Phương pháp đổi biến chứng minh bất đẳng thức Lê Hồ Quý Trường THPT Duy Tân, Kon Tum Trong thực tế giải toán bất đẳng thức, có nhiều bất đẳng thức chứng minh trực tiếp Trong tình vậy, người ta thường sử dụng phương pháp đổi biến số Với biến mới, bất đẳng thức trở nên dễ dàng việc chứng minh Các bất đẳng thức chọn điểm rơi Thí dụ Cho a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≥ Lời giải Dễ thấy a, b, c bình đẳng, ta dự đoán đẳng thức xảy điểm rơi a = b = c = Vì vậy, ta đặt a = + x; b = + y Từ giả thiết, ta suy c = − x − y Ta có a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca = =(1 + x)2 + (1 + y)2 + (1 − x − y)2 + (1 + x)(1 + y) + (1 + y)(1 − x − y) + (1 − x − y)(1 + x) =x2 + xy + y + = (x + y)2 + y + ≥ Đẳng thức xảy y = x + y = ⇔ x = y = hay a = b = c = Vậy a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≥ Thí dụ Cho a + b = c + d Chứng minh a2 + b2 + ab ≥ 3cd Lời giải Dự đoán đẳng thức xảy điểm rơi a = b = c = d Do vậy, đặt a = c + x, với x ∈ R Từ giả thiết, ta suy b = d − x Ta có a2 + b2 + ab = (c + x)2 + (d − x)2 + (c + x)(d − x) = c2 + d2 + x2 + cd + cx − dx 3 = c2 + d2 + x2 − 2cd + cx − dx + 3cd + x2 = c − d + x + x2 + 3cd ≥ 3cd 4 145 Đẳng thức xảy x = c − d + x = ⇔ x = c = d hay a = b = c = d Vậy a2 + b2 + ab ≥ 3cd Thí dụ Cho a ≤ Chứng minh a2 (2 − a) + 32 ≥ Lời giải Dự đoán đẳng thức xảy điểm rơi a = Do vậy, đặt a = − x Từ giả thiết, ta suy x ≥ Ta có a2 (2 − a) + 32 = (4 − x)2 (2 − + x) = x3 − 10x2 + 32x = x (x − 5)2 + ≥ Đẳng thức xảy x = hay a = Vậy a2 (2 − a) + 32 ≥ Thí dụ (Bất đẳng thức Nesbit) Cho a, b, c số dương Chứng minh b c a + + ≥ b+c c+a a+b Lời giải Dự đoán đẳng thức xảy điểm rơi a = b = c = Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2a 2b 2c + + ≥3 b+c c+a a+b 2a 2b 2c ⇔ +1 + +1 + +1 b+c c+a a+b (a + b) + (c + a) (b + c) + (a + b) (c + a) + (b + c) ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b Đặt x = a + b, y = c + a z = a + b bất đẳng thức trở thành y+z z+x x+y + + ≥ 6, x y z x, y, z số thực dương Hay x y y z z x + + + + + ≥6 y x z y x z (1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm, ta có x y y z z x + ≥ 2, + ≥ + ≥ y x z y x z Cộng vế tương ứng ba bất đẳng thức vừa thu được, ta nhận bất đẳng thức (1) Từ đó, ta suy điều phải chứng minh 146 Các bất đẳng thức cho biết điều kiện tổng biến không (hoặc khó) chọn điểm rơi Thí dụ Cho a ≤ 1; a + b ≥ Chứng minh 3a2 + b2 + 3ab − 27 ≥ Lời giải Đặt a = − x a + b = + y Từ giả thiết, ta suy x, y ≥ 0, b = + x + y Từ đó, ta có 27 27 = 3(1 − x)2 + (2 + x + y)2 + 3(1 − x)(2 + x + y) − 4 25 = x− y− + y + y≥0 = x2 + y − 5x + 7y − xy + 2 3a2 + b2 + 3ab − Đẳng thức xảy x = y = hay a = − b = Thí dụ Cho a, b, c ∈ [1; 3] a + b + c = Chứng minh a) a2 + b2 + c2 ≤ 14; b) a3 + b3 + c3 ≤ 36 Lời giải Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + Khi x, y, z ∈ [0; 2] x + y + z = Giả sử x = max {x; y; z}, suy x + y + z = ≤ 3x ⇒ ≤ x ≤ ⇒ (x − 1)(x − 2) ≤ nên x2 + y + z ≤ x2 + (y + z)2 = x2 + (3 − x)2 = + 2(x − 1)(x − 2) ≤ Tức x2 + y + z ≤ (2) x3 + y + z ≤ (3) Tương tự, ta chứng minh a) Ta có a2 + b2 + c2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = x2 + y + z + 2(x + y + z) + (4) Từ (2) (4), ta suy a2 + b2 + c2 ≤ 14 (đpcm) b) Ta có: a3 +b3 +c3 = (x+1)3 +(y+1)3 +(z+1)3 = x3 +y +z +3(x2 +y +z )+3(x+y+z)+9 (5) Từ (2), (3) (5), ta suy a3 + b3 + c3 ≤ 36 (đpcm) Thí dụ Cho số thực a, b thỏa mãn điều kiện a + b = Chứng minh a2 + b + + ab a+b 147 ≥ Lời giải Đặt c = − 1+ab Ta có ab + bc + ca = −1 Khi đó, bất đẳng thức cần chứng a+b minh trở thành a2 + b + c ≥ ⇔a2 + b2 + c2 ≥ −2(ab + bc + ca) ⇔(a + b + c)2 ≥ (Bất đẳng thức đúng) Vậy bất đẳng thức chứng minh Các bất đẳng thức có giả thiết cho ba biến số thực có tích Trong số toán bất đẳng thức, hay gặp giả thiết cho a, b, c số thực có tích Khi đó, ta thay biến số a, b, c biến số x, y, z z khác cho a = x , b = y , c = y Ngoài ra, a, b, c số dương ta y z giả thiết thêm x, y, z số thực dương Thí dụ (IMO 2000) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh 1 b−1+ c−1+ ≤ a−1+ b c a z Lời giải Vì a, b, c số thực dương có abc = nên ta đặt a = x , b = y , c = x y z với x, y, z > Khi đó, bất đẳng thức cho viết lại dạng z y x z y x −1+ −1+ −1+ ≤1 y y z z x x x−y+z y−z+x z−x+y ⇔ ≤1 y z x (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ⇔ ≤1 xyz Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz (6) Không tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z > Ta có x − y + z > y − z + x > Do đó, z − x + y ≤ bất đẳng thức (6) đúng, (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ < xyz Bây giờ, ta xét trường hợp z − x + y > Khi đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có (x − y + z)(y − z + x) ≤ (x − y + z)(y − z + x) = x 148 Tương tự, ta chứng minh (y − z + x)(z − x + y) ≤ y (z − x + y)(x − y + z) ≤ z Nhân theo vế bất đẳng thức trên, ta nhận (6) Từ ta có điều phải chứng minh Thí dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh 1 + + ≥ a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) Lời giải Vì a, b, c số thực dương có abc = nên ta đặt a = x , b = y , c = y z z , với x, y, z số thực dương Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành y 1 + y z + z x ≥ +1 +1 +1 z x x y zx xy yz + + ≥ ⇔ x(y + z) y(z + x) z(x + y) zx xy yz + + ≥ ⇔ xy + zx yz + xy zx + yz x y y z Hay u v w + + ≥ , v+w w+u u+v với u = yz, v = zx, w = xy số thực dương Đây bất đẳng thức Nesbit cho ba số dương Do đó, ta có điều phải chứng minh b c Lưu ý Đối với số toán lại gặp biểu thức a , c , a , a, b, c b b c số thực khác Khi đó, ta đặt x = a , y = c , z = a để đưa toán biến b b c thỏa mãn điều kiện xyz = a c a = b Thí dụ 10 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh c a b + + ≤ a + 2b b + 2c c + 2a Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b + +2 b c + +2 c a ≤1 +2 b c Đặt x = a , y = c , z = a x, y, z số thực dương có tích xyz = b Khi đó, bất đẳng thức (7) viết lại dạng 1 + + ≤ x+2 y+2 z+2 149 (7) hay (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 + 4(x + y + z) + 2(xy + yz + zx) + ⇔4 ≤ xyz + xy + yz + zx ⇔ ≤ xy + yz + zx (vì xyz = 1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương, ta có xy + yz + zx ≥ 3 (xyz)2 = Từ đó, suy bất đẳng thức (7) ta có điều phải chứng minh Thí dụ 11 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh bc ca a b c ab + + ≥ + + c(c + a) a(a + b) b(b + c) c+a a+b b+c Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với b a c b a c a b c + + ≥ + + c c+a a a+b b b+c c+a a+b b+c hay b c a c ≥ + a + b c a +1 a b +1 b c +1 b Đặt x = a , y = c , z = b c a c a + +1 a b + +1 b c +1 (8) x, y, z số thực dương có tích xyz = Khi z x 1 y + + ≥ + + z+1 x+1 y+1 z+1 x+1 y+1 ⇔y(x + 1)(y + 1) + z(y + 1)(z + 1) + x(z + 1)(x + 1) ≥ ≥ (x + 1)(y + 1) + (y + 1)(z + 1) + (z + 1)(x + 1) ⇔(xy + yz + zx2 ) + (x2 + y + z ) + (xy + yz + zx) + (x + y + z) ≥ ≥ (xy + yz + zx) + 2(x + y + z) + ⇔(xy + yz + zx2 ) + (x2 + y + z ) ≥ (x + y + z) + ⇔(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 + (x + y + z − 3) + (xy + yz + zx2 − 3) ≥ (9) (8) ⇔ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương, ta có √ x + y + z ≥ 3 xyz = xy + yz + zx2 ≥ 3 (xyz)3 = Từ suy bất đẳng thức (9) Do đó, ta có bất đẳng thức cần chứng minh 150 Một số toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm có vai trò Ta sử dụng phép đổi biến: x = a + b + c; y = ab + bc + ca; z = abc Các đẳng thức thường sử dụng xy − z = (a + b)(b + c)(c + a) x2 + y = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) x2 − 2y = a2 + b2 + c2 x3 − 3xy + 3z = a3 + b3 + c3 (10) (11) Các bất đẳng thức thường sử dụng x2 ≥ 3y x3 ≥ 27z y ≥ 3xz xy ≥ 9z x3 − 4xy + 9z ≥ (12) (13) Thí dụ 12 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh 1 a+b+c + + ≥ + a+b b+c c+a a+b+c Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a+b+c (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) ≥ + (a + b)(b + c)(c + a) a+b+c (14) Đặt x = a + b + c, y = ab + bc + ca, z = abc Từ (10) (11) ta có (14) trở thành x2 + y x ≥ + ⇔ (x2 + 3)6x − (x2 + 18)(3x − z) ≥ xy − z x ⇔3x − 36x + x2 z + 18z ≥ ⇔ 3(x3 − 12x + 9z) + x2 z − 9z ≥ ⇔3(x3 − 12x + 9z) + z(x2 − 9) ≥ Do y = nên từ (12) suy x2 ≥ 9, kết hợp với (13) ta có bất đẳng thức đúng, suy toán chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ 13 Cho a, b, c số thực thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn điều kiện abc = (1 − a)(1 − b)(1 − c) Chứng minh a3 + b3 + c3 + 5abc ≥ Lời giải Ta có abc = (1 − a)(1 − b)(1 − c) = − (a + b + c) + (ab + bc + ca) − abc Do vậy, đặt x = a + b + c, y = ab + bc + ca, z = abc ta có 2z = − x + y Theo (13) bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x3 − 3xy + 3z + 5z ≥ ⇔ x3 − 3xy + 8z ≥ ⇔ x3 − 4x + ≥ y(3x − 4) 151 Để ý − x + y = 2z ≥ x2 ≥ 3y nên x − < y < x Xét ba trường hợp Trường hợp Nếu x ≤ x3 − 4x + = (1 − x)(3 − x − x2 ) ≥ > y(3x − 4) Trường hợp Nếu < x < 3x − < < x − < y, (x3 − 4x + 3) − y(3x − 4) > (x3 − 4x + 3) − (x − 1)(3x − 4) = (x − 1)3 > Trường hợp Nếu x ≥ (x3 − 4x + 3) − y(3x − 4) > (x3 − 4x + 3) − x2 (2x − 3)2 (3x − 4) = ≥ Như vậy, trường hợp ta có x3 − 4x + ≥ y(3x − 4), suy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Một số cách đổi biến khác chứng minh bất đẳng thức Thí dụ 14 (IMO 2011) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh √ a2 a b c +√ +√ ≥ + 8ca + 8ab + 8bc b c Lời giải Đặt x = √a2a , y = +8bc minh x + y + z ≥ Để ý √ b ,z b2 +8ca = √ c c2 +8ab Rõ ràng x, y, z ∈ (0; 1), ta cần chứng x2 b2 y2 c2 z2 a2 = , = , = 8bc − x2 8ac − y 8ab − z2 x2 y2 z2 = ⇒ 512 − x2 − y − z Như vậy, ta cần phải chứng minh x + y + z ≥ 1, < x, y, z < (1 − x2 )(1 − y )(1 − z ) = 512(xyz)2 Giả sử x + y + z < Khi đó, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (1 − x2 )(1 − y )(1 − z ) > (x + y + z)2 − x2 (x + y + z)2 − y (x + y + z)2 − z = =(x + x + y + z)(y + z)(x + y + y + z)(z + x)(x + y + z + z)(x + y) ≥ 1 1 1 ≥4(x2 yz) 2(yz) 4(y zx) 2(zx) 4(z xy) 2(xy) = 512(xyz)2 (Mâu thuẫn !) Vậy x + y + z ≥ Thí dụ 15 (IMO 1995) Cho a, b, c số thực dương cho abc = Chứng minh 1 + + ≥ + c) b (c + a) c (a + b) a3 (b 152 1 Lời giải Đặt a = x , b = y , c = z , ta có xyz = Lúc đó, bất đẳng thức cần chứng minh có dạng x2 y2 z2 + + ≥ y+z z+x x+y Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có [(y + z) + (z + x) + (x + y)] x2 y2 z2 + + ≥ (x + y + z)2 y+z z+x x+y Vậy theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x2 y2 z2 x+y+z 3(xyz) 3 + + ≥ ≥ = y+z z+x x+y 2 Thí dụ 16 (Korea 1998) Cho a, b, c số thực dương cho a + b + c = abc Chứng minh 1 √ +√ +√ ≤ + a2 + b2 + c2 1 Lời giải Đặt a = x , b = y , c = z Ta thấy a+b+c = abc tương đương với = xy+yz+zx Bất đẳng thức cho trở thành bất đẳng thức x √ + x2 + y y2 + +√ z z2 + ≤ hay x x2 + xy + yz + zx y + y + xy + yz + zx + z z + xy + yz + zx ≤ hay x (x + y)(x + z) + y (y + z)(y + x) + z (z + x)(z + y) ≤ Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x (x + y)(x + z) = x (x + y)(x + z) x[(x + y) + (x + z)] x x ≤ = + (x + y)(x + z) (x + y)(x + z) x+z x+y Tương tự, ta có y y y + y+z y+x (y + z)(y + x) z z z ≤ + z+x z+y (z + x)(z + y) ≤ Cộng vế tương ứng ba bất đẳng thức trên, ta có kết phải chứng minh 153 Thí dụ 17 (APMO 1996) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh √ √ √ √ √ √ a + b − c + b + c − a + c + a − b ≤ a + b + c Đẳng thức xảy nào? Lời giải Đặt x = a + b − c, y = b + c − a, z = c + a − b Khi đó, ta có a = x+z , b = √ √ √ x+y y+z x + y , đẳng thức , c = Trước hết, ta ý 2(x + y) ≥ x + y + xy = xảy x = y Áp dụng bất đẳng thức này, ta có bất đẳng thức sau √ √ √ √ √ √ √ a + b − c + b + c − a = x + y ≤ x + y = b √ √ √ √ √ √ √ b + c − a + c + a − b = y + z ≤ y + z = c √ √ √ √ √ √ √ c + a − b + a + b − c = z + x ≤ z + x = a Cộng bất đẳng thức vế theo vế, ta có bất đẳng thức phải chúng minh Đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c Tài liệu [1] G H Hardy, J E Littlewood, G Polya, Inequalities, Cambridge University Pree, 1967 [2] Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gosmez Ortega, Rogelio valdez Delgado, Inequalities, A Mathematical Olympial Approach, Birkh¨user, 2009 a [3] Ivan Matié, Classical Inequalities, Olympial Training Materials, 2007 [4] Cezar Lupu, Tudorel Lupu, Problem 11245, American mathematical Monthly, Vol.113, 2006 [5] Titu Andreescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, GIL Publishing House, 2004 [6] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, Định lý áp dụng, NXB Giáo Dục, 2005 [7] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2007 [8] Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo Dục, 2007 [9] Trần Tuấn Anh, Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Tổng hợp TP Hồ Chí Minh, 2006 [10] http://www.math.vn 154