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 xyzxyzzxyzxyzyxxyzzyx 8)(4)(21)21)(21)(21( . Suy ra 4 1 2 xyz 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 PSSQP 3,3 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 3 33 3 33 3 33222222 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 3 3 33 3 33 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 3 zz ; )()1( xyzzxyxyzzxyzxy . Mà . 3 11 1.1.; 3 11 1.1.; 3 1 1 3 3 3 3 3 3 33 3 33 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 3 zz xyzzxyzxy (15) Đặt 3 43 )( 3 zz 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 2 PSSQ (18) Mà 3 11 3 11 3 11 1.1.1.1.1.1. 333 3 3 3 3 3 3 zyx zyxzyx 3 3 6 333 zyx S (19) Từ (18) và (19) suy ra )3(333 2 PSQ (Vì PS 3 2 ) 12 2 PSQP (20) Mặt khác, ta có 3 33 3 33 3 332222 1 1 1 2 zzyyxxzyxPS 3 1 3 1 3 1 333333 zzyyxx Suy ra: 32 2 PS (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 2 333 abccba . (Bài T 5 / 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 . 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,. 1zyx . Chứng minh rằng 27 7 20 xyzzxyzxy . (Đề thi IMO năm 1984) Lời giải. Áp dụng (1) và giả thiết, ta có xyzxyzzxyzxyzyxxyzzyx 8)(4)(21)21)(21)(21( . Suy ra 4 1 2 xyz xyzzxyzxy (2). 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