Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đổi biến

Đây là bài thứ 7 of 16 trong chuyên đề Bất đẳng thức

Phương pháp đổi biến tỏ ra vô cùng hữu dụng với một số bài tập chứng minh bất đẳng thức. Cách đổi biến để chứng minh BĐT như nào?

Trong số các cách chứng minh bất đẳng thức cần phải học thì kỹ thuật đổi biến được sử dụng rất nhiều. Và dưới đây là phân loại các kiểu đổi biến.

a. Đổi biến các mẫu phức tạp

Trong một số bài toán mà biểu thức ở mẫu phức tạp thì việc đối biến đặc biệt có hiệu quả. Cụ thể chúng ta cùng đi xét các ví dụ dưới đây:

Ví dụ 1: Cho $a, b, c$

là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng: $\displaystyle \frac{a^{2}}{b+c-a}+\frac{b^{2}}{c+a-b}+\frac{c^{2}}{a+b-c} \geq a+b+c$

Hướng dẫn giải:

Ta đặt: $\displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x=a+b-c>0} \\ {y=b+c-a>0} \\ {z=c+a-b>0} \end{array}} \right.$

⇒ $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}a=\frac{{x+z}}{2}\\b=\frac{{x+y}}{2}\\c=\frac{{y+z}}{2}\end{array} \right.$

Ta cần chứng minh: $\displaystyle \frac{(x+y)^{2}}{4 z}+\frac{(y+z)^{2}}{4 x}+\frac{(x+z)^{2}}{4 y} \geq x+y+z$

Ta có: $\displaystyle \frac{(x+y)^{2}}{4 z}+\frac{(y+z)^{2}}{4 x}+\frac{(x+z)^{2}}{4 y} \geq \frac{x y}{z}+\frac{y z}{x}+\frac{z x}{y}(1)$

Mặt khác: $\displaystyle \frac{x y}{z}+\frac{y z}{x} \geq 2 y, \quad \frac{y z}{x}+\frac{z x}{y} \geq 2 z, \quad \frac{z x}{y}+\frac{x y}{z} \geq 2 y$

Từ đó ta được: $\displaystyle 2\left(\frac{x y}{z}+\frac{y z}{x}+\frac{z x}{y}\right) \geq 2(x+y+z) \Leftrightarrow \frac{x y}{z}+\frac{y z}{x}+\frac{z x}{y} \geq x+y+z(2)$

Từ (1) và (2) ta được: $\displaystyle \frac{(x+y)^{2}}{4 z}+\frac{(y+z)^{2}}{4 x}+\frac{(x+z)^{2}}{4 y} \geq x+y+z$

Vậy: $\displaystyle \frac{a^{2}}{b+c-a}+\frac{b^{2}}{c+a-b}+\frac{c^{2}}{a+b-c} \geq a+b+c$

Lời bình: Ta có thế đặt : $4 x=a+b-c>0 ; 4 y=b+c-a>0 ; 4 z=c+a-b>0$

Khi đó: $a=2(x+z) ; b=2(x+y) ; \quad c=2(y+z)$

Bài toán quy về chứng minh: $\displaystyle \frac{(x+y)^{2}}{z}+\frac{(y+z)^{2}}{x}+\frac{(x+z)^{2}}{y} \geq 4(x+y+z)$

Ví dụ 2: Cho $a, b, c>0$ . Chứng minh rằng: $\displaystyle \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$

Hướng dẫn giải:

Ta đặt: $\displaystyle x=b+c, y=c+a, \quad z=a+b(x, y, z>0) \Rightarrow a+b+c=\frac{x+y+z}{2}$

Khi đó: $\displaystyle a=\frac{y+z-x}{2}, b=\frac{z+x-y}{2}, c=\frac{x+y-z}{2}$

Ta cần chứng minh: $\displaystyle \frac{y+z-x}{2 x}+\frac{z+x-y}{2 y}+\frac{x+y-z}{2 z} \geq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right) \geq \frac{3}{2} \Leftrightarrow\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right) \geq 6$

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM:

$\displaystyle \frac{y}{x}+\frac{x}{y} \geq 2, \quad \frac{z}{x}+\frac{x}{z} \geq 2, \quad \frac{z}{y}+\frac{y}{z} \geq 2 \Rightarrow\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right) \geq 6$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

b. Đổi biến dựa trên giả thiết bài toán

Ví dụ 3: Cho $a, b, c$

là các số thực dương và thỏa mãn $a b c=1$

Chứng minh rằng: $\displaystyle \frac{a}{a b+1}+\frac{b}{b c+1}+\frac{c}{c a+1} \geq \frac{3}{2}$

Hướng dẫn giải:

Từ giả thiết $a b c=1,$ ta đặt: $\displaystyle a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}(x, y, z>0)$

Khi đó: $\displaystyle \frac{a}{a b+1}=\frac{1}{b+\frac{1}{a}}=\frac{1}{\frac{y}{z}+\frac{y}{x}}=\frac{z x}{x y+y z}$

Tương tự có: $\displaystyle \frac{b}{b c+1}=\frac{x y}{y z+z x}, \quad \frac{c}{c a+1}=\frac{y z}{z x+x y}$

Ta cần chứng minh: $\displaystyle \frac{x y}{y z+z x}+\frac{y z}{z x+x y}+\frac{z x}{x y+y z} \geq \frac{3}{2}$

Ta đã biết: $\displaystyle \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}(\forall a, b, c>0)$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 4: Cho $a, b, c>0$ và thỏa mãn $a b+b c+c a+2 a b c=1$

Chứng minh rằng: $\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 4(a+b+c)$

Hướng dẫn giải:

Từ giả thiết ta đặt: $\displaystyle a=\frac{x}{y+z}, \mathrm{b}=\frac{y}{z+x}, \mathrm{c}=\frac{z}{x+y}(x, y, z>0)$

Ta cần chứng minh: $\displaystyle \frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z} \geq 4\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\right)$

Ta có: $\displaystyle \frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq \frac{4}{y+z} \Rightarrow \frac{x}{y}+\frac{x}{z} \geq \frac{4 x}{y+z}$

Tương tự: $: \frac{y}{z}+\frac{y}{x} \geq \frac{4 y}{z+x}, \frac{z}{x}+\frac{z}{y} \geq \frac{4 z}{x+y}$

Cộng vế với vế được: $\displaystyle \frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z} \geq 4\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\right)$

Đẳng thức xảy ra khi: $\displaystyle a=b=c=\frac{1}{2}$

Ví dụ 5: Cho $a, b, c>0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b c=1 .$ Tim GTLN của $P=a b+b c+c a-a b c$

(Trích đề thi HSG9, TP Hà Nội năm học 2018 – 2019)

Hướng dẫn giải:

Đặt: $\displaystyle a=\sqrt{\frac{x y}{(x+z)(y+z)}}, b=\sqrt{\frac{y z}{(y+x)(z+x)}}, c=\sqrt{\frac{z x}{(z+y)(x+y)}}(x, y, z>0)$

Ta có: $\displaystyle 2 P=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+c a)-1=(a+b+c)^{2}-1$

Mặt khác: $\displaystyle a=\sqrt{\frac{x y}{(x+z)(y+z)}}=\sqrt{\frac{x}{y+z} \cdot \frac{y}{z+x}} \leq \frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}\right)$

Từ đó: $\displaystyle a+b+c \leq \frac{1}{2}\left(\frac{x+z}{x+z}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{x+y}{x+y}\right)=\frac{3}{2} \Rightarrow 2 P \leq \frac{9}{4}-1=\frac{5}{4} \Leftrightarrow P \leq \frac{5}{8}$

Đẳng thức xảy ra khi: $\displaystyle a=b=c=\frac{1}{2}$

Vậy: $\displaystyle \operatorname{Max} P=\frac{5}{8} \Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$

c. Đổi biến p, q, r

Kiến thức cần nhớ.

Nếu ta đặt $\displaystyle p=a+b+c, q=a b+b c+c a, r=a b c(a, b, c \geq 0)$ thì ta sẽ có các kết quả sau:

1) $\displaystyle (a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a) \Leftrightarrow p^{2} \geq 3 q$

2) $\displaystyle (a b+b c+c a)^{2} \geq 3 a b c(a+b+c) \Leftrightarrow q^{2} \geq 3 p r$

3) $\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a b+b c+c a}{a b c}=\frac{q}{r} \geq \frac{3 p}{q}(a, b, c>0)$

4) $\displaystyle (a+b+c)^{3} \geq 27 a b c \Leftrightarrow p^{3} \geq 27 r$

5) $\displaystyle (a+b+c)(a b+b c+c a) \geq 9 a b c \Leftrightarrow p q \geq 9 r$

Ngoài ra ta cũng thu được những đẳng thức quen thuộc dưới đây:

6) $\displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2}=(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=p^{2}-2 q$

7) $\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)+3 a b c$

$\displaystyle =p\left(p^{2}-3 q\right)+3 r=p^{3}-3 p q+3 r$

8) $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(a b+b c+c a)-a b c=p q-r$

9) $a b(a+b)+b c(b+c)+c a(c+a)=(a+b+c)(a b+b c+c a)-3 a b c=p q-3 r$

10) $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}=(a b+b c+c a)^{2}-2 a b c(a+b+c)=q^{2}-2 p r$

Ví dụ 6: Cho $a, b, c>0$ và thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

Chứng minh rằng: $\displaystyle 2(a+b+c)+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 9$

Hướng dẫn giải:

Theo kỹ thuật đổi biến p, q, r ta quy về bài toán sau:

Cho $p, q, r>0$ và thỏa mãn $p^{2}-2 q=3$ . Chứng minh rằng: $\displaystyle M=2 p+\frac{q}{r} \geq 9$

Theo trên ta đã có: $\displaystyle q^{2} \geq 3 p r \Leftrightarrow \frac{q}{r} \geq \frac{3 p}{q}=\frac{6 p}{p^{2}-3} \Rightarrow M \geq 2 p+\frac{6 p}{p^{2}-3}$

Ta cần chứng minh:

$\displaystyle 2 p+\frac{6 p}{p^{2}-3} \geq 9 \Leftrightarrow 2 p^{3}-9 p^{2}+27 \geq 0 \Leftrightarrow(p-3)^{2}(2 p+3) \geq 0, \forall p>0$

Đẳng thức xảy ra tại: $a=b=c=1$

Cùng chuyên đề:

<< Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức như nào?Bất đẳng thức Schur với t=1. Các kết quả hay sử dụng >>

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đổi biến

Phương pháp đổi biến tỏ ra vô cùng hữu dụng với một số bài tập chứng minh bất đẳng thức. Cách đổi biến để chứng minh BĐT như nào?

a. Đổi biến các mẫu phức tạp

b. Đổi biến dựa trên giả thiết bài toán

c. Đổi biến p, q, r

Một số bất đẳng thức phụ hay dùng

Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức như nào?

Cách giải phương trình nghiệm nguyên

Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình

Lời khuyên bổ ích khi học bất đẳng thức

Các bất đẳng thức THCS cơ bản và nâng cao

Phương pháp biến đổi tương đương chứng minh bất đẳng thức