doi bien trong chung minh bat dang thuc

Tailieumontoan.com  TRỊNH BÌNH CHUYÊN ĐỀ ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Thanh Hóa, ngày 19 tháng năm 2020 Website:tailieumontoan.com CHUYÊN ĐỀ: ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A KiÕn thøc cÇn nhí Trong chứng minh bất đẳng thức việc đổi biến làm cho nhiều toán bất đẳng thức đơn giản hơn, tùy vào toán điều kiện cụ thể mà ta có cách đạt ẩn phụ khác B VÍ DỤ MINH HỌA Dạng Đặt ẩn phụ dựa vào giá trị biến dấu bất đẳng thức xảy Thí dụ Cho ba số thực a , b , c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ Hướng dẫn giải Dự đoán bất đẳng thức xảy a= b= c= Đặt a =1 + x, b =1 + y,c =1 + z , ( x, y, z ∈ R ) ⇒ x + y + z = suy x + y + z = Từ a + b + c = Khi đó: a + b + c ≥ ⇔ (1 + x ) + (1 + y ) + (1 + z ) ≥ 2 ⇔ x2 + y + z + ( x + y + z ) ≥ ⇔ x + y + z ≥ (ln đúng) Do suy điều phải chứng minh Cách khác: Đặt a =1 + x, b =1 + y ⇒ c =1 − x − y, x, y ∈ R Khi đó: a + b + c ≥ ⇔ (1 + x ) + (1 + y ) + (1 − x − y ) ≥ 2 ⇔ + x + x + + y + y + + x + y − x − y + xy ≥ ⇔ x + y + xy ≥ ⇔ ( x + y ) + x + y ≥ (ln đúng) Do suy điều phải chứng minh Thí dụ Cho a + b ≥ Chứng minh bất đẳng thức sau: a + b3 ≤ a + b Hướng dẫn giải Dự đoán bất đẳng thức xảy a= b= Đặt a = + x; b = + y Từ giả thiết suy x + y ≥ Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com (1 + x ) + (1 + y ) ≤ (1 + x ) + (1 + y ) 3 ⇔ ≤ x (1 + x ) + y (1 + y ) ⇔ x + y + ( x + y ) ( x − xy + y ) + ( x + y ) + ( x + y ) ≥ 3 4 (đúng x + y ≥ ) Đẳng thức xảy x= y= hay a= b= Cách khác: Do a + b ≥ Vì ta cần chứng minh: a + b − ( a + b ) ≥ a + b3 − ⇔ a ( a − 1) − ( a − 1) + b3 ( b − 1) − ( b − 1) ≥ ⇔ ( a − 1) ( a − 1) + ( b − 1) ( b3 − 1) ≥ ⇔ ( a − 1) ( a + a + 1) + ( b − 1) ( b + b + 1) ≥ 2 2   3  3  ⇔ ( a − 1)  a +  +  + ( b − 1)  b +  +  ≥       Bất đẳng thức cuối ln Do bất đẳng thức chứng minh Thí dụ Cho x + y = 3, x ≤ Chứng minh y − x − y − x + y ≥ Hướng dẫn giải Đặt x = − a; a ≥ Từ giả thiết suy y= + a Lúc bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ( + a ) − (1 − a ) 3 − ( a + ) − (1 − a ) + ( + a ) ≥ ⇔ a − 2a + a ≥ ⇔ a ( a + 1) ≥ (đúng 2 a ≥0) Đẳng thức xảy a = a = tức x=1,y=2 hoặc= x 0,= y Thí dụ Cho x ≤ 1; x + y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x + y + 3xy Hướng dẫn giải Đặt x = − a x + y = + b Từ giả thiết suy a, b ≥ Ta có: y = + a + b Từ B = 3x + y + 3xy = (1 − a ) + ( + a + b ) + (1 − a )( + a + b ) 2 b 5 27 27  = a + b − 5a + 7b − ab + 13 =  a − −  + b + b + ≥ 2 4   a = Đẳng thức xảy  − ;y= tức x = 2 b = 27 Vậy B đạt giá trị nhỏ bẳng x = − ;y= 2 2 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Thí dụ Cho a + b = c + d Chứng minh bất đẳng thức: b + c + cd ≥ 3ab Hướng dẫn giải Dự đoán đẳng thức xảy a= b= c= d Đặt c= a + x với x ∈  Từ giả thiết suy d= b − x Ta có: c + d + cd = ( a + x ) + ( b − x ) + ( a + x )( b − x ) 2 x  3x  = a −b+  + + 3ab ≥ 3ab 2  x = a = b  Đẳng thức xảy  ⇔ ⇔ a =b =c = d x x = a − b + =   a ≥ ; b ≥ ; c ≥ Thí dụ Cho số thực a, b, c thỏa mãn:  2 90 a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 16 Hướng dẫn giải Đặt a = 4+ x , b = 5+ y , c = 6+ z Từ giả thiết suy ra: x ≥ , y ≥ , z ≥ Ta giả sử ngược lại: a + b + c < 16 , dẫn đến x + y + z thỏa mãn ab = cd = Thí dụ Chứng minh rằng: ( a + b )( c + d ) + ≥ ( a + b + c + d ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com (ĐTTS lớp 10 THPT Năng Khiếu ĐHQG HCM-2007) Lời giải: Đặt u =+ a b, v =+ c d Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: a + b ≥ ab = 2,c + d ≥ cd = u ≥ 2, v ≥ BĐT cần chứng minh viết lại sau: uv + ≥ ( u + v ) ⇔ ( u − )( v − ) ≥ u ≥ 2, v ≥ Từ suy BĐT chứng minh Dạng Đặt mẫu biến Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chứng minh rằng: a b c + + ≥3 b+c−a c+a−b a+b−c (1) Hướng dẫn giải y+z  a = b + c − a = x >  z+x   Đặt: c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x+ y  c =  Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: Ta có: y+z z+x x+ y + + 2x 2y 2z y+ z z+ x x+ y 1 y x  1 z + + =  + +  + 2x 2y 2z 2 x y  2 x ≥ Hay 2 x 1 z y +  +  z  2 y z  y x z x + + x y x z a b c + + ≥3 b+c−a c+a−b a+b−c z y = y z (đpcm) Thí dụ Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: = P 3a − 2b − 2c 3b − 2c − 2a 3c − 2a − 2b + + ≥ −3 b+c−a c+a−b a +b−c Lời giải: Đặt x = b + c − a, y = c + a − b,z = a + b − c ⇒ a = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 y+z z+x x+y ,b = ,c = ( x, y,z > ) 2 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Khi đó: P ≥ −3 ⇔ ⇔ y+z z+x x+y + + − ≥ −3 2x 2y 2z x y y z x z y+z z+x x+y + + ≥6⇔ + + + + + ≥6 x y z  y x  z y  z x x y y + + + y x z  Theo BĐT Cô-si ta có:  z x z x y y z x z + + ≥2 +2 +2 =  y  z x y x z y z x ⇒ đpcm Dấu đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = b = c Thí dụ a b c + + ≤ 3a + b + c 3b + c + a 3c + a + b Cho a,b,c > Chứng minh rằng: (Đề thi HSG môn Toán lớp 9- Quảng Ninh-2010) Lời giải: Đặt x = 3a + b + c, y = 3b + c + a,z = 3c + a + b Ta tính được: a = 4x − y − z 4y − z − x 4z − x − y = ,b = ,c ( x, y,z > ) 10 10 10 Khi BĐT đa cho viết lại sau: 4x − y − z 4y − z − x 4z − x − y y+z z+x x+y + + ≤ ⇔ + + ≥ ⇒ đpcm.(theo 10x 10y 10z x y z trên) Dấu đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = b = c Thí dụ Cho a,b,c > Chứng minh rằng: a 25b 4c + + > b+c c+a a+b Giải: Đặt: x =+ b c, y =+ c a,z =+ a b y+z−x z+x−y x+y−z = ,b = ,c ( x, y,z > ) 2 a 25b 4c y + z − x 25 ( z + x − y ) ( x + y − z ) Vì + + >2⇔ + + >2 b+c c+a a+b 2x 2y 2z = Từ tính được: a ⇔  y 25x   z 2x   25z 2y  y + z 25z + 25x 2x + 2y 25 + + − − −2>2⇔ +  +  2x + z  +  2y + z  > 17 2x 2y z 2 2x 2y       Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có:  y 25x   z 2x   25z y  y 25x z 2x 25z 2y + + + + + ≥ + + = + 2.1 + 2.5    2x 2y    2x 2y 2x z 2y z    2x z   2y 2z  Dấu đẳng thức xảy y 25x z 2x 25z 2y = , = , = ⇒ y = 25x ,z = 4x ,4y = 25z vơ lí x, y,z > 2x 2y 2x z 2y z Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com  y 25x   z 2x   25z 2y  +  +  2x + z  +  2y + z  > 17 ⇒ đpcm 2x 2y       Từ suy  Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (1) b+c−a c+a−b a+b−c Hướng dẫn giải Đặt: y+z  a = b + c − a = x >  z+x   c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x+ y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z ) + ( z + x )2 + ( x + y )2 4x 4y 4z ≥ x+ y+z Ta có: ( y + z )2 + ( z + x )2 + ( x + y )2 4x 4y 4z ≥ ≥ Hay yz zx xy  yz zx   zx xy   xy yz  + + =  +  +  +  +  +  2 x x y z y  2 y z  2 z x  yz zx + x y zx xy + y z xy yz = z+x+ y z x a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (đpcm) b+c−a c+a−b a+b−c Thí dụ Cho a,b,c > Tìm GTNN biểu thức: A= 4a b + 3c 8c + − a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c (Đề thi HSG Toán lớp Tỉnh Phú Thọ-2011) Hướng dẫn giải Đặt: x = a + b + 2c, y = 2a + b + c,z = a + b + 3c ( x, y,z > ) Từ tính được: a = z + y − 2x,b = 5x − y − 3z,c = z − x ( z + y − 2x ) ( 5x − y − 3z ) + ( z − x ) ( z − x ) + − x y z Biểu thức cho trở thành A = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC = Website:tailieumontoan.com  4y 2x   4z 8x  4z + 4y 2x 8x −8+ −1+ −=  + +  +  − 17 x y z y   x z   x Mặt khác áp dụng BĐT Cơ-si cho hai số dương ta có:  4y 2x   4z 8x  4y 2x 4z 8x  x + y  +  x + z  ≥ x y + x z = + 32 = 12     Do A ≥ 12 − 17 Dấu đẳng thức xảy khi: 4y 2x 4z 8x = , = ⇔ x = y 2,z = x = 2y ⇔ x = k 2, y = k,z = 2k ( k > ) x y x z ( ) ( ) ( Vậy − 2 k,b = − k,c =− = A 12 − 17 a = Thí dụ (x Cho x, y > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = ) k, ( k > ) + y3 ) − ( x + y ) ( x − 1)( y − 1) (ĐTTS lớp 10 chuyên Toán, ĐHKHTN-2004) Hướng dẫn giải x ( x − 1) + y ( y − 1) x2 y2 Ta có = = + P y −1 x −1 ( x − 1)( y − 1) a= x − Đặt  P ( a,b > ) Khi= b y = −  ( a + 1) b Áp BĐT bản: ( m + n ) ≥ 4mn , ta có:= P 2 ( b + 1) + a ( a + 1) b ( b + 1) + a ≥ 4a 4b + b a 4a 4b 4a 4b + ≥2 = b a b a Dấu đẳng thức xảy a =b =1 ⇔ x =y =2 Mặt khác theo BĐT Cơ-si ta có: P ≥ Vậy P = x= y= Dạng Đổi biến tích biến k3 Đây kỹ thuật đổi biến hiệu quả, giúp giải nhiều tốn hay khó Tuy có nhiều cách đổi biến khác nhau, tùy theo tình cụ thể ta chọn cách làm thích hợp Dưới xin trình bày số trường hợp cụ thể: a,b,c >  x, y,z > k k k ta đổi biến sau: a= ,b= ,c= ⇒ x y z  xyz = abc = k Trong thực tế ta hay gặp k = , tình gặp nhiều kỳ thi lớn 3.2.1 Với  IMO Ta xét số ví dụ minh họa: Ví dụ Cho a,b,c > thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 1 + + ≥ a ( b + c) b (c + a ) c (a + b) (IMO-1995) Lời giải: Vì a,b,c > thỏa mãn abc = , ta đặt a= 1  x, y,z > ,b= ,c= ⇒ x y z  xyz = Khi BĐT cho trở thành: x yz y3zx z xy x2 y2 z2 + + ≥ ⇔ + + ≥ y+z z+x x+y y+z z+x x+y Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta có: x2 y+z x2 y + z x (1) + ≥2 = y+z y+z y2 z+x y2 z + x y ( 2) + ≥2 = z+x z+x z2 x+y z2 x + y z ( 3) + ≥2 = x+y x+y x2 y2 z2 Lấy (1) + ( ) + ( 3) theo vế ta được: + + + ( x + y + z) ≥ ( x + y + z) y+z z+x x+y ⇒ x2 y2 z2 + + ≥ ( x + y + z )( ) y+z z+x x+y 3( 5) Lại áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta có: x + y + z ≥ 3 xyz = Từ ( ) , ( ) ⇒ đpcm Dấu đẳng thức xảy x = y =z =1 ⇔ a =b =c =1 Ví dụ Cho x, y,z > thỏa mãn xyz = Tìm GTNN biểu thức: P= yz zx xy + + x ( y + z) y (z + x ) z ( x + y) Lời giải: 1 Đặt= Từ giả thiết suy x = ,y = ,z a b c Làm tương tự tốn ta có P = a,b,c > a2 b2 c2 Khi P = + +  b+c c+a a+b abc = x= y= z= • Hai ví dụ cho thấy rõ phần ứng dụng phép đổi biến Ví dụ sau với cách phát biểu lạ hơn, thông qua vài biến đổi đơn giản lại có cách đổi biến quen thuộc: Ví dụ Cho số dương a,b,c thỏa mãn abc + a + b = 3ab Chứng minh rằng: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com P= ab b a + + ≥ a + b +1 bc + c + ca + c + (Đề thi HSG mơn Tốn lớp Tỉnh Phú Thọ-2012) Lời giải: Ta có: abc + a + b= 3ab ⇔ c +  x, y,z > 1 1 + = Đặt x= , y= ,z= c ⇒  b a a b x + y + z = Khi đó: 1 + + x + y + xy z + zy + y z + zx + x 1 + + x + y + xy z + zy + y z + zx + x P= = Áp dụng BĐT: 1 + + ≥ ( m,n,p > ) ta có: m n p m+n+p x + y + xy + z + zy + y + z + zx + x P≥ ( Áp dụng BĐT bản: ( u + v + w ) ≤ u + v + w 2 ( x + y + xy + z + zy + y + z + zx + x ⇒ ( ) 2 ) ta có: ≤ ( x + y + xy + z + zy + y + z + zx + x ) x + y + xy + z + zy + y + z + zx + x ) ≤  ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx )  Khơng khó khăn ta chứng minh ( xy + yz + zx ) ≤ Do đó: ( x + y + xy + z + zy + y + z + zx + x ) 2 ( x + y + z) ≤ ( 2.3 + 3) = 27 ⇒ x + y + xy + z + zy + y + z + zx + x ≤ 3 Từ suy ra: P ≥ 3 = ⇒ đpcm Dấu đẳng thức xảy a= b= c= Ví dụ Cho số dương a,b,c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: P= a b c + + ≤1 a + b2 + c2 + (Baltic Way 2005) Lời giải: Đặt a= x y z 1  x, y,z > + + Khi đó: P = ,b= ,c= ⇒ 2x + 2y + 2z + x y z  xyz = Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 18 Website:tailieumontoan.com  x   y   z    +  ≥1  +  x −1  y −1  z −1 2 (IMO-2008) Lời giải: a2 b2 c2 Do x, y,z khác thỏa mãn xyz = nên ta đặt: = x = ,y = ,z bc ca ab ( với a − bc )( b − ca )( c − ab ) ≠ Khi BĐT cần chứng minh viết lại sau: (a a4 − bc ) + (b b4 − ca ) + (c c4 − ab ) ≥1 Áp dụng BĐT Bunhia-copx-ki ta có:   a4 a4 a4 2 2 ( a − bc )2 + ( b − ca )2 + ( c − ab )2   a b c + + ≥ + +  ( ) 2    ( a − bc ) ( b − ca ) ( c − ab )    ⇒ a4 ( a − bc ) + a4 ( b2 − ca ) Ta cần chứng minh BĐT: + a4 ( c2 − ab ) (a 2 ≥ (a (a 2 + b2 + c2 ) − bc ) + ( b − ca ) + ( c − ab ) + b2 + c2 ) 2 ( a − bc ) + ( b2 − ca ) + ( c2 − ab ) 2 ≥ 1(1) ) ≥ ( a − bc ) + ( b − ca ) + ( c − ab ) ⇔ a + b + c + ( a b + b c + c a ) ≥ a + b + c + ( a b + b c + c a ) − ( a bc + b ca + c ab ) ⇔ a b + b c + c a + ( a bc + b ca + c ab ) ≥ ⇔ ( ab + bc + ca ) ≥ ( Thật vậy, BĐT (1) ⇔ a + b + c 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 Từ suy BĐT cho chứng minh Ví dụ 20 Cho số thực x, y,z thỏa mãn xyz = Chứng minh x2 y2 z2 + + ≥1 x + 2x + y + 2y + z + 2z + Lời giải: 2a 2b 2c Khi BĐT cho viết dạng: = ,y = ,z bc ca ab a4 b4 c4 P= + + ≥1 a + a bc + b 2c b + b 2ca + c 2a c + c 2ab + a b Đặt = x Áp dụng BĐT Bunhia-copx-ki ta có: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 19 Website:tailieumontoan.com ( a + a bc + b 2c ) + ( b + b 2ca + c 2a ) + ( c + c 2ab + a b )  P ≥ ( a + b + c ) ⇒P≥ (a (a + b2 + c2 ) 2 + a bc + b 2c ) + ( b + b 2ca + c 2a ) + ( c + c 2ab + a b ) Vậy cần chứng minh BĐT: (a (a + b2 + c2 ) + a bc + b 2c ) + ( b + b 2ca + c 2a ) + ( c + c 2ab + a b ) Thật (1) ⇔ ( a ≥ 1(1) + b + c ) ≥ ( a + a bc + b 2c ) + ( b + b 2ca + c 2a ) + ( c + c 2ab + a b ) ⇔ a + b + c + ( a b + b 2c + c 2a ) ≥ a + b + c + ( a b + b 2c + c 2a ) + a bc + b 2ca + c 2ab ⇔ a b + b 2c + c 2a − a bc − b 2ca − c 2ab ≥ ⇔ 2a b + 2b 2c + 2c 2a − 2a bc − 2b 2ca − 2c 2ab ≥ ⇔ ( ab − ac ) + ( bc − ba ) + ( ca − cb ) ≥ 2 Do BĐT cho chứng • Những ví dụ cho thấy hiệu phép đổi biến nêu lớn Với cách làm tương tự có số tốn sau: Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn abc = Chứng minh ta có bất đẳng thức: + + ( a + 1)( a + ) ( b + 1) ( b + ) ( c + 1)( c + ) ≥ 2 Cho số thực dương a,b,c Chứng minh ta có bất đẳng thức: a3 b3 c3 + + ≥1 a + abc + b3 b3 + abc + c3 c3 + abc + a 3 Cho số thực x, y,z thỏa mãn xyz = Chứng minh ta có bất đẳng thức: 1 + + ≥ (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Dạng Đưa bất đẳng thức biến Trong bất đẳng thức thường tốn dạng nhiều biến khó, điều có nghĩa với nhiều tốn đơn giản ta đưa bất đẳng thức dạng biến Các bước làm: - Đưa bất đẳng thức ẩn - Xác định điều kiện ẩn (nếu có) , dự đốn dấu bất đẳng thức hay biểu thức cực trị - Biến đổi tương đương nhân tử theo dấu dự biến Thí dụ Cho số thực x, y thỏa mãn Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x+ y = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 20 Website:tailieumontoan.com A = x3 + y + xy (Học sinh giỏi lớp Thành phố Hà Nội năm 2006-2007) Hướng dẫn giải Ta có: A = x + y + xy = ( x + y )3 − xy ( x + y ) + xy Theo giả thiết , ta có x+ y = y= − x nên A = 23 − x ( − x ) + x ( − x ) = x − x + = ( x − 1) + ≥ 4, ∀x ∈ R Ta có A= x − = ⇔ x = ⇒ y = Vậy giá trị nhỏ A = x 1,= y Thí dụ Cho a, b số thực khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  a b2 A = 3 + a b  a b  − 8 +   b a Hướng dẫn giải Đặt m= a b a b a b + ta có: m =  +  ≥ = ⇒ m ≥ ⇒ m ≥ ∨ m ≤ −2 b a b a b a  34  Cách 1: Do đó: A= 3m − − 8m=  m −  − 3  2  4 4  34 34  Với m ≥ thì: m − ≥ ⇒  m −  ≥ ⇒ A = 3 m −  − ≥ − = −10 3  3 3 3  2 10   100  34 100 34  Với m ≤ −2 thì: m − ≤ − ⇒  m −  ≥ ⇒= A 3 m −  − ≥ − = 22 3 3 3   Vậy giá trị nhỏ A -10 với m = 2, a = b Cách 2: A= 3m − − 8m = (m − ) + ( 2m − 8m + ) − 10 = (m − ) + ( m − ) − 10 ≥ −10 Vậy giá trị nhỏ A -10 với m = 2, a = b Thí dụ Cho x, y số thực khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4x2 y (x + y2 ) x2 y + + ≥ y x (Đề toán vào 10 chuyên KHTN Hà Nội 2000-2001) Hướng dẫn giải Bất đẳng thức cho viết lại thành: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 21 Website:tailieumontoan.com 4x2 y (x (x Đặt + y2 ) x2 y 2 +y ) 2 (x + + y2 ) x2 y 2 ≥ 4x2 y = t⇒ = ( x + y ) t Ta được: ( t − 1)( t − ) t − 5t + +t ≥5⇔ ≥0⇔ ≥ t t t Theo bất đẳng thức AM- GM ta dễ thấy: t≥4 suy (1) t − > 0, t − ≥ Do (1) Vậy tốn chứng minh Đẳng thức xảy x = y Thí dụ Cho x, y , z > x+ y+z = Chứng minh rằng: + ≥ 14 xy + yz + zx x + y + z (Đề toán vào 10 chuyên Trần Phú Hải Phòng 2003-2004) Hướng dẫn giải Đặt: xy + yz + zx =t ⇒ x + y + z =( x + y + z )2 − ( xy + yz + zx ) = − 2t Ta có bất đẳng thức quen thuộc: ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) ⇒ t ≤ 1 ⇒0 , theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: Đặt t =+ Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 22 Website:tailieumontoan.com (x + y) xy ≤ 2 −2 2 −2 t2 = Do đó: 4t + t + 5t ≥ ⇒ t ≥ hay x + y ≥ 5 P = 17x + 17y + 16xy = 17 ( x + y ) − 18xy Ta có: ≥ 17 ( x + y ) (x + y) − 18 2 25 25  2 −  = (x + y) ≥   =− 4   −1 Dấu “=” xảy x= y= Vậy giá trị nhỏ P − Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ của: A = a + b2 + c + ab + bc + ca a b + b2 c + c a (Đề toán vào 10 chuyên Phan Bội Châu) Hướng dẫn giải 2 2 2 Ta chứng minh: t = a + b + c ≥ a b + bc + c a ( ) ( 2 2 2 Thật vậy: a + b + c = ( a + b + c ) a + b + c ( ) ( ) ( ( 1) ) = a + b + c + a b + b c + c a + ab + bc + ca ) 2a c Áp dụng AM- GM: a + ac ≥ a c = 2 2 Tương tự: b + bc ≥ 2b c; c + ca ≥ 2c a ( ) ( ) 2 2 2 Nên: a + b + c ≥ a b + bc + c a Do (1) ab + bc + ca ab + bc + ca A = a + b2 + c + ≥ a + b2 + c + 2 a b+b c+c a a + b2 + c 2 2 ⇒ A≥a +b +c + ( − a + b2 + c ( a + b2 + c ) ) =t + − t 2t Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ của: 2 t = a +b +c với f ( t )= t + (a + b + c ) ≥ 9−t 2t với t ≥ (Dự đoán Min f(t) t = 3, Biến đổi tương đương theo nhân tử =3 ( t − 3) ) 9−t ≥ (* ) Ta chứng minh: 2t ( t − )( 2t − ) ≥ với t ≥ 2t − 9t + ≥0⇔ Thật vậy: ( * ) ⇔ 2t 2t Vậy Min(A) = t = hay a= b= c= f ( t ) ≥ f ( 3) ⇔ t + Thí dụ Cho số x, y thỏa mãn A = ( x + x y + y ) − ( x + y ) + Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 ( x + y) + xy ≥ Tìm GTNN biểu thức TÀI LIỆU TỐN HỌC 23 Website:tailieumontoan.com (Đề tốn Đại học khối B năm 2009) Hướng dẫn giải Ta có ≤ ( x + y ) + xy ≤ ( x + y ) + ( x + y ) ⇒ x + y ≥ ⇒ x + y ≥ A≥ 2 9 1 x + y ) − ( x + y ) + ≥ − + = ( 4 16 Dấu xảy x= y= yz Chứng minh Thí dụ Cho x, y, z số dương thỏa mãn x ( x + y + z ) = ( x + y) + ( y + z) 3 + ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ ( y + z ) (Đề toán Đại học khối A năm 2009) Hướng dẫn giải Do x số dương nên: +) +) x ( x + y + z= ) yz ⇔ + ( x + y) + ( y + z) 3 y z y z + = x x x x + ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ ( y + z ) 3 y  y z y  z  y z     y z ⇔ 1 +  +  +  + 1 + 1 +  +  ≤  +  x  x x x  x  x x     x x y z = a = ,b Đặt x x ( a, b > ) Bài toán cho trở thành: “Cho số dương a, b thỏa mãn 1+ a + b = 3ab Chứng minh (1 + a ) + (1 + b ) + ( a + b )(1 + a )(1 + b ) ≤ ( a + b ) (2) 3 Ta thấy biểu thức điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh đối xứng với a b Đặt t= a + b, ta có: + a + b= 3ab ≤ ( a + b ) ⇔ 3t − 4t − ≥ ⇔ ( 3t + )( t − ) ≥ ⇔ t ≥ Khi đó: ( ) ⇔ 4t − 6t − 4t ≥ ⇔ t ( 2t + 1)( t − ) ≥ t ≥ Vậy bất đẳng thức chứng minh Thí dụ Cho a,b,c > Chứng minh rằng: + ≥ ab + bc + ca a + b + c (ĐTTS lớp 10 chuyên Vĩnh Phúc 2010) Hướng dẫn giải Đặt t = a + b + c ( t > ) Dễ dàng chứng minh BĐT: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 24 Website:tailieumontoan.com (a + b + c) 3 ≥ = ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ ab + bc + ca ≤ t Suy ra: ab + bc + ca t t 3 9 3  Ta chứng minh BĐT: + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔  − 1 ≥ BĐT hiển nhiên t t t t t  Từ suy BĐT cho chứng minh Thí dụ 10 Cho số thực dương a,b,c Chứng minh rằng: − ≤2 a + b + c abc Hướng dẫn giải Đặt t = a + b + c ( t > ) Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: a+b+c t t3 abc ≤ = ⇒ abc ≤ 3 27 9 27 − ≤ − a + b + c abc t t 27 27 Vậy cần chứng minh BĐT: − ≤2⇔ +2≥ t t t t Khi đó: Thậy 27 27 27 + = + + ≥ .1.1 = t3 t3 t3 t Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta có: Từ suy BĐT cho chứng minh Thí dụ 11 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A , biết : A = ( x − 1) + ( x − 3) + ( x − 1) ( x − 3) 4 2 (ĐTTS lớp 10 TP Hà Nội 2008) Hướng dẫn giải Đặt t = ( x − 1)( x − 3) , Ta có ( x − 1) + ( x − 3) 2 = ( x − − x + 3) + ( x − 1)( x − 3) = + 2t Mặt khác: ( x − 1) + ( x − 3) 4 2 2 = ( x − 1) + ( x − 3)  − ( x − 1) ( x − 3) = ( + 2t ) − 2t 2 ⇒ ( x − 1) + ( x − 3) = 2t + 16t + 16 Do A = 8t + 16t + 16= ( t + 1) + ≥ 4 Dấu đẳng thức xảy t =−1 ⇔ ( x − 1)( x − 3) =−1 ⇔ ( x − ) =0 ⇔ x =2 Vậy A = x = Thí dụ 12 Cho số thực x thỏa mãn x + ( − x ) ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 P = x + ( − x ) + 6x ( − x ) (ĐTTS lớp 10 chuyên Toán, ĐHKHTN-2003) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 25 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Đặt t = x + ( − x ) ⇒ t ≥ 2 x ( − x ) =+ − 2x ( − x ) Mặt khác: t =+ ( x − x ) − 2x ( − x ) = 2 9−t ⇒ x (3 − x ) = Do P =  x + ( − x )  + 4x ( − x ) 2 2 9−t   81 = t + 4.  = 2t − 18t + 81 =  t −  +    2 2 2   81 Theo t ≥ ⇒ t − ≥ ⇒ P ≥ 2.  + = 41 2 2 Dấu đẳng thức xảy t =5 ⇔ x + ( x − 3) =5 ⇔ x − 3x + =0 ⇔ x ∈ {1;2} 2 Dạng xyz , ta biến đổi: 1) Nếu toán cho điều kiện x, y, z > x + y + z + = xyz = x + y + z + ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) + ⇔ ( xy + x + y + 1)( z + 1)= ( xy + x + y + 1) + ( yz + y + z + 1) + ( zx + z + x + 1) ⇔ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) ⇔ xyz + xy + yz + zx + x + y + z + = ⇔ 1 + + = x +1 y +1 z +1 1 = a = ,b = ,c x +1 y +1 z= Sau đặt: x = Khi a + b + c = 1− a b + c 1− b c + a 1− c a + b ;y = ;z = = = = a a b b c c 2) Nếu đổi ( a, b, c ) →  ; ;  ta có: abc = a + b + c + tương đương với a b c 1   ab + bc + ca + 2abc = Vì gặp giả thiết ab + bc + ca + 2abc = ta đặt x y z = a = ;b = ;c y+z z+x x+ y ta biến đổi 3) Nếu a, b, c > ab + bc + ca + abc = ab + bc + ca + abc = ⇔ abc + ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + = 12 + ab + bc + ca + ( a + b + c ) ⇔ ( a + )( b + )( c + ) = ( a + )( b + ) + ( b + )( c + ) + ( c + )( a + ) ⇔= 1 1 + + a+2 b+2 c+2 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 26 Website:tailieumontoan.com 2 + + = a+2 b+2 c+2 2   ⇔ 3− + + = a+2 b+2 c+2 a b c ⇔ + + = a+2 b+2 c+2 a b c Sau = đặt x = ;y = ;z a+2 b+2 c+2 a+2 2 y+z 2x = = + ⇒= = −1 ⇒= a x a a a x x y+z Khi x + y + z = ⇔ b = Tương tự: 2y 2z ,c = z+x x+ y tương đương với 4) Nếu đổi ( a, b, c ) →  ; ;  ta có: ab + bc + ca + abc = a b c 1   a + b + c + =4abc Vì gặp giả thiết a + b + c + =4abc ta đặt y+z z+x x+ y = a = ;b = ;c 2x 2y 2z Chứng minh Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = rằng: ab + bc + ca ≤ Hướng dẫn giải Ta có: ab + bc + ca + abc = ⇔ abc + ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + = 12 + ab + bc + ca + ( a + b + c ) ⇔ ( a + )( b + )( c + ) = ( a + )( b + ) + ( b + )( c + ) + ( c + )( a + ) 1 + + a+2 b+2 c+2 2 ⇔ + + = a+2 b+2 c+2 2   ⇔ 3− + + = a+2 b+2 c+2 a b c ⇔ + + = a+2 b+2 c+2 a b c Sau = đặt x = ;y = ;z a+2 b+2 c+2 a+2 2 y+z 2x = = + ⇒= = −1 ⇒= a x a a a x x y+z Khi x + y + z = ⇔= Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 27 Website:tailieumontoan.com = b Tương tự: 2y 2z = ,c z+x x+ y Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 2x y + y+z x+z ⇔ 2y 2z + z+x x+ y 2z 2x ≤3 x+ y y+z y x z x x z + + ≤3 y+z x+z z+x x+ y x+ y y+z Theo bất đẳng thức AM – GM ta được: y z y x ≤ + y+z x+z y+z x+z z y z y x z x z Tương tự: z + x x + y ≤ z + x + x + y ; x + y y + z ≤ x + y + y + z Cộng theo vế ta được:  x y x z x x z y   y z   z x  + + ≤ + + + + + = y+z x+z z+x x+ y x+ y y+z x+ y x+ y  y+z y+z x+z x+z Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy x= y= z= hay a= b= c= Chứng minh Thí dụ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx + xyz = 1 + + ≥ 4( x + y + z) rằng: x y z Hướng dẫn giải Ta có: xy + yz + zx + xyz = ⇔ xyz + ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) = xyz + xy + yz + zx + x + y + z + ⇔ x ( y + 1)( z + 1) + y ( x + 1)( z + 1) + z ( x + 1)( y + 1) = ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ⇔ Đặt : = a x y z + + = x +1 y +1 z +1 x y z ;= b ;= c ⇒ a + b += c x +1 y +1 z +1 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 28 Website:tailieumontoan.com Ta có: = a x x +1 1 1− a b + c a ⇒= = 1+ ⇒ = = ⇒= x x +1 a x x x a a b+c Tương= tự: y b c = ;z a+c a+b 1 b+c c+a a+b b c   a + + ≥ 4( x + y + z) ⇔ + + ≥ 4 + +  a b c b+c c+a a+b Do đó: x y z 1 + ≥ ∀m, n > Ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức: m n m + n ( *) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: b+c c+a a+b b a  1 1 1 1 1 1  a + + = a  +  + b +  + c +  ≥ 4 + +  (đpcm) a b c b c c a a b b+c c+a b+c Đẳng thức xảy a= b= c= 1 hay x= y= z= xyz Chứng minh rằng: Thí dụ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z + = ( ) xy + yz + zx ≤ x + y + z + Hướng dẫn giải Ta có: xyz = x + y + z + ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) + ⇔ ( xy + x + y + 1)( z + 1)= ( xy + x + y + 1) + ( yz + y + z + 1) + ( zx + z + x + 1) ⇔ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) ⇔ xyz + xy + yz + zx + x + y + z + = ⇔ 1 + + = x +1 y +1 z +1 1 = a = ,b = ,c x +1 y +1 z +1 Sau đặt: 1− a b + c 1− b c + a 1− c a + b ;y = ;z = = = = a a b b c c x = Khi a + b + c = Ta có: ⇔ ( ( ) xy + yz + zx ≤ x + y + z + x+ y+ z ) − ( x + y + z ) ≤ x + y + z + ⇔ x + y + z ≤ ( x + y + z + 3) ⇔ x + y + z ≤ ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1)  ⇔ b+c c+a a+b 1 1 + + ≤ ( b + c ) + ( c + a ) + ( a + b )   + +  a b c a b c Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 29 Website:tailieumontoan.com Bất đẳng thức cuối hiển nhiên bất đẳng thức Bunyakovski tốn chứng minh Đẳng thức xảy a= b= c= hay x= y= z= Chứng minh Thí dụ Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca Hướng dẫn giải Ta có: ab + bc + ca + abc = ⇔ abc + ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + = 12 + ab + bc + ca + ( a + b + c ) ⇔ ( a + )( b + )( c + ) = ( a + )( b + ) + ( b + )( c + ) + ( c + )( a + ) 1 + + a+2 b+2 c+2 2 ⇔ + + = a+2 b+2 c+2 2   ⇔ 3− + + = a+2 b+2 c+2 a b c ⇔ + + = a+2 b+2 c+2 a b c Sau = đặt x = ;y = ;z a+2 b+2 c+2 a+2 2 y+z 2x = = + ⇒= = −1 ⇒= a x a a a x x y+z Khi x + y + z = ⇔= = b Tương tự: 2y 2z = ,c z+x x+ y ta cần chứng minh Ta có điều kiện x + y + z = a b c 2ab 2bc 2ca + + ≥ + + b + c c + a a + b ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b ) ( a + b )( b + c ) ⇔ a ( c + a )( a + b ) + b ( b + c )( b + a ) + c ( c + a )( c + b ) ≥ 2ab ( a + b ) + 2bc ( b + c ) + 2ca ( c + a ) ( a + b )( b + c )( c + a ) ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ a ( c + a )( a + b ) + b ( b + c )( b + a ) + c ( c + a )( c + b ) ≥ 2ab ( a + b ) + 2bc ( b + c ) + 2ca ( c + a ) ⇔ a + b3 + c3 + 3abc ≥ a b + ab + b c + bc + a c + ac ⇔ ( a − a b − a c + abc ) + ( b3 − ab − b c + abc ) + ( c3 − ac − bc + abc ) ≥ ⇔ a ( a − b )( a − c ) + b ( b − a )( b − c ) + c ( c − a )( c − b ) ≥ (Đây bất đẳng thức Shur có nhiều cách chứng minh.) Do vai trị a, b, c nên ta giả sử a ≥ b ≥ c Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 30 Website:tailieumontoan.com Trường hợp 1: số bất đẳng thức hiển nhiên Trường hợp 2: a > b > c ta chia hai vế bất đẳng thức cho ( a − b )( b − c )( c − a ) > nên bất a b c − + >0 bất đẳng thức đẳng thức tương đương: b − c a − c a − b c  >0   a>b>0  a−b ⇒  0 < b − c < a − c  a > b  b − c a − c a b= ; c hốn vị Dấu “=” xảy a= b= c hoặc= 1 + + = Thí dụ Cho x, y, z > x y z Chứng minh rằng: ( x − )( y − )( z − ) ≤ (Đề tuyển sinh chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa 2005-2006) Hướng dẫn giải Với giả thiết x, y, z lớn 2, ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa toán dạng đơn giản quen thuộc Hãy xét lời giải sau: a 2, y =+ b 2, z =+ c với a > 0, b > 0, c > Bài toán auy chứng minh: abc ≤ Đặt x =+ 1 a b c 1⇔ + + = + + = a > 0, b > 0, c > với thỏa mãn a + b + c + a+2 b+2 c+2 Đến đặt tiếp: = m a b c ;= n ;= p ⇒ m + n += p a+2 b+2 c+2 n+ p a+2 2 2m = = 1+ ⇒ = −1 = ⇒a= a a a m m n+ p Ta có: m = b Tương tự: 2n 2p = ,c p+m m+n Do bất đẳng thức trở thành: 2m 2n 2p ≤ ⇔ ( m + n )( p + m )( n + p ) ≥ 8mnp n+ p p+m m+n Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: ( m + n )( p + m )( n + p ) ≥ mn np pm = 8mnp Bài toán giải xong Đẳng thức xảy ⇔ m = n = p ⇔ a = b = c = ⇔ x = y = z = Cách khác: Sử dụng ghép đối xứng: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 31 Website:tailieumontoan.com 1 1  1  a b 1 =− − = + ≥  − + − = c+2 a + b +  a +   b +  ( a + 2) (b + 2) Tương tự: ≥ b+2 ca ; ( c + )( a + ) ≥ a+2 ab ( a + )( b + ) bc ( b + )( c + ) Nhân ba bất đẳng thức theo vế ta được: abc ≥ ⇒ abc ≤ ( a + )( b + )( c + ) ( a + )( b + )( c + ) Thí dụ Cho a, b, c dương thỏa mãn: ab + bc + ca + abc = 1 + + = a+2 b+2 c+2 1 + + 2) Tìm giá trị lớn nhất: P = a + b2 + b2 + c + c2 + a2 + 1) Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) (Đề tuyển sinh chuyên Tin, Hà Nội 2019-2020) Hướng dẫn giải 1) Ta có: 1 1 + + = a+2 b+2 c+2 ⇔ ( b + )( c + ) + ( a + )( c + ) + ( b + )( a + ) = ( a + )( b + )( c + ) ⇔ ab + bc + ca + ( a + b + c ) + 12 = abc + ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) + ⇔ = abc + ab + bc + ca Đẳng thức cuối theo giả thiết, phép biến đổi tương đương, đẳng thức cho chứng minh 2) Với x, y dương ta có bất đẳng thức: ( ) x + y ≥ ( x + y ) (*) 11 1 ≤  +  (**) x+y 4x y Thật vậy: (* ) ⇔ (x − y) (* * ) ⇔ ≥ (luôn đúng) 2 x+y ≥ ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ ( x − y ) ≥ (luôn đúng) 4xy x + y Các bất đẳng thức (*), (**) xảy dấu “=” x = y Lần lượt áp dụng (*) (**) ta có: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 32 Website:tailieumontoan.com ( ) a + b2 + ≤ = a+b+4 1 1  ≤  + ( a + ) + ( b + )  a + b +  ≤ 1 1  + ;   b + c +  Tương tự: ( 2 b +c )+4 ( 2 c +a )+4 ≤ 1 1  + ;   c + a +  Cộng theo vế ta được: 1 1  1 P≤  + + = =  2a+2 b+2 c+2 2 Dâu “=” xảy a = b = c Vậy giá trị lớn P Luyện tập thêm: xyz Chứng minh rằng: 1) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z + = a ) xy + yz + zx ≥ ( x + y + z ) b) x + y + z ≤ xyz Chứng minh rằng: 2) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z + xyz = a ) xyz ≤ Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 b) xy + yz + zx ≥ TÀI LIỆU TOÁN HỌC ...1 Website:tailieumontoan.com CHUYÊN ĐỀ: ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A KiÕn thøc cÇn nhí Trong chứng minh bất đẳng thức việc đổi biến làm cho nhiều toán bất đẳng thức... bất đẳng thức chứng minh Thí dụ Cho x + y = 3, x ≤ Chứng minh y − x − y − x + y ≥ Hướng dẫn giải Đặt x = − a; a ≥ Từ giả thiết suy y= + a Lúc bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:... v ≥ BĐT cần chứng minh viết lại sau: uv + ≥ ( u + v ) ⇔ ( u − )( v − ) ≥ u ≥ 2, v ≥ Từ suy BĐT chứng minh Dạng Đặt mẫu biến Thí dụ Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chứng minh rằng: a b c +