Đổi biến để chứng minh bất đẳng thức

Cao Văn Dũng
Lớp K50 SP toán - khoa Sư Phạm – ĐHQGHN
§c: 575\14 Lê Duẩn - Chî Ea tam--Phêng EA Tam-TP BMT-§AKLAK
Phone : 0989966850
Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức

Đôi khi chứng minh một bài toán BĐT có rất nhiều cách khác nhau để giải, song
không phải cách nào cũng thuận lợi cho việc chứng minh BĐT, có nhiều BĐT đề ra
phức tạp làm cho ta cảm giá rối, nhưng qua việc đưa về biến mới thì bài toán trở nên
dễ hơn. Bài viết này xin nêu ra một số cách đổi biến để chứng minh BĐT được dễ
dàng hơn.
Sau đây là một số ví dụ :
VD1:(BĐT Nesbitt): Cho a,b,c là các số thực dương . CMR:
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Ta đặt
2
2
2
y z x
a
x b c
x z y
y c a b
z a b

x y z
c
+ −

=

= +


+ −
 
= + ⇒ =
 
 
= +

+ −

=


nên BĐT
1 3
2 2
y z x x z y x y z
x y z
 
+ − + − + −
⇔ + + ≥
 ÷

 

2 . 2 . 2 . 6
x y y z z x x y y z z x
y x z y x z y x z y x z
   
 
⇔ + + + + + ≥ + + =
 ÷  ÷
 ÷
 
   
(đúng)
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
a b c⇔ = =
VD2: (Prance Pre –MO 2005) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z+ + =
.
CMR:
3
xy yz zx
z x y
+ + ≥
Đặt
xy
a
z
yz

b
x
zx
c
y

=



=



=


với
, , 0a b c >
từ giả thiết
2 2 2
3x y z+ + =
3ab bc ca
⇔ + + =

Và BĐT cần CM
⇔
CM BĐT
3a b c+ + ≥
mặt khác ta có BĐT sau:

2 2 2
3( ) 3a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + =
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1x y z⇔ = = =
VD3: Cho x, y, z >0 thoả
1x y z+ + =
. CMR
1 4 9
36
x y z
+ + ≥

Từ giả thiết ta có thể đặt:
a
x
a b c
b
y
a b c
c
z
a b c

=

+ +


=


+ +


=

+ +

với a,b,c >0
Nên BĐT
⇔
CM
4. 9. 36
a b c a b c a b c
a b c
+ + + + + +
+ + ≥

4. 4. 9. 9. 22
b c a c a b
a a b b c c
⇔ + + + + + ≥
4. 9. 4. 9. 2 .4. 2 .9. 2 4. .9. 22
b 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
1
6
2
1
3
3
1
2
x
b a
y
c a
z

=


=


⇔ ⇒ =
 
=



=



VD4: Cho x, y, z là các số thực dương. CMR
( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + −
Ta đặt
x b c
y c a
z a b
= +


= +


= +

với
, , 0a b c >
nên BĐT
⇔
CM BĐT
( )( )( ) 8a b b c c a abc+ + + ≥
mặt khác ta có
2 2 2
( )( )( ) 8 ( ) ( ) ( ) 0a b b c c a abc a b c b c a c a b+ + + − = − + − + − ≥
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
x y z⇔ = =
VD5: ( IMO 2000) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc=1 .
CMR:
1 1 1
1 1 1 1a b c

b c a
   
− + − + − + ≤
 ÷ ÷ ÷
   
Do
1abc
=
nên ta có thể đặt
x
a
y
y
b
z
z
c
x

=



=



=



với
, , 0x y z >
Nên BĐT có thể viết lại
1 1 1 1
x z y x z y
y y z z x x
 
  
− + − + − + ≤
 ÷
 ÷ ÷
  
 


⇔ ( )( )( )xyz x y z y z x z x y≥ + − + − + −
(đã CM ở VD4)
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1a b c⇔ = = =
VD6:( IMO-1995) 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
+ + ≥
+ + +
Ta đặt
1
1

1
a
x
b
y
c
z

=



=



=


với
, , 0x y z >
và do
1abc =
nên
1xyz =
Nên BĐT
2 2 2
3
2
x y z

y z z x x y
⇔ + + ≥
+ + +
mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
x y z
y z z x x y x y z
y z z x x y
 
 
+ + + + + + + ≥ + +
 ÷
 
+ + +
 
2 2 2
3
3
3
2 2 2
xyz
x y z x y z
y z z x x y
 
+ +
⇔ + + ≥ ≥ =
 ÷
+ + +

 
Vậy BĐT đuợc chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1a b c
⇔ = = =

VD7: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn:
2xyz x y z= + + +
.
CMR:
3
2
x y z xyz+ + ≤
Từ
1 1 1
2 1
1 1 1
xyz x y z
x y z
= + + + ⇔ + + =
+ + +
Ta đặt
1 1 1
, ,
1 1 1
a b c
x y z
= = =
+ + +
với

, , 0a b c >

1 1 1
, ,
a b c b a c c a b
x y z
a a b b c c
− + − + − +
⇒ = = = = = =
Nên BĐT cần CM
⇔
CM BĐT
3
. . .
2
a b b c c a
b c c a c a a b a b b c
+ + ≤
+ + + + + +
Mặt khác ta có:
1
.
2
a b a b
b c c a a c b c
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 

1
.
2
b c b c
c a a b b a c a
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 

1
.
2
c a c a
a b b c c b a b
 
≤ +
 ÷
+ + + +
 
Nên
1 3
. . .
2 2
a b b c c a a b b c c a
b 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⇔ = = =
Sau đây là một số bài tập để luyện tập:
Bài 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác:
1,
3
a b c
b c a c a b a b c
+ + ≥
+ − + − + −
2,
1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + ≥ + +
+ − + − + −
Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
2 2 2
2 1x y z xyz+ + + =
. CMR:
1,
3
2
x y z+ + ≥
2,
1 1 1
4( )x y z

x y z
+ + ≥ + +
Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt
, ,
a b c
x y z
b c c a a b
= = =
+ + +
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1a b c+ + =
.
CMR:
1 1 1 1
2 22
abc
ab bc ca
+ + ≥ + +
Bài 4: Cho
, , 0a b c >
thoả mãn
1abc
=
. CMR:
3 6
1
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +

Bài 5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR:
1,
2 2 2
4 3a b c S+ + ≥
với S là diện tich tam giác
2,
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b a b b c b c c a c a− + − + − ≥
Gợi ý: Đặt
, ,a x y b y z c z x= + = + = +