Chuyên đề: Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: Tạ Duy Phương | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

135
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề "Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức" cung cấp cho các bạn 5 dạng đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức. Với các bạn đang học tập và ôn thi môn Toán thì đây là tài liệu tham khảo hữu ích.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức

CHUYÊN ĐỀ: ĐỔI BIẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC * D ạng 1: Dự đoán được điều kiện xảy ra dấu bằng: Ví dụ 1 : Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng *Nhận xét: Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1/3 Đặt a = x + 1/3, b = y + 1/3, c = z + 1/3. Từ a + b + c = 1 suy ra x + y + z = 0 Khi đó BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đã cho luôn đúng. Dấu bằng xảy ra x = y = z = 0 a = b = c = 1/3 Ví dụ 2: Cho . Chứng minh rằng: . *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1. Do vậy đặt . Từ giả thiết suy ra . Ta có: ( Đúng vì x + y 0) Đẳng thức xảy ra x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy bất đẳng thức được chứng minh Ví dụ 3: Cho . Chứng minh rằng: C = *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2. Do vậy ta đặt , với x 0. Từ giả thiết suy ra . Ta có: C = = = = (vì x 0). Đẳng thức xảy ra x = 0 hoặc x = 1 tức a = 1, b = 2 hoặc a = 0, b = 3. Vậy C 0 Ví dụ 4 : Cho ba số a, b, c thỏa mãn
Chứng minh rằng a + b + c ≥ 16. * Đặt a = 4 + x; b = 5 + y; c = 6 + z. Từ giả thiết suy ra x, y, z ≥ 0 Giả sử a + b + c
Ta có: B = Đẳng thức xảy ra x = 0, hay a = b = 1. Vậy B 2 Ví dụ 8: Cho a 4. Chứng minh rằng: E = . *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 4. Do vậy đặt . Từ giả thiết suy ra x 0. Ta có: E = . Đẳng thức xảy ra x = 0 hay a = 4. Vậy E 0 Ví dụ 9: Cho ab 1. Chứng minh rằng: . *Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = 1. Do vậy đặt . Ta có: ab 1 Mặt khác: Lại có: , với mọi x, y nên ta có: (Đúng vì xy + x + y 0) Đẳng thức xảy ra x = y = 0 hay a = b = 1. Vậy BĐT được chứng minh *Bài tập tự luyện Bài 1.1: Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) Cho a, b > 0 thoả mãn a + b = 1. Chứng minh: . b) Cho a + b + c + d = 1. Chứng minh: . c) Cho a + b + c 3. Chứng minh: . d) Cho a + b > 8 và b 3. Chứng minh: . Bài 1.2:Cho a, b, c là các số dương và .Chứng minh:8abc 1 Bài 1.3: Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn: a + b + c = 1. Chứng minh:
* D ạng 2: Cho biết điều kiện của tổng các biến nhưng không ( hoặc khó) dự đoán được điều kiện của biến để đẳng thức xảy ra: Ví dụ 10: Cho a 1; a + b 3. Chứng minh rằng: F = *Nhận xét: Dấu bằng ở đây không xảy ra tại các điểm cực biên là a = 1 và b = 2. Ta đặt ẩn phụ như sau: Đặt a = 1– x và a + b = 3 + y. Từ giả thiết suy ra x, y 0 nên ta có: b = 2 + x + y. Từ đó : F = = = Đẳng thức xảy ra x = và y = 0 hay a = và b = . Vậy bất đẳng thức F 0 được chứng minh. Ví dụ 11 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc 2a nên 0
Ví dụ 13 : Cho các số thực a, b, c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn abc = (1 – a)(1 – b)(1 – c) . Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ 3/4 (1) Đặt Tương tự đặt . Từ giả thiết ta có (2) Xét hiệu . Thay (2) vào (3) ta được T = x2 + y2 + z2 – 4xyz. Ta cần chứng minh T ≥ 0 Xét các trường hợp sau: (i) Cả 3 số x, y, z đều đương hoặc đều âm thì không thỏa mãn (2) (ii) Có một số âm còn hai số kia dương thì từ (4) T ≥ 0 (iii) Có hai số âm còn số kia dương. Giả sử x > 0, y, z 0 và z1 = z > 0 thì từ (4) ta có T = x2 + y12 + z12 – 4 xy1z1 ≥ x2 + 2y1z1 – 4xy1z1 = x2 + 2y1z1(1 – 2x) ≥ 0 Vậy BĐT (1) được chứng minh Ví dụ 14: Cho a, b, c [1; 3] và a + b + c = 6. Chứng minh rằng a) b) Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + 1. Khi đó x, y, z [0; 2] và x + y + z = 3 Giả sử x = max{x; y; z} suy ra: x + y+ z = 3 3x 1 x 2 (x –1)(x –2) 0 nên: . Tức là: (*). Tương tự ta chứng minh được (**) a) Ta có: (1) Thay (*) vào (1) ta có: là điều phải chứng minh.
b) Ta có: (2) Thay (*) và (**) vào (2) ta có: là điều phải chứng minh * Bài tập tự luyện: Bài 2.1 Chứng minh rằng: Nếu a ≥ 3, b ≥ 3, a2 + b2 ≥ 25 thì a + b ≥ 7 Bài 2.2 Cho a > c > 0, b > c. Chứng minh rằng Bài 2.3 Cho ba số 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a. a2 + b2 + c2 ≤ 5 b.a3 + b3 + c3 ≤ 9 Bài 2.4 Cho bốn số a, b, c, d thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn điều kiện: (1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) = abcd. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1. * D ạng 3: Bất đẳng thức với điều kiện cho ba biến có tích bằng 1 Cách1: Đặt , với x, y, z 0. Sau đây là một số ví dụ làm sáng tỏ điều này: Ví dụ 15: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng * Nhận xét: a, b, c là các số thực dương và abc = 1 nên ta đặt: , với x, y, z là các số thực dương. Ta có: Đây chính là BĐT Nesbnit cho ba số dương xy, yz, zx, suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 16: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm GTNN của biểu thức: Đặt: (với x, y, z là các số thực dương). Khi đó: x4 + y4 + z4 + 3(x2y2 + y2z2 + z2x2) = (x2 + y2 + z2)2 + (x2y2 + y2z2 + z2x2) (x2 + y2 + z2)2
Ta có Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có Suy ra Vậy GTNN của P bằng 3/2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Ví dụ 17: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1.Chứng minh rằng: Nhận xét: a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt: , với x, y, z là các số thực dương. Ta có: (*) Đặt.Khi đó(*) (**) Áp dụng BĐT AM – GM cho hai số dương ta có: Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Chú ý: Ta có thể chứng minh (*) theo cách sau đây: Do vai trò x, y, z có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát nên giả sử : x y z > 0. Như vậy x – y +z > 0 và y – z + x > 0. + Nếu z – x + y 0 thì (*) hiển nhiên đúng. + Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có: ; ; Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy ra (*). Vậy (*) đúng cho mọi x, y, z là các số thực dương, suy ra bài toán được chứng minh. * Việc đổi biến và vận dụng (**) một cách khéo léo giúp ta giải được bài toán ở ví dụ 18 sau đây:
Ví dụ 18: Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng: Đặt . Ta thấy x, y, z đều dương và BĐT cần chứng minh trở thành S = . Do = . Tương tự ta có: ; . Suy ra: (1) Mặt khác nếu S = x + y + z – Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x) 8xyz (theo (**) (2) –Với ba số dương x + y, y + z, z + x ,ta lại có (3) – Nhân (2) và (3) vế với vế, ta được: hay: Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1). Vậy S = x + y + z 1, tức bài toán được chứng minh. *Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức ( hoặc biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng: , với x, y, z 0. Lúc này việc đặt , với abc = 1 là một phương pháp hữu hiệu, sau đây là các ví dụ minh chứng điều này: Ví dụ 19: Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1) 2) 1) BĐT . Đặt . Ta có x, y, z là các số thực dương có tích xyz = 1. Suy ra: (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2) (x + 2)(y + 2)(z + 2) (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12 xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 8 4 xyz + xy + yz + zx 3 xy + yz + zx. Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có: . Suy ra điều phải chứng minh.
2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1). Cách 2: Ta có: Áp dụng kết quả bài toán 1), ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. * Việc đổi biến bằng cách đặt ở đây còn áp dụng được rất hay ở bài toán chứng minh đẳng thức, ví dụ 20; 21 sau đây cho thấy điều này. (Việc đưa ra hai ví dụ sau nhằm nhấn mạnh thêm tính đa dạng và hữu hiệu của phương pháp đổi biến trong giải toán nói chung) Ví dụ 20: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: *Nhận xét: Vì abc = 1 nên ta có thể đặt , với x, y, z 0. Khi đó vế trái của đẳng thức trên được biến đổi thành: = = 1 (đpcm) Ví dụ 21: Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:(*) * Nhận xét: Tương tự trên ta đặt , với x, y, z 0. Khi đó vế trái của đẳng thức (*) được biến đổi thành: = (1) Tương tự ta cũng biến đổi được vế phải của (*) về biểu thức (1), suy ra đpcm. Cách 2: Ngoài cách trên với các BĐT mà chứa biến ở mẫu thì cách đổi biến đơn giản là: biến mới là nghịch đảo các biến của bất đẳng thức đã cho ( ; x, y, z > 0) có thể giúp ta giải quyết được một lớp bài toán khó. Sau đây là một số ví dụ minh họa cho điều này: Ví dụ 22 : Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: (1) Nhận xét: do abc = 1 ta đặt: ( x, y, z > 0) Khi đó ta có: . Áp dụng BĐT AM – GM ta có:
3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 => . Mặt khác: với x,y,z Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 hay a = b = c = 1 Ví dụ 23: Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh: Đặt => xyz = 1 và x, y, z > 0 Bất đẳng thức đã cho viết lại là: . Áp dụng BĐT AM – GM ta có . Từ đó suy ra Vậy BĐT được chứng minh, dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 Ví dụ 24. Với các số dương a, b, c thỏa mãn , chứng minh rằng: Đẳng thức xảy ra khi nào? Đặt , ta thu được: .Ta có: Biến đổi tương tự, ta được: Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: Áp dụng bất đẳng thức trong Ví dụ 1, ta có: Do đó, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi *Gần tương tự ví dụ trên, ta xét BĐT sau Ví dụ 25: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: *Đặt , ta thu được: . Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT trên dễ dàng chứng minh bằng BĐT AM – GM Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Cách 3 Ngoài hai cách đổi biến: hoặc ( x, y, z > 0) như trên ta còn có các cách đổi biến khác . Cụ thể tôi đưa ra các ví dụ sau để thấy rằng việc đổi biến là rất đa dạng, qua đó thúc đẩy sự tìm tòi và say mê học tập của các em học sinh, càng có nhiều kỹ năng cũng như óc quan sát, chịu khó tìm tòi các em càng có nhiều sáng tạo trong việc đổi biến. Từ đó các em có thể giải được nhiều hơn các dạng bài chứng minh BĐT phong phú và đa dạng Ví dụ 26: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh: (*) Đặt: –1
Áp dụng BĐT cauchy – Schwarz ta có Suy ra Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có (1) Mặt khác .Suy ra (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1/2. Ví dụ 28: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: *Đặt: a = x3, b = y3, c = z3 (x, y, z > 0) và xyz = 1 BĐT cần chứng minh tương đương với Áp dụng BĐT AM – GM ta có x3 + y3 + 1 = (x + y)(x2 + y2 – xy) + xyz ≥ (x + y)xy + xyz = xy(x + y + z) suy ra Tương tự ; Cộng từng vế ba BĐT trên ta có (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 a = b = c = 1 Ví dụ 29: Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 8. Tìm GTLN của *Đặt: a = 2x2 , b = 2y2 , c = 2z2 xyz = 1. Suy ra Mặt khác Suy ra ( Vì xyz = 1 nên =1)
Vậy GTLN của P bằng 1/4 khi và chỉ khi a = b = c = 2 Ví dụ 30. Với các số dương a, b, c, chứng minh rằng: . Đẳng thức xảy ra khi nào? *Nhận xét: Chia cả hai vế cho , ta được: . Đặt bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: . Bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh trên đó được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Ví dụ 31 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: Đặt: x = và y = a + b + c. Ta sẽ chứng minh: xy2 ≥ 27 Thật vậy với a2 + b2 + c2 = 3 ta có: (2). Mặt khác áp dụng BĐT AM – GM ta có Kết hợp với (2) ta được xy2 ≥ 3x + 2[2(a + b + c) + (a + b + c)] = 3(x + y + y) ≥ 9. Vậy xy2 ≥ 27 (3) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 + Mặt khác: x = => x ≥ 3 (4) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Gọi vế trái của (1) là P từ (3), (4) ta có Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1 Ví dụ 32: Cho các số thực a, b với a + b 0. Chứng minh: Đặt . Ta có: ab + bc + ca = –1 và lúc này BĐT cần chứng minh trở thành: (luôn đúng). Vậy bất đẳng thức được chứng minh Bài tập tự luyện: Bài 3.1: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) 5(a + b + c) – 7
Bài 3.2: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: Bài 3.3: Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: . Bài 3.4: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh: * Các bài toán BĐT ba biến có điều kiện với tích ba biến là một hằng số, thường rất khó xử lí trực tiếp. Vì vậy ba cách đổi biến đơn giản sau có thể giúp ta giải được một lớp các bài toán dạng này. Tôi nghĩ đây sẽ là ba cách đổi biến hữu ích mà khi sử dụng chúng ta có thể giải được nhiều bài toán khó về BĐT *Tổng quát với ba phép đổi biến sau: Dạng 4: Bất đẳng thức với điều kiện: abc = k3 (a, b, c là ba số thực khác 0) Với ba số thực a, b, c khác 0 thỏa mãn abc = k3, thì (I)Tồn tại các số thực x, y, z khác 0 sao cho: (II) Tồn tại các số thực m, n, p khác 0 sao cho: (III) Tồn tại các số thực u, v, w khác 0 sao cho: Chứng minh: (1): Chọn thì ta có: Tương tự, ta cũng có (1) Ta chọn m = 1/x, n = 1/y, p = 1/z (2) Ta chọn u = x/z, v = y/x, w = z/y Ví dụ 33: Với a, b, c là ba số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng *Nhận xét: Từ giả thiết ta có k = 1, do đó theo (II) hoặc (III) ta sẽ có hai cách đổi biến thích hợp cho bài toán khó này Cách 1: Theo (II) Đặt ( m, n, p là các số thực khác 0). Thay vào (1) ta có
. Áp dụng BĐT (CBS) ta có (m2 + np)2 ≤ (m2 + n2)(m2 + p2). Tương tự cho (n2 + pm)2 và (p2 + mn)2. Từ đó ta có BĐT m2n2(m2 + n2) + n2p2(n2 + p2) + p2m2(p2 + m2) ≥ 6m2n2p2 Áp dụng BĐT AM –GM ta thấy BĐT cuối đúng nên BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng Cách 2: theo (III) Tồn tại các số thực u, v, w khác 0 . Đặt Thay lại (1) ta có BĐT cần chứng minh sau: Trong trường hợp u, v, w là các số dương áp dụng BĐT AM – GM Ví dụ 34 : Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng (1) *Nhận xét: Từ giả thiết ta có k =2 theo (I): Đặt Thay lại ta có: Áp dụng BĐT (CBS) vào vế trái và biến đổi tương đương ta có (xy – xz)2 + (yz – yx)2 + (zx – zy)2 ≥ 0 BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng Ví dụ 35: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng *Nhận xét: từ giả thiết k = 1 nên theo (II) Đặt ( Với m, n, p là các số dương) Thay lại ta cần chứng minh BĐT: đây là BĐT ở Ví dụ 13: Ví dụ 36: Cho a, b, c là các số thực khác 1 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng *Nhận xét: từ giả thiết k = 1 . Đặt Khi đó BĐT (1) trở thành: . Áp dụng BĐT (CBS) ta được
Ta thấy ≥ . BĐT này đúng nên BĐT (1) đúng. Nhận xét: Ta cũng có thể đổi biến theo (III) Bài tập tự luyện: Bài 4.1 : Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng a/ b/ c/ d/ Bài 4.2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 27 .Chứng minh rằng Bài 4.3 Cho abc là các số dương thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng Dạng 5: Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm có vai trò như nhau ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau: Đặt ; ; . Ta có các đẳng thức sau: (1) ; (2) (3) ; (4) Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau: (5) ; (6); (7) (8) ; (9) Ví dụ 37: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh: * Đặt ; ; . Theo (1) thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: .
Do z = abc = 1 nên theo (6) và (7) suy ra: x 3; y 3 suy ra: x(y – 2) 3 là BĐT đúng. Đẳng thức xảy ra x = y = 3 hay a = b = c =1. Suy ra bài toán được chứng minh Ví dụ 38: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = 3. Chứng minh: * Đặt ; ; . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: (*) Theo (9) kết hợp với x = a + b + c =3 ta có: . Suy ra: (**) Mặt khác: (đúng với mọi y). Từ (*) và (**) suy ra bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1 Ví dụ 39: Cho ba số không âm a, b, c thoả mãn: . Chứng minh: (*) Đặt ; ; Do , nên theo (3) bất đẳng thức (*) trở thành: . Mặt khác, theo (9) suy ra: Vậy để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh: . Thật vậy, từ (5) và (6) suy ra: . Từ đó ta có: Đây là bất đẳng thức đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1 Ví dụ 40: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng minh: Đặt ; ; . Ta có: (*). Theo (1) và (2) thì (*) trở thành:
Do y = 3 nên từ (5) suy ra , kết hợp (9) ta có bất đẳng thức trên đúng, suy ra bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1 Ví dụ 41: Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn . Chứng minh: Ta có: = . Do vậy, nếu đặt ; ; thì ta có: . Theo (9) thì ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: Chú ý rằng: và suy ra: . Ta xét ba trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu x 1 thì . Trường hợp 2: Nếu thì: 3x – 4
* Nhận xét: Một cách rất tự nhiên ta nhìn vào mẫu thức của biểu thức P ta có cách đổi biến sau Đặt: x = 2a, y = 3b, z = 3c. Biểu thức đã cho được viết lại: Tương tự ta xét ví dụ sau Ví dụ 43: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng ming rằng * Bằng cách tương tự và rất tự nhiên khi nhìn vào mẫu thức ta có cách đổi biến sau Đặt: x = 3b + 3c + 2a, y = 3a + 3c + 2b, z = 3a + 3b + 2c. Khi đó vế trái BĐT cần chứng minh là (đpcm). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z a = b = c * Đối với một số dạng BĐT chứa căn thức ta cũng cần khéo léo đổi biến để có thể áp dụng các PP chứng minh BĐT từ đó tìm ra hướng giải quyết bài toán Ví dụ 44: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn: a + b + c = 3 Tìm GTLN của biểu thức: Đặt: Từ giả thiết suy ra x2 + y2 + z 2 = 3 và ta có P = x2y + y2z + z2x – xyz Dễ thấy P ≥ 0 theo BĐT AM – GM. Không mất tính tổng quát, giả sử y là số nằm giữa x và z Ta có z(y – x)(y – z) ≤ 0 y2z + z2x – xyz ≤ yz2 Do đó P ≤ yx2 + yz2 = y(x2 + z2) Mặt khác, áp dụng BĐT AM – GM ta có Từ đó Vậy GTLN của P bằng 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và các hoán vị Ví dụ 45: Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm GTLN của biểu thức: Đặt : (x, y, z > 0). Khi đó Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz và BĐT 3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2, ta có . Suy ra P ≤ 3/4 Vậy GTLN của P là 3/4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Ví dụ 46: Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: ax + by + cz = xyz. Chứng minh rằng: Từ giả thiết: ax + by + cz = xyz. ta viết Đặt: a = yzu, b = zxv, c = xyw một cách tự nhiên, trong đó u, v, w là các số dương và u + v + w = 1 Bất đẳng thức càn chứng minh tương đương với Áp dụng bất dẳng thức CBS ta có Ta có: . Như vậy BĐT (1) đúng. *Bài tập tự luyện: Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng: HD: Đặt => xy + yz + zx =1 Và áp dụng BĐT Cachy Schwarz Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz. Chứng minh rằng: HD: => a + b + c = 3 Sau đó áp dụng BĐT AM – GM Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng