Dƣơng Văn Sơn – Giáo viên trƣờng THPT Hà Huy Tập, Vinh – Nghệ An.
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC CÓ CHỨA BIỂU THỨC XYZ
Bài toán: “Chứng minh bất đẳng thức (BĐT) có chứa biểu thức
xyz
trong đó
zyx ,,
là các số thực không âm, có vai trò bình đẳng và BĐT tương
đương với
),,()( zyxPxyz n
với
*
Nn
;
),,( zyxP
là đa thức” thường gây rất
nhiều khó khăn cho học sinh vì việc đánh giá
),,()( zyxPxyz n
là “không
thuận lợi”.
Trong bài viết này, tác giả xin giới thiệu một số kĩ năng để giải bài toán
dạng này.
1. Sử dụng BĐT: “Với x, y, z là các số thực không âm tùy ý, ta có
( )( )( )x y z x z y y z x xyz
” (1).
Thí dụ 1. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
1zyx
.
Chứng minh rằng
27
7
20 xyzzxyzxy
.
(Đề thi IMO năm 1984)
Lời giải. Áp dụng (1) và giả thiết, ta có
.
Suy ra
4
1
2xyz
xyzzxyzxy
(2)
Mặt khác, ta có
27
1
3
3
zyx
xyz
(3)
Từ (2) và (3) suy ra
27
7
2xyzzxyzxy
.
Ngoài ra, từ giả thiết suy ra
1,,0 zyx
.
Do đó
0)1()1(2 zxxyzzxyxyzzxyzxy
.
2. Sử dụng tính chất: “Trong ba số
zyx ,,
luôn tồn tại ít nhất hai số sao
cho chúng cùng không lớn hơn
a
hoặc cùng không nhỏ hơn
a
, với
a
là số
thực tùy ý” (4).
Thí dụ 2. Cho
zyx ,,
là các số thực không âm thoả mãn
4xyzzxyzxy
(*). Chứng minh rằng:
zxyzxyzyx
. Đẳng thức xảy ra khi nào.
(Đề thi học sinh giỏi Quốc gia năm 1996)
Lời giải. Theo tính chất (4) và vai trò
zyx ,,
trong bài toán bình đẳng nên
không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
1
y
x
hoặc
1
1
y
x
.
Khi đó, ta có
yxxyyx 10)1)(1(
Suy ra
zxyzxyzxyxyzyzxzzxyzyxzxyz)()1(
(5)
Ta sẽ chứng minh:
zxyxyzzyx
(6)
Thật vậy:
4)1)((4)6( zyxzxyzxyzxyzyx
(7)
www.VIETMATHS.com
See on VIETMATHS.comWeb page VIETMATHS.com
Dƣơng Văn Sơn – Giáo viên trƣờng THPT Hà Huy Tập, Vinh – Nghệ An.
Nếu
0yx
(*) trở thành 0 =4 vô lí. Do đó
0xyyx
và từ (*) ta có:
z =
xyyx
xy4
Vì thế :
4)
4
1)(()7( xyyx
xy
yx
)(4)4)((xyyxyxyx
(Vì
0xyyx
)
0)( 2
yx
, đúng.
Từ (5) và (6) suy ra điều phải chứng minh.
Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi
x = y = z = 1 hoặc x = y = 2, z = 0.
Do đó đẳng thức xảy ra khi:
x = y = z = 1 hoặc x = y = 2, z = 0
hoặc x = z = 2 , y = 0 hoặc z = y = 2 , x = 0.
3. Đánh giá rồi đặt ẩn phụ.
Thí dụ 3. Giả sử
zyx ,,
là các số thực thỏa mãn
2
222 zyx
.
Chứng minh
xyzzyx 2
.
(Poland 1991)
Lời giải. Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có
222 )1(1.)()1(1).(xyzyxxyzyx
)22)(2()( 222222 xyyxzyxyxxyzzyx
)22)(1(2)( 222 xyyxxyxyzzyx
(8)
Vì
1
22
.22222 zyxyx
yxxy
nên
11 xy
.
Do đó đặt
xyt
, ta có
)()22)(1()22)(1( 222 tftttxyyxxy
, với
11 t
.
Dễ dàng chứng minh được
.2)(max
]1;1[ tf
Suy ra
2)22)(1( 22 xyyxxy
(9)
Từ (8) và (9) suy ra
4)( 2
xyzzyx
.
Vậy
2xyzzyx
hay ta có điều phải chứng minh.
4. Đặt ẩn phụ
xyzQzxyzxyPzyxS ;;
.
Thí dụ 4. Cho ba số thực không âm
zyx ,,
. Chứng minh rằng
)(9)2)(2)(2( 222 zxyzxyzyx
(10)
(Asian Pacific Math 2004)
Lời giải. Ta có
)(98)(4)(2)10(222222222 zxyzxyzyxzyxzyx
(11)
Đặt
xyzQzxyzxyPzyxS ;;
, ta có BĐT (11) trở thành
PPSSQPQ 98)2(4)2(2 222
03
9
35
3
9
8
3
9
10
3
2
2
2
2
PSPSQP
S
Q
(12)
www.VIETMATHS.com
See on VIETMATHS.comWeb page VIETMATHS.com
Dƣơng Văn Sơn – Giáo viên trƣờng THPT Hà Huy Tập, Vinh – Nghệ An.
Dễ dàng chứng minh được
PSSQP3,3 22
suy ra (12) đúng.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Vận dụng các phương pháp trên
Thí dụ 5. Cho
zyx ,,
là các số thực không âm thỏa mãn
3
333 zyx
.
Chứng minh rằng
2xyzzxyzxy
.
Lời giải 1. Áp dụng (1) và giả thiết, ta có
xyzxzyyzxzyx ))()((
)1()1()1(63
3
222222
222222333
xzzxyzzyxyyxxyz
xzzxyzzyxyyxxyzzyx
Mà
333
333
333222222 333)1()1()1( xzzyyxxzzxyzzyxyyx
Suy ra
)(363 zxyzxyxyz
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Lời giải 2. Theo tính chất (4) và vai trò
zyx ,,
trong bài toán bình đẳng nên
không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
1
1
y
x
hoặc
1
1
y
x
.
Khi đó, ta có
10)1)(1( xyyxyx
Suy ra
zxyxyzzxyzxyzxyyxz )(
(13)
Mặt khác, ta có
3
11
1.1.;
3
1
1.. 3
33
33
333 z
zz
yx
yxxy
.
Suy ra
2
3
3
333 zyx
zxy
(14)
Từ (13) và (14) suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải 3. Vì vai trò của
zyx ,,
trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử
zyxz ;;min
. Khi đó:
3333 33 zzyx
(Vì
0,, zyx
)
101
3zz
;
)()1( xyzzxyxyzzxyzxy
.
Mà
.
3
11
1.1.;
3
11
1.1.;
3
1
1.. 3
33
3
33
33
333 y
yy
x
xx
yx
yxxy
Suy ra
3
)7(
3
)1)(4(
3
2
3
2
3
)1)(1( 333333 zzzzyx
z
zyx
xyzzxyzxy
Do đó
3
43
3zz
xyzzxyzxy
(15)
Đặt
3
43
)( 3zz
zf
, với
10 z
www.VIETMATHS.com
See on VIETMATHS.comWeb page VIETMATHS.com
Dƣơng Văn Sơn – Giáo viên trƣờng THPT Hà Huy Tập, Vinh – Nghệ An.
Dễ dàng chứng minh được
2)(max
]1;0[ zf
.
Suy ra :
với
10 z
ta có
2)(zf
(16)
Từ (15) và (16) suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải 4. Ta có
))((3 222333 zxyzxyzyxzyxxyzzyx
(17).
Đặt
xyzQzxyzxyPzyxS ;;
, từ (17) và giả thiết ta có
)3(33 2PSSQ
(18)
Mà
3
11
3
11
3
11
1.1.1.1.1.1. 333
33
33
33zyx
zyxzyx
3
3
6
333 zyx
S
(19)
Từ (18) và (19) suy ra
)3(333 2PSQ
(Vì
PS 3
2
)
12
2PSQP
(20)
Mặt khác, ta có
333
333
3332222 1..1..1..2 zzyyxxzyxPS
3
1
3
1
3
1333333 zzyyxx
Suy ra:
32
2PS
(21)
Từ (20) và (21) suy ra điều phải chứng minh.
Các bài tập tự luyện
1. Cho
zyx ,,
là các số thực không âm thỏa mãn
1zyx
.
Chứng minh rằng
19)(4 xyzzxyzxy
.
2. Cho
zyx ,,
là các số thực không âm thỏa mãn
3
222 zyx
.
Chứng minh rằng
2xyzzxyzxy
.
3. Cho ba số thực
cba ,,
bất kì. Chứng minh rằng
)1)(1)(1(32
222 cbaabccba
.
(Marian Tetiva, Mircea Lascu, Gabriel Dospinescu)
4. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng
4
1
3
9
2333 abccba
.
(Bài T5 / 353 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 3 năm 2007)
5. Chứng minh rằng nếu
zyx ,,
là các số thực không âm thoả mãn điều kiện:
4
222 xyzzyx
thì ta có
20 xyzzxyzxy
.
(Đề thi USAMO-2001)
6. Cho
)1;0(,, zyx
, thoả mãn
)1)(1)(1( zyxxyz
.
www.VIETMATHS.com
See on VIETMATHS.comWeb page VIETMATHS.com
Dƣơng Văn Sơn – Giáo viên trƣờng THPT Hà Huy Tập, Vinh – Nghệ An.
Chứng minh rằng:
4
3
222 zyx
.
7. Cho ba số thực bất kì
zyx ,,
. Chứng minh rằng
)1(4)3)(3)(3( 222 zyxzyx
.
(Tạp chí Toán học và tuổi trẻ)
8. Cho ba số thực
zyx ,,
thỏa mãn
1xyz
.
Chứng minh rằng
)(23
222222 zyxxzzyyx
.
www.VIETMATHS.com
See on VIETMATHS.comWeb page VIETMATHS.com