To: My Special Friend Một số cách đặt trong chứng minh bất đẳng thức Lời nói đầu: Bất đẳng thức luôn là miền đất giàu có của toán học. Chúng ta làm việc với bất đẳng thức hơn là đẳng thức. Ở những bài toán không có điều kiên, thường các vế đồng bậc với nhau khi đó chúng ta dễ dàng có hướng đi để đánh giá hơn so với những bất đẳng thức có điều kiện. Ở bài viết nhỏ này tôi xin giới thiệu với các bạn một vài cách đặt ẩn trong chứng minh bất đẳng thức có điều kiện.Do thời gian viết không được dài nên không thể tránh được sai sót. Tôi mong rằng các bạn xem qua bài viết này để có sự góp ý cho bài viết được hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ email: truongvoki_bn9x@yahoo.com Bắc Ninh, ngày 03 tháng 07 năm 2011 Nguyễn Viết Thủy Cuộc sống là không chờ đợi !!

A:Phương pháp đặt lượng giác I: Một số đẳng thức lượng giác hữu ích

1: tan tan tan tan tan tan 12 2 2 2 2 2A B B C C A

+ + =

2: otgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA=1c

3: 2 2 2sin sin sin 2sin sin sin 12 2 2 2 2 2A B C A B C+ + + =

4: 2 2 2os os os 2cos cos cos 1c A c B c C A B C+ + + = II: Một số bất đẳng thức lượng giác hữu ích

1: 3cos cos cos sin sin sin2 2 2 2A B CA B C+ + ≤ + + ≤

2: 3 3sin sin sin os os os2 2 2 2A B CA B C c c c+ + ≤ + + ≤

3: 1cos cos cos sin sin sin2 2 2 8A B CA B C ≤ ≤

4: 3 3sin sin sin os os os2 2 2 8A B CA B C c c c≤ ≤

5: cot cot cot 3 32 2 2A B Cg g g+ + ≥

6: 2 2 2 2 2 2 3os os os sin sin sin2 2 2 4A B Cc A c B c C+ + ≥ + + ≥

7: 2 2 2 2 2 2 9sin sin sin os os os2 2 2 4A B CA B C c c c+ + ≤ + + ≤

8: cot cot cot tan tan cot 3 32 2 2A B CgA gB gC g+ + ≥ + + ≥

9: sec sec sec csc csc csc 62 2 2A B CA B C+ + ≥ + + ≥

III: Một số cách đặt lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức Từ những đẳng thức, bất đẳng thức trên, ta có thể tìm ra được những cách đặt lượng giác để có thể giải bài toán bất đẳng thức một cách dễ dàng. Sau đây tôi xin giới thiệu một số cách đặt: (Chứng minh sự tồn tại tôi xin dành cho bạn đọc) T1:Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn:ab+bc+ca=1. Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

1) tan ; tan ; tan2 2 2A B Ca b c= = =

2) cot ; cot ; cota gA b gB c gC= = =

T2: Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho: 1)a= tanA; tan ; tanb B c C= =

2) 1 1 1; ;tan tan tan

2 2 2

a b cA B C= = =

3) cot ; cot ; cot2 2 2A B Ca g b g c g= = =

4) 1 1; ; cotcot cot 2

Ca b c ggA gB

= = =

T3: Với 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 2 2 2 2 1a b c abc+ + + = Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho :

1) sin ; sin ; sin2 2 2A B Ca b c= = =

2) cos ; cos ; cosa A b B c C= = = T4: Với 3 số thực dương a;b;c. Khi đó luôn tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

sin2 ( )( )A yz

x y x z=

+ + sin

2 ( )( )B xz

y x y z=

+ +

sin2 ( )( )C xy

z x z y=

+ +

T5: Với 3 số thực dương a;b;c. Khi đó luôn tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

( )os2 ( )( )A x x y zc

x y x z+ +

=+ +

( )os2 ( )( )B y x y zc

y x y z+ +

=+ +

( )os2 ( )( )C z x y zc

z x z y+ +

=+ +

Sau đây chúng ta sẽ vận dụng chúng để chứng minh một vài bất đẳng thức sau, tôi sẽ trình bày cả cách không thế lượng giác và cả cách đặt lượng giác để các bạn thấy được ích lợi của nó (^_^)

IV: Những bất đẳng thức qua các kì thi Pro.1: (Ba Lan 99) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=1. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 3 1a b c abc+ + + ≤ Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương: 3abc ab bc ca≤ + + 23 ( )abc ab bc ca⇔ ≤ + + Mà bất đẳng thức trên đúng do: 2( ) 3 ( ) 3ab bc ca abc a b c abc+ + ≥ + + =

Từ đó ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 13

a b c= = =

Lời giải 2:

Đặt: ; ;bc ca abx y za b c

= = =

Khi đó: ; ;a yz b xz c xy= = = 1xy yz zx⇒ + + = Bất đẳng thức tương đương : 2 2 2( ) ( ) ( ) 2 3 1xy yz zx xyz+ + + ≤ 3x y z⇔ + + ≥ (*) Lại có từ điều kiện tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

tan ; tan ; tan2 2 2A B Cx y z= = =

(*) tan tan tan 32 2 2A B C

⇔ + + ≥

Mà bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng. Từ đó ta có đpcm.

Dấu “=” xảy ra khi 13

a b c= = =

Nhận xét: Ở bài toán này có vẻ cách đặt lượng giác đã làm một bài toán từ đơn giản trở nên phức tạp. Chúng ta hãy qua bài tiếp để thấy được hữu ích của cách đặt lượng giác. Pro. 2: (Iran 97)

Cho 3 số dương x;y;z >1 thỏa mãn: 1 1 1 2x y z+ + =

Chứng minh rằng: 1 1 1x y z x y z− + − + − ≤ + +

Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương:

3( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)2

x y y z z x− − + − − + − − ≤ (*)

Đặt 1 ; 1 ; 1x a y b z c− = − = − = (a;b;c>0)

1 1 1 21 1 1a b c

⇒ + + =+ + +

Hay 2 1ab bc ca abc+ + + = (1)

3(*)2

ab bc ca⇔ + + ≤ (2)

Đặt ; ;2 2 2m n pab bc ca= = =

2 2 2 4m n p mnp⇒ + + + = Ta phải chứng minh: 3m n p+ + ≤ Trong 3 số m;n;p luôn tồn tại 2 số cùng phía với 1. Không mất tính tổng quát giả sử: (m-1)(n-1) 0≥ 1mn m n⇒ + ≥ + Ta cần chứng minh 2p mn+ ≤ Lại có: 2 2 2 24 2m n p mnp mn p mnp= + + + ≥ + + 2 2 4 0p mnp mn⇒ + + − ≤ ( 2)( 2) 0p p mn⇒ + + − ≤ 2 0p mn⇒ + − ≤

Ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 32

x y z= = = .

Lời giải 2: Từ đẳng thức (1) tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

2 2 2( ; ; ) (sin ;sin ;sin )2 2 2A B Cab bc ca =

Khi đó (2) 3sin sin sin2 2 2 2A B C

⇔ + + ≤

Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản. Ta có đpcm.

Dấu”=” xảy ra khi 32

x y z= = = .

Nhận xét: Nếu không thế lượng giác, chúng ta phải biến đổi dài dòng kết hợp với lý luận mới có được lời giải cho bài toán trên. Nhưng chỉ với cách đặt lượng giác, chúng ta đã đưa BĐT ban đầu trở về một bất đẳng thức lượng giác cơ bản (^_^).

Pro. 3: (Crux Mathematicorum) Cho 3 số dương x;y;z Chứng minh rằng:

1( )( ) ( )( ) ( )( )

x y zx x y x z y y z y x z z y z x

+ + ≤+ + + + + + + + +

Lời giải 1: Bất đẳng thức tương đương:

( )( ) ( )( ) ( )( )

2( )( ) ( )( ) ( )( )

x y x z y z y x z x z yx x y x z y y z y x z z x z y

+ + + + + ++ + ≥

+ + + + + + + + +

1 22

1( )( )

sym xx y x z

⇔ ≥∑

++ +

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schrawz ta có: 1 9

2 21 3

( )( ) ( )( )sym x x

x y x z x y x zsym

≥∑

+ + ∑+ + + +

Ta sẽ chứng minh:

9 22

3( )( )

xx y x zsym

≥

+ ∑+ +

2 3( )( ) 2

xx y x zsym

⇔ ≤∑+ +

Áp dụng AM-GM ta có: 2 1 ( )

( )( ) 2x x x

x y x z x y x z≤ +

+ + + +

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự cộng lại ta có đpcm. Lời giải 2: Bất đẳng thức tương đương:

2

1 1( )( )1sym x y x z

x

≤+ +

+∑ (*)

Hai vế của bất đẳng thức đồng bậc. Không mất tính tổng quát giả sử: 1xy yz zx+ + = Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

tan ; tan ; tan2 2 2A B Cx y z= = =

22

(tan tan )(tan tan )( )( ) 12 2 2 2tan sin

2 2

A B A Cx y x z

A Ax

+ ++ +⇒ = =

Tương tự:

2

( )( ) 1

sin2

y z y xBy

+ += 2

( )( ) 1

sin2

z x z yCz

+ +=

Khi đó:

sin 2(*) 1

1 sin2

sym

A

A⇔ ≤+

∑

1 21 sin

2sym A⇔ ≥

+∑

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz ta có:

1 9 21 sin 3 sin

2 2sym

sym

A A≥ ≥+ +

∑∑

(Do 3sin2 2sym

A≤∑ )

Ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x y z= = Pro 4: (Romania 2005) Cho 3 số thực dương a;b;c thỏa mãn: (a+b)(b+c)(c+a)=1 Chứng minh rằng:

34

ab bc ca+ + ≤

Lời giải 1: Đặt: ; ;a b x b c y c a z+ = + = + =

; ;2 2 2

x z y x y z y z xa b c+ − + − + −⇒ = = =

Điều kiện trở thành: xyz=1 Khi đó bất đẳng thức tương đương: ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3z x y z y x x y z x z y y x z y z x+ − + − + + − + − + + − + − ≤ 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) ( )x y z x y y z z x⇔ + + ≤ + − + − + − 2 2 2 3 2( )x y z xy yz zx⇔ + + + ≥ + + Có 3 hướng đi để ta “tấn công” bất đẳng thức trên:

Hướng 1:

Ta có: 2 2 2 2 2 23 93 1 3 2( )xyz xyz x y z xy yz zx x y za b c

= + + ≥ ≥ ≥ + + − − −+ +

(Theo BĐT Shur bậc ba) Từ đó ta có đpcm Hướng 2: Tồn tại hai số cùng phía với 1, không mất tính tổng quát giả sử: ( 1)( 1) 0x y− − ≥ Khi đó ta có:

2 2 2 2 2 2 2 23 2 1 ( ) ( 1) 2 ( 1)( 1) 0x y z x y z xyz x y z z x y+ + + = + + + + = − + − + − − ≥ (Đúng) Ta có đpcm Hướng 3:

Đặt: 2 2 2

; ;m n px y znp mp mn

= = =

Bất đẳng thức trở thành: 6 6 6 2 2 2 3 3 33 2[( ) ( ) ( ) ]m n p m n p mn np pm+ + + ≥ + +

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho bộ số: 2 2 2( ; ; )m n p ta được: 6 6 6 2 2 2 2 2 2 2 3 3 33 ( ) 2[( ) ( ) ( ) ]m n p m n p m n m n mn np pm+ + + ≥ + ≥ + +∑

Ta có đpcm Lời giải 2: Ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau: Với 3 số dương a;b;c ta luôn có:

3 3 23( ) ( ) [( )( )( )]4

ab bc ca a b b c c a+ + ≤ + + + (*)

Thật vậy: Vì 2 vế đồng bậc nên không mất tính tổng quát giả sử: 1ab bc ca+ + = Khi đó tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

tan ; tan ; tan2 2 2A B Ca b c= = =

1( )( )( )os os os

2 2 2

a b b c c a A B Cc c c⇒ + + + =

2 31 4(*) ( ) ( )3os os os

2 2 2A B Cc c c

⇔ ≥

3 3os os os2 2 2 8A B Cc c c⇔ ≤

Bất đẳng thức trên đúng , từ đó ta có đpcm

Nhận xét: Khi ta biết vận dụng linh hoạt điều kiện và những biến đổi lượng giác, ta sẽ đưa những bài toán bất đẳng thức khó trở về những bất đẳng thức lượng giác cơ bản (^_^) Sau đây chúng ta sẽ bước tới một bất đẳng thức hết sức nổi tiếng với lời giải lượng giác. Pro.5: (Iran 1996) Cho ba số không âm a;b;c không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 9( )( ) ( ) ( ) 4

ab bc caa b b c c a

⎡ ⎤+ + + + ≥⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦

Bất đẳng thức trên được phát biểu với hình thức rất đẹp nhưng không phải vậy mà chúng ta dễ dàng “xơi” được nó. Sau đây là hai lời giải cho bài toán khó trên. Lời giải 1: (V.Q.B.Cẩn) Do tính đối xứng nên không mất tính tổng quát giả sử 0a b c≥ ≥ ≥ . Áp dụng bất đẳng

thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 ( 2 )( ) ( ) 2 2( ) ( )

a b cb c a c b c a c b c a c

+ +⎛ ⎞+ ≥ + =⎜ ⎟+ + + + + +⎝ ⎠

Nên ta chỉ cần chứng minh 2

2 2 2

1 ( 2 ) 9( )( ) 2( ) ( ) 4

a b cab bc caa b a c b c

⎛ ⎞+ ++ + + ≥⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠

Bất đẳng thức trên thuần nhất, không mất tính tổng quát giả sử a+b=1. Đặt ab=x

⇒1 (1 )4

x c c≥ ≥ −

Khi đó ta phải chứng minh: 2

2 2

( )(1 2 ) 9( ) 02( ) 4x c cf x x c

x c c+ +

= + + − ≥+ +

Ta có: 2 2

2 3

(1 2 ) ( )'( ) 12( )

c c x cf xc c x

+ + −= −

+ +

2 2

2 4

(1 2 ) ( 2 )''( ) 0( )c c c xf xc c x

+ − += ≥

+ + (Do 2 22 2 3 (2 3 ) 0c c x c c c c− + ≥ − = − ≥ )

3 2

4

1 (2 1)(8 20 38 7)'( ) '( ) 04 (2 1)

c c c cf x fc

− + + +⇒ ≤ = ≤

+

2

2

1 (1 2 )( ) ( ) 04 (1 2 )

c cf x fc

−⇒ ≥ = ≥

+

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu”=” xảy ra khi a=b; c=0 Lời giải 2:(Hojoo Lee) Bất đẳng thức trên thuần nhất, không mất tính tổng quát giả sử: 1ab bc ca+ + = Khi đó ta chỉ cần chứng minh:

2 2 2

1 1 1 9( ) ( ) ( ) 4a b b c c a

+ + ≥+ + +

Theo T1: Tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho:

cota gA= ; cotb gB= ; cotc gC= Ta để ý đến các phân tích sau:

22 2

2 2

1 (sin .sin ) (sin .sin ) sin .sin(cot cot ) (sin cos sin cos ) [sin( )] sin

A B A B A BgA gB B A A B A B C

⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟+ + + ⎝ ⎠

Tương tự xây dựng các đẳng thức còn tại khi đó ta cần chứng minh: 2sin .sin

sinA B

C⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+2sin .sin

sinB C

A⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+2sin .sin 9

sin 4C A

B⎛ ⎞ ≥⎜ ⎟⎝ ⎠

(*)

( )2

2 2 2sin sin sin sin sin sin 9 2 sin sin sinsin sin sin 4A B B C C A A B C

C A B⎛ ⎞⇔ + + ≥ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng dồn biến.

Đặt: sin sin sin sin sin sin( ; ; )sin sin sinA B B C C Af A B C

C A B= + +

Bất đẳng thức (*) đối xứng. Không mất tính tổng quát giả sử:2 3

Aπ π≥ ≥

Chú ý: 23 2

B Cπ π≥ + ≥

⇒ 2sinBsinC≤ 2 2 2sin sin 2sin2

B CB C +⎛ ⎞+ ≤ ⎜ ⎟⎝ ⎠

= 22cos2A

Lại có:

( )2 2 2sin 4sin Asin 12 2; ; ; ; 0

2 2 sin sin sin 2

B C AB C B Cf A B C f A

A B C

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎛ ⎞ ⎝ ⎠− = − ≥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Do: 2 3

Aπ π≥ ≥ nên

2 2

44sin Asin 12 16sin

sin sin 2 2

AA

B C≥ >

Do vậy ta chỉ cần chứng minh: 2

2 29; ; 2sin 4cos2 2 4 2

B C B C Af A A⎛ + + ⎞⎛ ⎞ ≥ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Hay:

24os

22sinsin

AcA

A

⎛ ⎞⎜ ⎟

+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 29 2sin 4cos4 2

AA≥ + +

2cos (cos 1)(2cos 1) 0A A A⇔ + − ≥ (Đúng) Kết thúc chứng minh ☺ Qua mấy ví dụ trên có lẽ các bạn cũng phan nào lắm được phương pháp trên.Để kết thúc phương pháp này ở đây mời các bạn thử sức với một vài bài toán sau:

III: Bài tập đề nghị Pro.6: (Thi thử ĐH) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: a+b+c=1. Chứng minh rằng:

32

ab bc cac ab a bc b ca

+ + ≤+ + +

Pro.7: (USA 2003-VMO 1999) Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: abc a c b+ + = .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

2 2 2

2 2 31 1 1

Pa b c

= − ++ + +

Pro.8: (APMO 2002)

Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1 1 1 1a b c+ + =

Chứng minh rằng: a bc b ca c ab abc a b c+ + + + + ≥ + + + Pro 9 (Crux Mathematicorum) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 4 3(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )9

a b c b a c c b a− − + − − + − − ≤

Pro:10 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng:

1 1 1 122a b b c c a

+ + ≥ ++ + +

B) Phương pháp đặt đại số Với những bất đẳng thức mà điều kiện ta ít gặp, khó có thể đánh giá bằng những bất đẳng thức cổ điển, chúng ta thường cảm thấy khó khăn trong việc đánh giá các hạng tử.Trong phương pháp này tôi xin giới thiệu với các bạn một số cách đặt cho bất đẳng thức có điều kiện. I: Một số cách đặt H1 Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 2 1ab bc ca abc+ + + = (1). Khi đó tồn tại bộ ba số

dương (x;y;z) sao cho: xay z

=+

; ybz x

=+

; zcx y

=+

(*)

Chứng minh:

Ta có: 1 1 12 1 2 11 1 1 1 1 1

a b cab bc ca abca b c a b c

+ + + = ⇔ + + = ⇔ + + =+ + + + + +

Đặt 1

axa

=+

; 1

byb

=+

;1

czc

=+

Ta sẽ chứng minh bộ (x;y;z) được chọn như trên thỏa mãn. Thật vậy: Khi đó ta có: 1x y z+ + =

Lại có: 1 1

a x xx aa x y z

= ⇔ = =+ − +

Tương tự 1

y yby x z

= =− +

1

z zcz x y

= =− +

Vậy ta có điều phải chứng minh. Kết thúc chứng minh. Để ý chút nếu ta đặt m ab= ; n bc= ; p ac= Khi đó: 2 2 22 2 1ab bc ca abc m n p mnp+ + + = + + + =

Theo Bổ đề 1 tồn tại bộ số (x;y;z) sao cho: xay z

=+

; ybz x

=+

; zcx y

=+

( )( )

xym abx z y z

⇒ = =+ +

; ( )( )

yzn bcx y x z

= =+ +

;

( )( )xzp ac

x y y z= =

+ +

Từ đó ta có một vài cách đặt sau: H2: Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 2 2 2 2 1a b c abc+ + + = . Khi đó tồn tại bộ ba số (x;y;z) sao cho:

( )( )xya

x z y z=

+ +;

( )( )yzb

x y x z=

+ +;

( )( )xzc

x y z y=

+ +

H3: Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 2x y zx yz y zx z xy

+ + =+ + +

Khi đó tồn tại ba số ; ;x y z sao cho:

( )( )xya

x z y z=

+ +;

( )( )yzb

x y x z=

+ +;

( )( )xzc

x y z y=

+ +

H4: Cho 3 số dương a;b;c thỏa mãn: 2 2 2 2 1a b c abc+ + + = . Khi đó tồn tại ba số x;y;z là ba cạnh của một tam giác sao cho:

( )( )4

x y z x z yayz

+ − + −= ; ( )( )

4y x z y z xb

xz+ − + −

= ; ( )( )4

z y x z x ycxy

+ − + −=

H5: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1 1 1 1a k b k c k k

+ + =+ + +

trong đó k là số thực

dương

Khi đó tồn tại bộ ba số x;y;z sao cho: ( )k y zax+

= ; ( )k x zby+

= ; ( )k x ycz+

=

H6: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1ab bc ca+ + = khi đó tồn tại ba số thực dương x;y;z sao cho:

( )yza

x x y z=

+ +;

( )xzb

y x y z=

+ +;

( )xyc

z x y z=

+ +

H7: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1ab bc ca+ + = khi đó tồn tại ba số thực dương x;y;z sao cho:

( )( )( )( )x y z x z yax y z y z x+ − + −

=+ + + −

; ( )( )( )( )y x z y z xbx y z x z y+ − + −

=+ + + −

; ( )( )( )( )z x y z y xcx y z x y z+ − + −

=+ + + −

Ta sẽ vận dụng những điều trên để giải một số bài toán bất đẳng thức sau:

II)Bài tập vận dụng Pro.1 (Post by hxtung) Cho ba số thực dương a;b;c thỏa mãn:x+y+z+2=xyz. Chứng minh rằng: ( )5( ) 18 8x y z xy yz zx+ + + ≥ + +

Lời giải 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 9( ) 18 4( ) 8( )x y z x y z xy yz zx+ + + ≥ + + + + +

3 2 2( )32

x y z x y z

xyz x y z

⇔ + + + ≥ + +

⇔ ≥ + +

Theo H1: tồn tại ba số dương a;b;c sao cho:

b cxa+

= ; a cyb+

= ; a bzc+

=

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

3. . .2

a b b c c ab c c a c a a b a b b c

+ + ≤+ + + + + +

Mặt khác ta có: 1.2

a b a bb c c a a c b c

⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

1.2

b c b cc a a b b a c a

⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

1.2

c a c aa b b c c b a b

⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

Nên 1 3. . .2 2

a b b c c a a b b c c ab c c a c a a b a b b c a c b c b a c a c b a b

⎛ ⎞+ + ≤ + + + + + =⎜ ⎟+ + + + + + + + + + + +⎝ ⎠

Vậy BĐT luôn đúng Dấu “=” xảy ra 2x y z⇔ = = = Lời giải 2: Trước hết ta chứng minh bất đẳng phụ sau: Với 3 số dương a;b;c ta luôn có bất đẳng thức đúng sau: 2 2 2 2 1 2( )a b c abc ab bc ca+ + + + ≥ + + (*) Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1. Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 92 1 3 abca b c abc a b c a b c a b ca b c

+ + + + ≥ + + + ≥ + + ++ +

Vậy ta chỉ cần chứng minh:

2 2 2 9 2( )abca b c ab bc caa b c

+ + + ≥ + ++ +

Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo Schur bậc ba . Ta có đpcm. Trở lại bài toán. Đặt 2 ; 2 ; 2x a y b z c= = = 1 4a b c abc⇒ + + + =

Ta cần chứng minh: ( )5( ) 9 8a b c ab bc ca+ + + ≥ + +

Áp dụng bất đẳng thức (*) với bộ ( ); ;a b c ta có:

( )8 4( ) 8 4ab bc ca a b c abc+ + ≤ + + + +

Do vậy ta chỉ cần 5 8a b c abc+ + + ≥

( )24 1 0abc⇔ − ≥ (Đúng)

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2x y z= = = Nhận xét: Hiển nhiên lời giải 2 ngắn gọn+đơn giản hơn nhiều so với lời giải 1. Mấu chốt để của lời giải 2 chính là bất đẳng thức (*), khi đó áp dụng (*) ta dễ dàng có được đpcm. Nhưng với những ai chưa từng gặp bất đẳng thức (*) thì việc chứng minh bài toán sẽ gặp khó khăn rất nhiều, và bằng việc thay ở lời giải 1 đã làm bài toán càng trở lên dễ dàng bằng AM-GM. Tôi cũng xin giới thiệu một lời giải rất ngắn gọn sau đây. ☺ Lời giải 3: Không mất tính tổng quát giả sử: ( )( )2 2 0x y− − ≥

Ta có: LHS RHS− = ( )4( ) 16 8x y z xyz xy yz zx+ + + + − + +

( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 24 4 2 4 2 2 2 2 2 0x y z z x y xyz= − + − + − − + − ≥

Ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi 2x y z= = = . ☺ Lời bàn: Lời giải trên rất ngắn gọn nhưng nó không thật tự nhiên cho lắm. Chắc hẳn các bạn cũng đặt câu hỏi: Tại sao có thể phân tích được như vậy??. Thực ra ban đầu khi tiếp xúc với bài toán này tôi đã nghĩ ngay đến việc phân tích hiệu hai về thành các bình phương nhưng sau nhiều lần cố phân tích tôi đã thất bại. Nản chí với cách đó tôi thử giải quyết theo hướng khác và kết quả có được hai lời giải 1 và 2.Rồi tôi chợt nghĩ lại hướng đi ban đầu của mình, suy nghĩ tại sao mình lại thất bại. Và tôi đã phát hiện ra sai lầm của mình khi cố phân tích bình phương mà đánh giá giữa các biến bình đẳng với nhau.Khi phát hiện ra “lỗ hổng” của mình, tôi đã thử phân tích bình phương mà chỉ có 2 biến x;y bình đẳng xem sao?Bằng cách sử dụng tính chất cùng phía kết hợp với đẳng thức xảy ra của BĐT như vậy trong biểu thức phân tích ắt phải có hạng tử ( )( )2 2x y− − Nhưng

khi đó ta lại thừa ra các biểu thức độc lập của x và y Do vậy phải là hạng tử

( )( )2 2z x y− − . Từ đó chú ý để thành phần có ở hai vế bất đẳng thức tôi đã dự

đoán các hạng tử cần phải có trong phân tích là:

( )2x y− ; ( )( )2 2z x y− − ( )2

; 1xyz − ; ( )22z −

Và công việc còn lại khá đơn giản là tìm các hệ số a;b;c;d thích hợp sao cho: ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2

2 2 2 2 2a x y b z c z x y d xyz− + − + − − + −

( )4( ) 16 8x y z xyz xy yz zx= + + + + − + + .

Đó là lý do tại sao tôi có được đẳng thức trên ☺ Pro.2 (Nguyễn Viết Thủy) Cho ba số dương a;b;c Chứng minh rằng:

2 2 2

3

( ) ( ) ( ) 64( ) 27

a b b c c aabc a b c

+ + +≥

+ +

Lời giải:

Đặt ( )

bc xa a b c

=+ +

; ( )

ac yb a b c

=+ +

; ( )

ab zc a b c

=+ +

Khi đó ta có được: 1xy yz zx+ + = Ta để ý đến các phân tích sau:

2( )( ) 1 1( ) ( )

a b b c ac yb a b c b a b c+ +

= + = ++ + + +

Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: xy+yz+zx=1

Chứng minh: 2 2 2 64(1 )(1 )(1 )27

x y z+ + + ≥

Và hiển nhiên bài toán trên được “xơi” rất nhẹ nhàng bằng biến đổi như sau: Ta có: 2 2 2 2 2 2(1 )(1 )(1 ) ( ) ( ) ( )x y z x y y z z x+ + + = + + + Khi đó ta chỉ cần chứng minh:

8( )( )( )3 3

x y y z z x+ + + ≥

Nhưng bất đẳng thức trên chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau: 8 8( )( )( ) ( )( ) ( )9 9

x y y z z x x y z xy yz zx x y z+ + + ≥ + + + + = + +

Và: 8 8( )9 3 3

x y z+ + ≥

Nhận xét: Có vẻ các bạn thấy lời giải trên hơi rắc rối khi mà bài toán chỉ là hệ quả của hai bất đẳng thức đúng sau:

8( )( )( ) ( )( )9

x y y z z x x y z xy yz zx+ + + ≥ + + + +

Và: 2( ) 3 ( )xy yz zx xyz x y z+ + ≥ + + Nhưng bài toán tiếp theo sẽ cho chúng ta thấy cái lợi của cách đặt.

Pro:3 (Nguyễn Viết Thủy) Cho ba số dương a;b;c Chứng minh rằng:

2 2 2

3

6( )( ) ( ) ( ) ( ) 139( )( )( ) ( ) 108a b c ab bc ca a b b c c a

a b b c c a abc a b c+ + + + + + +

+ ≥ ++ + + + +

Nếu như chúng ta đánh giá bằng AM-GM ngay sẽ trở lên rắc rối và khi đó cách đặt sẽ trở thành công cụ đắc lực của ta khi làm rõ bản chất của bài toán Lời giải:

Đặt ( )

bc xa a b c

=+ +

; ( )

ac yb a b c

=+ +

; ( )

ab zc a b c

=+ +

Ta để ý đến phân tích sau: [ ]3( ) ( ) ( ) ( )6( )( )

( )( )( ) ( )( )( )a b c a b c b c a c a ba b c ab bc ca

a b b c c a a b b c c a+ + + + + + ++ + + +

=+ + + + + +

( ) ( ) ( )3( )( ) ( )( ) ( )( )a a b c b a b c c a b ca b a c b a b c c b c a

⎛ ⎞+ + + + + += + +⎜ ⎟+ + + + + +⎝ ⎠

2 2 2

1 1 131 1 1x y z

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠

Khi đó bài toán trở thành: Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: 1xy yz zx+ + = Chứng minh:

2 2 22 2 2

1 1 1 133 (1 )(1 )(1 ) 91 1 1 108

x y zx y z

⎛ ⎞+ + + + + + ≥ +⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠

Và công việc còn lại của chúng ta thật đơn giản với “ bác” AM-GM Áp dụng AM-GM ta có:

2 2 2 2 2 23

1 1 1 31 1 1 (1 )(1 )(1 )x y z x y z+ + ≥

+ + + + + +

Khi đó ta cần chứng minh:

2 2 23

9(1 )(1 )(1 )x y z+ + +

2 2 2 13(1 )(1 )(1 ) 9108

x y z+ + + + ≥ + (*)

Đặt 2 2 23 (1 )(1 )(1 )x y z t+ + + =

Khi đó theo Pro.2 ta có được 43

t ≥

Và 39 985(*)108

tt

⇔ + ≥

Nhưng bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM: 39 9 9 243. 9

3 3 3 256t

t t t+ + + ≥

Và 313 13256 108

t ≥

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c Kết thúc chứng minh.

139108

+ = 13909.12

+ : Số đẹp với tác giả ☺☺

Nhận xét: Bằng cách đặt trên chúng ta còn có thể chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là:

2 2 2

3

512( )( ) ( ) ( ) ( ) 25681( )( )( ) ( ) 27

a b c ab bc ca a b b c c aa b b c c a abc a b c+ + + + + + +

+ ≥+ + + + +

Và có lẽ theo tôi hằng số tốt nhất là 51281

☺

Pro 4 (Iran 2005): Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 2 1ab bc ca abc+ + + =

Chứng minh rằng: 32

ab bc ca+ + ≤ (*)

Lời giải: Chắc hẳn nếu như chúng ta đã có những công cụ ở trên thì việc chứng minh bài toán sẽ trở lên đơn giản khi chỉ bằng AM-GM hai số: Theo H1: Tồn tại ba số dương x;y;z sao cho:

; ;x y za b cy z z x x y

= = =+ + +

Khi đó ta chỉ cần chứng minh:

3( )( ) ( )( ) ( )( ) 2

xy yz xzx z y z x y x z x y y z

+ + ≤+ + + + + +

Nhưng bất đẳng thức chỉ là hệ quả của ba bất đẳng thức sau:

1( )( ) 2

xy x yx z y z x z y z

⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

1( )( ) 2

yz y zx y x z x y x z

⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

Và 1( )( ) 2

xz x zx y y z x y y z

⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠

Kết thúc chứng minh. Nhưng nếu chúng ta không có công cụ trên thì sẽ làm thế nào?? Và không quá bất ngờ khi tôi nói bài toán trên và bài toán sau là giống hệt nhau: Bài toán: Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: a+b+c=1. Khi đó ta có bất đẳng thức đúng sau:

32

ab bc cac ab a bc b ca

+ + ≤+ + +

Nhận xét: Chắc hẳn nếu nhìn bài toán ở phương diện trên thì nó trở lên rất dễ dàng và không hề gây khó khăn cho chúng ta giải quyết. Nhưng nếu ta để như ở BĐT (*) mà không có công cụ đặt thì chúng ta giải quyết bài toán sẽ không đơn giản ☺ Pro.5:(Korea MO-1998) Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: a b c abc+ + = Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 321 1 1a b c

+ + ≤+ + +

Lời giải:

Điều kiện tương đương: 1 1 1 1ab bc ca

+ + =

Dễ dàng nhận ra rằng tồn tại bộ ba số x;y;z sao cho: ( )x x y za

yz+ +

= ; ( )y x y zbzx+ +

= ; ( )z x y zcxy+ +

=

Khi đó bất đẳng thức trở thành: 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 2yz zx xy

x y x z y x y z z x z y+ + ≤

+ + + + + +

Và công việc còn lại khá nhẹ nhàng bằng AM-GM (Tôi xin dành cho bạn đọc) Nhận xét: Bài toán trên hoàn toàn có thể giải theo cách đặt lượng giác hoặc theo các bất đẳng thức cổ điển. Nhưng có lẽ theo tôi cách giải trên đơn giản và ngắn gọn nhất ☺ Để kết thúc bài viết mời các bạn thử sức với một số bài toán đề nghị sau:

III: Bài toán đề nghị Pro.5(Iran 2010) Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: 1xy yz zx+ + = . Chứng minh rằng:

2 2 223 ( ) 3x y z x y z

y z x+ + + ≥ + + +

Pro. 6 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn: 1ab bc ca+ + = Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 98 8 8 45 5 5

a bc b ca c ab+ + ≥

+ + +

(Tạ Minh Hoằng-Nguyễn Huy Tùng tuyển tập các bài toán BĐT) Pro.7

Cho ba số dương x;y;z thỏa mãn: 2x y zx yz y zx z xy

+ + =+ + +

Chứng minh rằng: 2 2 21 32

2 4xy yz zx xyz x y z+ + ≤ + ≤ ≤ + +

Pro.8 Cho ba số dương a;b;c thỏa mãn:a+b+c=abc Chứng minh rằng:

2 2 23 1 1 1ab bc ca a b c+ + ≥ + + + + + + C: Tài liệu tham khảo: [1]Sáng tạo bất đẳng thức (Phạm Kim Hùng) [2]Bất đẳng thức và những lời giải hay (Võ Quốc Bá Cẩn-Trần Quốc Anh) [3]Chuyên đề toán học (Trường PTNK) [4]Tuyển tập các bài toán bất đẳng thức (Tạ Minh Hoằng, Nguyễn Huy Tùng) [5]http://mathscope.org [6]http://diendanbatdangthuc.com Hãy chọn cho mình một lối đi chứ không phải một lối thoát !! ---------------------------------------The End----------------------------------------------------------