Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức

Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 3 - II.Nội dung Để chứng minh A B trong một số trường hợp ta có thể nghĩ đến phương pháp sau:“Tìm C sau đó chứng minh A C và CB ”.Nhưng vấn đề quan trọng là tìm C.Để tìm C nhiều khi ta phải mò mẫm,dự đo án,dựa vào một phương pháp cũ đã biết,...Trong bài viết này Tôi sẽ đưa ra một kinh ngiệm tìm C dựa vào một phương pháp cũ đã biết. Sau khi chứng minh được một bất đẳng thức ta nên thử xem liệu có thể xây dựng được một số bất đẳng thức khác từ bất đẳng thức đó hay không hoặc dựa vào lời giải đó ta có thể xây dựng các bất đẳng thức khác hay không?Sau đây tôi muốn minh hoạ những vấn đề trên . Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau: Bổ đề 1. “ Trong 3 số bất kỳ x1,x2,x3 luôn tồn tại hai số x i,xj (i và j thuộc tập  3;2;1 ) sao cho:     ax ax j i hoặc     ax ax j i (a là số thực bất kỳ) ” Chứng minh:Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x 1 x2 x3Nếu x2 a thì x1 a và x2 a,ta có điều phải chứng minh.Nếu x2>a thì x2 a và x3 a ,ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2. “ Nếu     ay ax hoặc     ay ax thì xya(x+y)-a2 ”. Chứng minh:Từ giả thiết ta có: (x -a)(y-a)0 hay xya(x+y)-a2 (đpcm) Vận dụng hai bổ đề này để chứng minh một số bất đẳng thức(Các ví dụ) Ví dụ 1.Cho x,y,z là các số thực dương .Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức: xyz+2(x2+y2+z2)+8  5(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi nào. (Bài I-3 của chuyên mục Chào IMO 2007 đợt 1 của Tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 357 tháng 3 năm 2007) Chứng minh: Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z 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 theo Bổ đề 2 ta có xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z >0 )  xyz+2(x2+y2+z2)+8xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 (1) Ta sẽ chứng minh: xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8  5(x+y+z) (2) Thật vậy: (2) (y+z-2)2+(x+z-2)2+3(x-1)2+3(y-1)2+2(z-1)2 0 ,đúng. Từ (1) và (2) suy ra: xyz+2(x 2+y2+z2)+8  5(x+y+z) (Điều phải chứng minh) Đẳng thức trong trường hợp này xảy ra khi x=y=z=1. Vậy đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1 WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 4 - Nhận xét.Ta có thể chứng minh (2) nhờ định lí về dấu của tam thức bậc hai như sau: (2)  2z2+(x+y-6)z+2x2+2y2-5x-5y+80 (3) Xem vế trái của (3) là tam thức bậc hai ẩn z có a=2>0 và  z=(x+y-6)2-8(2x2+2y2-5x-5y+8)  z=-15x2 +2(y+14)x-15y2+28y-28Xem  z là tam thức bậc hai ẩn x có a=-15<0 và ' x =(y+14)2-(-15)(-15y2+28y-28) =-224(y-1)2 0,với mọi y Do đó  z 0,với mọi x,y Vậy (3) đúng với mọi x,y,z (đpcm) Nhận xét 1. Trong ví dụ trên A= xyz+2(x 2+y2+z2)+8; B=5(x+y+z); C= xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 Nhận xét 2.Sau khi giải được bài toán trên Tôi thử xem liệu có thể tìm C đối với bài toán sau (ví dụ 2) bằng cách tương tự như ví dụ 1 được không? Ví dụ 2. Cho x,y,z là các số thực không âm.Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức: 5(x3+y3+z3)+3xyz+9 9(xy+yz+zx) Chứng minh: Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z 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 theo Bổ đề 2 ta có xyx+y-1  3xyz3xz+3yz-3z (vì z 0 )  5(x3+y3+z3)+3xyz+9 5(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 (1) Ta sẽ chứng minh: 5(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 9(xy+yz+zx) (2) Thật vậy: (2) 5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có: 3z=3 3 3 1.1.z  z3+1+1 (3) 3xz=3 3 33 1..zx  x3+z3+1 6xz  2x3+2z3+2 (4) 3yz=3 3 33 1..zy  y3+z3+1 6yz  2y3+2z3+2 (5) 3xy=3 3 33 1..yx  x3+y3+1 9xy  3x3+3y3+3 (6) Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều (3),(4),(5) và (6) ta có 5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z. Từ (1) và (2) suy ra 5(x3+y3+z3)+3xyz+9 9(xy+yz+zx)(Điều phải chứng minh) Nhận xét 2.1.Từ hai ví dụ trên tôi định hướng để xây dựng các bất đẳng thức mới như sau: WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 5 - Hướng 2.1. Từ ví dụ 2 ta có “Nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử : xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )” Do đó xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2).Từ đó ta sẽ có bất đẳng thức dạng“Nếu x,y,z là các số thực không âm thì xyz+m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1”khi ta chọn được m,n,p sao cho bất đẳng thức:xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z) (*) đúng với mọi x,y,z.Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1. Sau đây là cách chọn m,n,p sao cho (*) đúng với mọi x,y,z và đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1. Ta có: (*)mz2+(x+y-n-1)z+mx2+my2-nx-ny+p0 Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,n,p sao cho 1 ,,0 2 1 0        Ryx m nyx m z khi x=y=1       Ryx mn m z ,,0 12 0 Trong đó  z=(x+y-n-1)2-4m(mx2+my2-nx-ny+p)Thay n=2m+1 vào  z và rút gọn,ta có  z=(1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mpSuy ra  z 0  (1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp0 (**) Ta cần chọn m,p sao cho (**) đúng với mọi x,y và đẳng thức xảy ra khi x=y=1.Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn 1 ,0 )41(2 )24(2 041 ' 2 2 2         Ry m my m x khi y=1     Ry m x ,0 041 ' 2 trong đó 'x =(y+4m2-2)2-(1-4m2)[ (1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp] ' x 0  2m2(1-2m2)y2-4m2(1-2m2)y+(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp) 0(***) Ta cần chọn m,p sao cho (***) đúng với mọi y và đẳng thức xảy ra khi y=1. Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn         1 0 )21(4 )21(4 0)21(2 ' 22 22 22 y mm mm mm      0 021 ' 2 y m trong đó ' y =[2m2(1-2m2)]2-2m2(1-2m2)[(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp)] =2m3(1-2m2)(1-4m2)(3m+2-p) Suy ra:Nếu 1-2m2<0 thì ' y =0 p=3m+2 WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 6 - Do đó (*) đúng với mọi x,y,z nếu m,n,p thoả mãn             23 021 041 12 0 2 2 mp m m mn m        23 12 2 2 mp mn m Do đó ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2  (2m+1)(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.Trong đó m là số thực cho trước và m> 2 2 ” Nhận xét 2.1.1. Khi m= 2 2 thì bất đẳng thức “Nếu x,y,z là các số thực không âm xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2  (2m+1)(x+y+z)” vẫn đúng. Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2  (2m+1)(x+y+z) (1.1) trong đó m là số thực cho trước và m 2 2 ” Hướng 2.2.Chọn m,n,p để có bất đẳng thức“Nếu x,y,z là các số thực không âm thì xyz+m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx) .Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.” Từ hướng 2.1 nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: xyz xz+yz-z Suy ra : xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2). Ta sẽ chọn m,n,p sao cho bất đẳng thức: xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx)(*) đúng với mọi x,y,z. Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1. Ta chọn m,n,p (bằng cách làm tương tự hướng 2.1) như sau: Ta có: (*)mz2+[(1-n)x+(1-n)y-1]z+mx2+my2-nxy+p0 Chọn m,n,p sao cho 1 ,,0 2 1)1()1( 0        Ryx m ynxn m z khi x=y=1       Ryx n m m z ,,0 2 12 0 Trong đó  z=[(1-n)x+(1-n)y-1]2-4m(mx2+my2-nxy+p) Thay m= 2 12 n vào  z và rút gọn,ta có  z=n(2-3n)x2 +2[(3n2-3n+1)y+n-1]x+n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)pChọn n,p thoả mãn: WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 7 - 1 ,0 )32(2 ]1)133[(2 0)32( ' 2         Ry nn nynn nn x khi y=1     Ry nn x ,0 0)32( ' trong đó 'x =[(3n2-3n+1)y+n-1]2-n(2-3n)[n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)p] =(1-n)(6n2-5n+1)y2-2(1-n)(6n2-5n+1)y+4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p Chọn n,p thoả mãn         1 0 )156)(1(2 )156)(1(2 0)156)(1( ' 2 2 2 y nnn nnn nnn      0 0)156)(1( ' 2 y nnn trong đó ' y =[(1-n)(6n2-5n+1)]2-(1-n)(6n2-5n+1)[4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p] =n(1-n)(2-3n)(2n-1)(6n2-5n+1)(1-2p) Suy ra:Nếu m= 2 12 n >0,n(2-3n)<0,(1-n)(6n2-5n+1)<0 thì ' y =0 p= 2 1 Do đó (*) đúng với mọi x,y,z nếu m,n,p thoả mãn             2 1 0)156)(1( 0)32( 2 12 0 2 p nnn nn n m m            2 1 2 12 1 p n m n Do đó ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì xyz+ 2 12 n (x2+y2+z2)+ 2 1 n(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1 .Trong đó n là số thực cho trước và n>1” Nhận xét 2.2.2.Khi n=1 thì bất đẳng thức “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì xyz+ 2 12 n (x2+y2+z2)+ 2 1 n(xy+yz+zx) ” vẫn đúng. Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì 2xyz+(2n-1) (x2+y2+z2)+12n(xy+yz+zx) (2.1). Trong đó n là số thực cho trước và n1” Hướng 2.3.Từ (1.1) và (2.1) (Nhân hai vế của (1.1) với p(p )0 ,nhân hai vế của (2.1) với q(q 0 ) rồi cộng theo vế hai bất đẳng thức cùng chiều vừa thu được) suy ra bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì (p+2q)xyz+(mp+2nq-q)(x2+y2+z2)+3mp+2p+q WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 8 -  (2mp+p)(x+y+z)+2nq(xy+yz+zx),trong đó m  2 2 ,n1, 0,0  qp ” (3.1) Nhận xét 2.3.1. Ta có bất đẳng thức“Nếu t là số thực dương thì t  + -1  t, trong đó  là số thực và  >1.Đẳng thức xảy ra khi t=1”. Chứng minh:Xét hàm số f(t)= 1  tt ,với t );0(  f’(t)= )1( 11     tt f’(t)=0 1010)1( 11   ttt  Bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra: 0)( tf với mọi t );0(  Hay t  + -1  t,với mọi t );0(  Đẳng thức xảy ra khi t=1(Điều phải chứng minh). áp dụng bất đẳng thức này ta có:Nếu x,y,z là các số thực dương bất kỳ thì 2x +  -1  x2 2y +  -1  y2 2z +  -1  z2,trong đó  là số thực và  >1 Suy ra: x2+y2+z2    33222  zyx , trong đó  là số thực và  >1 (*) Từ (3.1) và (*) suy ra “Nếu x,y,z là ba số thực dương thì  (p+2q)xyz+(mp+2nq-q) (x2 +y2 +z2 )+2 (3mp+3nq+p-q)- 3(mp+2nq-q)  (2mp+p)(x+y+z)+2 nq(xy+yz+zx),trong đó m  2 2 ,n1, 0,0  qp , >1.” (3.2) Nhận xét 2.3.2.Đặc biệt hoá 3.1,chẳng hạn chọn m=p=q=1,n= 2 3 ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì xyz+x2+y2+z2+2x+y+z+xy+yz+zx” Nhận xét 2.3.3.Đặc biệt hoá 3.2,chẳng hạn chọn m=n=p=1,q=0,  =2 ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực dương thì 2xyz+x4+y4+z4+136(x+y+z)” Hướng 2.4. 2.4.1.Tương tự trên nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 9 - xyz  xz+yz-z  xyz+xy+z xy+yz+zx Mà theo bất đẳng thức Côsi ta có : x2+12 1.2x =2x(Vì x 0) y2+z2 2 22zy =2yz (Vì y,z 0) Suy ra z + xy  2 12 z + 2 22 yx  = 2 1222  zyx Do đó xyz+ 2 1222  zyx  xyz+xy+z Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì 2xyz+ x2+y2+z2+12(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1” 2.4.2.Tương tự trên nếu x,y,z,t là các số thực không âm và vai trò của x,y,z,t bình đẳng thì ta có thể giả sử xyx+y-1  xyztxzt+yzt-zt (Vì zt 0 )  xyzt+zt +xyz+xytxzt+yzt+xyz+xyt Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có z3+t3+13 3 33tz =3zt x3+y3+z33 3 333 zyx =3xyz x3+y3+ t33 3 333 tyx =3xyt Suy ra zt +xyz+xyt  3 133  tz + 3 333 zyx  + 3 333 tyx  = 3 1)(2 3333  tzyx Do đó: xyzt + 3 1)(2 3333  tzyx  xyzt+zt+xyz+xyt Vậy ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z,t là các số thực không âm thì 3xyzt+2(x2+y2+z2+t2)+13(xzt+yzt+xyz+xyt).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=t=1” 2.4.3.Bằng cách làm tương tự ta có bất đẳng thức “Nếu x1,x2,xn là các số thực không âm thì (n-1)  n i ix 1 +(n-2)  n i n ix 1 1 +1 (n-1)    n j n jii ix 1 ,1 ,nN,n3” (4.1) (Trong đó   n i ix 1 =x1x2...xn;   n jii ix ,1 =x1...xj-1xj+1...xn ) Hướng 2.5. Tương tự trên nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử xyx+y-1  xyzxz+yz-z  xyz+z+xy xz+yz +xy  (xyz)n+z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1 (xyz)n-1(xy+yz+zx),nN* Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 10 x3n-1+x3n-1+...+x3n-1 + y3n-1+y3n-1+...+y3n-1 + z3n-1+z3n-1+...+z3n-1 +1 n-1 số hạng n-1 số hạng n số hạng  (3n-1) 13 13113113 )()()( n nnnnnn zyx =(3n-1)z(xyz)n-1 x3n-1+x3n-1+...+x3n-1 + y3n-1+y3n-1+...+y3n-1 + z3n-1+z3n-1+...+z3n-1 n số hạng n số hạng n-1 số hạng  (3n-1) 13 1131313 )()()( n nnnnnn zyx =(3n-1)xy(xyz)n-1 Suy ra z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1  13 1)1()1( 131313    n nzynxn nnn + 13 )1( 131313    n znnynx nnn = 13 1))(12( 131313    n zyxn nnn Do đó: (xyz)n+ 13 1))(12( 131313    n zyxn nnn  (xyz)n+z(xyz)n-1+xy(xyz)n-1 Vậy ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z là các số thực không âm thì (3n-1)(xyz)n+(2n-1)(x3n-1+y3n-1+z3n-1) +1 (3n-1)(xyz)n-1(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1(Trong đó nN*) ” (5.1) Nhận xét 3.Từ hai ví dụ trên,Tôi vận dụng phương pháp đó để giải các bài toán sau (các ví dụ ) Ví dụ 3.Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1.Chứng minh rằng: 4(xy+yz+zx)  1+9xyz.Đẳng thức xảy ra khi nào. Chứng minh Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử      3 1 3 1 y x hoặc      3 1 3 1 y x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có: 9xy3x+3y-1  9xyz3xz+3yz-z (vì z 0 ) 1+9xyz 1+3xz+3yz-z (1) Ta sẽ chứng minh: 1+3xz+3yz-z  4(xy+yz+zx) (2) Thật vậy: (2) 1 z+z(x+y)+4xy  1 z+z(1-z)+4xy (Vì x+y+z=1)  (1-z)2 4xy WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 11  (x+y)2 4xy (Vì x+y+z=1)  (x-y)2 0 , đúng. Từ (1) và (2) suy ra 4(xy+yz+zx)  1+9xyz (Điều phải chứng minh) Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi x=y=z= 3 1 hoặc x=y= 2 1 ,z=0 Do đó đẳng thức xảy ra khi x=y=z= 3 1 hoặc x=y= 2 1 ,z=0 hoặc x=z= 2 1 ,y=0 hoặc z=y= 2 1 ,x=0. Nhận xét 3.1. 3.1.1.Trong ví dụ 3 thay x,y,z lần lượt bởi k c k b k a ,, (k là số thực dương),ta có bất đẳng thức:“Nếu a,b,c là các số thực không âm thoả mãn a+b+c=k thì 4k(ab+bc+ca) k3 + 9abc,trong đó k là số thực dương” 3.1.2.Dựa vào Ví dụ 3 ta có thể chứng minh bất đẳng thức : “Nếu a,b,c là các số thực không âm thì (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc (1)” như sau:Dễ thấy (1) đúng khi a=b=c=0. Nếu một trong ba số a,b,c dương thì a+b+c=k > 0 Đặt a=kx,b=ky,c=kz,ta có x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1 và (1) trở thành (kx+ky-kz)(ky+kz-kx)(kz+kx-ky)kxkykz  (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)xyz (Vì k>0)  (1-2z)(1-2x)(1-2y)xyz (Vì x+y+z=1)  4(xy+yz+zx)  1+9xyz,đúng (theo ví dụ 3) Vậy (1) đúng (điều phải chứng minh) 3.1.3.Lí do tôi dùng ví dụ 3 để chứng minh (1) là :trong các tài liệu thì người ta thường dùng (1) để chứng minh ví dụ 3. Nhận xét 3.2.Từ ví dụ 3 kết hợp với bất đẳng thức Cô si ta có thể tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của các biểu thức A=mxyz+xy+yz+zx, với x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1(m là số thực cho trước) như sau: a.Theo ví dụ 3 ta có: xy+yz+zx- 4 9 xyz 4 1 Suy ra A= xy+yz+zx- 4 9 xyz+(m+ 4 9 )xyz 4 1 +(m+ 4 9 )xyz Nếu m+ 4 9 0 hay m 4 9 thì (m+ 4 9 )xyz  (m+ 4 9 ) 3 3     zyx = 12 1 + 27 m Do đó A 27 9m .Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x=y=z= 3 1 WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 12 Nếu m+ 4 9 <0 hay m<- 4 9 thì (m+ 4 9 )xyz  0 Do đó A 4 1 .Đẳng thửc xảy ra chẳng hạn khi x=y= 2 1 ,z=0. b.Theo bất đẳng thức Cô si ta có xy+yz+zx=(x+y+z)(xy+yz+zx) 3 3 xyz 3 3 xyyzzx =9xyz 09  xyzzxyzxy Suy ra A=xy+yz+zx-9xyz+(m+9)xyz  (m+9)xyz (Vì 09  xyzzxyzxy ) Nếu m+90 hay m -9 thì (m+9)xyz  0 Do đó A0.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x=y=0,z=1. Nếu m+9<0 hay m<-9 thì (m+9)xyz  (m+9) 3 3     zyx = 27 9m . Do đó A 27 9m .Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x=y=z= 3 1 Kết luận: Nếu m<-9 thì giá trị lớn nhất của A là 4 1 , giá trị nhỏ nhất của A là 27 9m . Nếu -9m<- 4 9 thì giá trị lớn nhất của A là 4 1 , giá trị nhỏ nhất của A là 0 Nếu m 4 9 thì giá trị lớn nhất của A là 27 9m , giá trị nhỏ nhất của A là 0 Từ đó ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1 thì a) 27 9m  mxyz+xy+yz+zx  4 1 (Trong đó m là số thực cho trước và m< -9) b) 0 mxyz+xy+yz+zx  4 1 (Trong đó m là số thực cho trước và -9m< 4 9 ) c)0mxyz+xy+yz+zx  27 9m (Trong đó m là số thực cho trước và m 4 9 )” Nhận xét 3.3.Nếu x+y+z=1 thì x2+y2+z2= (x+y+z)2-2(xy+yz+zx) =1-2(xy+yz+zx) (1) x3+y3+z3-3xyz = (x+y+z)( x2+y2+z2- xy+yz+zx) = 1-3(xy+yz+zx) Do đó x3+y3+z3 = 1-3(xy+yz+zx)+3xyz (2) Từ (1) và (2) suy ra: m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+qxyz =m[1-3(xy+yz+zx)+3xyz] +n[1-2(xy+yz+zx)]+p (xy+yz+zx)+qxyz =(3m+q)xyz+(p-3m-2n)(xy+yz+zx)+m+n (3) Nhận xét 3.4.áp dụng nhận xét 3.2 và nhận xét 3.3 ta có thể xây dựng các bất đẳng thức bằng cách sau: WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 13 3.4.1.Trong nhận xét 3.2 cho m=-2 ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z là các số thực không âm thoã mãn x+y+z=1 thì 0 xy+yz+zx-2xyz 27 7 ” Do đó ta có bài toán: Bài 3.1.Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1 chứng minh rằng 0 xy+yz+zx-2xyz 27 7 (Đề thi IMO-1984) 3.4.2.Trong nhận xét 3.3 cho m=1,n=p=r=0,q=3 ta có Nếu x,y,z là các số thực không âm thoã mãn x+y+z=1 thì x3+y3+z3+3xyz=6xyz-3(xy+yz+zx)+1=1-3(xy+yz+zx-2xyz) (4) Mà theo 3.4.1 ta có 0 xy+yz+zx-2xyz 27 7 Do đó ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1 thì 9 2  x3+y3+z3+3xyz 1 ” Do đó ta có bài toán: Bài 3.2.Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+y+z=1 chứng minh rằng 9 2  x3+y3+z3+3xyz 1 3.4.3.a. Nếu x,y,z là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 1 thì (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) > 0 (*) 3.4.3.b. Nếu  >0 thì tồn tại tam giác có chu vi bằng 1 sao cho (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)  Thật vậy i.Nếu 27 1 thì chọn tam giác có chu vi bằng 1 có độ dài cá c cạnh là x,y,z trong đó x=y=z= 3 1 .Khi đó (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=  27 1 . ii.Nếu 0< < 27 1 thì tồn tại t0    3 1 ;0 để f(t0)= 02 2030  tt . (Xét hàm số f(t)=2t3-t2+ .Hàm số f(t) liên tục trên R. Vì f(0)= >0;f    3 1 = 27 1 <0 nên f(0)f    3 1 <0.Suy ra tồn tại t0    3 1 ;0 để f(t0)= 02 2030  tt ).Khi đó chọn tam giác có chu vi bằng 1 có độ dài các cạnh là x,y,z trong đó 00 ;2 1 tz t yx  ,ta có (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) = 20302 tt  = . Từ 3.a và 3.b suy ra: Nếu x,y,z là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 1 thì (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) > 0;Đồng thời không thể thay 0 bởi số thực  >0. WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 14 Mà (*) (1-2x)(1-2y)(1-2z)>0 (Vì x+y+z=1)  xy+yz+zx-2xyz > 4 1 (Không thể thay 4 1 bởi số thực  > 4 1 ) Từ đó ta có bài toán : Bài 3.3.Nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 t hì 4 1 <ab+bc+ca-2abc 27 7 Từ (4) và bài 3.3 ta có bài toán sau Bài 3.4. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 1.Chứng minh rằng 9 2 a3+b3+c3+3abc< 4 1 . (Bài T5 / 353Tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 3 năm 2007) 3.4.4.Giả sử x,y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 (theo nhận xét 3.3),ta có: A= m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+qxyz =(3m+q)xyz+(p-3m-2n)(xy+yz+zx)+m+n =(p-3m-2n)       xyz nmp qm zxyzxy 23 3 +m+n ,khi p-3m-2n 0 Chọn m,n,p,q thoả mãn:       2 23 3 023 nmp qm nmp      pnmq nmp 243 023 Khi đó A= (p-3m-2n)(xy+yz+zx-2xyz)+m+n (5) Từ bài 3.3 và (5) suy ra bất đẳng thức: “Cho x,y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1.Đặt A= m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+(3m+4n-2p)xyz. a.Nếu p-3m-2n>0 thì: nm nmp  4 23 <A nmnmp  27 )23(7 hay 4 2nmp  <A 27 1367 nmp  b.Nếu p-3m-2n<0 thì:  27 1367 nmp A< 4 2nmp  ” (6) 3.4.5.Đặc biệt hoá (6),chẳng hạn chọn m=n=p=1 ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 thì  27 26 x3+y3+z3+x2+y2+z2+xy+yz+zx+5xyz<1” WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 15 Nhận xét 3.5. Bằng cách làm tương tự 3.1.1,từ các nhận xét 3.2 và3.4 ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mới.Chẳng hạn từ 3.4.4 cho m=p=0,n=1,ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 thì  27 13 x2+y2+z2 +4xyz< 2 1 ” Từ bất đẳng thức này(thay x,y,z lần lượt bởi 2 , 2 , 2 cba ) ta có bài toán: Bài 3.5. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2.Chứng minh rằng 27 52 a2+b2+c2+2abc<2 ( Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2005-2006) Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xy+yz+zx+xyz=4 (*).Chứng minh rằng: x+y+z  xy+yz+zx.Đẳng thức xảy ra khi nào. (Đề thi học sinh giỏi Quốc gia năm 1996-Bảng B hay đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2000-2001) Chứng minh Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z 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 theo Bổ đề 2 ta có xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )  xy+yz+zx  xyz+z+xy (1) Ta sẽ chứng minh: xyz+z+xy  x+y+z (2) Thật vậy: (2) 4-xy-yz-zx+z+xy  x+y+z (Vì xy+yz+zx+xyz=4 )  (x+y)(1+z)  4 (3) Nếu x=y=0 thì (*) trở thành 0 =4 vô lí.Do đó x+y+xy > 0 và từ (*) ta có: z = xyyx xy  4 Vì thế : (3)  (x+y)(1+ xyyx xy  4 )  4  (x+y)(x+y+4)  4(x+y+xy) (Vì x+y+xy >0 )  (x-y)2 0 , đúng. Từ (1) và (2) suy ra x+y+z  xy+yz+zx (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 WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 16 Ví dụ 5.Chứng minh rằng nếu x,y,z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện:x2+y2+z2+xyz=4 (*) thì ta có 0xy+yz+zx-xyz  2 (Đề thi USAMO-2001) Chứng minh: a)Chứng minh xy+yz+zx-xyz  2 Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z 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 theo Bổ đề 2 ta có xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )  xy+yz+zx-xyz  xy+yz+zx-( xz+yz-z)  xy+yz+zx-xyz  xy+z (1) Ta sẽ chứng minh: xy+z  2 (2) Thật vậy: Từ (*) ta có x2  4, y2  4, xy  2 22 yx   4 và (*)  z2+xyz+x2+y2 -4=0 (**) Xem (**) là phương trình bậc hai (ẩn z) có  = (xy)2-4(y2+z2 -4) = (4-x2)(4-y2) 0 (Vì x2  4, y2  4) Phương trình (**) có hai nghiệm z= 2 )4)(4( 22 yxxy  và z= 2 )4)(4( 22 yxxy  Vì z  0 nên z= 2 )4)(4( 22 yxxy  Do đó (2)  xy+ 2 )4)(4( 22 yxxy   2  4-xy  )4)(4( 22 yx   (4-xy)2  (4-x2)(4-y2) (Vì 4-x2 0 ,4-y2 0 ,4-xy 0 )  (x-y)2 0 , đúng. Từ (1) và (2) suy ra xy+yz+zx-xyz  2 (Điều phải chứng minh). b) Chứng minh: 0 xy+yz+zx-xyz Nếu cả ba số x,y,z lớn hơn 1,dễ thấy vế trái của (*) lớn hơn 4 (Vô lí ) Do đó trong ba số x,y,z có ít nhất một số chẳng hạn là x sao cho x 1. Suy ra xy+yz+zx-xyz=xy+zx+yz(1-x)0 (điều phải chứng minh) Ví dụ 6.Cho x,y,z(0;1),thoả mãn xyz=(1-x)(1-y)(1-z) (*).Chứng minh rằng: x2+y2+z2  4 3 (Bài 2(44) chuyên mục thi giải toán qua thư -Tạp chí Toán học tuổi thơ 2 THCS số 44) WWW.MATHVN.COM Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức . Sơn _ kều - 17 Chứng minh Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử      2 1 2 1 y x hoặc      2 1 2 1 y x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có: 4xy2x+2y-1  4xyz2xz+2yz-z (vì z 0 ) (**) Mặt khác từ (*) ta có 2xyz+x+y+z= xy+yz+zx+1  4xyz+2x+2y+2z= 2xy+2yz+2zx+2 (***) Từ (**) và (***) suy ra 2xy+2yz+2zx+2 2xz+2yz-z+2x+2y+2z  2+2xy  2x+2y+z  2(1-x)(1-y)  z  2(1-x)(1-y)(1-z)  z(1-z) (Vì z(0;1) nên 1-z > 0 )  2xyz  z(1-z)  2xy  1-z (Vì z > 0 ) z+2xy- 4 1  4 3 (1) Ta sẽ chứng minh x2+y2+z2  z+2xy- 4 1 (2) Thật vậy: (2) 4(x-y)2 + (2z-1)2 0 ,đúng. Từ (1) và (2) suy ra x2+y2+z2  4 3 (Điều phải chứng minh). Ví dụ 7.Cho ba số thực x,y,z thoả mãn xyz=1.Chứng minh rằng x2y2 + y2z2 + z2x