Mot bo de hay CM BDT

1. MỘT BỔ ĐỀ HAY VÀ ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Lê Xuân Đại - THPT Chuyên Vĩnh Phúc
Trong quá trình giải toán tôi bắt gặp một kết quả hay và cơ bản. Việc chứng minh nó
thật đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh các bài toán bất đẳng thức.
Bài viết này xin được đưa ra kết quả đó dưới dạng bổ đề và một số bài toán áp dụng.
1. Bổ đề: a) Cho a,b dương thỏa mãn ab 1. Khi đó 2 2
1  1 
2
1  a 1  b 1 
ab
.
1 1 2
1 a 1 b 1 ab
b) Cho a,b dương thỏa mãn ab 1. Khi đó: 2 2
 
  
.
Chú ý: Bổ đề có thể viết dưới dạng 1  1 
2
1  a 1  b 1 
ab
nếu ab 1 và 1  1 
2
1  a 1  b 1 
ab
nếu ab 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b hoặc ab 1.
Chứng minh bổ đề rất đơn giản nên không đưa ra ở đây.
2. Một số bài toán áp dụng.
Bài 1. (Nga 2000). Cho a,b0;1. Chứng minh rằng:
1 1 2
 
1  a 2 1  b 2
1 
ab
Hướng dẫn: Áp dụng trực tiếp bổ đề với ab 1 và BĐT Bunhiacopxki.
Bài 2 (ĐH KA-2011). Cho các số x, y, z1;4 thỏa mãn x  y; x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
P  x  y 
z
2 3
x  y y  z z 
x
.
Lời giải. Áp dụng bổ đề ta được:
x
1 1 2
P  x    y 
x y z x x x
2 3 1 1 2. 3 1
    
y z y y
(chỉ còn hai biến x,y)
Đặt t x t 1;2
   . Khi đó
y
2
2
2
P t
 
2 3 1
t  
t
.
Sau đó xét hàm
2
2
( ) 2
f t t
 
2 3 1
t  
t
trên 1;2 và chú ý f '(t)  0 tìm ra ( ) (2) 34
f t  f  .
33
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t  2, tức là x  4; y 1; z  2 . Vậy min 34
P  .
33

2. Đây là bài toán khó nhất trong đề khối A năm 2011, tuy nhiên bài toán đã được giải
quyết một cách rất ngắn gọn và đẹp đẽ bằng việc sử dụng bổ đề trên. Phương pháp đưa về
khảo sát hàm f (t) như trên là phương pháp làm giảm số biến của một BĐT đã rất quen thuộc
với học sinh.
Bài 3. (HSG Quốc gia năm 2009). Giải hệ phương trình:
1 1 2
1 2 1 2 1 2
(1 2 ) (1 2 ) 2
      
x 2 y 2
xy
9
x x y y

    
Lời giải. Điều kiện , 0; 1
x y  2
 
. Đặt 2 2 2 ; 2 2 2 , 0; 2 0;1
2
a x b y a b
 
     
 
.
Áp dụng kết quả bài 1 ta được a  b , suy ra x  y . Từ đó suy ra hệ có hai nghiệm là:
9  73 ; 9 
73
36 36
    .
x y x y
Bài 4. Cho ba số dương a,b,c . Chứng minh rằng 2a 2b 2c   
3
a  b b  c c 
a
.
Lời giải. Đặt x b ; y c ; z a xyz 1
     . BĐT đã cho trở thành:
a b c
2  2  2 
3
1  x 2 1  y 2 1 
z
2
Giả sử z  maxx, y, z . Từ xyz 1 suy ra z 1; xy 1. Áp dụng bổ đề ta được:
2 2  2 2 
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
      2  2     2  2
  
z
x y x y xy z
2 2 2 3
z
z z
Do đó cần chứng minh 2
 
1 1
 
(1)
2 2
1 z 1 z
Chú ý rằng 2

 
, vậy ta chỉ cần chứng minh 2 2 2 3
z
z z
 
1 1
 
(2)
BĐT (2) đúng vì nó tương đương với  2
2z  z 1  0 , bài toán được chứng minh.
Bài 5. Cho x, y, z dương thỏa mãn xyz 1. Chứng minh rằng:
1  1  1 
3
(1  x) 3 (1  y) 3 (1 
z) 3
8
.

3. Lời giải. Giả sử z  minx, y, z. Từ xyz 1 suy ra z 1; xy 1.
Áp dụng BĐT AM-GM ta được:
1  1  1  3 . 1 
3 . 1
(1 x) (1 x) 8 2 (1 x) 4 1 x
3 3 2 2
   
1 3. 1 1
(1 x) 8 1 x 16
. Do đó 3 2
 
 
.
1 3. 1 1
(1 y) 8 1 y 16
Tương tự 3 2
 
 
. Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P.
3  1 1 
1 1
8 1 1 8 (1 )
Suy ra P
2 2 3
          
x y z
.
3 . 1 1 1 3 . 1 1
4 1 (1 ) 8 4 1 (1 ) 8
P z
Áp dụng bổ đề ta được: 3 3
     
xy z z z
   
.
1 3 . 1 1
(1 z) 4 (1 z) 16
Sử dụng thêm đánh giá 3 2
 
 
3  1 
3
4 1 (1 ) 16
P z
ta được 2
      z   z

.
1 3
z
z z
Ta cần chứng minh 2
 
1 (1 ) 4
 
(1)
Nhưng (1) tương đương với (z 1)2  0 . Bài toán được chứng minh.
Nhận xét: Từ bài toán trên ta suy ra một bài toán tương đương sau:
Bài 5' (HSG Quốc gia năm 2006). Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng:
3 3 3 3
8
a b c
a b b c c a
                       
.
Bài 6. Cho trước các số a  b  c  d  0 và abcd 1. Tìm hằng số k nhỏ nhất sao cho bất đẳng
thức sau đúng.
1 1 1 3
1 1 1 1 2
k k
a b c d

   
   
(1)
a b c t;d 1 (t 1)
Lời giải. Trong (1) cho 3
     ta được
t
3 3
1 1 1 2
3
k k
t
t

 
 
với mọi t 1.
Cho t  ta được k  3. Tiếp theo ta chứng minh (1) đúng với k  3, tức là:
1  1  1  3 
3
a  1 b  1 c  1 d 
1
(2)
Do a  b  c  d và abcd 1 nên ab 1 cd  d .
Từ cd 1 nên 1  1  1  11 
1 c  1 d  1 c  1 
1
c
(3) và ab 1 nên 1  1 
2
a  1 b  1 1 
ab

4. Mặt khác 2 2 2 2
d
  
1  ab 1  1 1  1 d

1
cd d
, suy ra 1  1  2  2 d
 2 
2
1 1 1 1 1
a b d d d
    
(4)
Từ (3) và (4) suy ra (2) được chứng minh. Vậy k nhỏ nhất cần tìm là k=3.
Qua một vài bài toán trên chúng ta nhận thấy được tầm ứng dụng của bổ đề đã nêu.
Bằng việc áp dụng bổ đề này, một số bài toán BĐT đã được giải khá đơn giản và rất tự nhiên.
Điều đó cũng cho thấy khi học toán, việc nắm chắc những kết quả nhỏ và cơ bản nhiều khi lại
là yếu tố then chốt để tiếp cận một bài toán khó hơn. Hy vọng qua bài viết này bạn đọc sẽ có
thêm tình yêu với các bài toán BĐT, vốn vẫn là dạng bài khó trong các đề thi HSG và ĐH-CĐ.
Cuối cùng là một số bài tập luyện tập.
1 1 1
(1 a) (1 b) 1 ab
Bài 1. Cho a,b không âm. Chứng minh rằng: 2 2
 
  
.
Bài 2. Cho a,b,c dương thỏa mãn ab  bc  ca  3. Chứng minh rằng:
1  1  1 
3
1  a 2 1  b 2 1 
c 2
2
.
Bài 3. Cho a,b,c dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng:
1  1  1  2 
1
(1  a) 2 (1  b) 2 (1  c) 2
(1  a)(1  b)(1 
c)
.
Bài 5. Cho a,b,c, d dương thỏa mãn abcd 1. Chứng minh rằng:
1  1  1  1 
1
(1  a) 2 (1  b) 2 (1  c) 2 (1 
d)
2
.