Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đổi biến

Chuyên đề Bất đẳng thức gồm nội dung trọng tâm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức Toán 9 ôn thi vào lớp 10.

Khoahoc Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đổi biến 5,0

1. Định nghĩa phương pháp đổi biến

- Phương pháp đổi biến là một trong những phương pháp phổ biến nhất khi chứng minh bất đẳng thức, thông qua việc chuyển đổi sang biến mới giúp chúng ta có cách nhìn nhận, đánh giá dữ kiện đề bài một cách dễ dàng hơn từ đó giải quyết được bài toán.

2. Phân loại các kiểu đổi biến

Dạng 1: Đổi biến các mẫu phức tạp

Ví dụ. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{2}}{b + c - a} + \frac{b^{2}}{c + a - b} + \frac{c^{2}}{a + b - c} \geq a + b + c$

Hướng dẫn giải

Ta đặt $\left\{ \begin{matrix}x = a + b - c > 0 \\y = b + c - a > 0 \\z = c + a - b > 0 \\\end{matrix} \right.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}a = \dfrac{x + z}{2} \\b = \dfrac{x + y}{2} \\c = \dfrac{y + z}{2} \\\end{matrix} \right.$

Ta cần chứng minh: $\frac{(x + y)^{2}}{4z} + \frac{(y + z)^{2}}{4x} + \frac{(x + z)^{2}}{4y} \geq x + y + z$

Ta có $\frac{(x + y)^{2}}{4z} + \frac{(y + z)^{2}}{4x} + \frac{(x + z)^{2}}{4y} \geq \frac{xy}{z} + \frac{yz}{x} + \frac{xz}{y}(1)$

Mặt khác: $\frac{xy}{z} + \frac{yz}{x} \geq 2y$ , $\frac{yz}{x} + \frac{zx}{y} \geq 2x,$ $\frac{zx}{y} + \frac{xy}{z} \geq 2y.$

Từ đó ta được:

$2\left( \frac{xy}{z} + \frac{yz}{x} + \frac{xz}{y} \right) \geq 2(x + y + z)$

$\Leftrightarrow \frac{xy}{z} + \frac{yz}{x} + \frac{xz}{y} \geq x + y + z(2)$

Từ (1) và (2) ta được: $\frac{(x + y)^{2}}{4z} + \frac{(y + z)^{2}}{4x} + \frac{(x + z)^{2}}{4y} \geq x + y + z$

Vậy $\frac{a^{2}}{b + c - a} + \frac{b^{2}}{c + a - b} + \frac{c^{2}}{a + b - c} \geq a + b + c$

Ta có thể đặt: $\left\{ \begin{matrix} 4x = a + b–c\ > 0 \\ 4y = b + c–a\ > 0\ \\ 4z = c + a–b > 0 \\ \end{matrix} \right.$

Khi đó $\left\{ \begin{matrix} a = 2(x + z) \\ b = 2(x + y)\ \\ \ c = 2(y + z) \\ \end{matrix} \right.$

Bài toán quy về chứng minh: $\frac{(x + y)^{2}}{z} + \frac{(y + z)^{2}}{x} + \frac{(x + z)^{2}}{y} \geq 4(x + y + z)$

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ . Chứng minh rằng: $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \geq \frac{3}{2}$

Hướng dẫn giải

Ta đặt $\left\{ \begin{matrix} x = b + c\ \\ y = c + a\ \\ z = a + b \\ \end{matrix} \right.\ (x,y,z > 0) \Rightarrow a + b + c = \frac{x + y + z}{2}$

Khi đó $a = \frac{y + z - x}{2},b = \frac{z + x - y}{2},c = \frac{x + y - z}{2}$

Ta cần chứng minh

$\frac{y + z - x}{2x} + \frac{z + x - y}{2y} + \frac{x + y - z}{2z} \geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( \frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - 3 \right) \geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \right) + \left( \frac{x}{z} + \frac{z}{x} \right) + \left( \frac{y}{z} + \frac{z}{y} \right) \geq 6$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ. Cho $x,y,z > 0$ . Chứng minh rằng: $\frac{25x}{y + z} + \frac{4y}{z + x} + \frac{9z}{x + y} > 12$ .

Hướng dẫn giải

Ta đặt: $\left\{ \begin{matrix} a = x + y \\ b = z + x \\ c = x + y\ \\ \end{matrix} \right.\ ;(a,b,c > 0) \Rightarrow x + y + z = \frac{a + b + c}{2}$

Khi đó: $x = \frac{b + c - a}{2},y = \frac{c + a - b}{2},z = \frac{a + b - c}{2}$

Ta chứng minh: $\frac{25(b + c - a)}{2a} + \frac{4(c + a - b)}{2b} + \frac{9(a + b - c)}{2c} > 12$

Thật vậy:

$VT = \left( \frac{25b}{2a} + \frac{4a}{2b} \right) + \left( \frac{25c}{2a} + \frac{9a}{2c} \right) + \left( \frac{4c}{2b} + \frac{9b}{2c} \right) - 19$ $\geq 10 + 15 + 6 - 19 = 12$

Đẳng thức trên xảy ra khi: $\left\{ \begin{matrix} 5b = 2a \\ 5c = 3a \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow 5b + 5c = 5a \Rightarrow x = b + c - a = 0$ (ngược với giả thiết)

Vậy $\frac{25x}{y + z} + \frac{4y}{z + x} + \frac{9z}{x + y} > 12$

Ví dụ: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Tìm GTNN của biểu thức:

$P = \frac{4a}{b + c - a} + \frac{4b}{c + a - b} + \frac{4c}{a + b - c}$

Hướng dẫn giải

Cách 1: Ta đặt $\left\{ \begin{matrix}x = a + b - c > 0 \\y = b + c - a > 0 \\z = c + a - b > 0 \\\end{matrix} \right.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}a = \dfrac{x + z}{2} \\b = \dfrac{x + y}{2} \\c = \dfrac{y + z}{2} \\\end{matrix} \right.$

$P = \frac{4(y + z)}{2x} + \frac{9(z + x)}{2y} + \frac{16(x + y)}{2x}$

$= \frac{1}{2}\left\lbrack \left( \frac{4y}{x} + \frac{9x}{y} \right) + \left( \frac{4z}{x} + \frac{16x}{z} \right) + \left( \frac{9z}{y} + \frac{16y}{z} \right) \right\rbrack \geq 26$

Vậy $MinP = 26$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}y = \dfrac{3}{2}x \\z = 2x \\\end{matrix} \right.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}a = \dfrac{7}{5}c \\b = \dfrac{6}{5}c \\\end{matrix} \right.$

Cách 2: Tách $2P = \left( \frac{8a}{b + c - a} + 4 \right) + \left( \frac{18b}{c + a - b} + 9 \right) + \left( \frac{32c}{a + b - c} + 16 \right) - 29$

$\Leftrightarrow 2P = (a + b + c)\left( \frac{2^{2}}{b + c - a} + \frac{3^{2}}{c + a - b} + \frac{4^{2}}{a + b - c} \right) - 29$

$\Rightarrow 2P \geq (a + b + c)\frac{(2 + 3 + 4)^{2}}{a + b + c} - 29 = 52 \Leftrightarrow P \geq 26$

Dạng 2. Đổi biến dựa trên giả thiết bài toán

Ví dụ. Cho $a;b;c$ là các số thực dương và thoả mãn $abc = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{a}{ab + 1} + \frac{b}{bc + 1} + \frac{c}{ca + 1} \geq \frac{3}{2}$

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết $abc = 1$ , ta đặt: $a = \frac{x}{y}$ , $b = \frac{y}{z}$ , $c = \frac{z}{x}$ (x, y, z > 0).

Khi đó: $\dfrac{a}{ab + 1} = \dfrac{1}{b +\dfrac{1}{a}} = \dfrac{1}{\dfrac{y}{z} + \dfrac{y}{x}} = \dfrac{zx}{xy +yz}.$

Tương tự có: $\frac{b}{bc + 1} = \frac{xy}{yz + zx}$ , $\frac{c}{ca + 1} = \frac{yz}{xz + xy}$

Ta cần chứng minh: $\frac{xy}{yz + zx} + \frac{yz}{zx + xy} + \frac{zx}{xy + yz} \geq \frac{3}{2}$

Lại có: $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \geq \frac{3}{2}(\forall a,b,c > 0).$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c = 1.

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ và thoả mãn $abc = 1$ . Chứng minh rằng:

$\left( a - 1 + \frac{1}{b} \right)\left( b - 1 + \frac{1}{c} \right)\left( c - 1 + \frac{1}{a} \right) \leq 1.$

Hướng dẫn giải

Ta đặt: $a = \frac{x}{y}$ , $b = \frac{y}{z}$ , $c = \frac{z}{x}$ (x, y, z > 0)

Khi đó: $a - 1 + \frac{1}{b} = \frac{x}{y} - 1 + \frac{z}{y} = \frac{x - y + z}{y}$

Tương tự ta cũng có được: $b - 1 + \frac{1}{c} = \frac{y - z + x}{z}$ , $c - 1 + \frac{1}{a} = \frac{z - x + y}{x}$ .

Vậy ta cần chứng minh: $(x - y + z)(y - z + x)(z - x + y) \leq xyz.$

Không mất tính tổng quát giả sử: $x \geq y \geq z > 0 \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} x - y + z > 0 \\ y - z + x > 0 \\ \end{matrix} \right.$

TH1: $z - x + y \leq 0$

$\Rightarrow (x - y + z)(y - z + x)(z - x + y) \leq 0 \leq xyz,\forall x,y,z > 0$

TH2: $z - x + y > 0$

$\Rightarrow 0 < \sqrt{(x - y + z)(y - z + x)} \leq \frac{x - y + z + y - z + x}{2} = x$

Tương tự ta có:

$\left\{ \begin{matrix} 0 < \sqrt{(y - z + x)(z - x + y)} \leq y \\ 0 < \sqrt{(z - x + y)(x - y + z)} \leq z \\ \end{matrix} \right.$

$\Rightarrow (x - y + z)(y - z + x)(z - x + y) \leq xyz$

Vậy $\left( a - 1 + \frac{1}{b} \right)\left( b - 1 + \frac{1}{c} \right)\left( c - 1 + \frac{1}{a} \right) \leq 1.$

Ví dụ. Cho $a;b;c > 0$ và thỏa mãn $ab + bc + ca + 2abc = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 4(a + b + c)$

Hướng dẫn giải

Đặt $\left\{ \begin{matrix}a = \dfrac{x}{y + z} \\b = \dfrac{y}{z + x} \\c = \dfrac{z}{x + y} \\\end{matrix} \right.\ ,(x;y;z > 0)$

Ta cần chứng minh: $\frac{y + z}{x} + \frac{z + x}{y} + \frac{x + y}{z} \geq 4\left( \frac{x}{y + z} + \frac{y}{z + x} + \frac{z}{x + y} \right)$

Ta có: $\frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{4}{y + z} \Rightarrow \frac{x}{y} + \frac{x}{z} \geq \frac{4x}{y + z}$

Tương tự: $\frac{y}{z} + \frac{y}{x} \geq \frac{4y}{y + z};\frac{z}{x} + \frac{y}{y} \geq \frac{4z}{x + y}$

Cộng vế với vế được: $\frac{y + z}{x} + \frac{z + x}{y} + \frac{x + y}{z} \geq 4\left( \frac{x}{y + z} + \frac{y}{z + x} + \frac{z}{x + y} \right)$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{2}$

Ví dụ. Cho $x,y,z > 0$ và $x + y + z + 2 = xyz$ . Chứng minh: $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \leq \frac{3}{2}\sqrt{xyz}$ .

Hướng dẫn giải

Biến đổi biểu thức:

$x + y + z + 2 = xyz \Leftrightarrow \frac{1}{x}.\frac{1}{y} + \frac{1}{y}.\frac{1}{z} + \frac{1}{z}.\frac{1}{x} + 2.\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z} = 1$

Đặt $\frac{1}{x} = \frac{a}{b + c};\frac{1}{y} = \frac{b}{c + a};\frac{1}{z} = \frac{c}{a + b}$

Ta có:

$\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \leq \frac{3}{2}\sqrt{xyz} \Leftrightarrow \sqrt{\frac{1}{y}.\frac{1}{z}} + \sqrt{\frac{1}{z}.\frac{1}{x}} + \sqrt{\frac{1}{x}.\frac{1}{y}} \leq \frac{3}{2}$

Ta cần chứng minh: $\sqrt{\frac{b}{c + a}.\frac{c}{a + b}} + \sqrt{\frac{c}{a + b}.\frac{a}{b + c}} + \sqrt{\frac{a}{b + c}.\frac{b}{c + a}} \leq \frac{3}{2}$

Ta có: $\left\{ \begin{matrix}\sqrt{\dfrac{b}{c + a}.\dfrac{c}{a + b}} = \sqrt{\dfrac{b}{a +b}.\dfrac{c}{c + a}} \leq \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{b}{a + b} + \dfrac{c}{c+ a} \right) \\\sqrt{\dfrac{c}{a + b}.\dfrac{a}{b + c}} = \sqrt{\dfrac{c}{b +c}.\dfrac{a}{a + b}} \leq \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{c}{b + c} + \dfrac{a}{a+ b} \right) \\\sqrt{\dfrac{a}{b + c}.\dfrac{b}{c + a}} = \sqrt{\frac{a}{c +a}.\dfrac{b}{b + c}} \leq \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a}{c + a} + \dfrac{b}{b+ c} \right) \\\end{matrix} \right.$

Cộng vế với vế được: $\sqrt{\frac{b}{c + a}.\frac{c}{a + b}} + \sqrt{\frac{c}{a + b}.\frac{a}{b + c}} + \sqrt{\frac{a}{b + c}.\frac{b}{c + a}} \leq \frac{3}{2}$

Dạng 3: Đổi biến bất đẳng thức có điều kiện

Ví dụ. Cho $a \leq 1$ và $a + b \geq 3$ . Chứng minh rằng: $3a^{2} + b^{2} + 3ab \geq \frac{25}{4}$ .

Hướng dẫn giải

Đặt: $\left\{ \begin{matrix} 1 - a = x \\ a + b = 3 + y \\ \end{matrix} \right.\ (x,y \geq 0) \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} a = 1 - x \\ b = x + y + 2 \\ \end{matrix} \right.$

Ta có: $M = 3a^{2} + b^{2} + 3ab - \frac{27}{4}$

$= 3(1 - x)^{2} + (x + y + 2)(x + y + 2 + 3 - 3x) - \frac{27}{4}$

Biến đổi thu được:

$M = x^{2} + y^{2} - 5x + 7y - xy +\frac{25}{4}$ $= \left( x - \frac{y}{2} - \frac{5}{2} \right)^{2} +\frac{3}{4}y^{2} + \frac{9}{2}y \geq 0$ $(\forall x,y \geq 0)$

Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix}x - \dfrac{y}{2} = \dfrac{5}{2} \\y = 0 \\\end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x = \dfrac{5}{2} \\y = 0 \\\end{matrix} \right.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}a = - \dfrac{3}{2} \\b = \dfrac{9}{2} \\\end{matrix} \right.$

Ví dụ. Cho $a \leq 4$ . Chứng minh rằng: $a^{2}(2 - a) + 32 \geq 0$ .

Hướng dẫn giải

Ta dễ dàng thấy điểm rơi đạt tại: $a = 4$

Ta đặt: $4 - a = x(x \geq 0) \Rightarrow a = 4 - x$

$\Rightarrow M = (4 - x)^{2}(x - 2) + 32 = (x - 2)\left( x^{2} - 8x + 16 \right) + 32$

$= x^{3} - 10x^{2} + 32x = x\left\lbrack (x - 5)^{2} + 7 \right\rbrack \geq 0$

Dạng 4: Đổi biến $p,q,r$

Nếu ta đặt $p = a + b + c,q = ab + bc + ca,r = abc$ $(a,b,c \geq 0)$ thì ta sẽ có các kết quả sau:

1) $(a + b + c)^{2} \geq 3(ab + bc + ca) \Leftrightarrow p^{2} \geq 3q$

2) $(ab + bc + ca)^{2} \geq 3abc(a + b + c) \Leftrightarrow q^{2} \geq 3pr$

3) $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{ab + bc + ca}{abc} = \frac{q}{r} \geq \frac{3p}{q}$ $(a,b,c > 0)$

4) $(a + b + c)^{3} \geq 27abc \Leftrightarrow p^{3} \geq 27r$

5) $(a + b + c)(ab + bc + ca) \geq 9abc \Leftrightarrow pq \geq 9r$ .

Ngoài ra ta cũng thu được những đẳng thức quen thuộc dưới đây:

6) $a^{2} + b^{2} + c^{2} = (a + b + c)^{2} - 2(ab + bc + ca) = p^{2} - 2q$

7) $a^{3} + b^{3} + c^{3} = (a + b +c)\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc - ca \right) + 3abc$

$= p\left(p^{2} - 3q \right) + 3r = p^{3} - 3pq + 3r$

8) $(a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) - abc = pq - r$

9) $ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)$ $= (a+ b + c)(ab + bc + ca) - 3abc = pq - 3r$

10) $a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2} = (ab + bc + ca)^{2} - 2abc(a + b + c) = q^{2} - 2pr$

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$ . Chứng minh rằng:

$2(a + b + c) + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9$ Hướng dẫn giải

Cách 1: Theo kỹ thuật đổi biến $p,q,r$ ta quy về bài toán sau:

Cho $p,q,r > 0$ và thỏa mãn $p^{2} - 2p = 3$ . Chứng minh rằng: $M = 2p + \frac{q}{r} \geq 9$

Theo trên ta đã có: $q^{2} \geq 3pr \Leftrightarrow \frac{q}{r} \geq \frac{3p}{q} = \frac{6p}{p^{2} - 3} \Rightarrow M \geq 2p + \frac{6p}{p^{2} - 3}$

Ta cần chứng minh:

$2p + \frac{6p}{p^{2} - 3} \geq 9\Leftrightarrow 2p^{3} - 9p^{2} + 27 \geq 0$ $\Leftrightarrow (p -3)^{2}(2p + 3) \geq 0,\forall p > 0$

Đẳng thức xảy ra tại: $a = b = c = 1$

Cách 2: Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

$2(a + b + c) + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}$ $= (a + b + c) + (a + b + c) + \frac{ab + bc +ca}{abc}$

$\Rightarrow 2(a + b + c) + \frac{1}{a} +\frac{1}{b} + \frac{1}{c}$ $\geq 3\sqrt[3]{(a + b + c)^{2}.\left( \frac{ab+ bc + ca}{abc} \right)}$

Mặt khác ta biết:

$(ab + bc + ca)^{2} \geq 3abc(a + b + c)$ $\Leftrightarrow \frac{ab + bc + ca}{abc} \geq \frac{3(a + b + c)}{ab + bc + ca}$

Ta cũng có:

$\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)(ab + bc + ca)(ab + bc + ca) \leq \frac{(a + b + c)^{6}}{27}$

$\Leftrightarrow (a + b + c)^{3} \geq 9(ab + bc + ca)$

$\Leftrightarrow \frac{3}{ab + bc + ca} \geq \frac{27}{(a + b + c)^{3}}$ .

$M \geq 3\sqrt[3]{\frac{3(a + b +c)^{3}}{ab + bc + ca}}$ $= 3(a + b + c)\sqrt[3]{\frac{3}{ab + bc + ca}}$ $\geq 3(a + b + c).\frac{3}{a + b + c} = 9$

3. Bất đẳng thức Schur và ứng dụng

a) Bất đẳng thức Schur

Bất đẳng thức Schur:

$a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$

Chứng minh

Do vai trò a, b, c bình đẳng nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử rằng $a \geq b \geq c \geq 0$

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{matrix} c - a \leq 0 \\ c - b \leq 0 \\ \end{matrix} \right.\ \Rightarrow c(c - a)(c - b) \geq 0$

Ta cần chứng minh: $a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) \geq 0$

$\Leftrightarrow a(a - b)(a - c) - b(b -c)(a - b)$ $\geq 0 \Leftrightarrow (a - b)\left\lbrack a(a - c) - b(b - c)\right\rbrack \geq 0$

$\Leftrightarrow (a - b)\left( a^{2} - ac - b^{2} + bc \right) = (a - b)^{2}(a + b - c) \geq 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Ngoài ra ta có thể đặt: $x = a - b \geq 0;y = b - c \geq 0 \Rightarrow a - c = x + y$

b) Khai thác ứng dụng của bất đẳng thức Schur

Ta có:

$a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b) \geq 0$

$\Leftrightarrow a\left\lbrack a^{2} - a(b + c) + bc \right\rbrack + b\left\lbrack b^{2} - b(c + a) + ca \right\rbrack + c\left\lbrack c^{2} - c(a + b) + ab \right\rbrack \geq 0$

$a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc \geq a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b)$ (1)

Mặt khác ta biết: $\left\{ \begin{matrix} a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc = p^{3} - 3pq + 6r \\ a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b) = pq - 3r \\ \end{matrix} \right.$

Vì $(a + b + c)(ab + bc + ca) = a^{2}(b + c) + b^{2}(c + a) + c^{2}(a + b) + 3abc$

Vậy ta có: (1) $\Leftrightarrow p^{3} -3pq + 6r \geq pq - 3r$ $\Leftrightarrow 9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right)\Leftrightarrow r \geq \frac{p\left( 4q - p^{2} \right)}{9}$

Ví dụ. Cho $a;b;c$ là các số dương và thỏa mãn $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{4}{81(ab + bc + ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$

Hướng dẫn giải

Theo kĩ thuật đổi biến p, q, r ta quy về bài toán sau:

Cho p, q, r $> 0$ và thỏa mãn $p = 1$ . Chứng minh rằng: $\frac{4}{81q} + r \geq \frac{5}{27}$

Ta đã có: $r \geq \frac{p\left( 4q - p^{2} \right)}{9} \Leftrightarrow r \geq \frac{4q - 1}{9} \Rightarrow \frac{4}{81q} + r \geq \frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9} \geq \frac{5}{27}$

Thật vậy: $\frac{4}{81q} + \frac{4q - 1}{9} = \left( \frac{4}{81q} + \frac{4q}{9} \right) - \frac{1}{9} \geq 2\sqrt{\frac{16}{729}} - \frac{1}{9} = \frac{5}{27}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a = b = c = \frac{1}{3}$

Vậy: $\frac{4}{81(ab + bc + ca)} + abc \geq \frac{5}{27}$

Ví dụ. Cho $a;b;c$ là các số thực không âm và $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng:

$9abc \geq 4(ab + bc + ca) - 1$

Hướng dẫn giải

Đặt: $p = a + b + c,\ q = ab + bc + ca,\ r = abc\ (p,q,r > 0;\ p = 1)$

Ta cần chứng minh: $9r \geq 4q - 1$

Thật vậy, theo trên ta đã có: $9r \geq p\left( 4q - p^{2} \right)$

Mà: $p = 1 \Rightarrow 9r \geq 1(4q - 1) = 4q - 1$

Ví dụ. Cho $a;b;c$ là các số thực không âm và thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{a^{3}}{b^{2} - bc + c^{2}} + \frac{b^{3}}{c^{2} - ac + a^{2}} + \frac{c^{3}}{a^{2} - ab + b^{2}} \geq \sqrt{2}$

Hướng dẫn giải

$P = \frac{a^{4}}{ab^{2} + abc + ac^{2}} + \frac{b^{4}}{bc^{2} - abc + ba^{2}} + \frac{c^{4}}{aa^{2} - abc + cb^{2}}$

$\Rightarrow P \geq \frac{1}{(a + b + c)(ab + bc + ca) - 6abc}$

Đặt: $p = a + b + c,\ q = ab + bc + ca,\ r = abc\ (p,q,r \geq 0)$

Từ: $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1 \Rightarrow p^{2} - 2q = 1 \Leftrightarrow q = \frac{p^{2} - 1}{2} \Leftrightarrow 4q - p^{2} = p^{2} - 2$

Ta cần chứng minh:

$\frac{1}{pq - 6r} \geq \sqrt{2} \Leftrightarrow pq - 6r \leq \frac{1}{\sqrt{2}} \Leftrightarrow \frac{p\left( p^{2} - 1 \right)}{2} \leq 6r + \frac{1}{\sqrt{2}}$

Mặt khác: $r \geq \frac{\left( 4q - p^{2} \right)p}{9} = \frac{\left( p^{2} - 2 \right)p}{9}$

$\Leftrightarrow 6r + \frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{2}{3}\left( p^{3} - 2p \right) + \frac{1}{\sqrt{2}}$

Ta cần chứng minh: $\frac{2}{3}\left( p^{3} - 2p \right) + \frac{1}{\sqrt{2}} \geq \frac{p\left( p^{2} - 1 \right)}{2}$

$\Leftrightarrow 4\left( p^{3} - 2p \right) + 3\sqrt{2} \geq 3\left( p^{3} - p \right) \Leftrightarrow p^{3} - 5p + 3\sqrt{2} \geq 0$

$\Leftrightarrow \left( p - \sqrt{2} \right)\left( p^{2} + p\sqrt{2} - 3 \right) \geq 0$

TH1: $p < \sqrt{2} \Rightarrow p^{2} < 2 \Rightarrow \frac{p\left( p^{2} - 1 \right)}{2} < \frac{p}{2} < \frac{1}{\sqrt{2}} \leq 6r + \frac{1}{\sqrt{2}}.$

TH2: $p \geq \sqrt{2} \Rightarrow \left( p - \sqrt{2} \right)\left( p^{2} + p\sqrt{2} - 3 \right) \geq 0,\ \ \forall p \geq \sqrt{2}.$

4. Bài tập tự rèn luyện

Bài 1: Cho $a;b;c > 0$ . Chứng minh rằng: $\frac{a\ + \ 3c}{a\ + \ b}\ + \ \frac{c\ + \ 3a}{b\ + \ c}\ + \ \frac{4b}{c + \ a}\ \ \geq \ \ 6$

Bài 2: Cho $a;b;c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Tìm GTNN của biểu thức

$S = \frac{a}{b + c - a} + \frac{4b}{c + a - b} + \frac{9c}{a + b - c}$

Bài 3: Cho $a;b;c$ là các số thực dương và thoả mãn $abc = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a(b + 1)} + \frac{1}{b(c + 1)} + \frac{1}{c(a + 1)} \geq \frac{3}{2}$ .

Bài 4: Cho $a,b,c$ là các số thực dương và thoả mãn $abc = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1}{ab + a + 2} + \frac{1}{bc + b + 2} + \frac{1}{ca + c + 2} \leq \frac{3}{4}$ .

Bài 5: Cho $a;b;c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{ab}{c(c + a)} + \frac{bc}{a(a + b)} + \frac{ca}{b(b + c)} \geq \frac{a}{c + a} + \frac{b}{a + b} + \frac{c}{b + c}$

Bài 6: Cho $a;b;c > 0$ . Chứng minh rằng: $\frac{b}{a + 2b} + \frac{c}{b + 2c} + \frac{a}{c + 2a} \leq 1$ .

Bài 7: Cho $x,y,z > 0$ và $xy + yz + zx + xyz\ = 4$ . Chứng minh rằng: $x + y + z \geq xy + yz + zx$ .

Bài 8: Cho $x,y,x > 0$ và $x + y + z + 1 = 4xyz$ . Chứng minh rằng: $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 3$ .

Bài 9: Cho $a,b,c > 0$ và $a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2abc = 1$ . Tìm GTLN của $P = ab + bc + ca - abc$ .

Bài 10: Cho $x,y,z > 0$ và $\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{z^{2}} = 12$ . Tìm GTNN của biểu thức:

$M = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + 2(x + y + z)$

Bài 11: Cho $a;b;c$ là các số thực không âm và $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng:

$0 \leq ab + bc + ca - 2abc \leq \frac{7}{27}$

Bài 12: Cho a, b, c là các số thực đôi một phân biệt. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{2}}{(b - c)^{2}} + \frac{b^{2}}{(c - a)^{2}} + \frac{c^{2}}{(a - b)^{2}} \geq 2.$

Bài 13: Cho $a,b > 0$ và thỏa mãn $a + b = 4ab.$ Chứng minh rằng:

$\frac{a}{4b^{2} + 1} + \frac{b}{4a^{2} + 1} \geq \frac{1}{2}.$

Bài 14: Cho $a,b \geq 0$ và $(a - b)^{2} = a + b + 2.$ Chứng minh rằng:

$\left\lbrack 1 + \frac{a^{3}}{(b + 1)^{3}} \right\rbrack\left\lbrack 1 + \frac{b^{3}}{(a + 1)^{3}} \right\rbrack \leq 9.$

Chia sẻ nhận xét

Đánh giá tài liệu

Sắp xếp theo

Xóa Gửi đánh giá

120.000đ

Mua ngay

Thuộc tính tài liệu:

Môn: Toán
Lớp: Ôn vào 10
Dạng tài liệu: Chuyên đề
Loại: Tài liệu Lẻ