Kỹ thuật biến đổi tương đương trong chứng minh bất đẳng thức

Kỹ thuật biến đổi tương đương là phương pháp được sử dụng thường xuyên trong chứng minh bất đẳng thức và tỏ ra rất hiệu quả.

Phương pháp biến đổi tương đương được sử dụng như nào, các em hãy đọc tiếp dưới đây.

1. Kiến thức cần nhớ

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức \(A\ge B\). Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng mà phổ biến là các dạng sau:

+ Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức: \(A\ge B\Leftrightarrow A-B\ge 0\)

+ Dạng tổng bình phương: \(A\ge B\Leftrightarrow m{{X}^{2}}+n{{Y}^{2}}+k{{Z}^{2}}\ge 0\), với các số m, n, k dương.

+ Dạng tích hai thừa số cùng dấu: \(A\ge B\Leftrightarrow X.Y\ge 0\) hoặc \(A\ge B\Leftrightarrow {{X}^{2n}}.Y\ge 0\)

+ Xây dựng các bất đẳng thức từ các điều kiện ban đầu: Nếu \(x,\,\,y,\,\,z\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }a,\,b\text{ }\!\!]\!\!\text{ }\) thì ta nghĩ ngay tới một trong các bất đẳng thức đúng sau đây:

\(\left( x-a \right)\left( x-b \right)\le 0;\,\,\left( x-a \right)\left( y-a \right)\left( z-a \right)\ge 0;\,\,\left( x-b \right)\left( y-b \right)\left( z-b \right)\le 0\)

Một số đẳng thức cần nhớ

+ \(\displaystyle {{\left( a\pm b \right)}^{2}}={{a}^{2}}\pm 2ab+{{b}^{2}};\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{2}+\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{2}\)

+ \(\displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca\)

+ \(\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)={{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+c{{a}^{2}}+2abc\)

+ \(\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)={{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+c{{a}^{2}}+3abc\)

+ \(\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\)

+ \(\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\)

+ \(\left( a-1 \right)\left( b-1 \right)\left( c-1 \right)=abc-\left( ab+bc+ca \right)+a+b+c-1\)

+ \(\displaystyle {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\)

+ \(\displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{3}}={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\)

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

Một số bất đẳng thức cơ bản

+ \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab;\,\,\,2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab\)

+ \(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab\ge \frac{3{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}\)

+ \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca\)

+ \(3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)\)

+ \(3\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)\ge {{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\ge 3abc\left( a+b+c \right)\)

+ Bất đẳng thức tam giác:

\(\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\left| b-c \right|<a<b+c\\\left| c-a \right|<b<c+a\\\left| a-b \right|<c<a+b\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{array} \right.\)

Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác.

Một số kỹ thuật cơ bản trong phép biến đổi tương đương

+ Kỹ thuật xét hiệu hai biểu thức.

+ Kỹ thuật sử dụng các hằng đẳng thức.

+ Kỹ thuật thêm bớt một hằng số, một biểu thức.

+ Kỹ thuật đặt biến phụ.

+ Kỹ thuật sắp thứ tự các biến.

+ Kỹ thuật khai thác tính bị chặn của các biến.

2. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:

\(\begin{array}{l}a)\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca\\b)\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3\ge 2\left( a+b+c \right)\end{array}\)

Phân tích: Các bất đẳng thức trên khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương.

Lời giải

a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

\(\displaystyle \begin{array}{l}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-\left( ab+bc+ca \right)=\frac{{{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}}+{{b}^{2}}-2bc+{{c}^{2}}+{{c}^{2}}-2ca+{{a}^{2}}}{2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}}{2}\ge 0\end{array}\)

Suy ra \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

\(\begin{array}{l}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3 \right)-2\left( a+b+c \right)={{a}^{2}}-2a+1+{{b}^{2}}-2b+1+{{c}^{2}}-2c+1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,={{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}+{{\left( c-1 \right)}^{2}}\ge 0\end{array}\)

Suy ra  \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3\ge 2\left( a+b+c \right)\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:

\(\displaystyle \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\)

Phân tích: Đây là một bất đẳng thức khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương.

Lời giải

Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

\(\displaystyle \begin{array}{l}a\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}-{{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}=\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{9}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}}{9}\end{array}\)

Suy ra  \(\displaystyle \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\).

Nhận xét: Qua hai ví dụ trên ta nhận thấy khi biến đổi tương đương bất đẳng thức bậc hai thường xuất hiện các đại lượng \(\displaystyle {{\left( a-b \right)}^{2}};\,\,{{\left( b-c \right)}^{2}};\,\,{{\left( c-a \right)}^{2}}\) với điều kiện dấu đẳng thức xẩy ra tại \(\displaystyle a=b=c\). Do đó trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra để từ đó có hướng đi hợp lí.

Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:

\({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)\)

Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh có hình thức tương tự như các bất đẳng thức trên, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương. Để  được các tích  vào trong bình phương ta cần ghép a với b, c, d, e, và vì vai trò của b, c, d, e như nhau nên ta có thể nghĩ đến việc biến đổi như sau:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)\\\Leftrightarrow {{\left( a-kb \right)}^{2}}+{{\left( a-kc \right)}^{2}}+{{\left( a-kd \right)}^{2}}+{{\left( a-ke \right)}^{2}}\ge 0\end{array}\)

Trong trường hợp trên ta có thể chọn \(k=2\), tức là ta phải nhân hai vế với 4.

Lời giải

Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức

\({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}-a\left( b+c+d+e \right)\)

\(\begin{array}{l}=\frac{4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}} \right)-4\left( ab+ac+ad+ae \right)}{4}\\=\frac{\left( {{a}^{2}}-4ab+4{{b}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ac+4{{c}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ad+4{{d}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ae+4{{e}^{2}} \right)}{4}\\=\frac{{{\left( a-2b \right)}^{2}}+{{\left( a-2c \right)}^{2}}+{{\left( a-2d \right)}^{2}}+{{\left( a-2e \right)}^{2}}}{4}\ge 0\end{array}\)

Suy ra \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \(a=2b=2c=2d=2e\).

Nhận xét: Với bất đẳng thức trên, ngoài phép biến đổi tương đương ta còn có thể dùng tính chất của tam thức bậc hai để chứng minh.