Bất đẳng thức là một dạng Toán khó trong chương trình Toán trung học cơ sở. Trong đó có dạng tìm giá trị min-max, còn gọi là tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất.
Bài 1: ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x2 + y2 + z2 ≥ xy+ yz + zx
b) x2 + y2 + z2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x2 + y2 + z2 + 3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải
a) Ta xét hiệu \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-xy-yz-zx=\frac{1}{2}.2.\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-xy-yz-zx \right)\]
\[=\frac{1}{2}\left| {{\left( x-y \right)}^{2}}+{{\left( x-z \right)}^{2}}+{{\left( y-z \right)}^{2}} \right|\ge 0\] đúng với mọi x, y, z ∈ R vì \[{{\left( x-y \right)}^{2}}\ge 0\] với ∀x, y
Dấu bằng xảy ra khi x = y, \[{{\left( x-z \right)}^{2}}\ge 0\] với ∀x, z
Dấu bằng xảy ra khi x = z, \[{{\left( y-z \right)}^{2}}\ge 0\] với ∀z,y
Dấu bằng xảy ra khi z= y
Vậy \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\ge xy+yz+zx\], dấu bằng xảy ra khi x = y = z
b) Ta xét hiệu \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-\left( 2xy-2xz+2yz \right)={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2xy+2xz-2yz={{\left( x-y+z \right)}^{2}}\ge 0\] đúng với mọi x, y, z ∈ R
Vậy \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\ge 2xy-2xz+2yz\] đúng với mọi x, y, z ∈ R, dấu bằng xảy ra khi x + y = z
c) Xét hiệu \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+3-2\left( x+y+z \right)={{x}^{2}}-2x+1+{{y}^{2}}-2y+1+{{z}^{2}}-2z+1={{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}\ge 0\]
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
Bài 2: Chứng minh rằng
a) \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}\] b) \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\]
Giải
a) Ta xét hiệu \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}-{{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}=\frac{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{4}-\frac{{{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}}{4}=\frac{1}{4}\left( 2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}-{{b}^{2}}-2ab \right)\]
\[=\frac{1}{4}{{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0\]
Vậy \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}\]. Dấu bằng xảy ra khi a = b
b) Ta xét hiệu \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}-{{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}=\frac{1}{9}\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]\ge 0\]
Vậy \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\]. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Bài 3: Cho a, b, c, d, e là các số thực. Chứng minh rằng
a) \[{{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}}{4}\ge ab\]
b) \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1\ge ab+a+b\]
c) \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)\]
Giải
a) \[{{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}}{4}\ge ab\Leftrightarrow 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 4ab\Leftrightarrow 4{{a}^{2}}-4a+{{b}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( 2a-b \right)}^{2}}\ge 0\] (bất đẳng thức này luôn đúng)
Vậy \[{{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}}{4}\ge ab\]. Dấu bằng xảy ra khi 2a = b.
b) \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1\ge ab+a+b\Leftrightarrow 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)>2\left( ab+a+b \right)\Leftrightarrow {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}}+{{a}^{2}}-2a+1+{{b}^{2}}-2b+1\ge 0\]
\[\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}\ge 0\]. Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1\ge ab+a+b\]. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
c) \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)\Leftrightarrow 4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}} \right)\ge 4a\left( b+c+d+e \right)\]
\[\Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}-4ab+4{{b}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ac+4{{c}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ad+4{{d}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ac+4{{c}^{2}} \right)\ge 0\]
\[\Leftrightarrow {{\left( a-2b \right)}^{2}}+{{\left( a-2c \right)}^{2}}+{{\left( a-2d \right)}^{2}}+{{\left( a-2c \right)}^{2}}\ge 0\]
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Chứng minh rằng \[\left( {{a}^{10}}+{{b}^{10}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge \left( {{a}^{8}}+{{b}^{8}} \right)\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\]
Giải
\[\left( {{a}^{10}}+{{b}^{10}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge \left( {{a}^{8}}+{{b}^{8}} \right)\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\Leftrightarrow {{a}^{12}}+{{a}^{10}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{10}}+{{b}^{12}}\ge {{a}^{12}}+{{a}^{8}}{{b}^{4}}+{{a}^{4}}{{b}^{8}}+{{b}^{12}}\]
\[\Leftrightarrow {{a}^{8}}{{b}^{2}}\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)+{{a}^{2}}{{b}^{8}}\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{6}}-{{b}^{6}} \right)\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}\left( {{a}^{4}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}} \right)\ge 0\]
Bất đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 5: Cho x.y = 1 và x > y. Chứng minh \[\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{x-y}\ge 2\sqrt{2}\]
Giải
Vì x > y nên x – y > 0 \[\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2\sqrt{2}\left( x-y \right)\]
\[\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y\ge 0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2-2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y-2\ge 0\]
\[\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}-2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y-2xy\ge 0\]
Vì x.y = 1 nên 2.x.y = 2
\[\Rightarrow {{\left( x-y-\sqrt{2} \right)}^{2}}\ge 0\]. Điều này luôn đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh.
• Sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng:
1.a) \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy\] b) \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge \left| xy \right|\] Dấu (=) khi x = y = 0
c) \[{{\left( x+y \right)}^{2}}\ge 4xy\] d) \[\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2\]
2. Bất đẳng thức Cauchy (Cosi): \[\frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+...+{{a}_{n}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}...{{a}_{n}}}\] với \[{{a}_{n}}>0\]
3. Bất đẳng thức Bunhiacopski (BCS): \[\left( a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2} \right).\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+...+x_{n}^{2} \right)\ge {{\left( {{a}_{1}}{{x}_{1}}+{{a}_{2}}{{x}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{x}_{n}} \right)}^{2}}\]
4. Bất đẳng thức Trê – Bư – Sép:
Nếu .png)
\[\Rightarrow \frac{aA+bB+cC}{3}\ge \frac{a+b+c}{3}.\frac{A+B+C}{3}\]
Nếu .png)
\[\Rightarrow \frac{aA+bB+cC}{3}\le \frac{a+b+c}{3}.\frac{A+B+C}{3}\]
Dấu bằng xảy ra khi .png)
Bài 6: Cho a, b, c là các số không âm chứng minh rằng: \[\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc\]
Giải
Cách 1: Dùng bất đẳng thức phụ: \[{{\left( x+y \right)}^{2}}\ge 4xy\]
Ta có \[{{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab;{{\left( b+c \right)}^{2}}\ge 4bc;{{\left( c+a \right)}^{2}}\ge 4ac\]
\[\Rightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}{{\left( b+c \right)}^{2}}{{\left( c+a \right)}^{2}}\ge 64{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}={{\left( 8abc \right)}^{2}}\]
\[\Rightarrow \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc\]
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Vậy \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+a\left( b+c \right)+b\left( c+d \right)+d\left( c+a \right)\ge 10\]
Bài 7: Cho a > b > c > 0 và \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1\]. Chứng minh rằng \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{1}{2}\]
Do a, b, c đối xứng, giả sử \[a\ge b\ge c\] .png)
Áp dụng BĐT Trê – bư – sép ta có
\[{{a}^{2}}.\frac{a}{b+c}+{{b}^{2}}.\frac{b}{a+c}+{{c}^{2}}.\frac{c}{a+b}\ge \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}.\left( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \right)=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\]
Vậy \[\frac{{{a}^{3}}}{b+c}+\frac{{{b}^{3}}}{a+c}+\frac{{{c}^{3}}}{a+b}\ge \frac{1}{2}\]. Dấu bằng xảy ra khi \[a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\]
Bài 8: Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1. Chứng minh rằng:
\[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+a\left( b+c \right)+b\left( c+d \right)+d\left( c+a \right)\ge 10\]
Giải
Ta có \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab\]; \[{{c}^{2}}+{{d}^{2}}\ge 2cd\]
Do \[abcd=1\] nên \[cd=\frac{1}{ab}\]. Ta có \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2\left( ab+cd \right)=2\left( ab+\frac{1}{ab} \right)\ge 4\] (1)
Mặt khác: \[a\left( b+c \right)+b\left( c+d \right)+d\left( c+a \right)=\left( ab+cd \right)+\left( ac+bd \right)+\left( bc+ad \right)\]
\[=\left( ab+\frac{1}{ab} \right)+\left( ac+\frac{1}{ac} \right)+\left( bc+\frac{1}{bc} \right)\ge 2+2+2=6\] (2)
Cộng (1), (2) ta được điều cần chứng minh.
Bài 9: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng \[\sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}\le \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\]
Giải
Ta có: \[{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2\left( ac+bd \right)+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}\le \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+2\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}.\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}\]
Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có \[ac+bd\le \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}.\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\]
\[\Rightarrow \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}\le \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\]
Bài 10: Chứng minh rằng \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ac\]
Giải
Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski, xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có:
\[\left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{\left( 1.a+1.b+1.c \right)}^{2}}\]
\[\Rightarrow 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( ab+bc+ac \right)\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ac\]
Điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Bài 11: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng \[1<\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}<2\]
Giải
Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có \[\frac{a}{a+b+c}<1\Leftrightarrow \frac{a}{a+b+c}<\frac{a+d}{a+b+c+d}\] (1)
Mặt khác: \[\frac{a}{a+b+c}>\frac{a}{a+b+c+d}\] (2)
Từ (1) và (2) ta có \[\frac{a}{a+b+c+d}<\frac{a}{a+b+c}<\frac{a+d}{a+b+c+d}\] (3)
Tương tự ta có \[\frac{b}{a+b+c+d}<\frac{b}{b+c+d}<\frac{b+a}{a+b+c+d}\] (4)
\[\frac{c}{a+b+c+d}<\frac{c}{c+d+a}<\frac{b+c}{a+b+c+d}\] (5)
\[\frac{d}{a+b+c+d}<\frac{d}{d+a+b}<\frac{d+c}{a+b+c+d}\] (6)
Cộng vế với vế của (3), (4), (5), (6) ta có
\[1<\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}<2\] điều phải chứng minh.
Bài 12: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
a) \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}<2\left( ab+bc+ac \right)\]
b) \[abc>\left( a+b-c \right).\left( b+c-a \right).\left( c+a-b \right)\]
Giải
a) Vì a, b, c là số 3 cạnh của một tam giác nên ta có
.png)
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}<2\left( ab+bc+ac \right)\]
b) Ta có \[a>\left| b-c \right|\Rightarrow {{a}^{2}}>{{a}^{2}}-{{\left( b-c \right)}^{2}}>0\]
\[b>\left| a-c \right|\Rightarrow {{b}^{2}}>{{b}^{2}}-{{\left( c-a \right)}^{2}}>0\]
\[c>\left| a-b \right|\Rightarrow {{c}^{2}}>{{c}^{2}}-{{\left( a-b \right)}^{2}}>0\]
Nhân vế các bất đẳng thức ta được
\[\Rightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}>\left| {{a}^{2}}-{{\left( b-c \right)}^{2}} \right|\left| {{b}^{2}}-{{\left( c-a \right)}^{2}} \right|\left| {{c}^{2}}-{{\left( a-b \right)}^{2}} \right|\]
\[\Rightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}>{{\left( a+b-c \right)}^{2}}{{\left( b+c-a \right)}^{2}}{{\left( c+a-b \right)}^{2}}\]
\[\Rightarrow abc>\left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\]
Bài 13: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}\] (1)
Giải
Đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b; ta có \[a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{z+x-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\]
Ta có \[\left( 1 \right)\Leftrightarrow \frac{y+z-x}{2x}+\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\ge \frac{3}{2}\]
\[\Leftrightarrow \frac{y}{x}+\frac{z}{x}-1+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}-1+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1\ge 3\]
\[\Leftrightarrow \left( \frac{y}{x}+\frac{x}{y} \right)+\left( \frac{z}{x}+\frac{x}{z} \right)+\left( \frac{z}{y}+\frac{y}{z} \right)\ge 6\]
Bất đẳng thức cuối đúng vì (\[\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2;\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 2;\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge 2\] nên ta có điều phải chứng minh)
Bài 14: Cho a, b, c > 0 và a + b + c < 1. Chứng minh rằng: \[\frac{1}{{{a}^{2}}+2bc}+\frac{1}{{{b}^{2}}+2ac}+\frac{1}{{{c}^{2}}+2ab}\ge 9\] (1)
Giải
Đặt \[x={{a}^{2}}+2bc;y={{b}^{2}}+2ac;z={{c}^{2}}+2ab\]
Ta có \[x+y+z={{\left( a+b+c \right)}^{2}}<1\]. \[\left( 1 \right)\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 9\]
Với x + y + z < 1 và x, y, z > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có \[x+y+z\ge 3.\sqrt[3]{xyz}\], \[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 3.\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\]
\[\Rightarrow \left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9\]. Mà x + y + z < 1
Vậy \[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 9\] (đpcm)
Bài 15: Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng \[\frac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}^{2}}}{{{\left( x-y \right)}^{2}}}\ge 8\]
Giải
Ta có \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{\left( x-y \right)}^{2}}+2xy={{\left( x-y \right)}^{2}}+2\] ( vì xy = 1) \[\Rightarrow {{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( x-y \right)}^{4}}+4{{\left( x-y \right)}^{2}}+4\]
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với \[{{\left( x-y \right)}^{4}}+4{{\left( x-y \right)}^{2}}+4\ge 8.{{\left( x-y \right)}^{2}}\]
\[\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{4}}-4{{\left( x-y \right)}^{2}}+4\ge 0\Leftrightarrow {{\left[ {{\left( x-y \right)}^{2}}-2 \right]}^{2}}\ge 0\]
BĐT cuối cùng đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Bài 16: Cho \[xy\ge 1\]. Chứng minh rằng \[\frac{1}{1+{{x}^{2}}}+\frac{1}{1+{{y}^{2}}}\ge \frac{2}{1+xy}\]
Giải
Ta có \[\frac{1}{1+{{x}^{2}}}+\frac{1}{1+{{y}^{2}}}\ge \frac{2}{1+xy}\Leftrightarrow \left( \frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{1+{{y}^{2}}} \right)+\left( \frac{1}{1+{{y}^{2}}}-\frac{1}{1+xy} \right)\ge 0\]
\[\Leftrightarrow \frac{xy-{{x}^{2}}}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+xy \right)}+\frac{xy-{{y}^{2}}}{\left( 1+{{y}^{2}} \right)\left( 1+xy \right)}\ge 0\Leftrightarrow \frac{x\left( y-x \right)}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+xy \right)}+\frac{y\left( x-y \right)}{\left( 1+{{y}^{2}} \right)\left( 1+xy \right)}\ge 0\]
\[\Leftrightarrow \frac{{{\left( y-x \right)}^{2}}\left( xy-1 \right)}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)\left( 1+xy \right)}\ge 0\]. BĐT cuối này đúng do xy > 1. Vậy ta có điều phải chứng minh
Bài 17:
a) Cho a, b, c là các số thực và a + b + c = 1. Chứng minh rằng \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{1}{3}\]
b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng \[\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\ge 9\]
Giải
a) Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta có \[{{\left( 1.a+1.b+1.c \right)}^{2}}\le \left( 1+1+1 \right).\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\Leftrightarrow {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\le 3.\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\]
\[\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{1}{3}\] ( vì a + b + c + 1) (đpcm).
b) \[\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\ge 9\Leftrightarrow 1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+1\ge 9\Rightarrow 3+\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)+\left( \frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right)+\left( \frac{b}{c}+\frac{c}{b} \right)\ge 9\]
Áp dụng BĐT phụ \[\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge 2\]. Với x, y > 0 ta có BĐT cuối cùng luôn đúng.
Vậy \[\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\ge 9\] (đpcm).
Bài 18: Tìm giá trị nhỏ nhất của: \[T=\left| x-1 \right|+\left| x-2 \right|+\left| x-3 \right|+\left| x-4 \right|\]
Giải
Ta có \[\left| x-1 \right|+\left| x-4 \right|=\left| x-1 \right|+\left| 4-x \right|\ge \left| x-1+4-x \right|=3\] (1)
Và \[\left| x-2 \right|+\left| x-3 \right|=\left| x-2 \right|+\left| 3-x \right|\ge \left| x-2+3-x \right|=1\] (2)
Vậy \[T=\left| x-1 \right|+\left| x-2 \right|+\left| x-3 \right|+\left| x-4 \right|\ge 1+3=4\]
Ta có từ (1) \[\Rightarrow \]Dấu bằng xảy ra khi \[1\le x\le 4\]
(2) \[\Rightarrow \]Dấu bằng xảy ra khi \[2\le x\le 3\]
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi \[2\le x\le 3\]
Bài 19: Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Giải
Vì x, y, z > 0, áp dụng BĐT Côsi ta có \[x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}\le \frac{1}{3}\Leftrightarrow xyz\le \frac{1}{27}\]
Áp dụng BĐT Côsi cho x+y; y+z; x+z ta có \[\left( x+y \right).\left( y+z \right).\left( z+x \right)\ge 3\sqrt[3]{\left( x+y \right).\left( y+z \right).\left( x+z \right)}\]
\[\Rightarrow 2\ge 3\sqrt[3]{\left( x+y \right).\left( y+z \right).\left( x+z \right)}\] Dấu bằng xảy khi \[x=y=z=\frac{1}{3}\]
Vậy \[S\le \frac{8}{27}.\frac{1}{27}=\frac{8}{729}\]. Vậy S có giá trị lớn nhất là \[\frac{8}{729}\] khi \[x=y=z=\frac{1}{3}\]
Bài 20: Cho xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của \[{{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}\]
Giải
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 6 số (x,y,z); (x;y;z)
Ta có \[{{\left( xy+yz+zx \right)}^{2}}\le {{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}\Rightarrow 1\le {{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}\] (1)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho \[\left( {{x}^{2}},{{y}^{2}},{{z}^{2}} \right)\] và (1,1,1)
Ta có \[{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}} \right)\left( {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} \right)\to {{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}\le 3\left( {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} \right)\]
Từ (1) và (2) \[\Rightarrow 1\le 3\left( {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} \right)\Rightarrow {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}\le \frac{1}{3}\]
Vậy \[{{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}\] có giá trị nhỏ nhất là \[\frac{1}{3}\] khi \[x=y=z=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}\]
Bài 21: Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le xy+3y+2z-3\]
Giải
Vì x, y, z là các số nguyên nên \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\le xy+3y+2z-3\]
\[\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-xy-3y-2z+3\le 0\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-xy+\frac{{{y}^{2}}}{4} \right)+\left( \frac{3{{y}^{2}}}{4}-3y+3 \right)+\left( {{z}^{2}}-2z+1 \right)\le 0\]
\[\Leftrightarrow {{\left( x-\frac{y}{2} \right)}^{2}}+3{{\left( \frac{y}{2}-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}\le 0\] (*)
Mà \[{{\left( x-\frac{y}{2} \right)}^{2}}+3{{\left( \frac{y}{2}-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}\ge 0\] \[\forall x,y\in R\]
\[\Leftrightarrow {{\left( x-\frac{y}{2} \right)}^{2}}+3{{\left( \frac{y}{2}-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=0\]
.png)
Các số x, y, z phải tìm là .png)
