H
huynhbachkhoa23
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Đi thẳng vào vấn đề.
Đồn 2 biến bằng nhau: Ta muốn chứng minh một bất đẳng thức $f(a,b,c)\ge 0$ thì để giảm số biến số, ta đi chứng minh $f(a,b,c)\ge f(a,t,t)$ với $t$ là một đại lượng nào đó. Sau đó chứng minh $f(a,t,t)\ge 0$ là được.
Cách xác định $t$ rất đơn giản. Lấy vài ví dụ:
Nếu giả thiết cho $abc=1$ thì ta thay $b,c$ bởi $t$ thì ta được $att=abc\leftrightarrow t=\sqrt{bc}$
Tương tự:
Giả thiết là $a+b+c=3$ thì ta có $t$ thỏa mãn $a+t+t=a+b+c\leftrightarrow t=\dfrac{b+c}{2}$
Giả thiết là $a^2+b^2+c^2+abc=4$ thì ta dồn về $t$ sao cho $a^2+t^2+t^2+att=a^2+b^2+c^2+abc$
Ở đây ta sẽ tìm cụ thể $t$ theo $b,c$ như ở ví dụ 1 và 2 nhưng ví dụ thứ 3 thì ta khó có thể tìm được liên hệ cụ thể $t$ và $b,c$ nhưng ta lại có đánh giá $b^2+c^2\ge 2t^2\ge 2bc$ là một đánh giá rất chặc.
Còn nếu như không có giả thiết các liên hệ giữa $a,b,c$ thì dồn đại
)
Bài toán 1: Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng: $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$
Lời giải: Để bảo toàn vế phải, ta có thể chọn $t\ge 0$ sao cho $3abc=3at^2\leftrightarrow t=\sqrt{bc}$
Ta sẽ chứng minh $a^3+b^3+c^3\ge a^3+t^3+t^3=a^3+2\sqrt{b^3c^3}\leftrightarrow (\sqrt{b^3}-\sqrt{c^3})^2 \ge 0$ luôn đúng.
Do đó ta cần chứng minh $a^3+2t^3\ge 3at^2\leftrightarrow (a+2t)(a-t)^2\ge 0$ là đúng.
Ta có điều phải chứng minh.
Ngoài ra, ta còn có thể dồn bằng biến khác. Giả dụ ta muốn bảo toàn vế trái thì ta chọn $t\ge 0$ sao cho $a^3+b^3+c^3=a^3+2t^3\leftrightarrow t=\sqrt[3]{\dfrac{b^3+c^3}{2}}$
Khi đó ta sẽ chứng minh: $3abc\le 3at^2$ hay là chứng minh $\sqrt[3]{\dfrac{b^3+c^3}{2}}^2\ge bc\leftrightarrow b^3+c^3\ge 2\sqrt{b^3c^3}\leftrightarrow (\sqrt{b^3}-\sqrt{c^3})^2\ge 0$ đúng.
Do đó ta cần chứng minh $a^3+2t^3\ge 3at^2$ đã chứng minh ở trên.
Bài toán 2: Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Lời giải:
Ta phân tích: $a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\leftrightarrow (a+b+c)^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$
Ta thấy rằng đại lượng $a+b+c$ là phổ biến nhất trong bất đẳng thức nên ta sẽ dồn về $a+2t=a+b+c\leftrightarrow t=\dfrac{b+c}{2}$. Ta sẽ chứng minh:
$(a+b+c)^3+9abc-4(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge (a+2t)^3+9at^2-4(a+2t)(t^2+2at)$
$\leftrightarrow (4b+4c-5a)(b-c)^2\ge 0$
Bất đẳng thức này không phải lúc nào cũng đúng. Để nó đúng, ta sẽ dựa vào sự sắp xếp các biến như giả sử $a\le b,c$ thì BDT sẽ đúng.
Khi đó ta chỉ cần chứng minh $a^3+2t^3+3at^2\ge 2at(a+t)+2t^3\leftrightarrow a(a-t)^2\ge 0$ là đúng.
Do đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức khi dồn $b,c$ về $t$ là $b=c=t$. Đẳng thức $a(a-t)^2\ge 0$ là $a=0$ hoặc $a=t=b=c$ hay xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và các hoán vị.
Bài toán 3: Cho các số thực $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:
$a^4+b^4+c^4+d^4\ge 4|abcd|$
Ta thấy vế phải lằng nhằng nhất do có trị tuyệt đối nên ta sẽ dồn về $abcd=abt^2$ hay $t^2=cd$ và đừng nhầm với $t=\sqrt{cd}$.
Do đó ta cần chứng minh $a^4+b^4+c^4+d^4\ge a^4+b^4+t^4+t^4$ hay $(c^2-d^2)^2\ge 0$
Nếu đặt $f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4-4|abcd|$ thì $f(a,b,c,d)\ge f(a,b,t,t)$
Tương tự khi đặt $s^2=ab$ thì $f(a,b,t,t)\ge f(s,s,t,t)=f(s,t,s,t)\ge f(\sqrt{|st|},\sqrt{|st|},\sqrt{|st|},\sqrt{|st|})=0$
Hoàn tất chứng minh.
Bài toán 4: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng: $a+b+c\le 3$
Lời giải:
Như đã nói ta chọn $t\ge 0$ sao cho $a^2+2t^2+at^2=4\leftrightarrow t^2=2-a\ge 0$
$a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2$ nên $2-a\ge 0$, do đó $t$ là luôn tồn tại.
Biến đổi tiếp $a^2+2t^2+at^2=a^2+b^2+c^2+abc\leftrightarrow 2t^2-b^2-c^2=a(bc-t^2)$
Giả sử $bc>t^2$ thì $2t^2>b^2+c^2\ge 2bc \to bc<t^2$ vô lý với giả sử.
Vậy giả sử sai hay $bc\le t^2$
Ta sẽ chứng minh $a+b+c\le a+2t\leftrightarrow b+c\le 2t\leftrightarrow b^2+c^2+2bc\le 4t^2\leftrightarrow 2t^2-b^2-c^2+2(t^2-bc)\ge 0 \leftrightarrow (2-a)(t^2-bc)\ge 0$ luôn đúng. Do đó ta cần chứng minh $a+2t\le 3$
Thay $a=2-t^2$ ta được bất đẳng thức tương đương là $-(t-1)^2\le 0$ luôn đúng.
Hoàn tất chứng minh.
Các bài tập tương tự:
Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{6}{a+b+c}\ge 5$$
Bài 2: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Chứng minh:
$$2(a+b+c)\le abc+10$$
Bài 3: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2$$
Đồn 2 biến bằng nhau: Ta muốn chứng minh một bất đẳng thức $f(a,b,c)\ge 0$ thì để giảm số biến số, ta đi chứng minh $f(a,b,c)\ge f(a,t,t)$ với $t$ là một đại lượng nào đó. Sau đó chứng minh $f(a,t,t)\ge 0$ là được.
Cách xác định $t$ rất đơn giản. Lấy vài ví dụ:
Nếu giả thiết cho $abc=1$ thì ta thay $b,c$ bởi $t$ thì ta được $att=abc\leftrightarrow t=\sqrt{bc}$
Tương tự:
Giả thiết là $a+b+c=3$ thì ta có $t$ thỏa mãn $a+t+t=a+b+c\leftrightarrow t=\dfrac{b+c}{2}$
Giả thiết là $a^2+b^2+c^2+abc=4$ thì ta dồn về $t$ sao cho $a^2+t^2+t^2+att=a^2+b^2+c^2+abc$
Ở đây ta sẽ tìm cụ thể $t$ theo $b,c$ như ở ví dụ 1 và 2 nhưng ví dụ thứ 3 thì ta khó có thể tìm được liên hệ cụ thể $t$ và $b,c$ nhưng ta lại có đánh giá $b^2+c^2\ge 2t^2\ge 2bc$ là một đánh giá rất chặc.
Còn nếu như không có giả thiết các liên hệ giữa $a,b,c$ thì dồn đại
)Bài toán 1: Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng: $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$
Lời giải: Để bảo toàn vế phải, ta có thể chọn $t\ge 0$ sao cho $3abc=3at^2\leftrightarrow t=\sqrt{bc}$
Ta sẽ chứng minh $a^3+b^3+c^3\ge a^3+t^3+t^3=a^3+2\sqrt{b^3c^3}\leftrightarrow (\sqrt{b^3}-\sqrt{c^3})^2 \ge 0$ luôn đúng.
Do đó ta cần chứng minh $a^3+2t^3\ge 3at^2\leftrightarrow (a+2t)(a-t)^2\ge 0$ là đúng.
Ta có điều phải chứng minh.
Ngoài ra, ta còn có thể dồn bằng biến khác. Giả dụ ta muốn bảo toàn vế trái thì ta chọn $t\ge 0$ sao cho $a^3+b^3+c^3=a^3+2t^3\leftrightarrow t=\sqrt[3]{\dfrac{b^3+c^3}{2}}$
Khi đó ta sẽ chứng minh: $3abc\le 3at^2$ hay là chứng minh $\sqrt[3]{\dfrac{b^3+c^3}{2}}^2\ge bc\leftrightarrow b^3+c^3\ge 2\sqrt{b^3c^3}\leftrightarrow (\sqrt{b^3}-\sqrt{c^3})^2\ge 0$ đúng.
Do đó ta cần chứng minh $a^3+2t^3\ge 3at^2$ đã chứng minh ở trên.
Bài toán 2: Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Lời giải:
Ta phân tích: $a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\leftrightarrow (a+b+c)^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$
Ta thấy rằng đại lượng $a+b+c$ là phổ biến nhất trong bất đẳng thức nên ta sẽ dồn về $a+2t=a+b+c\leftrightarrow t=\dfrac{b+c}{2}$. Ta sẽ chứng minh:
$(a+b+c)^3+9abc-4(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge (a+2t)^3+9at^2-4(a+2t)(t^2+2at)$
$\leftrightarrow (4b+4c-5a)(b-c)^2\ge 0$
Bất đẳng thức này không phải lúc nào cũng đúng. Để nó đúng, ta sẽ dựa vào sự sắp xếp các biến như giả sử $a\le b,c$ thì BDT sẽ đúng.
Khi đó ta chỉ cần chứng minh $a^3+2t^3+3at^2\ge 2at(a+t)+2t^3\leftrightarrow a(a-t)^2\ge 0$ là đúng.
Do đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức khi dồn $b,c$ về $t$ là $b=c=t$. Đẳng thức $a(a-t)^2\ge 0$ là $a=0$ hoặc $a=t=b=c$ hay xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và các hoán vị.
Bài toán 3: Cho các số thực $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:
$a^4+b^4+c^4+d^4\ge 4|abcd|$
Ta thấy vế phải lằng nhằng nhất do có trị tuyệt đối nên ta sẽ dồn về $abcd=abt^2$ hay $t^2=cd$ và đừng nhầm với $t=\sqrt{cd}$.
Do đó ta cần chứng minh $a^4+b^4+c^4+d^4\ge a^4+b^4+t^4+t^4$ hay $(c^2-d^2)^2\ge 0$
Nếu đặt $f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4-4|abcd|$ thì $f(a,b,c,d)\ge f(a,b,t,t)$
Tương tự khi đặt $s^2=ab$ thì $f(a,b,t,t)\ge f(s,s,t,t)=f(s,t,s,t)\ge f(\sqrt{|st|},\sqrt{|st|},\sqrt{|st|},\sqrt{|st|})=0$
Hoàn tất chứng minh.
Bài toán 4: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng: $a+b+c\le 3$
Lời giải:
Như đã nói ta chọn $t\ge 0$ sao cho $a^2+2t^2+at^2=4\leftrightarrow t^2=2-a\ge 0$
$a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2$ nên $2-a\ge 0$, do đó $t$ là luôn tồn tại.
Biến đổi tiếp $a^2+2t^2+at^2=a^2+b^2+c^2+abc\leftrightarrow 2t^2-b^2-c^2=a(bc-t^2)$
Giả sử $bc>t^2$ thì $2t^2>b^2+c^2\ge 2bc \to bc<t^2$ vô lý với giả sử.
Vậy giả sử sai hay $bc\le t^2$
Ta sẽ chứng minh $a+b+c\le a+2t\leftrightarrow b+c\le 2t\leftrightarrow b^2+c^2+2bc\le 4t^2\leftrightarrow 2t^2-b^2-c^2+2(t^2-bc)\ge 0 \leftrightarrow (2-a)(t^2-bc)\ge 0$ luôn đúng. Do đó ta cần chứng minh $a+2t\le 3$
Thay $a=2-t^2$ ta được bất đẳng thức tương đương là $-(t-1)^2\le 0$ luôn đúng.
Hoàn tất chứng minh.
Các bài tập tương tự:
Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $abc=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{6}{a+b+c}\ge 5$$
Bài 2: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Chứng minh:
$$2(a+b+c)\le abc+10$$
Bài 3: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2$$
Last edited by a moderator: