Phương pháp dồn biến chứng minh bất đẳng thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (124.97 KB, 7 trang )
Chuyên đề BDHSG
PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
ĐỐI VỚI BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN SỐ
KỸ THUẬT DỒN VỀ HAI BIẾN BẰNG NHAU
Huỳnh Chí Hào
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức ba biến dạng:
f ( x , y, z ) ≥ 0
với x , y, z là các biến số thực thỏa mãn các tính chất nào đó.
Khi đó ta sẽ thực hiện hai bước chính sau đây:
Bước 1: Chứng minh f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z )
Đối với bất đẳng thức không điều kiện thì dồn biến theo các đại lượng trung bình:
x+y
, t = xy ; t =
2
Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) ≥ 0
t=
x2 + y2
,…
2
Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ 0
Chú ý: Đối với các bất đẳng thức đồng bậc ta có thể làm cho chúng đơn giản hơn bằng cách chuẩn hóa các
biến trong bất đẳng thức trước khi thực hiện hai bước.
Thí dụ 1. Cho x , y, z ≥ 0 . Chứng minh rằng:
x + y + z ≥ 3 3 xyz
(1)
Lời giải.
CÁCH 1: Thực hiện dồn biến theo TBC
Bước 1:
(1) ⇔ x + y + z − 3 xyz ≥ 0
f ( x , y, z ) = x + y + z − 3 xyx . Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ 0
3
•
Ta có:
•
Xét biểu thức
(2)
3
x+y
, ta sẽ chứng minh:
2
f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z )
Thực hiện dồn biến theo TBC: t =
•
Thật vậy, xét hiệu:
(3)
d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z )
= x + y + z − 3 3 xyz − 2t + z − 3 3 t 2 z
= x + y+3
Mà t =
(
3
t 2 z − 3 xyz
)
x+y
⇒ t 2 ≥ xy ⇒ 3 t 2 z − 3 xyz ≥ 0 nên d ≥ 0
2
Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) = 2t + z − 3 3 t 2 z ≥ 0
•
Thật vậy:
( 4 ) ⇔ 2t + z ≥ 3
3
(4)
3
t 2 z ⇔ ( 2t + z ) − 27t 2 z ≥ 0
2
⇔ ( t − z ) ( 8t + z ) ≥ 0
Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ 0
(đúng)
CÁCH 2: Thực hiện dồn biến theo TBN
Bước 1:
•
Ta có:
•
Xét biểu thức
(1) ⇔ x + y + z − 3 xyz ≥ 0
f ( x , y, z ) = x + y + z − 3 xyx . Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ 0
3
(2)
3
Thực hiện dồn biến theo TBN: t = xy , ta sẽ chứng minh:
f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z )
•
Thật vậy, xét hiệu:
(3)
d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z )
= x + y + z − 3 3 xyz − 2t + z − 3 3 t 2 z
= x + y − 2t
Mà t = xy ⇒ 2t ≤ x + y ⇒ x + y − 2t ≥ 0 nên d ≥ 0
Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) = 2t + z − 3 3 t 2 z ≥ 0
•
Thật vậy:
( 4 ) ⇔ 2t + z ≥ 3
3
(4)
3
t 2 z ⇔ ( 2t + z ) − 27t 2 z ≥ 0
2
⇔ ( t − z ) ( 8t + z ) ≥ 0
Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ 0
(đúng)
CÁCH 3: Chuẩn hóa & thực hiện dồn biến theo TBC
Vì bất đẳng thức (1) là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử:
x + y + z =1
(*)
Bước 1:
•
•
Ta có:
•
Xét biểu thức
(1) ⇔ 1 ≥ 3 xyz ⇔ 1 − 27 xyz ≥ 0
f ( x , y, z ) = 1 − 27 xyz . Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ 0
3
x+y
, ta sẽ chứng minh:
2
f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z )
(2)
Thực hiện dồn biến theo TBC: t =
(3)
x+y
thì (*) vẫn thỏa
2
d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z )
Kiểm tra (*): Khi thay x , y bởi t =
•
Xét hiệu:
= 1 − 27 xyz − 1 − 27t 2 z
(
= 27 t 2 z − xyz
(
)
)
x+y
⇒ t 2 ≥ xy ⇒ xyz ≤ t 2 z nên d ≥ 0
2
Chứng minh f ( t, t, z ) = 1 − 27t 2 z ≥ 0
Mà t =
Bước 2:
•
•
(4)
Thật vậy: f ( t, t, z ) = 1 − 27t 2 z = 1 − 27t 2 (1 − 2t ) = (1 + 6t ) 1 − 3t 2 ≥ 0
(
)
x = y
1
Với điều kiện (*) thì đẳng thức xảy ra ⇔
⇔ x=y=z=
3
3t = 1
Vậy trong trường hợp tổng quát đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ≥ 0
Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ 0
CÁCH 4: Chuẩn hóa & thực hiện dồn biến theo TBN
Vì bất đẳng thức (1) là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử:
xyz = 1
(*)
Bước 1:
• Ta có:
(1) ⇔ x + y + z ≥ 3 ⇔ x + y + z − 3 ≥ 0
•
•
(2)
Xét biểu thức f ( x , y, z ) = x + y + z − 3 . Ta chứng minh: f ( x , y, z ) ≥ 0
Thực hiện dồn biến theo TBC: t = xy , ta sẽ chứng minh:
f ( x , y, z ) ≥ f ( t , t, z )
(3)
Kiểm tra (*): Khi thay x , y bởi t = xy thì (*) vẫn thỏa
•
Xét hiệu:
d = f ( x , y, z ) − f ( t , t, z )
= x + y + z − 3 − ( 2t + z − 3 )
= x + y − 2t
Mà t = xy ⇒ x + y ≥ 2 xy = 2t ⇒ x + y − 2t ≥ 0 nên d ≥ 0
Bước 2: Chứng minh f ( t, t, z ) ≥ 0
(4)
2
•
•
( t − 1) ( 2t + 1) ≥ 0
1
Thật vậy: f ( t, t, z ) = 2t + z − 3 = 2t + 2 − 3 =
t
t2
x = y
Với điều kiện (*) thì đẳng thức xảy ra ⇔
⇔ x = y =1⇔ x = y = z =1
t = 1
Vậy trong trường hợp tổng quát đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ≥ 0
Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ 0
Thí dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1 . Chứng minh rằng:
1 1 1
13
25
+ + +
≥
(1)
a b c a + b + c +1 4
Lời giải.
•
1 1 1
13
+ + +
.
a b c a + b + c +1
Thực hiện dồn biến theo TBN, ta sẽ chứng minh:
Xét biểu thức f ( a, b, c ) =
(
f ( a, b, c ) ≥ f a, bc , bc
•
) = 1a + 1b + 1c + a + b13+ c + 1 − a1 +
(
(
•
(
)
Chứng minh f a, bc , bc ≥
)
2
)(
13
)
25
4
(4)
(5)
t 3 − 3t + 2
−2t 3 + 3t 2 − 1
+ 13
≥0
t
4 2t 3 + t 2 + 1
(
)
2
⇔
2
( t − 1) ( t + 2 ) + 13 ( t − 1) ( −2t − 1) ≥ 0
4 2t 3 + t 2 + 1
(
t
2
)
⇔ ( t − 1) 8t 4 + 20t 3 − 18t 2 − 9t + 8 ≥ 0
(
)
2
2
2
⇔ ( t − 1) 2 2t 2 − 1 + 5t ( 2t − 1) + 2 5t 2 − 7t + 3 ≥ 0
(
)
)
1
25
Đặt t = bc với 0 < t ≤ 1 , ta sẽ chứng minh: f 2 , t, t ≥
t
4
1
2 2
13
2
13t 2
25
2
Ta có: f 2 , t, t = t + +
=t + + 3 2
≥
t 1
t 2t + t + 1 4
t
+ 2t + 1
2
t
2
1
t2
2
⇔ t + − 3 + 13 3 2
− ≥0
t
2t + t + 1 4
⇔
+
(
) (
nên d ≥ 0 ⇒ f ( a, b, c ) ≥ f a, bc , bc
•
(3)
bc a + 2 bc + 1
1 1
2
1
1
= + −
−
+ 13
bc
b c
a + b + c + 1 a + 2 bc + 1
2
1
13
= b− c
−
bc
( a + b + c + 1) a + 2 bc + 1
1
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a = max {a, b, c} , do abc = 1 ⇒ bc ≤ 1 ⇒
≥1
bc
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
13
13
13
≤
=
<1
3
3
( a + b + c + 1) a + 2 bc + 1 3 abc + 1 3 abc + 1 16
(
Ta có: d = f ( a, b, c ) − f a, bc , bc
(
•
)
)
(
)
(
)
•
Suy ra: f a, bc , bc ≥
•
Kết luận: f ( x , y, z ) ≥ 0
25
4
Giải thích kỹ năng phân tích:
8t 4 + 20t 3 − 18t 2 − 9t + 8 = 8t 4 − 8t 2 + 2 + 20t 3 − 20t 2 + 5t + 10t 2 − 14t + 6
(
) (
2
) (
2
= 2 2t 2 − 1 + 5t ( 2t − 1) + 2 5t 2 − 7t + 3 ≥ 0
(
)
(
)
Bài tập tương tự
1. Cho a, b, c là các số thực dương sao cho abc = 1 . Chứng minh rằng:
1 1 1
6
+ + +
≥5
a b c a+b+c
2. Cho a, b, c là các số thực dương sao cho abc = 1 . Chứng minh rằng:
2
1
3
+ ≥
a + b + c 3 ab + bc + ca
3. Cho a, b, c là các số thực dương sao cho abc = 1 . Chứng minh rằng:
( a + b )( b + c )( c + a ) + 7 ≥ 5 ( a + b + c )
)
