Phương pháp đổi biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức

GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882 1 PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ( Bài viết trên Báo Toán Học Tuổi Trẻ tháng 5 năm 2009 ) Trong các đề thi đại học những năm gần đây , bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất rất phổ biến . Một kĩ năng quan trọng để giải bài toán dạng này là phương pháp đổi biến để đưa bài toán ban đầu về bài toán đơn giản hơn . Chúng tôi xin giới thiệu kĩ năng này để bạn đọc cùng trao đổi 1)Đổi biến đưa về hàm một biến để khảo sát Thí dụ 1 ( Đề thi Cao Đẳng 2008 )Cho hai số thực x,y thỏa mãn : x2+y2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của M=2(x3+y3)-3xy Giải Rõ dàng các biểu thức tham gia trong bài toán gợi cho ta liên hệ đến hệ đối xứng loại 1 , từ đó ta đi đến định hướng đặt : S=x+y ; P=xy ( S2 ≥4P ) Từ giả thiết ta có : 2 2 2 S 2 SS 2P 2 P= S 2 2 4 − − = ⇒ ≤ ⇒ ≤ Thay vào M ta được ( )3 3 23M 2 S 3SP 3P S S 6S 32= − − = − − + + Xét hàm số : ( ) ( )3 2 2 S 13f S S S 6S 3 f ' S 3S 3S 6 0 S 22 = = − − + + ⇒ = − − + = ⇔  = − Dễ dàng tìm được 1 3 1 3S 1 x , y13 2 2MaxM f (1) 12 P 1 3 1 32 x , y 2 2  + − = = =  = = ⇔ ⇔ = −  − + = = S 2 min M f ( 2) 7 x y 1 P 1 = − = − = − ⇔ ⇔ = = − = Thí dụ 2 ( Đề thi khối B 2008 )Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn : x2+y2=1 . Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của ( )2 22 x 6xyP 1 2xy 2y + = + + Giải Đặt x=cost , y= sint ( [ ]t 0;2 π ∈ ) ta được : ( )2 2 2 cos t 6sin t cos t cos2t 6sin 2t 1P 1 2sin t cos t 2sin t 2 sin 2t cos2t + + + = = + + + − Dễ dàng chứng minh được mẫu của P luôn dương nên ta có : ( ) ( ) ( )P 2 sin 2t cos2t cos2t 6sin 2t 1 P 6 sin 2t P 1 cos2t 1 2P+ − = + + ⇔ − − + = − Phương trình ẩn t có nghiệm ( ) ( ) ( )2 2 2 2P 6 P 1 1 2P P 3P 18 0 6 P 3⇔ − + + ≥ − ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Do đó , maxP=3 và min P=-6 ,phần còn lại xin dành cho độc giả *Nhận xét : Đây chính là phương pháp lượng giác hóa ta có thể nhận biết dạng này khi gặp các biểu thức dạng hằng đẳng thức lượng giác : 2 2 2 2 1 sin x cos x 1 ; 1 tan x ;... cos x + = + = ta có thể nghĩ đến hướng đặt sau +) 2 2 2x y a+ = đặt x=acost , y=asint (hoặc x=asint , y=acost ), [ ]t 0;2 π ∈ +) x a≤ đặt x=acost, [ ]t 0; π ∈ GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882 2 +) x R∈ đặt x=tant, π πt ; 2 2   ∈ −   +) x a≥ hoặc bài toán chứa biểu thức 2 2x a− thì đặt a π 3π t , t 0; π; cos x 2 2     = ∈ ∪      Khi đó, bài toán sẽ đưa về việc tìm giá trị min ,max của hàm số lượng giác đơn giản hoặc sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc nhất với sinnx và cosnx Thí dụ 3. Cho các số x,y,z ( )0;1∈ thỏa mãn : xyz=(1-x)(1-y)(1-z) . Chứng minh rằng : x2+y2+z2 3 4 ≥ Giải Từ giả thiết ta có : xyz=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz⇒ xy+yz+zx=2xyz-1+x+y+z mà ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2x y z x y z 2 xy yz zx x y z 2 2 x y z x y z 4xyz+ + = + + + + + ⇒ + + = − + + + + + − Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : ( ) ( ) 3 3 22 2 2x y z x y zxyz x y z 2 2 x y z x y z 4 3 3 + + + +   ≤ ⇒ + + ≥ − + + + + + −       Đặt t=x+y+z , 0<t<3 ta có : 3 2 2 2 2 4tx y z 2 2t t 27 + + ≥ − + − Đến đây ta có thể dễ dàng khảo sát mà tìm được giá trị nhỏ nhất là 3 4 xảy ra khi 1x y z 2 = = = 2) Đổi biến đưa về bài toán nhiều biến Trong nhiều bài toán , việc đánh giá trực tiếp đánh giá đưa về một biến như trên gặp khó khăn. Khi đó , ta có thể nghĩ đến việc chuyển các biến ban đầu sang biến mới để tiện cho việc đánh giá . Loại thứ nhất , coi mẫu các biểu thức tham gia trong bài toán là ẩn mới . Thí dụ 4 . Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng : 4a 9b 16c 26 b c a c a b a b c + + ≥ + − + − + − (*) Giải Đặt x=b+c-a , y=c+a-b , z=a+b-c ( x,y,z dương ) y z z x x ya ;b ;c 2 2 2 + + + ⇒ = = = Ta có ( ) ( ) ( )4 y z 9 z x 16 x y y x z x z y2VT 4 9 4 16 9 16 x y z x y x z y z + + +      = + + = + + + + +         Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : y x z x z y2VT 2 4 .9 2 4 .16 2 9 .16 52 x y x z y z ≥ + + = Phần dấu bằng xảy ra dành cho bạn đọc Loại thứ hai , dựa vào đẳng thức dàng buộc ban đầu có thể chuyển thành đẳng thức mới từ đó đi đến bài toán với biến mới Thí dụ 5 . Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn : abc=1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 2 2 bc ca abM a b a c b c b a c a c b = + + + + + Giải GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882 3 Đặt x=bc ; y=ca ; z=ab ( x,y,z dương ) từ giả thiết ta có : xyz=1 và 2 2 2x y zM y z z x x y = + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số ta có : 2 2x y z x y z2 . x y z 4 y z 4 + + + ≥ = + + tương tự : 2 2y z x z x yy ; z z x 4 x y 4 + + + ≥ + ≥ + + cộng vế với vế các bất đẳng thức này ta được 33 xyzx y z 3M 2 2 2 + +≥ ≥ = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1 khi đó a=b=c=1 Thí dụ 6 . Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn : ab+bc+ca=abc .Chứng minh rằng : a bc b ca c ab abc a b c+ + + + + ≥ + + + (1) Giải 1 1 1 ab bc ca abc 1 a b c + + = ⇔ + + = và ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 a bc b ca c ab bc ca ab ⇔ + + + + + ≥ + + + đặt 1 1 1x ; y ;z a b c = = = ta có : x+y+z=1 ta phải chứng minh : x yz yz y zx zx z xy xy 1+ − + + − + + − ≥ Ta có : ( )( ) ( )( )x yz yz 1 y z 1 y 1 z x y x z+ = + − − = − − = + + ( )( ) x x x x yz yz x x y x z y zx yz yz x y x z yz 2 2 + − = = ≥ = + + + ++ + + + + + tương tự : y zx zx y ; z xy xy z+ − ≥ + − ≥ Cộng vế với vế các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay a=b=c=3 Thí dụ 7. Cho x, y, z >0 thỏa mãn 1x y z+ + = . CMR 1 4 9 36 x y z + + ≥ (1) Giải Từ giả thiết ta có thể đặt: ; ;= = = + + + + + + a b c x y z a b c a b c a b c với a,b,c >0 Nên BĐT (1) trở thành 4. 9. 36a b c a b c a b c a b c + + + + + + + + ≥ 4. 4. 9. 9. 22b c a c a b a a b b c c ⇔ + + + + + ≥ 4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22b a c a c b b a c a c b a b a c b c a b a c b c       ⇔ + + + + + ≥ + + =           (đúng) Dấu “=” xảy ra 2 1 1 1 ; ; 3 6 3 2 = ⇔ ⇒ = = = = b a x y z c a Thí dụ 8 . Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn : xy+yz+zx=1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882 4 2 2 2 x y zM 1 x 1 y 1 z = + + − − − Giải Đặt ( )( )A B Ctan x; tan y; tan z A,B,C 0; π 2 2 2 = = = ∈ từ giả thiết ta có A,B,C là 3 góc của một tam giác nhọn . Ta biết rằng : tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC và vì ABC là tam giác nhọn nên tanA,tanB,tanC là các số dương . Ta có ( ) 33 31 3 3 3M tan A tan B tan C tan A tan B tan C tan A+ tan B tan C 2M 2 2 2 2 = + + ≥ = + = 2 27 3 3M M 4 2 ⇔ ≥ ⇔ ≥ . Dấu bằng xảy ra xin dành cho bạn đọc *Nhận xét : trong thí dụ này ta có thể thấy sự tương tự của các biểu thức dàng buộc và các đẳng thức lượng giác cơ bản Thí dụ 9 . ( Đề thi Đại Học Khối A 2008 ) CMR với mọi số dương x,y,z thỏa mãn : x(x+y+z)=3yz, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3x y x z x y y z x z 5 y z+ + + + + + + ≤ + Hướng dẫn giải. Cách 1. Đặt a=y+z,b=z+x,c=x+y thì a,b,c dương và b c a c a b a b cx , y , z2 2 2 + − + − + − = = = điều kiện bài toán trở thành ( ) ( )2 224a b c 3 b c= + + − (1) , ta phải chứng minh : 3 3 3b c 3abc 5a+ + ≤ Từ (1) ta có : ( )224a b c 2a b c≥ + ⇒ ≥ + và 2 2 2 2a b c bc 2bc bc a bc= + − ≥ − ⇒ ≥ Có ( ) ( )3 3 2 2 2 2 3b c 3abc b c b bc c 3a.bc 2a.a 3a.a 5a+ + = + − + + ≤ + = Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay x=y=z Cách 2 . Đặt y=ax,z=by ( a,b>0). Khi đó , ta có bài toán tương đương: “ Cho a,b dương a+b+1=3ab (1) .CMR ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3a 1 b 1 3 a 1 b 1 a b 5 a b+ + + + + + + ≤ + (2) ” Từ (1) ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 23 a ba b 1 3ab 3 a b 4 a b 4 0 a b 2 do a b 04 + + + = ≤ ⇔ + − + − ≥ ⇔ + ≥ + > (3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 (2) a 1 b 1 3 a 1 b 1 a 1 b 1 3 a 1 b 1 a b 5 a b a b 2 6 a 1 b 1 5 a b a b 2 2 3ab 3a 3b 3 5 a b a b 2 8 a b 1 5 a b do (1) ⇔ + + + − + + + + + + + + + ≤ + ⇔ + + − + + ≤ + ⇔ + + − + + + ≤ + ⇔ + + − + + ≤ + Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2 suy ra , ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 2t 2 8 t 1 5t 2t 2t 3t 2 0 2t 2t 1 t 2 0+ − + ≤ ⇔ − − ≥ ⇔ + − ≥ đúng với mọi t≥2 Dấu = xảy ra khi x=y=z Lưu ý . Do tính đồng bậc của điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh ta có thể sử dụng hướng đổi biến y=ax , z=bx ( a,b >0) hoặc x=at,y=bt,z=ct ( a,b,c,t >0) Để kết thúc bài viết mời các bạn cùng giải các bài tập sau GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882 5 1) Cho x,y là các số thực dương , tìm giá trj nhỏ nhất của 3 3 2 2 3 3 2 2 x y x y x yM y x y x y x   = + − + + +   2) Cho x,y,z là các số thực dương , tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 2x 2 y 2 z 2A 3y 4z 3z 4x 3x 4y + + + = + + + + + 3) Cho x,y là các số thực không âm , tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của ( )( )( ) ( )2 2 x y 1 xy P 1 x 1 y − − = + + 4) Cho a,b,c dương thoả mãn : a+b+c=abc . Chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 11 1 1 2 3 a b c + + + + + ≥ 5) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 . CMR : 3 3 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b+ + ≥+ + + Gợi ý : Đặt 1 1 1x ; y ;z a b c = = = 6) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .CMR: 1 1 11 1 1 1a b c b c a     − + − + − + ≤       Gợi ý : đặt ; ;= = =x y za b c y z x với , , 0x y z > 7) Cho a,b,c dương và a+b+c=1 , chứng minh rằng : 2 2 2a abc b abc c abc 1 c ab a bc b ac 2 abc + + + + + ≤ + + + 8) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn : ( )2x 2x y z 5yz+ + = . CMR ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3x y x z x y y z z x 3 y z+ + + + + + + ≤ + 9) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn : ( )3x x y z yz+ + = . CMR ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 32 2 3x y x z 4 x y x z x y z y z3 + + + + + + + + + ≤ +