Sáng kiến kinh nghiệm Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức

Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 1 -
Sở giáo dục & đào tạo nghệ an
Trường THPT diễn châu 4
............................................
Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Năm học 2006-2007
........................................
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức
và xây dựng một số bất đẳng thức.
Người viết: Sơn _ Kều
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 2 -
I. Lý do chọn đề tài
 Để giải được một bài toán thì điều quan trọng nhất là chúng ta phải lựa chọn
được phương pháp để giải bài toán đó.Các bài toán đặc biệt là các bài toán về
bất đẳng thức rất đa dạng và phong phú vì thế các phương pháp để chứng min h
bất đẳng thức rất nhiều;việc lực chọn phương pháp để chứng minh một bất
đẳng thức là rất khó khăn. Đối với học sinh THPT đa số các em ngại khi gặp
các bài toán về bất đẳng thức nhưng các em học khá,giỏi thì lại rất thích thú
và say mê với các bài toán về bất đẳng thức.Các bài toán về bất đẳng thức
giường như là không thể thiếu trong các đề thi đại học,cao đẳng,đề thi học
sinh giỏi.
Bất đẳng thức là vấn đề được rất nhiều người yêu toán quan tâm. Tôi củng là
một người yêu toán vì thế Tôi luôn luôn học hỏi và tìm kiếm các phương pháp
để chứng minh bất đẳng thức.Sau khi chứng minh được một bất đẳng thức Tôi
luôn đặt ra câu hỏi : “Tại sao lại có bất đẳng thức này;Liệu từ bất đẳng thức
này có thể xây dựng được các bất đẳng thức khác có liên quan hay không?”.
Sau khi cùng với học sinh giải được một bài toán đặc biệt là bài toán bất đẳng
thức Tôi luôn khuyến khích và yêu cầu các em xây dựng các bất đ ẳng thức
mới có liên quan với bất đẳng thức đó.Cách làm này giúp các em nhìn nhận
bài toán đó một cách sâu sắc hơn đồng thời phát triển được tư duy sáng tạo
cho học sinh.Việc ra các đề toán là rất quan trọng trong quá trình giảng dạy
môn Toán.
Vì vậy tôi chọn đề tài: “Một phương pháp chứng minh bất đẳng
thức và xây dựng một số bất đẳng thức”
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 3 -
II.Nội dung
Để chứng minh A B trong một số trường hợp ta có thể nghĩ đến phương pháp
sau:“Tìm C sau đó chứng minh A C và CB ”.Nhưng vấn đề quan trọng là
tìm C.Để tìm C nhiều khi ta phải mò mẫm,dự đo án,dựa vào một phương pháp
cũ đã biết,...Trong bài viết này Tôi sẽ đưa ra một kinh ngiệm tìm C dựa vào
một phương pháp cũ đã biết.
Sau khi chứng minh được một bất đẳng thức ta nên thử xem liệu có thể xây
dựng được một số bất đẳng thức khác từ bất đẳng thức đó hay không hoặc dựa
vào lời giải đó ta có thể xây dựng các bất đẳng thức khác hay không?Sau đây
tôi muốn minh hoạ những vấn đề trên .
Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 1. “ Trong 3 số bất kỳ x1,x2,x3 luôn tồn tại hai số x i,xj (i và j thuộc
tập  3;2;1 ) sao cho:




ax
ax
j
i hoặc




ax
ax
j
i (a là số thực bất kỳ) ”
Chứng minh:Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x 1 x2 x3Nếu x2 a thì x1 a và x2 a,ta có điều phải chứng minh.Nếu x2>a thì x2 a và x3 a ,ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2. “ Nếu




ay
ax hoặc




ay
ax thì xya(x+y)-a2 ”.
Chứng minh:Từ giả thiết ta có: (x -a)(y-a)0 hay xya(x+y)-a2 (đpcm)
Vận dụng hai bổ đề này để chứng minh một số bất đẳng
thức(Các ví dụ)
Ví dụ 1.Cho x,y,z là các số thực dương .Chứng minh rằng ta luôn có
bất đẳng thức: xyz+2(x2+y2+z2)+8  5(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi nào.
(Bài I-3 của chuyên mục Chào IMO 2007 đợt 1 của Tạp chí Toán học và tuổi
trẻ số 357 tháng 3 năm 2007)
Chứng minh:
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử




1
1
y
x hoặc




1
1
y
x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z >0 )
 xyz+2(x2+y2+z2)+8xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8 (1)
Ta sẽ chứng minh: xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8  5(x+y+z) (2)
Thật vậy:
 (2) (y+z-2)2+(x+z-2)2+3(x-1)2+3(y-1)2+2(z-1)2 0 ,đúng.
Từ (1) và (2) suy ra: xyz+2(x 2+y2+z2)+8  5(x+y+z) (Điều phải chứng minh)
Đẳng thức trong trường hợp này xảy ra khi x=y=z=1.
Vậy đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 4 -
Nhận xét.Ta có thể chứng minh (2) nhờ định lí về dấu của tam thức bậc hai
như sau:
(2)  2z2+(x+y-6)z+2x2+2y2-5x-5y+80 (3)
Xem vế trái của (3) là tam thức bậc hai ẩn z có a=2>0 và
 z=(x+y-6)2-8(2x2+2y2-5x-5y+8)
 z=-15x2 +2(y+14)x-15y2+28y-28Xem  z là tam thức bậc hai ẩn x có a=-15<0 và
'
x =(y+14)2-(-15)(-15y2+28y-28)
=-224(y-1)2 0,với mọi y
Do đó  z 0,với mọi x,y
Vậy (3) đúng với mọi x,y,z (đpcm)
Nhận xét 1. Trong ví dụ trên A= xyz+2(x 2+y2+z2)+8; B=5(x+y+z);
C= xz+yz-z+2(x2+y2+z2)+8
Nhận xét 2.Sau khi giải được bài toán trên Tôi thử xem liệu có thể tìm C
đối với bài toán sau (ví dụ 2) bằng cách tương tự như ví dụ 1 được không?
Ví dụ 2. Cho x,y,z là các số thực không âm.Chứng minh rằng ta luôn
có bất đẳng thức: 5(x3+y3+z3)+3xyz+9 9(xy+yz+zx)
Chứng minh:
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử




1
1
y
x hoặc




1
1
y
x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
xyx+y-1  3xyz3xz+3yz-3z (vì z 0 )
 5(x3+y3+z3)+3xyz+9 5(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 (1)
Ta sẽ chứng minh: 5(x3+y3+z3)+3xz+3yz-3z+9 9(xy+yz+zx) (2)
Thật vậy:
 (2) 5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z
Mà theo bất đẳng thức Cô si ta có:
 3z=3 3 3 1.1.z  z3+1+1 (3)
3xz=3 3 33 1..zx  x3+z3+1 6xz  2x3+2z3+2 (4)
3yz=3 3 33 1..zy  y3+z3+1 6yz  2y3+2z3+2 (5)
3xy=3 3 33 1..yx  x3+y3+1 9xy  3x3+3y3+3 (6)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều (3),(4),(5) và (6) ta có
5(x3+y3+z3)+9 9xy+6yz+6zx+3z.
Từ (1) và (2) suy ra 5(x3+y3+z3)+3xyz+9 9(xy+yz+zx)(Điều phải chứng
minh)
Nhận xét 2.1.Từ hai ví dụ trên tôi định hướng để xây dựng các bất đẳng
thức mới như sau:
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 5 -
Hướng 2.1. Từ ví dụ 2 ta có “Nếu x,y,z là các số thực không âm và vai
trò x,y,z bình đẳng không mất tính tổng quát ta có thể giả sử :
xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )”
Do đó xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2).Từ đó ta sẽ có bất đẳng thức
dạng“Nếu x,y,z là các số thực không âm thì
xyz+m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1”khi ta chọn
được m,n,p sao cho bất đẳng thức:xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(x+y+z) (*)
đúng với mọi x,y,z.Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.
Sau đây là cách chọn m,n,p sao cho (*) đúng với mọi x,y,z và đẳng thức xảy ra
khi x=y=z=1.
Ta có: (*)mz2+(x+y-n-1)z+mx2+my2-nx-ny+p0
Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,n,p sao cho
1
,,0
2
1
0







Ryx
m
nyx
m
z
khi x=y=1






Ryx
mn
m
z ,,0
12
0
Trong đó  z=(x+y-n-1)2-4m(mx2+my2-nx-ny+p)Thay n=2m+1 vào  z và rút gọn,ta có
 z=(1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mpSuy ra
 z 0
 (1-4m2)x2 +2(y+4m2-2)x+(1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp0 (**)
Ta cần chọn m,p sao cho (**) đúng với mọi x,y và đẳng thức xảy ra khi
x=y=1.Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn
1
,0
)41(2
)24(2
041
'
2
2
2








Ry
m
my
m
x
 khi y=1




Ry
m
x ,0
041
'
2
trong đó 'x =(y+4m2-2)2-(1-4m2)[ (1-4m2)y2+4(2m2-1)y+4(m+1)2-4mp]
'
x 0
 2m2(1-2m2)y2-4m2(1-2m2)y+(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp) 0(***)
Ta cần chọn m,p sao cho (***) đúng với mọi y và đẳng thức xảy ra khi y=1.
Dựa vào định lí về dấu của tam thức bậc hai ta chọn m,p thoả mãn








1
0
)21(4
)21(4
0)21(2
'
22
22
22
y
mm
mm
mm
 
 

0
021
'
2
y
m
trong đó ' y =[2m2(1-2m2)]2-2m2(1-2m2)[(2m2-1)2-(1-4m2)(m2+2m+1-mp)]
=2m3(1-2m2)(1-4m2)(3m+2-p)
Suy ra:Nếu 1-2m2<0 thì ' y =0 p=3m+2
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 6 -
Do đó (*) đúng với mọi x,y,z nếu m,n,p thoả mãn












23
021
041
12
0
2
2
mp
m
m
mn
m







23
12
2
2
mp
mn
m
Do đó ta có bất đẳng thức “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì
xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2  (2m+1)(x+y+z).Đẳng thức xảy ra khi
x=y=z=1.Trong đó m là số thực cho trước và m>
2
2 ”
Nhận xét 2.1.1. Khi m=
2
2 thì bất đẳng thức “Nếu x,y,z là các số thực không
âm xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2  (2m+1)(x+y+z)” vẫn đúng.
Vậy ta có bất đẳng thức: “Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì
xyz+m(x2+y2+z2)+3m+2  (2m+1)(x+y+z) (1.1)
 trong đó m là số thực cho trước và m
2
2 ”
Hướng 2.2.Chọn m,n,p để có bất đẳng thức“Nếu x,y,z là các số thực
không âm thì xyz+m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx) .Đẳng thức xảy ra khi
x=y=z=1.”
Từ hướng 2.1 nếu x,y,z là các số thực không âm và vai trò x,y,z bình đẳng
không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: xyz xz+yz-z
Suy ra : xyz+m(x2+y2+z2)xz+yz-z+ m(x2+y2+z2).
Ta sẽ chọn m,n,p sao cho bất đẳng thức:
xz+yz-z+ m(x2+y2+z2)+pn(xy+yz+zx)(*) đúng với mọi x,y,z. Đẳng thức xảy
ra khi x=y=z=1.
Ta chọn m,n,p (bằng cách làm tương tự hướng 2.1) như sau:
Ta có: (*)mz2+[(1-n)x+(1-n)y-1]z+mx2+my2-nxy+p0
Chọn m,n,p sao cho
1
,,0
2
1)1()1(
0







Ryx
m
ynxn
m
z
 khi x=y=1






Ryx
n
m
m
z ,,0
2
12
0
Trong đó  z=[(1-n)x+(1-n)y-1]2-4m(mx2+my2-nxy+p)
Thay m=
2
12 n vào  z và rút gọn,ta có
 z=n(2-3n)x2 +2[(3n2-3n+1)y+n-1]x+n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)pChọn n,p thoả mãn:
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 7 -
1
,0
)32(2
]1)133[(2
0)32(
'
2








Ry
nn
nynn
nn
x
 khi y=1




Ry
nn
x ,0
0)32(
'
trong đó 'x =[(3n2-3n+1)y+n-1]2-n(2-3n)[n(2-3n)y2-2(1-n)y+1-2(2n-1)p]
=(1-n)(6n2-5n+1)y2-2(1-n)(6n2-5n+1)y+4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p
Chọn n,p thoả mãn








1
0
)156)(1(2
)156)(1(2
0)156)(1(
'
2
2
2
y
nnn
nnn
nnn
 
 

0
0)156)(1(
'
2
y
nnn
trong đó ' y =[(1-n)(6n2-5n+1)]2-(1-n)(6n2-5n+1)[4n2-4n+1+2n(2-3n)(2n-1)p]
=n(1-n)(2-3n)(2n-1)(6n2-5n+1)(1-2p)
Suy ra:Nếu m=
2
12 n >0,n(2-3n)<0,(1-n)(6n2-5n+1)<0 thì ' y =0 p= 2
1
Do đó (*) đúng với mọi x,y,z nếu m,n,p thoả mãn












2
1
0)156)(1(
0)32(
2
12
0
2
p
nnn
nn
n
m
m











2
1
2
12
1
p
n
m
n
Do đó ta có bất đẳng thức:
“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì
xyz+
2
12 n (x2+y2+z2)+
2
1 n(xy+yz+zx).Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1 .Trong
đó n là số thực cho trước và n>1”
Nhận xét 2.2.2.Khi n=1 thì bất đẳng thức
“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì
xyz+
2
12 n (x2+y2+z2)+
2
1 n(xy+yz+zx) ” vẫn đúng.
Vậy ta có bất đẳng thức:
“Nếu x,y,z là ba số thực không âm thì
2xyz+(2n-1) (x2+y2+z2)+12n(xy+yz+zx) (2.1).
Trong đó n là số thực cho trước và n1”
Hướng 2.3.Từ (1.1) và (2.1) (Nhân hai vế của (1.1) với p(p )0 ,nhân hai
vế của (2.1) với q(q 0 ) rồi cộng theo vế h ... y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1.Đặt
A= m(x3+y3+z3)+n(x2+y2+z2)+p(xy+yz+zx)+(3m+4n-2p)xyz.
a.Nếu p-3m-2n>0 thì:
nm
nmp 
4
23 <A nmnmp 
27
)23(7
hay
4
2nmp  <A
27
1367 nmp 
b.Nếu p-3m-2n<0 thì:

27
1367 nmp A<
4
2nmp  ” (6)
3.4.5.Đặc biệt hoá (6),chẳng hạn chọn m=n=p=1 ta có bất đẳng thức:
“Nếu x,y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 thì

27
26 x3+y3+z3+x2+y2+z2+xy+yz+zx+5xyz<1”
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 15
-
Nhận xét 3.5. Bằng cách làm tương tự 3.1.1,từ các nhận xét 3.2 và3.4 ta
có thể xây dựng các bất đẳng thức mới.Chẳng hạn từ 3.4.4 cho m=p=0,n=1,ta
có bất đẳng thức:
“Nếu x,y,z là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 thì

27
13 x2+y2+z2 +4xyz<
2
1 ”
Từ bất đẳng thức này(thay x,y,z lần lượt bởi
2
,
2
,
2
cba ) ta có bài toán:
Bài 3.5. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2.Chứng minh rằng
27
52 a2+b2+c2+2abc<2
( Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 10 năm 2005-2006)
Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn
xy+yz+zx+xyz=4 (*).Chứng minh rằng: x+y+z  xy+yz+zx.Đẳng thức xảy ra
khi nào.
(Đề thi học sinh giỏi Quốc gia năm 1996-Bảng B hay đề thi học sinh giỏi tỉnh
lớp 10 năm 2000-2001)
Chứng minh
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử




1
1
y
x hoặc




1
1
y
x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )
 xy+yz+zx  xyz+z+xy (1)
Ta sẽ chứng minh: xyz+z+xy  x+y+z (2)
Thật vậy:
 (2) 4-xy-yz-zx+z+xy  x+y+z (Vì xy+yz+zx+xyz=4 )
 (x+y)(1+z)  4 (3)
 Nếu x=y=0 thì (*) trở thành 0 =4 vô lí.Do đó x+y+xy > 0 và từ (*) ta có:
 z =
xyyx
xy

4
Vì thế : (3)  (x+y)(1+
xyyx
xy

4 )  4
 (x+y)(x+y+4)  4(x+y+xy) (Vì x+y+xy >0 )
 (x-y)2 0 , đúng.
Từ (1) và (2) suy ra x+y+z  xy+yz+zx (Điều phải chứng minh).
Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1 hoặc x=y=2,z=0.
Do đó đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1 hoặc x=y=2,z=0 hoặc x=z=2,y=0 hoặc
z=y=2,x=0
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 16
-
Ví dụ 5.Chứng minh rằng nếu x,y,z là các số thực không âm thoả mãn
điều kiện:x2+y2+z2+xyz=4 (*) thì ta có 0xy+yz+zx-xyz  2
(Đề thi USAMO-2001)
Chứng minh:
a)Chứng minh xy+yz+zx-xyz  2
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử




1
1
y
x hoặc




1
1
y
x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
xyx+y-1  xyzxz+yz-z (vì z 0 )
 xy+yz+zx-xyz  xy+yz+zx-( xz+yz-z)
 xy+yz+zx-xyz  xy+z (1)
Ta sẽ chứng minh: xy+z  2 (2)
Thật vậy:
 Từ (*) ta có x2  4, y2  4, xy 
2
22 yx   4 và
(*)  z2+xyz+x2+y2 -4=0 (**)
Xem (**) là phương trình bậc hai (ẩn z) có
 = (xy)2-4(y2+z2 -4) = (4-x2)(4-y2) 0 (Vì x2  4, y2  4)
Phương trình (**) có hai nghiệm
 z=
2
)4)(4( 22 yxxy  và z=
2
)4)(4( 22 yxxy 
Vì z  0 nên z=
2
)4)(4( 22 yxxy 
Do đó (2)  xy+
2
)4)(4( 22 yxxy   2
 4-xy  )4)(4( 22 yx 
 (4-xy)2  (4-x2)(4-y2) (Vì 4-x2 0 ,4-y2 0 ,4-xy 0 )
 (x-y)2 0 , đúng.
Từ (1) và (2) suy ra xy+yz+zx-xyz  2 (Điều phải chứng minh).
 b) Chứng minh: 0 xy+yz+zx-xyz
Nếu cả ba số x,y,z lớn hơn 1,dễ thấy vế trái của (*) lớn hơn 4 (Vô lí )
Do đó trong ba số x,y,z có ít nhất một số chẳng hạn là x sao cho x 1.
Suy ra xy+yz+zx-xyz=xy+zx+yz(1-x)0 (điều phải chứng minh)
Ví dụ 6.Cho x,y,z(0;1),thoả mãn xyz=(1-x)(1-y)(1-z) (*).Chứng
minh rằng: x2+y2+z2 
4
3
(Bài 2(44) chuyên mục thi giải toán qua thư -Tạp chí Toán học tuổi thơ 2
THCS số 44)
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 17
-
Chứng minh
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử





2
1
2
1
y
x
 hoặc





2
1
2
1
y
x
.Khi đó theo Bổ đề 2 ta có:
4xy2x+2y-1  4xyz2xz+2yz-z (vì z 0 ) (**)
Mặt khác từ (*) ta có
2xyz+x+y+z= xy+yz+zx+1  4xyz+2x+2y+2z= 2xy+2yz+2zx+2 (***)
Từ (**) và (***) suy ra 2xy+2yz+2zx+2 2xz+2yz-z+2x+2y+2z
 2+2xy  2x+2y+z
 2(1-x)(1-y)  z
 2(1-x)(1-y)(1-z)  z(1-z) (Vì z(0;1) nên 1-z > 0 )
 2xyz  z(1-z)
 2xy  1-z (Vì z > 0 )
z+2xy-
4
1 
4
3 (1)
Ta sẽ chứng minh x2+y2+z2  z+2xy-
4
1 (2)
Thật vậy:
 (2) 4(x-y)2 + (2z-1)2 0 ,đúng.
Từ (1) và (2) suy ra x2+y2+z2 
4
3 (Điều phải chứng minh).
Ví dụ 7.Cho ba số thực x,y,z thoả mãn xyz=1.Chứng minh rằng
 x2y2 + y2z2 + z2x2 + 3  2(x+y+z)
Chứng minh.
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử




1
1
2
2
y
x hoặc




1
1
2
2
y
x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
 x2 y2 x2 + y2 -1
 x2y2 + y2z2 + z2x2 + 3  x2 + y2 + y2z2 + z2x2 + 2 (1)
Ta sẽ chứng minh x2 + y2 + y2z2 + z2x2 + 2  2(x+y+z) (2)
Thật vậy:
 (2) x2 + y2 + y2z2 + z2x2 + 2 -2x-2y-2zxyz  0 ( Vì xyz =1 )
 (x-1)2 + (y-1)2 + (xz-yz)2  0 ,đúng.
Từ (1) và (2) suy ra x2y2 + y2z2 + z2x2 + 3  2(x+y+z) (Điều phải
chứng minh).
Ví dụ 8.Cho ba số thực bất kì x,y,z.Chứng minh rằng
(x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  3(x+y+z)2
Chứng minh
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 18
-
Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử




1
1
2
2
y
x hoặc




1
1
2
2
y
x .Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
 x2 y2 x2 + y2 -1
 x2 y2 +2x2 + 2y2 +4  3(x2 + y2 +1)
 (x2 +2) (y2 +2)  3(x2 + y2 +1)
 (x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  3(x2 + y2 +1) (z2 +2) (Vì z2 +2 > 0 ) (1)
Ta sẽ chứng minh 3(x2 + y2 +1) (z2 +2)  3(x+y+z)2 (2)
Thật vậy:
 Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có
 (x2 + y2 +1) (1+1+z2 )  (x+y+z)2
 3(x2 + y2 +1) (z2 +2)  3(x+y+z)2
Từ (1) và (2) suy ra (x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  3(x+y+z)2 (Điều phải chứng
minh).
Nhận xét 8.1.Bất đẳng thức này chặt hơn bất đẳng thức sau
Cho ba số thực không âm x,y,z.Chứng minh rằng
(x2 +2) (y2 +2) (z2 +2)  9(xy+yz+zx) (Đề thi Châu á Thái Bình Dương-2000)
(Vì với x,y,z bất kỳ ta luôn có 3(x+y+z) 2  9(xy+yz+zx))
Nhận xét 8.2.Tương tự ví dụ 8 ta có thể giải bài toán sau:
“ Cho ba số thực bất kì x,y,z.Chứng minh rằng
(x2 +3) (y2 +3) (z2 +3)  4(x+y+z+1)2 ”
Nhận xét 8.3.Từ ví dụ 8 và bài toán trên Tôi tìm cách chứng minh bài
toán tổng quát sau
Ví dụ 9.Cho n số thực bất kì x1,x2,...,xn .Chứng minh rằng
(x 21 +m) (x 22 +m)... (x 2n +m)  (m+1)n-2 (x1 + x2 +...+ xn +m-n+1) 2
 Trong đó m,n là hai số tự nhiên thoả mãn m  n-1 và n  2.
Chứng minh
1) Khi m 2
Xét bổ đề 3. “Cho số thực a bất kì và bốn số thực không âm b,x,y,z bất kì.
Đặt Pxyz = (x+b)(y+b)(z+b), Sx = (a+b)(y+z+b-a)(x+b), Sy = (a+b)(x+z+b-a)(y+b), Sz = (a+b)(x+y+b-a)(z+b),
 Sxyz = min  zyx SSS ,, .
Chứng minh rằng Pxyz  Sxyz ”Chứng minh bổ đề 3
 Theo bổ đề 1 và vai trò x,y,z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử 



ay
ax hoặc 



ay
ax . Khi đó theo Bổ đề 2 ta có
 xya(x+y)-a2
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 19
-
 xy+b(x+y) + b2  a(x+y)-a2 + b(x+y) + b2
 (x+b)(y+b)  (a+b)(x+y+b-a)
 (x+b)(y+b)(z+b)  (a+b)(x+y+b-a)(z+b) ( Vì z+b 0 )
 Pxyz  Sz  Pxyz  Sxyz (Điều phải chứng minh)
Xét bổ đề 4. “Cho hai số tự nhiên m,n sao cho m  n-1,m  2, n  2 và n số
thực không âm bất kì x1,x2,..,xn .Đặt Sn =  n;...;2;1 Khi đó tồn tại tập An gồm
an phần tử sao cho An  Sn , an  1 và bất đẳng thức sau đúngPn = (x1 + m)( x2 +m)...( xn+m)
 (m+1)n-2 ( m+1-an +
 nAi
ix )(m+1-n+an + 
 nn ASi
ix
\
) (*)”
Chứng minh bổ đề 4 (bằng phương pháp quy nạp)
 Với n=2 thì (*) trở thành:
P2 = (x1 + m)( x2 +m)  ( m+1-a2 +
 2Ai
ix )(m-1+a2 + 
 22 \ ASi
ix )
Trong trường hợp này chọn A 2 =  1 ta có bổ đề 4 đúng với n=2
 Giả sử bổ đề 4 đúng với n=k, k  2, k m nghĩa là:
Pk = (x1 + m)( x2 +m)...( xk+m) 
 (m+1)k-2 ( m+1-ak +
 kAi
ix )(m+1-k+ak + 
 kk ASi
ix
\
)
Suy ra
Pk+1 = (xk+1 + m) Pk 
(xk+1 + m) (m+1)k-2 ( m+1-ak +
 kAi
ix )(m+1-k+ak + 
 kk ASi
ix
\
) (1)
Đặt bk = max kk aka ; , x=bk-ak+
 kAi
ix
y=bk+ak-k+ 
 kk ASi
ix
\
, z= xk+1 +bk-1.
Khi đó:
(xk+1 + m) (m+1)k-2 ( m+1-ak +
 kAi
ix )(m+1-k+ak + 
 kk ASi
ix
\
)
= (m+1)k-2 (x+m+1-bk) (y+m+1-bk) (z+m+1-bk) (2)Từ (1) và (2) suy ra
Pk+1  (m+1)k-2 (x+m+1-bk) (y+m+1-bk) (z+m+1-bk)
Dễ thấy x,y,z  0 và m+1-bk  0.áp dụng bổ đề 3 cho a= bk ; b=m+1-bk ta có Pk+1  (m+1)k-2 SxyzNếu Pk+1  (m+1)k-2 Sz hay Pk+1  (m+1)k-1 (x+y+m+1-2bk) (z+m+1-bk)thì chọn Ak+1 = Sk ta có bổ đề 4 đúng với n= k+1Nếu Pk+1  (m+1)k-2 Sy hay Pk+1  (m+1)k-1 (x+z+m+1-2bk) (y+m+1-bk)thì chọn Ak+1 = Ak   1k ta có bổ đề 4 đúng với n= k+1
Nếu Pk+1  (m+1)k-2 Sx hay Pk+1  (m+1)k-1 (y+z+m+1-2bk) (x+m+1-bk)thì chọn Ak+1 = (Sk\Ak)   1k ta có bổ đề 4 đúng với n= k+1
 Do đó bổ đề đúng với n=k+1
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 20
-
Vậy bổ đề 4 được chứng minh
Vận dụng bổ đề 4 để chứng minh bài toán trong trường hợp m  2
áp dụng bổ đề 4 ta có
 (x 21 +m) (x 22 +m)... (x 2n +m)
 (m+1)n-2 ( m+1-an +
 nAi
ix
2 )(m+1-n+an + 
 nn ASi
ix
\
2 ) (3)
(Trong đó Sn =  n;...;2;1 và tập An gồm an phần tử sao cho An  Sn , an  1)
Theo bất đẳng thức Bunhiacôxpki ta có
( m+1-an +
 nAi
ix
2 )(m+1-n+an + 
 nn ASi
ix
\
2 )
= ( 1 + 1 + ... + 1 + 
 nAi
ix
2 )( 
 nn ASi
ix
\
2 + 1 + 1 +... + 1 )
 m+1-an số 1 m+1-n+an số 1
 ( 
 nn ASi
ix
\
+m+1-n+ 
 nAi
ix )2 = (x1 + x2 +...+ xn +m-n+1) 2 (4)
Từ (3) và (4) suy ra
(x 21 +m) (x 22 +m)... (x 2n +m)  (m+1)n-2 (x1 + x2 +...+ xn +m-n+1) 2
 (Điều phải chứng minh)
2) Khi m=1 thì n=2 và bất đẳng thức trở thành
(x 21 +1) (x 22 +1)  (x1 + x2 ) 2 .Dễ thấy bất đẳng thức này đúng.
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 21
-
III.Kết luận
 Sau khi tìm được một phương pháp để giải một bài toán nào đó ta cần ghi
nhớ phương pháp đó và thử vận dụng phương pháp đó để giải các bài toán
khác;Đồng thời ta nên thử xem liệu có thể đưa ra các bài toán khác liên quan
hay không .Tất nhiên không có một phương pháp vạn năng để giải mọi bài
toán .Nhưng nếu chúng ta biết vận dụng linh hoạt một phương pháp nào đó thì
chúng ta có thể vẫn giải được nhiều bài toán bằng phương pháp đó.Cái khó ở
đây là lựa chọn phương pháp để giải một bài toán,vấn đề này phụ thuộc vào
khả năng của người làm toán.Nếu chúng ta nắm được “chìa khóa của bài toán”
thì chúng ta có thể “phủ lên một lớp bụi để dấu chìa khóa đó đ i ” ,từ đó ta có
thể xây dựng các bài toán mới.
Vì kinh nghiệm giảng dạy còn ít,năng lực có hạn nên Tôi rất mong được sự
đóng góp của các đồng nghiệp để bài viết này được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và xây dựng một số bất đẳng thức
.
Sơn _ kều - 22
-
Người viết:
Sơn_ kều