Tài liệu Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức pdf

Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 1 -
A. lý DO CHọN Đề TàI
Trang bị những tri thức cơ bản ,cần thiết ,tiên tiến nhất đặc biệt là
những tri thức phơng ph áp và phát triển trí tuệ cho họ c sinh là các mục
tiêu đợc đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán.
Bất đẳng thức là một vấn đề đợc giáo viên và học sinh thâm nhập
với một lợng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả
năng t duy toán học cho học sinh.
Thế nhng qua
việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã
có rất nhiều phơng pháp giả i cho những bài toán bất đẳng thức điển hình
cụ thể có nhiều dạng. Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dỡng
học sinh khá giỏi việc sử dụng những phơng pháp đã có gặp nhiều khó
khăn, vì thế với hớng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phơng pháp
giải đã có trớc tôi đã tìm kiếm thêm đợc một phơng pháp tiện lợi để
giải quyết những bài toán khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh
và giáo viên trong quá trình tự học, khơi dậy lòng say mê tìm kiếm những
cái mới.
Vì những lý do đó. Dới đây tôi xin đợc trao đổi với quý đồng
nghiệp một phơng pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức ( Thờng
là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học si nh giỏi, thi
Đại học). Và trong một số bài tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt
động trí tuệ nh tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa.
Nội dung đề tài gồm ba phần :
Phần I: một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, )
Phần II: Một biến là x(y hoặc z)
Phần III: Khai thác phơng pháp trong lợng giác
b.nội dung đề tài

*/ Bài toán: Xét bài toán : với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng
p=f(x,y,z, )
A
(hoặc

A)
phơng pháp giải:

Chứng minh p
)(tg
với
Dt

Chứng minh
Atg )(
với
t D
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đa về biểu thức một biến g(t) và chứng
minh
Atg )(
- Việc chứng minh
Atg )(
ở đây tôi chỉ sử dụng cách biến đổi ( dự đoán
dấu bằng xảy ra),ngoài ra đối với hoc sinh lớp 12 có thể làm một cách nhanh
chóng hơn bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải.
- Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa
chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụn g bất đẳng thức cổ điển
bunhiacopki,côsi, ) .
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.

.
K _ Xỏc - 2 -
*/ kiến thức bổ sung
1.Bất đẳng thức cơ bản :
a.Bất đẳng thức côsi:
cho
)2(, ,,
21
nxxx
n
số không âm khi đó:
n
nn
xxxnxxx
2121

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
xxx
21
b. Bất đẳng thức bunhiacopxki:
2
2211
22
2
2
1
22
2
2

1
) () )( (
nnnn
yxyxyxyyyxxx
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
n
y
x
y
x
y
x

2
2
1
1
c. Bất đẳng thức svac-xơ(hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki ) :
với
)2(, ,,
21
nyyy
n
là số dơng:
n
n
n
n
yyy

xxx
y
x
y
x
y
x




) (

21
2
21
2
2
2
2
1
2
1
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
n
n
y
x
y
x

y
x

2
2
1
1
2.Tính chất:
a. Nếu p có giá tri không đổi khi ta hoán vị vò ng quanh các biến x,y,z
chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y) .
khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x=max(x,y,z, ) hoặc
x=min(x,y,z, )
b. Nếu p có giá trị không đổi khi ta hoán vị một cách bất kì các biến x,y,z
chẳng hạn p=f(x,y,z)=f(x ,z,y)=f(y,x,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y)=f(z,y,x) .
khi đó không mất tính tổng quát ta có thể sắp xếp các biến theo một thứ tự
zyx
I. một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, ).
Sau đây là một số ví dụ mở đầu

Bài toán 1
:Với x,y là số dơng chứng minh rằng:
2233
yxxyyx
(1)
Giải:
Vì x là số dơng nên:
(1)

x
y

x
y
x
y















23
1
. đặt
x
y
=t thì t>0
(1) trở thành t
3
-t
2
-t+1

0

(t-1)
2
(t+1)

0 (đúng với mọi t>0)

đpcm
Tổng quát ta có bài toán sau:
Cho x,y là số dơng. Cmr:
),2(
11
Nnnyxxyyx
nnnn


Chứng minh hoàn hoàn tơng tự!

Bài toán 2
: Với x,y khác không chứng minh rằng:
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 3 -
)2(2
2
2
2

2
4
4
4
4










x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
Giải:
Đặt t=
x

y
y
x

thì
2
x
y
y
x
x
y
y
x
t
(áp dụng bđt côsi)
khi đó (2) trở thành:
02)2(2)2(
222
ttt

(t+2)(t
3
-2t
2
-t+3)

0(2')
+) Với t

2: ta có t
3
-2t
2
-t+3=(t-2)(t
2
-1)+1>0
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t

-2: ta có t
3
-2t
2
-t+3=(t+2)[(t-2)
2
+3] - 11 > 0
và t+2

0 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t= -2 hay x=-y

đpcm

Bài toán 3:(Đề chọn đội tuyển dự thi HSG toán QG 2006-2007)
x,y,z là số thực thỏa mãn
2
222
zyx
.Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu

thức
xyzzyxP 3
333

-Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN,NN đạt đợc kh i x=y=z hoặc tại các điểm
biên.Thử vào ta có phán đoán
2222 P
Giải: Từ đẳng thức
2222
)()(2 zyxzxyzxyzyx
))((3
222333
zxyzxyzyxzyxxyzzyx
và điều kiện ta có:
)
2
2)(
2)(())((
2
222


zyx
zyxzxyzxyzyxzyxp
đặt
60 tzyxt
2222)22()2(
2
1
3

2
)
2
2
2(
2
32


ttt
tt
tp
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2t
vậy P
min
=
22
khi x=
2
,y=z=0 hoặc hoán vị
P
max
=
22
khi x=
2
,y=z=0 hoặc hoán vị
Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy đợc ẩn
phụ

Bài toán 4: Cho







2
3
0,,
zyx
zyx
Cmr:
2
15111

zyx
zyx
Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
zyx
zyx
xyz
zyx
zyx
zyx


91

3
111
3
Đặt
2
3
0 tzyxt
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 4 -
Vậy:
2
15
2
3
.4
27
4
9
.2
4
27
4
99111

t
t
tt
t

t
t
zyx
zyx
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=
2
1

đpcm
Tổng quát ta có bài toán: Cho
)2(, ,,
21
nxxx
n
là số dơng ;
)(
*
21
Rkkxxx
n

22
;0 bnakb
.
Cmr :
k
akbn
xxx
bxxxa
n

n
22
21
21
)
1

11
() (


(*)
Sơ lợc lời giải:
k
akbn
k
bn
ak
k
bn
k
bn
at
k
t
t
bn
t
bn
at

xxx
bn
xxxa
xxx
bxxxa
n
n
n
n
22
2
2
2
2
2
2
2
2
21
2
21
21
21
)(
1
.2.)()
1
(

) ()

1

11
() (




Nhận xét1:
- Từ bài toán (*) ta Đặc biệt hóa
1.Với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2
3
ta có bài toán :
Cho







2
3
0,,
zyx
zyx
Cmr:
2
51

)
111
(4
zyx
zyx
kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có
bài toán 2':(olimpic-toán sơ cấp -Đại Học Vinh)
Cho







2
3
0,,
zyx
zyx
C mr:
2 2 2
2 2 2
1 1 1 17
3.
2
x y z
y z x

Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có

)
4
(
17
114
)41)(
1
(
2
222
2
2
y
x
y
x
y
x
y
x
tơng tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh
Với a=1;b=9;n=3;k=1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán
Cho





1
0,,

zyx
zyx
CMR :
82
111
2
2
2
2
2
2

z
z
y
y
x
x
(đề thi đại học ,cao đẳng năm 2003 -2004)
2.với a= -1; b=1 ; n=2 ; k=
2
ta có bài toán :
Cho





2
0,

yx
yx
Cmr:
2)(
11
yx
yx
bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta có bài toán 2'':
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 5 -
cho





1
0,
yx
yx
Cmr:
2
11



y
y

x
x
Thật vậy: bằng cách đặt: a=
x1
; b=
y1
và kết hợp bất đẳng thức
bunhacopxki và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh
Tổng quát: (tạp chí crux )
)2(, ,,
21
nxxx
n
là số dơng và
mxxx
n

21
,m>0:
Cmr::
1

2
2
1
1

n
mn
xm
x
xm
x
xm
x
n
n
Chứng minh hoàn toàn tơng tự !
- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*))thì bài toán thay đổi
nh thế nào?
Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : Cho
)2(, ,,
21
nxxx
n
là số dơng;
)(
*
21
Rkkxxx
n

22
;0 bnakb

.
Cmr :
k
akbn
xxx
bxxxa
n
n
22
21
21
)
1

11
() (


(**)
từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta đợc những bài toán mới khá thú vị
*)Nh vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu
bài toán_ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là :bài toán cụ thể

tổng
quát

đặc biệt

(phân tích , so sánh )

bài toán mới

tổng quát.
(chú ý tổng quát có nhiều h ớng :theo hằng số ,theo số biến hoặc số mũ)

Bài toán 5:(THTT/ T4/352/2007 ) Với x,y,z là số dơng và xyz

1
Cmr:
2
3





xyz
z
xzy
y
yzx
x
(5)
Giải:
Đặt a=
x
, b=
y
, c=
z

Bài toán trở thành : a,b,clà số dơng và abc

1 cmr
2
3
2
2
2
2
2
2





abc
c
acb
b
bca
a
(4')
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
VT
2
(5')

abcacbbca
cba


222
2
)(
2



=

2
222
4
)(
abcacbbca
cba


]3)[(3
)(
)](3)[(3
)(
)(3
)(
2
4

2
4
222
4









cba
cba
cabcabcba
cba
cabcabcba
cba
{vì ab+bc+ca

3
2
)(3 abc

3}
đặt t=(a+b+c)
2
thì t

9 { vì a+b+c

3
3 abc

3}
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 6 -
ta có
)3(3
2
t
t
=
3
3
.
12
3
2
12
159.3
3
3
12
3
12
153

t
t
t
tt
=
2
9

VT
2
(5')

2
9

VT(4')

2
3
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

đpcm
Tổng quát ta có bài toán sau:với
)2(, ,,
21
nxxx
n
dơng và
1
21

n
xxx
Cmr:
2



1211432
2
321
1
n
xxxx
x
xxxxx
x
xxxx
x
nn

n
nn








Bài toán 6: Cho





1
0,,
zyx
zyx
Cmr:
10
9
111
222

z
z
y
y
x
x
P
Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ
nhng ở đây chiều của bất đẳng
thức lại ngợc.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để là m đổi chiều bất đẳng thức ?
Giải : Ta có :

333
2
222
3
4
3
4
3
4
2
3
2
3
2
3
2

2
2
2
2
2
1)(1
)
111
(1)
1
1()
1
1()
1
1(
zyxzyx
zyx
zz
z
yy
y
xx
x
z
z
y
y
x
x
z

z
z
y
y
y
x
x
xP





















Đặt

222
zyxt
từ đk
3
1
t
áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki và côsi ta có:
32
1
2
3
)
3
(3)](1[
2
1
3))((
3
222
222222
222333
t
tt
zyx
zyxzyx
xyzzxyzxyzyxzyxzyx

Vậy
10
9
10
9
3103
)957)(
3
1
(
10
9
10
9
3103
3103
3
13
2
1
3
231
2
1
22
2
2
22

tt
tt
tt
tt
t
tt
t
t
tt
t
P
dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=
3
1

đpcm
Khi gặp bài toán có điều kiện phức tạp khó sủ dụng thì phải xử lí điều kiện . Ta
xét bài toán sau:

Bài toán 7:(Tạp chí toán học tuổi thơ)
Cho

)1)(1)(1)(1(
)1;0(,,
zyxxyz
zyx
Cmr: x
2
+y
2
+z
2

4
3
Giải:
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 7 -
(1)

1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz

x
2
+y

2
+z
2
=2-2(x+y+z)+(x+y+z)
2
-4xyz
áp dụng bđt Côsi ta có :
xyz
zyx








3
3
nên
x
2
+y
2
+z
2

2-2(x+y+z)+(x+y+z)
2
-4

3
3






zyx
Đặt t=x+y+z thì
30 t
.Khi đó:
x
2
+y
2
+z
2
3 2 2
4 1 15 3 3
2 2 (2 3) ( )
27 27 4 4 4
t t t t t
dấu bằng xảy ra khi t=
2
3
hay x=y=z=
2
1

đpcm
Nhận xét 2 : Từ ý tởng phơng pháp giải ở trên ta có thể sáng tạo các bất
đẳng thức :
chẳng hạn -Từ bất đẳng thức cô si
1.C ho x,y là số dơng.Cmr:
xyyxyx 888)(
22322

2.(THTT-248 - 1998):Cho x,y,z là số dơng không lớn hơn 1. Cmr:
a.
3
)1)(1)(1(
3
11
zyx
zyx



b.
)1)(1)(1(
3
11
zyx
zyx


Từ đó ta có bài toán tổng quát : (chú ý: câu b chặt hơn câu a)
Cho
)2(, ,,

21
nxxx
n
là số dơng không lớn hơn

: Cmr:
)) ()((

21
21
1
n
n
n
n
xaxaxa
n
a
xxx
a



Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
n
n
n
n
xxxna
xaxaxa

) (
)) ()((
21
21
bất đẳng thức trở thành:
1 1 1
1
( )
0(*)
n
n n n n n
n
a a na t na t n a t na t
t n n n tn

áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
nnnnn
n
antnatan
n
nan
tnatnatnatn
11
)()1(
)1(
)) ()(()1(










kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức
(*)
đúng
ngoài ra từ cách chứng minh ta có bất đẳng thức chặt h ơn sau:
Cho
)2(, ,,
21

nxxx
n
là số dơng không lớn hơn a .Cmr:
)) ()((
1

1
21
1
21
1
1
n
n
n
n
n
n
xaxaxa
n
a
n
n
xxx
a
n
n

Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 8 -
chứng minh hoàn toàn tơng tự !
3.Cho





3
0,,

222
zyx
zyx
Cmr:
3027 xyzzyx
4.Cho





2
0,,
zyxxyz
zyx
Cmr:
6 zyx
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2222
)()(2 zyxzxyzxyzyx
1. Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] .Cmr :
6)(0 zyxzxyzxy
2. Cho





1
0,,

xyz
zyx
Cmr:
3
101
222



zxyzxy
zyx
3. Cho





0,,
1
zyx
xyz
Cmr:
4
3
222



zyx
x

z
z
y
y
x
4. Cho







2
1
0,,
zyx
zyx
Cmr:
5
108111
222





zzyyxx
5.(THTT- 346/2006) Cho

0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
))((8
222222222
xzzyyxzyxzxyzxy
6. Cho





]2;1[,, zyx
zyxzxyzxy
Cmr:
4
3
)(4)(4)(4
2
2
2
2
2
2

yx
z
xz
y
zy
x
- Hay từ bất đẳng thức schur :
2
)(
9
)(40))(())(())(( zyx
zyx
xyz
zxyzxyyzxzzxyzyyzxyxx


1: Cho xyz là số không âm .
Cmr:
)(212
222
zxyzxyzyxxyz
sơ lợc lời giải: Bất đẳng thức của bài toán tơng đơng với
12)()(4)(412)(
22
xyzzyxzxyzxyhayzxyzxyxyzzyx

kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1
27
)29(
2

tt
với
zyxt
2
9
, t
{ còn
2
9
t
hiển nhiên đúng}
Bằng cách thêm bớt các biểu thức vào ta có nhiều bài toán khác nhau
Chẳng hạn:
zyxtctbxyz
t
axyz
ctbxyzzyxzxyzxya ;
9
])()(4[
2
ta có: Chọn a,b sao cho:

cba
cba
2
0,,
thì:
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 9 -
)(233)()(
222
zxyzxyacbazyxcbxyzzyxa
với a=3 b=5 c=1 ta có bài toán:
2.Cho x,y,z là số không âm . chứng minh rằng :
)(61)(5)(3
222
zxyzxyzyxxyzzyx
Bằng cách tơng tự ta có bài toán:
3.Cho x,y,z là số dơng chứng minh rằng
)(58)(2
222
zyxzyxxyz
(THTT-số 356)
4.Cho x,y,z là số dơng chứng minh rằng
)1)(1)(1(32
222
zyxxyzzyx
5.Cho

]
3
4
;0[,,
3
zyx
zxyzxy
Cmr:
13)(4 zyxxyz
Từ đẳng thức ,bất đẳng th ức cơ bản,đơn giản ta có thể tạo vô số bài toán!
để kết thúc phần I tôi xin đa ra thêm một số bài toán làm theo phơng pháp
này:
* Một số bài toán *
I
1
.Chứng minh rằng:
4
44
4
2
27
2
1

12
27
2
1




yx
yx
với mọi x,y thuộc R
HD:
yxt
I
2
.Cho





)2;0(,,
3
zyx
zyx
Cmr:
222222
4
1
4

1
4
1
)2)(2)(2(
27
zyxzyx






HD: t =
2
)( zyx
:
I
3
.Cho





1
0,,
zyx
zyx
Cmr :
12

1
)()()(
444
yxzxzyzyx
HD: Giả sử
0 zyx
đặt
)( zyxt
ta chứng minh đợc
)31()()()(
444
ttyxzxzyzyx
I
4
. Cho





0,,
4
222
zyx
xyzzyx
Cmr:
3 zyx
I
5
. Cho

]1;0(,, zyx
zyxzxyzxy
Cmr:
3
)()()(
2
2
2
2
2
2





zyx
z
yxz
y
xzy
x
I
6
. Cho

),2(, ,,
21
Nnnxxx
n

là số dơng và
)0(
21
knkxxx
n
.
Chứng minh rằng:
)(
1

11
3
22
22
2
11
knk
n
xxxxxx
nn

Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 10 -
I
7
. Với
)2(, ,,
21
nxxx
n
dơng và
1
21

n
xxx
. Cmr:
n
n
xxx
xxx
n
n
1

1

2
21
21





Nhận xét 3:
- Nếu chứng minh g(t)

0 bằng cách biến đổi nh trên thì trớc tiên phải dự đoán
đợc dấu bằng xảy ra tại đâu để đánh giá hay tách nhóm hợp lý .
-Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh
g(t)

0 bằng phơng pháp đạo hàm.
II. Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp
bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
1.Đa về một biến nhờ điều kiện :

Bài toán 8: Cho





0,,
1

zyx
zyx
Cmr:
27
8
xyzzxyzxy
Giải:
Từ đk bài toán ta thấy
0110 zz
áp dụng bđt côsi ta có:
xy+yz+zx-xyz=z(x+y)+xy(1 -z)

z(x+y)+
2
2






yx
(1-z)

xy+yz+zx-xyz=z(1-z)+
2
2
1

z
(1-z)=
4
1
23
zzz
=
27
8
27
8
)
3
5
()
3
1
(
4
1
2
zz
với mọi z,
10 z
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=
3

1

đpcm

Bài toán số 9: Cho





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
)9()(25 zxyzxyxyz
Giải: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy
10 z
0
4
)2()1(
0
4
23
0)3(2)2()
2
3
(5
0)(2)2()

2
(50)(2)2(5)9(
2
3
2
2










zz
zz
zzz
z
yxzz
yx
yxzzxy
đúng với
]1;0[z
. Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

đpcm

Nhận xét4:

- Nếu lấy điều kiện
30 z
thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là không
đúng. ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để
có thể đánh giá đợc biểu thức .
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 11 -
- Ta có bài toán Tổng quát của bài 9 sau:
bài toán 9' cho











3
4
0;0
0,,
3
b
a
ba

zyx
zyx
Cmr:
0)3()( babxyzzxyzxya
HD: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)
từ điều kiện dễ thấy
04
3
;010
b
a
zbzaz
ta có:
0)4
3
()1(
4
1
)3()3(
)(
4
)3(
)3()()()3()(
2
2




b

a
zzbbazaz
bza
z
bayxazbzaxybabxyzzxyzxya
Chú ý: Nếu
3
b
a
thì việc chứng minh bài toán tổng quát không cần sử dụng
tính chất 1
Thay đổi hình thức bài toán:
- Sử dụng đẳng thức
2222
)()(2 zyxzxyzxyzyx
ta có thể đa bài
toán trên về bài toán tơng đơng nhng hình thức khác :
chẳng hạn bài 9 có thể phát biểu dới dạng tơng đơng :
Cho





0,,
3
zyx
zyx
(THTT-2006) Cmr:
4

222
xyzzyx
hay sử dụng đẳng thức
)](3))[((3
2333
zxyzxyzyxzyxxyzzyx
bài toán 9 có thể đợc phát biểu dới dạng :
Cho





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
93)(2
333
xyzzyx
- Đặt ẩn phụ : a=mx;b=my;c=mz hoặc a=
x
1
;b=
y
1
;c=
z
1

v v
chẳng hạn: bài toán 9 có th ể phát biểu dới dạng tơng đơng

Cho





0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
)(18275 zxyzxyxyz

Cho





0,, zyx
zxyzxyxyz
Cmr:
)(18275
222222
zyxxyzzyx
-Sử dụng tính chất bắc cầu và bất đẳng thức đã có:
chẳng hạn bài 9: Từ bất đẳng thức côsi:

xyzzyx 3
333

ta có bài toán





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
)(615
333
zxyzxyzyx
*)Từ cách chứng minh bài toán tổng quát trên ta có bài toán Tơng tự
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 12 -
bài toán9'' Cho

3
2
0;0
0,,
3
b
a
ba
zyx
zyx
chứng minh rằng:
0)3()( babxyzzxyzxya
Chú ý : Để chứng minh : sử dụng tính chất 1 với z=max(x,y,z)
Đặc biệt hóa ta có bài toán:
Với a=1; b=-2 : Cho





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
12 xyzzxyzxy

Sau đây ta xét tiếp một số bài toán sử dụng tính chất này để làm hạn chế
phạm vi của biến:

Bài toán 10: Cho





3
]2;0[,,
zyx
zyx
Cmr:
9
333
zyx
Giải:
Không mất tính tổng quát , giả sử z=max(x,y,z)
Từ điều kiện
21 z
.
Ta có:

333
zyx
x
3
+y
3

+3xy(x+y) +z
3
=(x+y)
3
+z
3
=(3-z)
3
+z
3
=
=9z
3
-27z+27=9(z-1)(z-2)+9

9 với mọi z,1

z

2
dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó

đpcm

Bài toán 11 : (Đề thi toán quốc gi a _bảng B_1996;USAMO_2001)
Cho

4
0,,
xyzzxyzxy
zyx
Cmr: x+y+z

xy+yz+zx(11)
Giải:
Giả sử z=min(x,y,z) , từ điều kiện ta có :
100)2)(1(34
223
zzzzzxyzzxyzxy
(11')
xy+yz+zx+xyz=4

(x+y)z=4-xyz-xy

x+y=
z
xyxyz 4
(11'')
Mặt khác : 0=xy(1+z)+z(x+y) -4

xy(1+z)+2
xy
.z-4

1
2

0)2)(
1
2
(




z
xyxy
z
xy
(11''')
(11)

0)1)(( xyzzyx
Từ (11'),(11''),(11''') ta có :
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 13 -
0
)1(
)1(
1
2
)(
1
2
44

)(44
)1(
4
)1)((
2
2
2
2
2
2
22

z
zz
z
z
z
zz
z
z
z
zxyzzxyz
xyzz
z
xyxyz
xyzzyx
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

đpcm

Bài toán 12: Cho

0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
7)(2
222222
zyxzyx
Giải:
Ta có
0)]1)(1)(1[()]1)(1)][(1)(1)][(1)(1[(
2
zyxxzzyyx
Do đó trong ba số
)1)(1();1)(1();1)(1( xzzyyx
có ít nhất một số không
âm . Giả sử
10)1)(1( yxxyyx
Ta có:
77)22()1(9674
)2(2)3()1(2)()(2
22234
22222222222222


zzzzzzz
zzzzzyxzyxzyxzyx
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1
0)22()1(
0)1)(1(
3
22
zyx
zzz
yx
zyx

đpcm
Bằng cách sử dụng tính chất trên ta c ó thể tạo ra các bài toán mới
chẳng hạn: cho







]4;
2

1
[,,
1
zyx
xyz
Cmr:
4
17
zxyzxy
* Một số bài toán *
II
11
. Cho





0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
a.
xyzzy 16
b.
xyzzxyzxy 9
c.
)(419 zxyzxyxyz
II

12
. Cho





3
0,,
zxyzxy
zyx
Cmr:
10)(3 xyzzyx
II
13
. Cho
]
2
2
;0[, yx
. Cmr:
3
22
11
22



x
y

y
x
HD: Giả sử
0
2
2
yx
ta đi chứng minh:
222
1
2
11 x
x
x
y
y
x





Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 14 -
II
14
. Cho

0,,
1
zyx
zyx
Cmr:
a.
2
7
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2

x
z
z
y
y
x
(bài T5 - THTT - 10/2004)
b.
2
7
1
1
1
1
1
1









n
n

n
n
n
n
x
z
z
y
y
x
HD:Giả sử x=max(x,y,z)
1
1
42
1
1
)(3
1
1
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

1
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2

x
xx
x
zy
x
zy
x
z
y
x
z
z
y
y
x
Câu b tơng tự!
II
15
. Cho





3

]2;0[,,
zyx
zyx
Cmr :
12
nnnn
zyx
(Tổng quát bài 8: chứng minh tơng tự!)
2. Đa dần về một biến :
Từ biểu thức p có n biến ta đánh giá đa về (n -1) biến và cuối cùng đa về 1
biến. sau đây ta xét một số ví dụ đặc trng thể hiện phơng pháp này:

Bài toán 13: Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2]
Chứng minh rằng :
xyzzyx 5
333

Giải:
Đặt
),,( zyxf
xyzzyx 5
333

Không mất tính tổng quát giả sử :
12 zyx
0)51)(1()51(5)1,,(),,(
23
xyzzzxyxyzzyxfzyxf
Vì :
013)1(4415151;01

22222
zzzzzzzxyzzz
Mặt khác :
0)51)(1()51(5)1,1,()1,,(
23
xyyyxxyyxfyxf
Vì
01)2)(1(145151;01
222
yyyyyyyyxyyy
Vậy
21,0)2)1)[(2(25)1,1,(),,(
23
xxxxxxxfzyxf
dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của
(2,1,1)

đpcm

Bài toán14:(Đây là bài toán số 9 ) Cho





0,,
3
zyx
zyx
Chứng minh rằng:

)(25 zxyzxyxyz
Giải
Đặt
xyzzxyzxyzyxp )(2),,(
Ta cần chứng minh
5),,( zyxf
. Do vai trò của x,y,z trong
f
nh nhau nên theo
tính chất 2 ta giả sử
zyx 0
kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra
10 x
Xét
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 15 -
4
23
)
2
3
,
2
3
,()
2
,
2

,(),,(0))(2(
4
1
4
)(
)
24
)(
2
(2)(2)
2
,
2
,(),,(
3
2
22

xxxx
xf
zyzy
xfzyxfzyx
zy
x
zy
x
zyzy
xxyzzxyzxy
zyzy
xfzyxf
10;5
4
)2()1(
555
4
23
),,(
23




xx
xxxx
zyxf

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
1
0))(2(
2






zyx
x
zyx

đpcm

Bài toán15: (Bất đẳng thức côsi): Cho x,y,z là số dơng
Chứng minh rằng:
xyzzyx 3
333

Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử
0 xyz
Đặt
),,( zyxf
xyzzyx 3
333

Tacó:
0)2)(()(3)(),,(),,(
233
xyxyzzxyzzxyxyxyzxyyxfzyxf
vì
xyz
Mặt khác: Đặt
),( yxg
333
)(2),,( xyyxxyyxf


0))((2),(),(
2
336333
xyxxyxyxxgyxg
Vậy
0),(),(),,(),,( xxgyxgxyyxfzyxf
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
zyx
yx
xyz







đpcm

Bài số 16:(Bất đẳng thức nesbit) Cho x,y,z là số dơng .
Chứng minh rằng :
2
3





yx
z
xz
y
zy
x
Giải:
Đặt
),,( zyxf
yx
z
xz
y
zy
x

. Giả sử z=min(x,y,z)
Ta có :
),,(),,( xyyxfzyxf
yx
xy
xxy
y
xyy
x
yx
z
xz
y
zy
x











0
)(
.
))((

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

xy
yx
yxyxyxx
y
yxy
x
yx
yx
xxyxy
y
xyyxy
x
yx
xxyxz
y
xyyzy
x
zxy
yx
xyz
xxyxz
zxyy
xyyzy
zxyx
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.

.
K _ Xỏc - 16 -
Ta có :













1
1
1
),,(
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y

x
y
yx
xy
xxy
y
yxy
x
xyyxf

2
3
2
3
)1(2
22
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2

tt
tt
t
t
t
t
t
tt
với
)0( t
x
y
t
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : x=y=z=1

đpcm

Nhận xét :
- Khi đa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thờng xét hiệu biểu thức của bất
đẳng thức và biểu thức đó với x(hoặc y hoặc z) thay bởi trung bình nhân hoặc
trung bình cộng .
- Thờng ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá đợc
* Một số bài toán *
II

21
. Cho





0,,
1
zyx
xyz
Cmr :
)1(4))()(( zyxxzzyyx
II
22
. Cho





0,,
96
zyx
xyzzxyzxy
Cmr:
63 xyzzyx
II
23
. Cho

3
0,,
222
zyx
zyx
Cmr:
a.
xyzzxyzxy 9
b.
)(419 zxyzxyxyz
II
24
. Cho
]
2
2
;0[, yx
chứng minh rằng:
3
22
11
22

x
y
y
x
II
25
. Cho
]3;
3
1
[,, zyx
chứng minh rằng:
5
7





xz
z
zy
y
yx
x
(THTT-số 357)
II
26
. Cho x,y,z là số dơng chứng minh rằng:
)(58)(2

222
zyxzyxxyz
(THTT-số 356)
II
27
. Cho





3
0,,
zxyzxy
zyx
Cmr:
10)(3 xyzzyx
II
28
. Cho





3
0,,
222
zyx
zyx

Cmr:
222222
xzzyyxzyx
II
29
. Cho





3
0,,
222
zyx
zyx
Cmr:
xyzzxyzxy 912)(7
II
20
Chứng minh rằng :
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 17 -
2
2
2
1

y
xz
x
zy
z
yx
(OLIMPIC 30-4)
HD: Không mất tính tổng quát ta giả sử :
1
2
1
xyz
Đặt : z=ax ; y=bx
1
2
1
ba

sau đó đánh giá tiếp ta đa về 1biến là b .
III. khai thác phơng pháp trong lợng giác :
ở trên là những bất đẳng thức trong đại số . vậy trong lợng giác liệu có thể
đánh giá đơc không? sau đây ta xét một số ví dụ trong l ợng giác

Bài toán17:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:
sinA+sinB+
3
sinC
6
3
4

(17)
Giải:
C
C
C
BABA
CBA sin3
2
cos2sin3
2
cos
2
sin2sin3sinsin)17(


Đặt
01

2
cos tt
C
Ta có:
))1(31(2)
2
sin31(
2
cos2sin3
2
cos2
2
tt
CC
C
C

áp dụng bđt côsi :
)'17(6
3
4
6
3
4
)623()
3
6
(
63)]1
3

1
(
2
3
1[2))1(
3
1
2.
2
3
1(2))1(31(2
2
3222


tt
tttttttt
(17') đúng với mọi t>0 ; vì vậy: sinA+sinB+
3
sinC
6
3
4

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2
cos
3
6
2
cos
1
2
cos
C
BA
C
BA

đpcm

Bài toán18: Cho tam giác ABC chứng minh rằng:
(1-cosA)(1-cosB)(1-cosC)

cosAcosBcosC (18)
Giải:
+) Nếu tam giác có góc vuông ho ặc góc tù thì bđt luôn đúng
+) Nếu tam giác là nhọn ,ta có:
1
coscos
coscos)cos(cos1
.
cos
cos1
)18(


CB
sCBCB
A
A
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 18 -
A
AA
A
A
A
A

VT
CBCB
CBCB
A
A
cos
2
sin2
2
sin42
1
)cos1(
2
1
2
sin21
cos
cos1
)'18(
)'18(11
)cos()[cos(
2
1
2
cos
2
cos21
cos
cos1
2

Ta có:
0
cos
)
2
sin21(
0
cos
2
sin4
2
sin41
1
cos
2
sin2
2
sin42
222

A
A
A
AA
A
AA
(18'')
Vì tam giác nhọn nên (1 8'') luôn đúng.Do đó(18) đúng
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
CBA
A
CB









0
2
sin1
1
2
cos

đpcm
Trong tam giác ABC ta có điều kiện là A+B+C=180

nên gợi ý cho chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế phạm vi biến từ đó
có thể đánh giá đợc biểu thức ,
Sau đây là một số ví dụ:

Bài toán 19: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
3(cosA+cosB+cosC)

2(sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA) (19)
Giải:
Khi hoán vị (A,B,C) thì bđt (1 9) không thay đổi do đó không mất tính tổng quát
Giả sử A=min(A,B,C. Vì A+B+C=180


3A nên
1
2
cos
2
3
600
A
A

)cos(]
2
cossin4

2
sin6[
2
coscos2
2
cos
2
sin2.sin2)cos()cos()
2
cos
2
cos2(cos3
)sinsinsinsinsin(sin2)coscos(cos3
CB
A
A
ACB
A
CBCB
ACBCB
CBCB
A
ACCBBACBAT

Ta có: vì
0)
2
cos43(
2
sin2
2
cossin4
2
sin61
2
cos
2
3
,0
2
sin
2

AAA
A
AAA
Mặt khác
1)cos(,1
2
cos

CB
CB

nên
00)12()12(1248
1)
2
sin1(
2
sin8
2
sin6)
2
sin21(21
2
cossin4
2
sin6cos2
223
22


tttttt
AAAAA
A
A
AT
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 19 -
trong đó
2

sin
A
t
.Vì vậy (cosA+cosB+cosC)

2(sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA)
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
CBA
A
CB
CB












1
2
sin
1)cos(
1
2
cos

đpcm

Bài toán20: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
1+cosAcosBcosC
3
sinAsinBsinC (20)
Giải:
Khi hoán vị (A,B,C) thì bđt ( 20) không thay đổi do đó không mất tính tổng
quát . ta giả sử A=max(A,B,C)
Khi đó
60 (20')A

. Xét
]sin
2
3
cos
2
1
)[cos(]cossin3[cos
2
1
1
)]cos()[cos(sin
2
3
)]cos()[cos(cos
2
1

1
sinsinsin3coscoscos1
2
AACBAAA
CBCBACBCBAT
CBACBAT



Từ (20') ta có:
0)60cos(sin
2
3
cos
2
1


AAA
và
1)cos( CB
nên
0)]60cos(1)[1(cos)sin3(cos
2
1
]cossin3cos
2
1
[1
2

AAAAAAAT
Vì vậy 1+cosAcosBcosC
3
sinAsinBsinC
dấu bằng xảy ra khi
CBA
A
CB






1)60cos(
1)cos(


đpcm
* Một số bài toán *
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:
III
31
.Nếu tam giác ABC nhọn:
33
1
33
2

cot
2
cot
2
cot
1
tantantan
CBA
CBA
III
32
.
2
15
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
2
sin
2
sin
CBA

CBA
III
33
.
13
1 cos cos cos cos cos cos (cos cos cos )
2
cos cos cos
A B B C C A A B C
A B C


Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 20 -
III
34
.
2
3
3cos3cos3cos CBA
III
35
.
4
23
1sin
2
1

sinsin
222
CBA
III
36
.
3
3
2
16
3
2
sin
2
sin
2
sin
CBA
III
37
.
2cot2cotcot CBA
III
38
. Nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù thì
a.
4)sin1)(sin1)(sin1(
222
CB
b.

2
2
1
coscoscos
sinsinsin



CBA
CBA
Nhận xét 5: Ta có thể chuyển bất đẳng thức có điều kiện trong đại số sang
lợng giác bằng cách:
*) Từ đẳng thức lợng giác cơ bản :
+) Từ đẳng thức:
)1(tantantantantantan CBACBA
)2(1
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
ACCBBA
kết hợp bài toán : II

12
. Cho





3
0,,
zxyzxy
zyx
Cmr:
10)(3 xyzzyx
chứng minh bài này tơng tự bài toán 11(hoặc sử dụng đa dần về một biến)
từ (1) bằng cách đặt :
C
z
B
y
A
x
tan
3
;
tan
3
;
tan
3

ta đợc bài toán tơng
đơng bài toán II
12
: cho tam giác ABC nhọn .
Cmr:
CBAACCBBA tantantan
33
10
1tantantantantantan
tơng tự ta có :
330
2
tan
2
tan
2
tan)
2
tan
2
tan
2
(tan9
CBACBA
+) Từ đẳng thức:
1coscoscos2coscoscos
222
CBACBA
và
Bài toán 11: Cho

4
0,,
xyzzxyzxy
zyx
Cmr:x+y+z

xy+yz+zx
Đặt x=2cosA ; y=2cosB ; z=2cosC ta có bài toán:
Chứng minh rằng với tam giác nhọn ABC thì:
cosA+cosB+cosC

2(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA)
đây là bài toán khá đẹp
*) Từ bất đẳng thức lợng giác cơ bản :
Ta xét bài toán 9:
Dễ thấy từ cách chứng minh có thể thay điều kiện của bài toán nh sau
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 21 -
Cho

3
4
0;0
0,,
3
b
a
ba
zyx
zyx
hay











3

4
0;0
0,,
3
222
b
a
ba
zyx
zyx
Cmr:
0)3()( babxyzzxyzxya
Đặc biệt hóa ta có bài toán :
1. a=-2;b=1 .





0,,
3
zyx
zyx
Cmr:
)(25 zxyzxyxyz
2.a=-4;b=3 .

0,,
3
222
zyx
zyx
Cmr:
)(439 zxyzxyxyz
Kết hợp bất đẳng thức cơ bản trong lợng giác chẳng hạn
1.
2
3
coscoscos CBA
ta có bài toán:
Cho tam giác nhọn ABC . C hứng minh rằng:
)coscoscoscoscos(cos8coscoscos85 sACcBBAsCsBA
2.
4
9
sinsinsin
222
CBA
ta có bài toán:
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC thì:
)sinsinsinsinsin(sin16sinsinsin839 ACCBBACBA
tơng tự đối với tang,cotang và bài toán khác
chú ý: Giải bài toán đại số thông qua giải bài lợng giác ngời ta gọi l à phơng
pháp lợng giác hóa. Làm ngợc lại gọi là phơng pháp đại số hóa.
C. Kết luận
Trên đây là một trích dẫn về sự vận dụng phơng pháp đa về một biến

trong vấn đề chứng minh bất đẳng thức.
Đề tài này đã đợc bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm
trên các em có học lực từ khá trở lên. Kết quả thu đợc rất khả quan, các em học
tập một cách say mê hứng thú. Một số em đã đạt đợc những thành tích tốt qua
những đợt thi học sinh giỏi vừa qua. Vì tác dụng tích cực trong việc bồi dỡng
học sinh khá giỏi nên kính mong Hội đồng khoa học và quý thầy ( cô) góp ý bổ
sung để đề tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng hơn trong quá trình
dạy học ở trờng THPT.
Phơng pháp đa về một biến trong bài toán bất đẳng thức
.
.
K _ Xỏc - 22 -
Xin chân thành cảm ơn!
ngày 10 tháng 5 năm 2007
Ngời thực hiện
Kỳ_Xác
Tài liệu tham khảo
1.Tạp chí toán học và tuổi trẻ
2.Sáng tạo bất đẳng thức _ pham kim hùng
3.Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần tuấn Anh
4.Các bài toán chọn lọc về hệ thức lợng trong tam giác tứ giác
phan huy khải_nguyễn đạo phơng
5.Olimpic 30_4