin 2 x = tan Tương tự: ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) = = 2 B C y z sin sin 2 Khi đó: sin A ≤1 (*) ⇔ ∑ A sym + sin ⇔∑ ≥2 A sym + sin Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz ta có: A ≥ ≥2 ∑ sin ≤ ) A A (Do ∑ sym + sin + ∑ sin 2 sym 2 sym Ta có đpcm Dấu “=” xảy x = y = z Pro 4: (Romania 2005) Cho số thực dương a;b;c thỏa mãn: (a+b)(b+c)(c+a)=1 Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ Lời giải 1: Đặt: a + b = x; b + c = y; c + a = z x+z− y x+ y−z y+z−x ⇒a= ;b = ;c = 2 Điều kiện trở thành: xyz=1 Khi bất đẳng thức tương đương: ( z + x − y )( z + y − x) + ( x + y − z )( x + z − y ) + ( y + x − z )( y + z − x ) ≤ ⇔ x + y + z ≤ + ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x) ⇔ x + y + z + ≥ 2( xy + yz + zx) Có hướng để ta “tấn cơng” bất đẳng thức trên: Hướng 1: 2 Ta có: = + xyz + xyz ≥ 3 x y z ≥ (Theo BĐT Shur bậc ba) ≥ 2( xy + yz + zx ) − x − y − z a+b+c Từ ta có đpcm Hướng 2: Tồn hai số phía với 1, khơng tính tổng qt giả sử: ( x − 1)( y − 1) ≥ Khi ta có: x + y + z + = x + y + z + xyz + = ( x − y ) + ( z − 1) + z ( x − 1)( y − 1) ≥ (Đúng) Ta có đpcm Hướng 3: m2 n2 p2 x = ; y = ; z = Đặt: np mp mn Bất đẳng thức trở thành: m6 + n + p + 3m n p ≥ 2[(mn)3 + (np)3 + ( pm)3 ] Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho số: (m ; n ; p ) ta được: m6 + n + p + 3m n p ≥ ∑ m n (m + n ) ≥ 2[(mn)3 + (np)3 + ( pm)3 ] Ta có đpcm Lời giải 2: Ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau: Với số dương a;b;c ta ln có: (ab + bc + ca )3 ≤ ( )3[(a + b)(b + c)(c + a )]2 (*) Thật vậy: Vì vế đồng bậc nên khơng tính tổng quát giả sử: ab + bc + ca = Khi tồn tam giác nhọn ABC cho: A B C a = tan ; b = tan ; c = tan 2 ⇒ (a + b)(b + c)(c + a ) = A B C cos cos cos 2 (*) ⇔ ( ) ≥ ( )3 A B C cos cos cos 2 A B C 3 ⇔ cos cos cos ≤ 2 Bất đẳng thức , từ ta có đpcm Nhận xét: Khi ta biết vận dụng linh hoạt điều kiện biến đổi lượng giác, ta đưa tốn bất đẳng thức khó trở bất đẳng thức lượng giác (^_^) Sau bước tới bất đẳng thức tiếng với lời giải lượng giác Pro.5: (Iran 1996) Cho ba số không âm a;b;c hai số đồng thời Chứng minh rằng:  1  (ab + bc + ca )  + + ≥ 2 2  (a + b) (b + c) (c + a )  Bất đẳng thức phát biểu với hình thức đẹp khơng phải mà dễ dàng “xơi” Sau hai lời giải cho tốn khó Lời giải 1: (V.Q.B.Cẩn) Do tính đối xứng nên khơng tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ Áp dụng bất đẳng 1 1 1  ( a + b + 2c ) thức Cauchy-Schwarz ta có: + ≥ + =  ÷ (b + c) (a + c) 2  b + c a + c  2(b + c ) (a + c)  ( a + b + 2c )  + ≥ Nên ta cần chứng minh (ab + bc + ca )  2 ÷  (a + b) 2(a + c ) (b + c )  Bất đẳng thức nhất, không tính tổng quát giả sử a+b=1 Đặt ab=x ⇒ ≥ x ≥ c(1 − c) ( x + c )(1 + 2c ) − ≥0 Khi ta phải chứng minh: f ( x) = x + c + 2( x + c + c ) (1 + 2c) (c + x − c ) f '( x ) = − Ta có: 2(c + c + x)3 (1 + 2c) (c − 2c + x ) f ''( x) = ≥ (Do c − 2c + x ≥ 2c − 3c = c(2 − 3c) ≥ ) (c + c + x ) (2c − 1)(8c + 20c + 38c + 7) ⇒ f '( x) ≤ f '( ) = ≤0 (2c + 1) c (1 − 2c) ⇒ f ( x) ≥ f ( ) = ≥0 (1 + 2c) Bất đẳng thức chứng minh Dấu”=” xảy a=b; c=0 Lời giải 2:(Hojoo Lee) Bất đẳng thức nhất, khơng tính tổng qt giả sử: ab + bc + ca = Khi ta cần chứng minh: 1 + + ≥ 2 ( a + b ) (b + c ) ( c + a ) Theo T1: Tồn tam giác nhọn ABC cho: a = cot gA ; b = cot gB ; c = cot gC Ta để ý đến phân tích sau: (sin A.sin B) (sin A.sin B)  sin A.sin B  = = = ÷ (cot gA + cot gB ) (sin B cos A + sin A cos B) [ sin( A + B)]2  sin C  Tương tự xây dựng đẳng thức cịn ta cần chứng minh: 2  sin A.sin B   sin B.sin C   sin C.sin A  + + (*)  ÷  ÷  ÷ ≥  sin C   sin A   sin B   sin A sin B sin B sin C sin C sin A  2 ⇔ + + ÷ ≥ + ( sin A + sin B + sin C ) sin A sin B   sin C Ta chứng minh bất đẳng thức dồn biến sin A sin B sin B sin C sin C sin A + + Đặt: f ( A; B; C ) = sin C sin A sin B π π Bất đẳng thức (*) đối xứng Khơng tính tổng qt giả sử: ≥ A ≥ 2π π ≥ B+C ≥ Chú ý:  B+C  A ⇒ 2sinBsinC ≤ sin B + sin C ≤ 2sin  ÷ = cos   Lại có:  B −C    2 A sin  ÷ 4sin A sin   B+C B+C   − ÷≥ f ( A; B; C ) − f  A; ;  ÷ ÷= 2  sin A 2÷   sin B sin C   A π π 4sin A sin ≥ A ≥ Do: nên ≥ 16sin A > sin B sin C 2 Do ta cần chứng minh:   B + C B + C  2 A  f  A; ; ÷÷ ≥ + 2sin A + cos    A  cos ÷  ≥ + 2sin A + cos A Hay:  2sin A + ÷ sin A ÷    ⇔ cos A(cos A + 1)(2 cos A − 1) ≥ (Đúng) Kết thúc chứng minh  Qua ví dụ có lẽ bạn phan phương pháp trên.Để kết thúc phương pháp mời bạn thử sức với vài toán sau: III: Bài tập đề nghị Pro.6: (Thi thử ĐH) Cho số dương a;b;c thỏa mãn: a+b+c=1 Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤ c + ab a + bc b + ca Pro.7: (USA 2003-VMO 1999) Cho số dương a;b;c thỏa mãn: abc + a + c = b Tìm giá trị lớn biểu thức sau: 2 P= − + a +1 b +1 c +1 Pro.8: (APMO 2002) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1 + + =1 a b c Chứng minh rằng: a + bc + b + ca + c + ab ≥ abc + a + b + c Pro (Crux Mathematicorum) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: a (1 − b )(1 − c ) + b(1 − a )(1 − c ) + c(1 − b )(1 − a ) ≤ Pro:10 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: 1 1 + + ≥ 2+ a+b b+c c+a B) Phương pháp đặt đại số Với bất đẳng thức mà điều kiện ta gặp, khó đánh giá bất đẳng thức cổ điển, thường cảm thấy khó khăn việc đánh giá hạng tử.Trong phương pháp xin giới thiệu với bạn số cách đặt cho bất đẳng thức có điều kiện I: Một số cách đặt H1 Cho số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = (1) Khi tồn ba số x z y dương (x;y;z) cho: a = ; b= ; c= (*) y+z x+ y z+x Chứng minh: Ta có: ab + bc + ca + 2abc = ⇔ 1 a b c + + =2⇔ + + =1 a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 a b c ; y= ;z = a +1 b +1 c +1 Ta chứng minh (x;y;z) chọn thỏa mãn Thật vậy: Khi ta có: x + y + z = Đặt x = a x x ⇔a= = a +1 1− x y + z y y = Tương tự b = 1− y x + z z z c= = 1− z x + y Vậy ta có điều phải chứng minh Kết thúc chứng minh Lại có: x = Để ý chút ta đặt m = ab ; n = bc ; p = ac Khi đó: ab + bc + ca + 2abc = m + n + p + 2mnp = x z y Theo Bổ đề tồn số (x;y;z) cho: a = ; b= ; c= y+z x+ y z+x ⇒ m = ab = xy yz ; n = bc = ; ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) xz ( x + y )( y + z ) Từ ta có vài cách đặt sau: H2: Cho số dương a;b;c thỏa mãn: a + b + c + 2abc = Khi tồn ba số (x;y;z) cho: xy yz xz a= ; b= ;c = ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( z + y ) x y z + + =2 H3: Cho số dương a;b;c thỏa mãn: x + yz y + zx z + xy Khi tồn ba số x; y; z cho: xy yz xz a= ; b= ;c = ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( z + y ) 2 H4: Cho số dương a;b;c thỏa mãn: a + b + c + 2abc = Khi tồn ba số x;y;z ba cạnh tam giác cho: ( x + y − z )( x + z − y ) ( z + y − x )( z + x − y ) ( y + x − z )( y + z − x) a= ; b= ; c= yz xy xz 1 1 + + = H5: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: k số thực a+k b+k c+k k dương k ( x + z) k ( y + z) k ( x + y) Khi tồn ba số x;y;z cho: a = ; b= ;c = y x z ab + bc + ca = H6: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: tồn ba số thực dương x;y;z cho: yz xz xy a= ; b= ;c = x( x + y + z ) y( x + y + z ) z( x + y + z) p = ac = H7: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca = tồn ba số thực dương x;y;z cho: ( x + y − z )( x + z − y ) ( y + x − z )( y + z − x) ( z + x − y )( z + y − x) a= ; b= ;c = ( x + y + z )( y + z − x ) ( x + y + z )( x + z − y ) ( x + y + z )( x + y − z ) Ta vận dụng điều để giải số toán bất đẳng thức sau: II)Bài tập vận dụng Pro.1 (Post by hxtung) Cho ba số thực dương a;b;c thỏa mãn:x+y+z+2=xyz Chứng minh rằng: 5( x + y + z ) + 18 ≥ xy + yz + zx ( ) Lời giải 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 9( x + y + z ) + 18 ≥ 4( x + y + z ) + 8( xy + yz + zx ) ⇔ x + y + z + ≥ 2( x + y + z ) ⇔ xyz ≥ x + y + z Theo H1: tồn ba số dương a;b;c cho: b+c a+c a+b x= ; y= ;z = a b c Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a b b c c a + + ≤ b+c c+a c+a a+b a+b b+c a b 1 a b  ≤  + Mặt khác ta có: ÷ b+c c+a 2 a+c b+c  b c 1 b c  ≤  + ÷ c+a a+b 2b+a c+a  c a 1 c a  ≤  + ÷ a+b b+c 2 c+b a +b  Nên a b b c c a 1 a b b c c a  + + ≤  + + + + + ÷= b+c c+a c+ a a +b a +b b+c 2 a +c b+c b +a c+a c +b a +b  Vậy BĐT Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = Lời giải 2: Trước hết ta chứng minh bất đẳng phụ sau: Với số dương a;b;c ta ln có bất đẳng thức sau: a + b + c + 2abc + ≥ 2( ab + bc + ca ) (*) Dấu “=” xảy a=b=c=1 Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a + b + c + 2abc + ≥ a + b + c + 3 a 2b c ≥ a + b + c + 9abc a+b+c Vậy ta cần chứng minh: 9abc a + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca) a+b+c Nhưng bất đẳng thức theo Schur bậc ba Ta có đpcm Trở lại tốn Đặt x = 2a; y = 2b; z = 2c ⇒ a + b + c + = 4abc ( Ta cần chứng minh: 5( a + b + c ) + ≥ Áp dụng bất đẳng thức (*) với ( ) ( ab + bc + ca ) ) a ; b ; c ta có: ab + bc + ca ≤ 4( a + b + c) + abc + Do ta cần a + b + c + ≥ abc ⇔4 ( ) abc − ≥ (Đúng) Dấu đẳng thức xảy x = y = z = Nhận xét: Hiển nhiên lời giải ngắn gọn+đơn giản nhiều so với lời giải Mấu chốt để lời giải bất đẳng thức (*), áp dụng (*) ta dễ dàng có đpcm Nhưng với chưa gặp bất đẳng thức (*) việc chứng minh tốn gặp khó khăn nhiều, việc thay lời giải làm tốn trở lên dễ dàng AM-GM Tơi xin giới thiệu lời giải ngắn gọn sau  Lời giải 3: Khơng tính tổng quát giả sử: ( x− )( Ta có: LHS − RHS = 4( x + y + z ) + xyz + 16 − =4 ( x− y ) +4 ( z− ) + 2z ( ) y− ≥0 ( x− xy + yz + zx )( ) ( y− + Ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy x = y = z =  ) xyz − 2 ) ≥0 Lời bàn: Lời giải ngắn gọn khơng thật tự nhiên cho Chắc hẳn bạn đặt câu hỏi: Tại phân tích vậy?? Thực ban đầu tiếp xúc với toán tơi nghĩ đến việc phân tích hiệu hai thành bình phương sau nhiều lần cố phân tích tơi thất bại Nản chí với cách tơi thử giải theo hướng khác kết có hai lời giải 2.Rồi tơi nghĩ lại hướng ban đầu mình, suy nghĩ lại thất bại Và tơi phát sai lầm cố phân tích bình phương mà đánh giá biến bình đẳng với nhau.Khi phát “lỗ hổng” mình, tơi thử phân tích bình phương mà có biến x;y bình đẳng xem sao?Bằng cách sử dụng tính chất phía kết hợp với đẳng thức xảy x− y − Nhưng BĐT biểu thức phân tích phải có hạng tử ( ta lại thừa biểu thức độc lập x )( ) y Do phải hạng tử z ( )( x− ) y − Từ ý để thành phần có hai vế bất đẳng thức tơi dự đốn hạng tử cần phải có phân tích là: ( x− y ) z ; ( x− )( y− ) ;( ) xyz − ; ( z− ) Và cơng việc cịn lại đơn giản tìm hệ số a;b;c;d thích hợp cho: a ( x− y ) +b ( z− ) +c z = 4( x + y + z ) + xyz + 16 − ( ( x− )( ) ( y − +d ) xyz − 2 ) xy + yz + zx Đó lý tơi có đẳng thức  Pro.2 (Nguyễn Viết Thủy) Cho ba số dương a;b;c Chứng minh rằng: (a + b) (b + c) (c + a ) 64 ≥ abc(a + b + c)3 27 Lời giải: bc ac ab =x; = y; =z Đặt a (a + b + c ) b( a + b + c ) c(a + b + c) Khi ta có được: xy + yz + zx = Ta để ý đến phân tích sau: (a + b)(b + c) ac = 1+ = 1+ y2 b( a + b + c ) b( a + b + c ) Khi tốn trở thành: Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy+yz+zx=1 64 2 Chứng minh: (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ 27 Và hiển nhiên toán “xơi” nhẹ nhàng biến đổi sau: Ta có: (1 + x )(1 + y )(1 + z ) = ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) Khi ta cần chứng minh: ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 3 Nhưng bất đẳng thức hệ hai bất đẳng thức sau: 8 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 9 8 Và: ( x + y + z ) ≥ 3 Nhận xét: Có vẻ bạn thấy lời giải rắc rối mà toán hệ hai bất đẳng thức sau: ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) Và: ( xy + yz + zx) ≥ xyz ( x + y + z ) Nhưng toán cho thấy lợi cách đặt Pro:3 (Nguyễn Viết Thủy) Cho ba số dương a;b;c Chứng minh rằng: 6(a + b + c )(ab + bc + ca ) (a + b) (b + c) (c + a ) 13 + ≥ 9+ (a + b)(b + c)(c + a) abc(a + b + c) 108 Nếu đánh giá AM-GM trở lên rắc rối cách đặt trở thành cơng cụ đắc lực ta làm rõ chất toán Lời giải: bc ac ab =x; = y; =z a (a + b + c ) b( a + b + c ) c(a + b + c) Ta để ý đến phân tích sau: 6(a + b + c)(ab + bc + ca ) 3(a + b + c) [ a (b + c) + b(c + a ) + c(a + b) ] = (a + b)(b + c)(c + a) (a + b)(b + c )(c + a ) Đặt  a (a + b + c ) b(a + b + c ) c(a + b + c)  = 3 + + ÷  (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + b)(c + a )   1  = 3 + + ÷  x +1 y +1 z +1  Khi tốn trở thành: Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy + yz + zx = Chứng minh:  1  13 3 + + ÷+ (1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ + 108  x +1 y +1 z +1  Và cơng việc cịn lại thật đơn giản với “ bác” AM-GM Áp dụng AM-GM ta có: 1 + + ≥ x + y + z + (1 + x )(1 + y )(1 + z ) Khi ta cần chứng minh: 13 +(1 + x )(1 + y )(1 + z ) ≥ + 2 (1 + x )(1 + y )(1 + z ) 108 Đặt (1 + x )(1 + y )(1 + z ) = t (*) Khi theo Pro.2 ta có t ≥ 985 +t ≥ t 108 Nhưng bất đẳng thức theo AM-GM: 9 243.t + + + ≥9 3t 3t 3t 256 13 13 t ≥ Và 256 108 Dấu “=” xảy a=b=c Kết thúc chứng minh Và (*) ⇔ 9+ 13 13 =9 + : Số đẹp với tác giả  108 09.12 Nhận xét: Bằng cách đặt cịn chứng minh bất đẳng thức mạnh là: 512(a + b + c)(ab + bc + ca ) (a + b) (b + c) (c + a ) 256 + ≥ 81(a + b)(b + c)(c + a ) abc(a + b + c)3 27 512 Và có lẽ theo tơi số tốt  81 Pro (Iran 2005): Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ (*) Lời giải: Chắc hẳn có cơng cụ việc chứng minh tốn trở lên đơn giản AM-GM hai số: Theo H1: Tồn ba số dương x;y;z cho: x y z a= ;b = ;c = y+z z+x x+ y Khi ta cần chứng minh: xy yz xz + + ≤ ( x + z )( y + z ) ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) Nhưng bất đẳng thức hệ ba bất đẳng thức sau: xy 1 x y  ≤  + ÷ ( x + z )( y + z )  x + z y + z  yz 1 y z  ≤  + ÷ ( x + y )( x + z )  x + y x + z  xz 1 x z  ≤  + ÷ ( x + y )( y + z )  x + y y + z  Kết thúc chứng minh Và Nhưng khơng có cơng cụ làm nào?? Và khơng q bất ngờ tơi nói tốn toán sau giống hệt nhau: Bài toán: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: a+b+c=1 Khi ta có bất đẳng thức sau: ab bc ca + + ≤ c + ab a + bc b + ca Nhận xét: Chắc hẳn nhìn tốn phương diện trở lên dễ dàng khơng gây khó khăn cho giải Nhưng ta để BĐT (*) mà khơng có cơng cụ đặt giải tốn khơng đơn giản  Pro.5:(Korea MO-1998) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: a + b + c = abc Chứng minh rằng: 1 + + ≤ 2 a +1 b +1 c +1 Lời giải: 1 + + =1 Điều kiện tương đương: ab bc ca Dễ dàng nhận tồn ba số x;y;z cho: x( x + y + z ) z( x + y + z) y( x + y + z ) a= ; b= ;c = yz xy zx Khi bất đẳng thức trở thành: yz zx xy + + ≤ ( x + y )( x + z ) ( y + x)( y + z ) ( z + x)( z + y ) Và cơng việc cịn lại nhẹ nhàng AM-GM (Tôi xin dành cho bạn đọc) Nhận xét: Bài tốn hồn tồn giải theo cách đặt lượng giác theo bất đẳng thức cổ điển Nhưng có lẽ theo tơi cách giải đơn giản ngắn gọn  Để kết thúc viết mời bạn thử sức với số toán đề nghị sau: III: Bài toán đề nghị Pro.5(Iran 2010) Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy + yz + zx = Chứng minh rằng: x2 y2 z 3+ + + ≥ ( x + y + z)2 + y z x Pro Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 8 a + bc b + ca c + ab 5 (Tạ Minh Hoằng-Nguyễn Huy Tùng tuyển tập toán BĐT) Pro.7 x y z + + =2 Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: x + yz y + zx z + xy Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ + xyz ≤ ≤ x + y + z 2 Pro.8 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≥ + a + + b + + c + C: Tài liệu tham khảo: [1]Sáng tạo bất đẳng thức (Phạm Kim Hùng) [2]Bất đẳng thức lời giải hay (Võ Quốc Bá Cẩn-Trần Quốc Anh) [3]Chuyên đề toán học (Trường PTNK) [4]Tuyển tập toán bất đẳng thức (Tạ Minh Hoằng, Nguyễn Huy Tùng) [5]http://mathscope.org [6]http://diendanbatdangthuc.com Hãy chọn cho lối khơng phải lối !! -The End ... Một số cách đặt lượng giác chứng minh bất đẳng thức Từ đẳng thức, bất đẳng thức trên, ta tìm cách đặt lượng giác để giải toán bất đẳng thức cách dễ dàng Sau xin giới thiệu số cách đặt: (Chứng minh. .. giá hạng tử .Trong phương pháp xin giới thiệu với bạn số cách đặt cho bất đẳng thức có điều kiện I: Một số cách đặt H1 Cho số dương a;b;c thỏa mãn: ab + bc + ca + 2abc = (1) Khi tồn ba số x z y dương... tốn cách đặt lượng giác làm toán từ đơn giản trở nên phức tạp Chúng ta qua tiếp để thấy hữu ích cách đặt lượng giác Pro 2: (Iran 97) Cho số dương x;y;z >1 thỏa mãn: 1 + + =2 x y z Chứng minh