CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỈ SỐ, TÍNH CHẤT GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI VÀ TÍNH CHẤT CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
A. Lý thuyết
1. Một số tính chất của tỉ số
+ Với các số thực dương a, b bất kì, ta luôn có $a\ge b\Leftrightarrow \frac{1}{a}\le \frac{1}{b}$
+ Với các số thực dương a, b, c, d bất kì, ta có:
- Nếu $\frac{a}{b}<1$ thì $\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}$
- Nếu $\frac{a}{b}>1$ thì $\frac{a}{b}>\frac{a+c}{b+c}$
- Nếu $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ thì $\frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+d}<\frac{c}{d}$
2. Một số tính chất của giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức
+ $\left| a \right|\ge a;\,\,\,\left| a \right|\ge 0$
+ $\left| a \right|\le b\Leftrightarrow -b\le a\le b$
+ $\left| a+b \right|\le \left| a \right|+\left| b \right|$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng dấu.
+ $\left| a-b \right|\le \left| a+b \right|$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng dấu.
+ $\left| a \right|-\left| b \right|\le \left| a-b \right|$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a\ge b\ge 0$ hoặc $a\le b\le 0$.
+ Cho các số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}}$, thế thì hiển nhiên ta có
$\left| {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}} \right|\le \left| {{a}_{1}} \right|+\left| {{a}_{2}} \right|+...+\left| {{a}_{n}} \right|$
+ Cho các số thực khác không bất kì a; b, thế thì hiển nhiên ta có
$\left| \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right|\ge 2$. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=\pm b$.
3. Một số tính chất của tam thức bậc hai thường dùng trong bất đẳng thức.
Cho tam thức bậc hai \[f(x)=\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c\] với \[a\ne 0\]. Khi đó ta viết được
$f(x)=\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c=a{{\left( ax-\frac{b}{2a} \right)}^{2}}-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}}$ với $\Delta ={{b}^{2}}-4ac$
Từ đó ta có một số tính chất sau:
Tính chất 1: Đa thức có nghiệm khi và chỉ khi $\Delta ={{b}^{2}}-4ac\ge 0$
Tính chất 2: Nếu $\Delta ={{b}^{2}}-4ac\le 0$ thì \[af(x)\ge 0\].
Tính chất 3: Nếu $\Delta ={{b}^{2}}-4ac>0$ và đa thức có hai nghiệm \[{{x}_{1}};\,\,{{x}_{2}}\,\,\left( {{x}_{1}}<\,{{x}_{2}} \right)\] thì
+ \[af(x)\le 0\] với mọi giá trị \[{{x}_{1}}\le x\le {{x}_{2}}\].
+ \[\text{af(x)}\,\text{}\,\text{0}\] với mọi giá trị \[x\le {{x}_{1}}\]hoặc \[x\ge {{x}_{2}}\].
B. Bài tập
I. Bài tập minh họa
Ví dụ 1. Cho a, b là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{2a+b}+\frac{b}{a+2b}<1$
Phân tích: Để ý ta thấy \[\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}=1\], như vậy để chứng minh bất đẳng thức ta cần đánh giá được \[\frac{a}{2a+b}<\frac{a}{a+b};\,\,\,\frac{b}{2b+a}<\frac{b}{a+b}\].
Lời giải
Do a, b là các số dương nên ta có \[2a+b>a+b;\,\,a+2b>a+b\]
Từ đó suy ra \[\frac{a}{2a+b}<\frac{a}{a+b};\,\,\,\frac{b}{2b+a}<\frac{b}{a+b}\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+a}<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}=\frac{a+b}{a+b}=1\]
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
$1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}<2$
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức kép trên ta nhận thấy khó có thể biến đổi tương đương để chứng minh bài toán, ở đây ta cũng không cần phải dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra. Để ý một chút ta có \[1=\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}\], như vậy cần đánh giá được \[\frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}\]. Dễ nhận thấy đánh giá đó hiển nhiên đúng, do đó chỉ cần áp dụng tương tự thì bất đẳng thức bên trái được chứng minh. Để chứng minh được bất đẳng thức bên phải thì ta cần phải đánh giá được $\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}$, việc này hoàn toàn có thể thực hiện được nhờ tính chất của tỉ số.
Lời giải
Do a, b, c là các số dương nên ta có $\frac{a}{a+b}<1$. Vì vậy theo tính chất của tỉ số ta được
\[\frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}\]
Áp dụng tương tự ta có $$
\[\frac{b}{a+b+c}<\frac{b}{b+c}<\frac{a+b}{a+b+c},\,\frac{c}{a+b+c}<\frac{c}{c+a}<\frac{b+c}{a+b+c}\]
Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức kép trên ta được
$1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}<2$
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 3. Cho a, b, c, d là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
\[1<\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}<2\]
Lời giải
Theo tính chất của tỉ số ta có
\[\frac{a}{a+b+c}<1\Rightarrow \frac{a}{a+b+c}<\frac{a+d}{a+b+c+d}\]
Mặt khác ta lại có \[\]\[\frac{a}{a+b+c}>\frac{a}{a+b+c+d}\]
Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{a}{a+b+c+d}<\frac{a}{a+b+c}<\frac{a+d}{a+b+c+d}\]
Tương tự ta có
\[\frac{b}{a+b+c+d}<\frac{b}{b+c+d}<\frac{b+a}{a+b+c+d}\]
\[\frac{c}{a+b+c+d}<\frac{c}{c+d+a}<\frac{b+c}{a+b+c+d}\]
\[\frac{d}{a+b+c+d}<\frac{d}{d+a+b}<\frac{d+c}{a+b+c+d}\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được.
\[1<\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}<2\]
Nhận xét: Để chứng minh các bất đẳng thức ta cần tinh ý sử dụng các tính chất của tỉ số. Ngoài ra các bất đẳng thức trong ở hai ví dụ trên có thể được phát biểu lại như sau: Cho các biểu thức với a, b, c là các số thực dương.
$A=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$
$B=\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}$
Chứng minh A, B không thể nhận các giá trị nguyên.
Ví dụ 4. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}$. Chứng minh rằng:
\[\frac{a}{b}<\frac{ab+cd}{{{b}^{2}}+{{d}^{2}}}<\frac{c}{d}\]
Phân tích: Để ý ta nhận thấy $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}\Leftrightarrow \frac{ab}{{{b}^{2}}}<\frac{cd}{{{d}^{2}}}$, đến đây ta áp dụng tính chất của tỉ số để chứng minh bất đẳng thức.
Lời giải
Từ $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ suy ra \[\frac{ab}{{{b}^{2}}}<\frac{cd}{{{d}^{2}}}\], theo tính chất tỉ số ta được
\[\frac{ab}{{{b}^{2}}}<\frac{ab+cd}{{{b}^{2}}+{{d}^{2}}}<\frac{cd}{{{d}^{2}}}=\frac{c}{d}\]
Do đó ta có \[\frac{a}{b}<\frac{ab+cd}{{{b}^{2}}+{{d}^{2}}}<\frac{c}{d}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 5. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
\[\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>1\]
Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh có chứa căn, nhìn chiều bất đẳng thức ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Tuy nhiên để đánh giá được bất đẳng thức theo Cauchy không hề đơn giản tí nào với những ai mới học bất đẳng thức.
Chú ý đến giả thiết a, b, c là ba cạnh của một tam giác, nó có mối liên hệ như thế nào với \[\frac{a}{b+c}\], do $b+c>a$ nên ta thấy được \[0<\frac{a}{b+c}<1\], với kết quả đó ta có thể khử căn bằng đánh giá \[\sqrt{\frac{a}{b+c}}>\frac{a}{b+c}\]. Đến đây thì bài toán đươc giải quyết triệt để tương tự như ví dụ thứ nhất.
Lời giải
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có
\[0<\frac{a}{b+c}<1\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}>\frac{a}{b+c}\]
Vì a là số dương nên theo tính chất của tỉ số ta được \[\frac{a}{b+c}>\frac{a}{a+b+c}\]
Do đó ta có \[\sqrt{\frac{a}{b+c}}>\frac{a}{a+b+c}\]
Chứng minh tương tự ta được \[\sqrt{\frac{b}{c+a}}>\frac{b}{a+b+c};\,\,\,\sqrt{\frac{c}{a+b}}>\frac{c}{a+b+c}\]
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được \[\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>1\]
Vậy bài toán được chứng minh.
II. Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{2}\left( \frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1} \right)<\frac{a+b}{a+b+1}<\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}\]
Bài 2: Cho \[{{a}_{1}};\,\,{{a}_{2}};\,...;\,\,{{a}_{n}};\,\,{{b}_{1}};\,\,{{b}_{2}};\,...;\,\,{{b}_{n}}\] là các số thực dương. Kí hiệu
\[M=M\text{ax}\left( \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}};\,\,\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}};\,\,...;\,\,\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}} \right);\,\,\,m=Min\left( \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}};\,\,\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}};\,\,...;\,\,\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}} \right)\]
Chứng minh rằng: \[m\le \frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+.....+{{a}_{n}}}{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+....+{{b}_{n}}}\le M\]
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{abc}$
Bài 4: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
\[\frac{\text{1}}{{{\text{a}}^{\text{2}}}+2{{b}^{2}}+3}+\frac{1}{{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}+3}+\frac{1}{{{c}^{2}}+2{{a}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\]
Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \[abc=1\]. Chứng minh rằng:
\[\frac{2}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+1}+\frac{2}{{{\left( b+1 \right)}^{2}}+{{c}^{2}}+1}+\frac{2}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+1}\le 1\]
Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \[abc=1\]. Chứng minh rằng:
\[\frac{ab}{a+b+ab}+\frac{bc}{b+c+bc}+\frac{ca}{c+a+ca}\le 1\]
Bài 7: Cho các số thực \[a;\,\,b;\,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0;\,\,1]\]. Chứng minh rằng:
\[\frac{a}{ac+b+1}+\frac{b}{ab+c+1}+\frac{c}{bc+a+1}\le 1\]
Bài 8: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn \[a+b+c=1\]. Chứng minh rằng: \[\frac{1+{{a}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}+\frac{1+{{b}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}+\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\le \frac{7}{2}\]
Bài 9: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn \[a+b+c=1\]. Chứng minh rằng: \[\frac{1+{{a}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}+\frac{1+{{b}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}+\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\le \frac{7}{2}\]
Bài 10: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn \[\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab}=3\].
Chứng minh rằng: \[\frac{a}{1+a+bc}+\frac{b}{1+b+ca}+\frac{c}{1+c+ab}\ge \frac{3}{4}\]
Bài 11: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
$\left| \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c} \right|<1$
Bài 12: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn \[a+b+c=3\]. Chứng minh rằng:
$\sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}\ge 3$
Bài 13: Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:
$\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|+\left| a+b+c \right|\ge \left| a+b \right|+\left| b+c \right|+\left| c+a \right|$
Bài 14: Cho a, b là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$\left| \frac{\left( a-b \right)\left( 1-ab \right)}{\left( 1+a \right){{\left( 1+b \right)}^{2}}} \right|\le \frac{1}{4}$
Bài 15: Cho a, b, c là các số thực đôi một không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
$-1<\frac{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}<1$
Bài 16: Cho a, b, c là các số thực không âm bất kì. Chứng minh rằng:
$3\sqrt[3]{abc}+\left| a-b \right|+\left| b-c \right|+\left| c-a \right|\ge a+b+c$
Bài 17: Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:
$\left| a-b \right|+\left| b-c \right|+\left| c-a \right|\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca}$
Bài 18: Cho a, b, c là các số thực không âm bất kì. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{3}\ge abc+\frac{3\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}{4}$
Bài 19: Cho n số thực \[{{x}_{1}};\,\,{{x}_{2}};\,...;\,{{x}_{n}}\] (với \[n\ge 3\]). Chứng minh rằng:
\[Max\{{{x}_{1}}\text{;}\,\,{{\text{x}}_{2}}\text{;}\,...;\,\,{{x}_{n}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\ge \frac{{{x}_{1}}+{{\text{x}}_{2}}+\,...+{{x}_{n}}}{n}+\frac{\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|+\left| {{x}_{2}}-{{x}_{3}} \right|+...+\left| {{x}_{n-x}}-{{x}_{1}} \right|}{2n}\]
Trong đó \[Max\{{{x}_{1}}\text{;}\,\,{{\text{x}}_{2}}\text{;}\,...;\,\,{{x}_{n}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\] là số lớn nhất trong các số thực \[{{x}_{1}};\,\,{{x}_{2}};\,...;\,{{x}_{n}}\]
Bài 20: Cho a, b là các số thực thỏa mãn \[{{a}^{2}}-a+2b+4{{b}^{2}}-4ab\le 0\]
Chứng minh rằng: \[0\le a-2b\le 1\]
Hướng dẫn giải
Bài 1:
Phân tích: Để ý ta thấy \[\frac{a}{a+1}<1\] nên có \[\frac{a}{a+b+1}<\frac{a}{a+1}\] và \[\frac{a}{a+1}<\frac{a+b}{a+b+1}\], áp dụng tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức.
Lời giải
+ Trước hết ta chứng minh \[\frac{1}{2}\left( \frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1} \right)<\frac{a+b}{a+b+1}\]
Do a là số thực dương nên ta có \[\frac{a}{a+1}<1\] suy ra \[\frac{a}{a+1}<\frac{a+b}{a+b+1}\]
Chứng minh tương tự ta có \[\frac{b}{b+1}<\frac{a+b}{a+b+1}\]
Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cuối ta được
\[\frac{1}{2}\left( \frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1} \right)<\frac{a+b}{a+b+1}\]
+ Ta chứng minh \[\frac{a+b}{a+b+1}<\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}\]
Do a, b dương ta có \[\frac{a}{a+1}>\frac{a}{a+b+1}\] và \[\frac{b}{b+1}>\frac{b}{a+b+1}\]
Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức này ta được \[\frac{a+b}{a+b+1}<\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}\]
Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được bài toán cần chứng minh.
Bài 2:
Phân tích: Nhận thấy \[M=M\text{ax}\left( \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}};\,\,\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}};\,\,...;\,\,\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}} \right);\,\,m=Min\left( \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}};\,\,\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}};\,\,...;\,\,\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}} \right)\] nên ta có \[m\le \frac{{{a}_{i}}}{{{b}_{i}}}\le M\] với mọi \[\text{i}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\ldots ,\,\,\text{n}\]. Do đó ta được \[m{{b}_{i}}\le {{a}_{i}}\le M{{b}_{i}}\], đến đây ta áp dụng cho \[\text{i}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\ldots ,\,\,\text{n}\] thì ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Lời giải
Vì \[M=M\text{ax}\left( \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}};\,\,\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}};\,\,...;\,\,\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}} \right);\,\,\,m=Min\left( \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}};\,\,\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}};\,\,...;\,\,\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}} \right)\] nên ta được
\[m\le \frac{{{a}_{i}}}{{{b}_{i}}}\le M\] với mọi \[\text{i}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\ldots ,\,\,\text{n}\].
Suy ra \[m{{b}_{i}}\le {{a}_{i}}\le M{{b}_{i}}\] với mọi \[\text{i}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\ldots ,\,\,\text{n}\].
Lần lượt cho i bằng các giá trị \[\text{1},\,\,\text{2},\,\,\ldots ,\,\,\text{n}\] rồi cộng các theo vế lại với nhau ta được
\[\left( {{b}_{1}}+{{b}_{2}}+....+{{b}_{n}} \right)m\le {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+.....+{{a}_{n}}\le M\left( {{b}_{1}}+{{b}_{2}}+....+{{b}_{n}} \right)\]
Hay \[m\le \frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+.....+{{a}_{n}}}{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+....+{{b}_{n}}}\le M\]. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 3:
Phân tích: Trước hết ta dự đoán đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c\]. Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy cần phải thay đại lượng ở các mẫu bên vế trái bởi các đại lượng nhỏ hơn sao cho khi biểu thức thu được vẫn nhỏ hơn hoặc bằng vế phải. Điều đó có nghĩa là cần tìm vế phải cho bất đẳng thức \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc\ge ?\], để ý trong vế trái của bất đẳng thức ta không đánh giá được gì từ tích abc, cho nên ta tập trung đánh giá \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}\]. Trong vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh có chứa tích abc ở mẫu nên khi đánh giá mẫu vế trái ta cũng cần làm xuất hiện tích abc ở các phân thức, như vậy khi đánh giá \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}\] cần làm xuất hiện tích ab, điều này gợi ý cho ta đánh giá rất đẹp \[{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)\]. Nếu chứng minh được bất đẳng thức đó thì ta thu được kết quả là \[{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)\] khi đó ta suy ra được đánh giá \[{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+\text{abc}~\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)\]. Đến đây ta có các đánh giá tiếp theo
\[\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ab\left( a+b+c \right)}=\frac{c}{abc\left( a+b+c \right)}\]
Như vậy ta cần tập trung chứng minh \[{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)\], bất đẳng thức này được biến đổi tương đương thành \[\left( \text{a}+\text{b} \right){{\left( \text{a}-\text{b} \right)}^{\text{2}}}~\ge 0\] là một đánh giá đúng.
Lời giải
Ta có
\[{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}~-\,\text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)=\left( \text{a}+\text{b} \right)\left( {{\text{a}}^{\text{2}}}-\text{ab}+{{\text{b}}^{\text{2}}} \right)-\text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)\]
\[=\left( \text{a}+\text{b} \right)\left( {{\text{a}}^{\text{2}}}-\text{ab}+{{\text{b}}^{\text{2}}}-\text{ab} \right)=\left( \text{a}+\text{b} \right)\left( {{\text{a}}^{\text{2}}}-\text{2ab}+{{\text{b}}^{\text{2}}} \right)\]
\[=\left( \text{a}+\text{b} \right){{\left( \text{a}-\text{b} \right)}^{\text{2}}}~\ge 0\]
Suy ra
\[{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)\Leftrightarrow ~{{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+\text{abc}~\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b} \right)+\text{abc}\Leftrightarrow {{\text{a}}^{\text{3}}}+{{\text{b}}^{\text{3}}}+\text{abc}~\ge \text{ab}\left( \text{a}+\text{b}+\text{c} \right)\]
Từ đó ta được \[\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ab\left( a+b+c \right)}=\frac{c}{abc\left( a+b+c \right)}\]
Chứng minh tương tự ta có
\[\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}\le \frac{1}{bc\left( a+b+c \right)}=\frac{a}{abc\left( a+b+c \right)}\]
\[\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ac\left( a+b+c \right)}=\frac{b}{abc\left( a+b+c \right)}\]
Cộng theo vế các bất đẳngthức trên ta được
\[\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{abc}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \[a=b=c\].
Nhận xét: Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức hay. Để chứng minh được nó ta cần chứng minh \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge ab\left( a+b \right)\]. Nhưng vấn đề là làm sao tìm ra được bất đẳng thức phụ đó. Đầu tiên là do yêu cầu làm xuất hiện tích ab, kế đến là cần phải làm cho hai vế đồng bậc 3 và cuối cùng là chú ý khi \[a=b\] thì hai vế của bất đẳng thức đó bằng nhau. Khi phân tích bài toán ta cần chú ý đến các yếu tố như đẳng thức xẩy ra ở đâu, tính đồng bậc của bất đẳng thức, chọn chiều đánh giá như thế nào cho hợp lí,... Tuy nhiên khi tiến hành các bước phân tích mà giả thiết càng gần với kết luận thì cơ hội càng lớn.
Bài 4:
Phân tích: Ý tưởng tương tự như ví dụ trên, ở đây ta chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra khi \[a=b=c=1\], như vậy ta cần có các đánh giá sao cho đảm bảo có đẳng thức xẩy ra. Nhận thấy ${{\text{a}}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}\ge 2ab;\,\,{{b}^{2}}+1\ge 2b$ nên ${{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+3\ge 2\left( ab+b+1 \right)$.
Khi đó ta có đánh giá $\frac{1}{{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{ab+b+1}$. Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức
\[\frac{\text{1}}{{{\text{a}}^{\text{2}}}+2{{b}^{2}}+3}+\frac{1}{{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}+3}+\frac{1}{{{c}^{2}}+2{{a}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\left( \frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+a+1} \right)\]
Vấn đề còn lại là chứng minh được $\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1$. Đây là một đẳng thức quen thuộc và nhiều hướng để xử lí nó.
Lời giải
Ta có ${{\text{a}}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}\ge 2ab;\,\,{{b}^{2}}+1\ge 2b\Rightarrow {{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+3\ge 2\left( ab+b+1 \right)$
Do đó ta được $\frac{1}{{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{ab+b+1}$
Chứng minh tương tự ta có
$\frac{\text{1}}{{{\text{b}}^{\text{2}}}+2{{c}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{bc+c+1};\,\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}+2{{a}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{ac+a+1}$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{\text{1}}{{{\text{a}}^{\text{2}}}+2{{b}^{2}}+3}+\frac{1}{{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}+3}+\frac{1}{{{c}^{2}}+2{{a}^{2}}+3}\le \frac{1}{2}\left( \frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+a+1} \right)\]
Ta cần chứng minh $\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1$
Đến đây ta có hai cách chứng minh đẳng thức trên như sau
Cách 1: Do \[abc=1\], nên tồn tại các số dương x, y, z để \[a=\frac{x}{y};\,\,b=\frac{y}{z};\,\,c=\frac{z}{x}\]
Khi đó ta có
$\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=\frac{1}{\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+1}+\frac{1}{\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+1}+\frac{1}{\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+1}$
$=\frac{z}{x+y+z}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}=1$
Cách 2: Do \[abc=1\], nên ta được
$\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=\frac{abc}{ab+b+abc}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ca+a+1}$
$=\frac{ac}{a+1+ac}+\frac{a}{1+ac+a}+\frac{1}{ca+a+1}=1$
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\text{a}=\text{b}=\text{c}=\text{1}\].
Bài 5:
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
${{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+1={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2a+2\ge 2ab+2a+2$
Áp dụng tương tự ta được
$\frac{2}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+1}+\frac{2}{{{\left( b+1 \right)}^{2}}+{{c}^{2}}+1}+\frac{2}{{{\left( a+1 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+1}\le \frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}$
Ta cần chứng minh $\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=1$
Đến đây ta có hai cách chứng minh đẳng thức trên như sau
Cách 1: Do \[abc=1\], nên tồn tại các số dương x, y, z để \[a=\frac{x}{y};\,\,b=\frac{y}{z};\,\,c=\frac{z}{x}\]
Khi đó ta có
$\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=\frac{1}{\frac{x}{z}+\frac{x}{y}+1}+\frac{1}{\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+1}+\frac{1}{\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+1}$
$=\frac{yz}{xy+yz+zx}+\frac{xz}{xy+yz+zx}+\frac{yy}{xy+yz+zx}=1$
Cách 2: Do \[abc=1\], nên ta được
$\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=\frac{abc}{ab+a+abc}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{cab+bc+b}$
$=\frac{bc}{bc+b+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{1+bc+b}=1$
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\text{a}=\text{b}=\text{c}=\text{1}\].
Nhận xét: Các bất đẳng thức trong ví dụ 8, 9 và 10 cho thấy kỹ thuật đánh giá ở mẫu được sử dụng như thế nào trong chứng minh bất đẳng thức, thực chất của việc đánh giá này là thay thế các mẫu bởi các đại lượng khác sao cho các đánh giá cùng chiều và đảm bảo dấu đẳng thức xẩy ra. Điều quan trọng là biết cách chọn các đánh giá phù hợp sao cho càng chặt càng tốt.
Bài 6:
Phân tích: Trước hết ta dự đoán đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c=1\]. Quan sát bất đẳng thức ta có nhận xét là tử của các phân thức là các đại lượng ab, bc, ca. Chú ý đến giả thiết \[abc=1\] ta có thể viết lại phân thức bên vế trái theo các ý tưởng như \[\frac{ab}{a+b+ab}=\frac{1}{ac+bc+1}\] hoặc là \[\frac{ab}{a+b+ab}=\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1}\].
Đến đây ta viết được vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh thành các biểu thức \[\frac{1}{ac+bc+1}+\frac{1}{ab+bc+1}+\frac{1}{bc+ca+1}\] hoặc \[\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+1}\] và để đơn giản ta có thể đặt \[{{x}^{3}}=ab;\,\,{{y}^{3}}=bc;\,\,{{z}^{3}}=ca\] hoặc \[{{x}^{3}}=\frac{1}{a};\,\,{{y}^{3}}=\frac{1}{b};\,\,{{z}^{3}}=\frac{1}{c}\] và chú ý đến giả thiết \[abc=1\] dẫn đến được \[xyz=1\], lúc này ta được bất đẳng thức như ví dụ 9.
Lời giải
Để ý với điều kiện \[abc=1\], khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+1}\le 1\]
Đặt \[{{x}^{3}}=\frac{1}{a};\,\,{{y}^{3}}=\frac{1}{b};\,\,{{z}^{3}}=\frac{1}{c}\], khi đó ta được \[xyz=1\].
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[\frac{1}{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+1}+\frac{1}{{{y}^{3}}+{{z}^{3}}+1}+\frac{1}{{{z}^{3}}+{{x}^{3}}+1}\le 1\]
Ta chứng minh được \[{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+1\ge xy\left( x+y \right)+xyz=xy\left( x+y+z \right)\] và áp dụng tương tự ta được
\[\frac{1}{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+1}+\frac{1}{{{y}^{3}}+{{z}^{3}}+1}+\frac{1}{{{z}^{3}}+{{x}^{3}}+1}\le \frac{1}{x+y+z}\left( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \right)=1\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c=1\].
Nhận xét: Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức khó, khi tôi phân tích để tìm lời giải thì các câu hỏi được đặt ra như biến đổi các biểu thức như thế nào để bài toán đơn giản hơn, sử dụng giả thiết như thế nào đây, thay vì đánh giá cả tử và mẫu ta có quy vế đánh giá mẫu được không. Sau các bước biến đổi như trên thì bài toán nhìn có vẻ dễ hơn đôi chút và nếu tận dụng tốt các lợi thế này thì công việc còn lại sẽ không gây được khó khăn nữa.
Bài 7:
Phân tích: Trước hết ta dự đoán đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c=1\]. Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy không thể trực tiếp đánh giá tử của các phân thức, do vậy ta tìm cách đánh giá mẫu của mỗi phân thức. Chú ý đến chiều của bất đẳng thức trên, ta cần một đánh giá kiểu \[ab+c+1\ge ?\]. Giả thiết có gợi cho ta điều gì? Nên nhớ là khi \[a;\,\,b;\,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0;\,\,1]\] ta thường thu được các bất đẳng thức dạng \[\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\ge 0\] hay \[1+ab\ge a+b\], đến đây ta cộng vào hai vế với c thì được \[ab+c+1\ge a+b+c\]. Lúc này ta có đánh giá tốt cho việc chứng minh bất đẳng thức là \[\frac{a}{ab+c+1}\le \frac{a}{a+b+c}\]. Chỉ cần áp dụng tương tự cho các trường hợp còn lại là ta hoàn thành chứng minh bài toán.
Lời giải
Vì \[a;\,\,b\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0;\,\,1]\] nên ta có \[\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\ge 0\] suy ta \[1+ab\ge a+b\]
Do đó ta được \[ab+c+1\ge a+b+c\] suy ra \[\frac{a}{ab+c+1}\le \frac{a}{a+b+c}\].
Chứng minh tương tự ta được
\[\frac{b}{ab+c+1}\le \frac{b}{a+b+c};\,\,\,\frac{c}{bc+a+1}\le \frac{c}{a+b+c}\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{a}{ac+b+1}+\frac{b}{ab+c+1}+\frac{c}{bc+a+1}\le 1\]
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[\text{a}=\text{b}=\text{c}=\text{1}\].
Bài 8:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy đẳng thức không xẩy ra tại \[a=b=c\] mà xẩy ra tại \[a=1;\,\,b=c=0\] và các hoán vị. Trong trường hợp này để dễ có những đánh giá hợp lí ta có thể sắp thứ tự các biến. Vì đẳng thức xẩy ra tại \[a=1;\,\,b=c=0\] nên không mất tính tổng quát ta sắp thứ tự các biến bằng cách chọn a là số lớn nhất. Khi đó ta mạnh dạn có các đánh giá kiểu như \[1+{{b}^{2}}\ge 1;\,\,1+{{c}^{2}}\ge 1\] mà vẫn bảo toàn được dấu đẳng thức xẩy ra, các đánh giá này dẫn tới \[\frac{1+{{a}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}\le 1+{{a}^{2}};\,\,\,\frac{1+{{b}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}\le 1+{{b}^{2}}\]. Còn lại \[\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\]cần phải đánh giá như thế nào để cùng chiều với hai đánh giá trước đó. Để ý là sau khi đánh giá hai phân thức đầu ta thu được \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\] như vậy ta cần làm xuất hiện \[{{c}^{2}}\] trong đánh giá \[\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\]. Để ý đến a là số lớn nhất nên ta có \[\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\le {{c}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\]. Kết quả là sau một số bước đánh giá như trên ta thu được đại lượng \[2+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\], bây giờ nếu biến đổi được thành biểu thức chỉ chứa biến a thì càng dễ chứng minh hơn. Từ giả thiết \[a+b+c=1\] và chú ý đến \[b=c=0\] ta có một đánh giá rất tự nhiên là \[{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le {{\left( b+c \right)}^{2}}={{\left( 1-a \right)}^{2}}\]. Bây giờ việc chứng minh bất đẳng thức hoàn toàn đơn giản.
Bài 9:
Lời giải
Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c. Khi đó ta có \[1+{{b}^{2}}\ge 1;\,\,1+{{c}^{2}}\ge 1\].
Do đó \[\frac{1+{{a}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}\le 1+{{a}^{2}};\,\,\,\frac{1+{{b}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}\le 1+{{b}^{2}};\,\,\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\le {{c}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\]
Từ đó ta được bất đẳng thức
\[\frac{1+{{a}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}+\frac{1+{{b}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}+\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\le 2+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\]
\[\le 2+{{a}^{2}}+{{\left( b+c \right)}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}=2+{{a}^{2}}+{{\left( 1-a \right)}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\]
Ta cần chứng minh
\[2+{{a}^{2}}+{{\left( 1-a \right)}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\le \frac{7}{2}\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( 4{{a}^{3}}+3a-1 \right)\le 0\]
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \[a=1;\,\,b=c=0\] và các hoán vị.
Nhận xét: Điểm mấu chốt để tìm ra cách chứng minh bất đẳng thức trên chính là các đánh giá \[\frac{1+{{a}^{2}}}{1+{{b}^{2}}}\le 1+{{a}^{2}};\,\,\,\frac{1+{{b}^{2}}}{1+{{c}^{2}}}\le 1+{{b}^{2}};\,\,\frac{1+{{c}^{2}}}{1+{{a}^{2}}}\le {{c}^{2}}+\frac{1}{1+{{a}^{2}}}\], việc phát hiện ra các đánh giá đó đòi hỏi phải có sự suy luận một cách lôgic.
Bài 10:
Lời giải
Đặt \[x=\frac{a}{1+bc};\,\,y=\frac{b}{1+ca};\,\,z=\frac{c}{1+ab}\], suy ra ta có \[x+y+z=3\]
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
\[\frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}+\frac{z}{1+z}\ge \frac{3}{4}\]
Mà ta có \[\frac{x}{1+x}\ge \frac{x}{1+x+y+z};\,\,\frac{y}{1+y}\ge \frac{y}{1+x+y+z};\,\,\frac{z}{1+z}\ge \frac{z}{1+x+y+z}\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}+\frac{z}{1+z}\ge \frac{3}{4}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \[a=3;\,\,b=c=0\] và các hoán vị.
Bài 11:
Phân tích: Để ý ta có $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c}=\frac{{{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b-{{a}^{2}}b-{{c}^{2}}a-{{b}^{2}}c}{abc}$, phân tích thành nhân tử ${{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b-{{a}^{2}}b-{{c}^{2}}a-{{b}^{2}}c\,=\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)$, mà a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên $\left| a-b \right|
Lời giải
Ta có
$\left| \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c} \right|=\left| \frac{{{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b-{{a}^{2}}b-{{c}^{2}}a-{{b}^{2}}c}{abc} \right|=\frac{\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}{abc}$
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên ta có
$\frac{\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}{abc}<1$
Suy ra $\left| \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c} \right|<1$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 12:
Phân tích: Trước hết ta dự đoán đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c=1\]. Quan sát kĩ bất đẳng thức ta có nhận định là cần phải có một đánh giá kiểu \[{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge k{{\left( a+b \right)}^{2}}\] để khi khử căn ta thu được \[a+b\]. Vấn đề là cần xác định giá trị của k để đánh giá trên là đúng, nhớ là đẳng thức xảy ra tại \[a=b=c\] nên ta xác định được \[k=\frac{1}{4}\], tức là ta có \[{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{4}{{\left( a+b \right)}^{2}}\]. Một điều nữa cần chú ý là các biến a, b, c là các số thực bất kì nên khi khử căn ta cần lấy giá trị tuyệt đối và để ý đến \[\left| a+b \right|\ge a+b\].
Lời giải
Trước hết ta chứng minh \[{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}\].
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
\[4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab\Leftrightarrow 3\left( {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}} \right)\ge 0\Leftrightarrow 3{{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0\]
Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức trên được chứng minh.
Từ bất đẳng thức trên ta có
\[\sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}\ge \sqrt{\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}}=\frac{\left| a+b \right|}{2}\ge \frac{a+b}{2}\]
Chứng minh tương tự ta được
$\sqrt{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}\ge \frac{b+c}{2};\,\,\sqrt{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}\ge \frac{c+a}{2}$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
$\sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}\ge \frac{2\left( a+b+c \right)}{2}=3$
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \[a=b=c=1\]
Bài 13:
Phân tích: Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ta luôn có \[\left| a \right|+\left| b \right|\ge \left| a+b \right|\], bây giờ ta tìm cách chứng minh $\left| c \right|+\left| a+b+c \right|\ge \left| b+c \right|+\left| c+a \right|$. Để là mất các giá trị tuyệt đối ta thường sử dùng cách xét dấu các số hoặc là bình phương hai vế, trong trường hợp này ta chọn cách bình phương hai vế vì việc xét dấu rất khó khăn. Khi bình phương hai vế ta thu được kết quả là:
\[ab+\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge \left| \left( a+c \right)\left( b+c \right) \right|\Leftrightarrow ab+\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge \left| ab+c\left( a+b+c \right) \right|\]
Bất đẳng thức sẽ được giải quyết nếu như ta khẳng định được \[ab\ge 0\]. Chú ý đến vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức thì việc giả sử \[ab\ge 0\] là hoàn toàn thực hiện được. Bây giờ ta cần trình bày lại lời giải nữa là xong.
Lời giải
Trong ba số a, b, c có ít nhất hai số cùng dấu, không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là a, b. Khi đó ta được \[\left| a \right|+\left| b \right|=\left| a+b \right|\]
Như vậy ta chỉ cần chứng minh $\left| c \right|+\left| a+b+c \right|\ge \left| b+c \right|+\left| c+a \right|$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[{{c}^{2}}+{{\left( a+b+c \right)}^{2}}+2\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge {{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+c \right)}^{2}}+2\left| \left( a+c \right)\left( b+c \right) \right|\]
\[\Leftrightarrow ab+\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge \left| \left( a+c \right)\left( b+c \right) \right|\Leftrightarrow ab+\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge \left| ab+c\left( a+b+c \right) \right|\]
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi a, b, c cùng dấu.
Bài 14:
Phân tích: Ta có một đẳng thức quen thuộc là \[{{\left( 1+a \right)}^{2}}{{\left( 1+b \right)}^{2}}={{\left( 1+a+b+ab \right)}^{2}}\] và như vậy nếu ta đánh giá được \[\left| \left( a-b \right)\left( 1-ab \right) \right|\le \frac{1}{4}{{\left( 1+a+b+ab \right)}^{2}}\] thì bài toán xem như được giải quyết. Để ý đến đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy \[\left( a+b \right)\left( 1+ab \right)\le \frac{1}{4}{{\left( 1+a+b+ab \right)}^{2}}\] và ta cần chỉ ra được \[\left| \left( a-b \right)\left( 1-ab \right) \right|\le \left| \left( a+b \right)\left( 1+ab \right) \right|\], đánh giá này là hoàn toàn đúng đắn theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối.
Lời giải
Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ta được
\[\left| a-b \right|\le \left| a+b \right|;\,\,\left| 1-ab \right|\le \left| 1+ab \right|\]
Do đó ta được
$\left| \frac{\left( a-b \right)\left( 1-ab \right)}{{{\left( 1+a \right)}^{2}}{{\left( 1+b \right)}^{2}}} \right|\le \left| \frac{\left( a+b \right)\left( 1+ab \right)}{{{\left( 1+a \right)}^{2}}{{\left( 1+b \right)}^{2}}} \right|\le \frac{{{\left( ab+a+b+1 \right)}^{2}}}{4{{\left( 1+a \right)}^{2}}{{\left( 1+b \right)}^{2}}}=\frac{1}{4}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \[a=0;\,\,b=1\] hoặc \[a=1;\,\,b=0\].
Bài 15:
Phân tích: Ta viết lại bất đẳng thức là $\left| \frac{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)} \right|<1$, như vậy nếu đánh giá được \[\left| {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right|\le \left| {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right|\] thì bài toán được chứng minh.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\left| \frac{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)} \right|<1$
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức \[\left| {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right|\le \left| {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right|\].
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
\[{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}\le {{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 4{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 0\], Đúng với mọi a, b.
Chứng minh tương tự như trên ta được
\[\left| {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right|\le \left| {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right|;\,\,\left| {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right|\le \left| {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right|\]
Nhân theo vế các kết quả trên ta được
$\left| \frac{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)} \right|\le 1$
Vì đẳng thức không xẩy ra nên ta được
$\left| \frac{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)} \right|<1$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 16:
Phân tích: Nhận định đầu tiên khi tìm hiểu bất đẳng thức trên là tìm cách phá giá trị tuyệt đối. Quan sát kĩ ta thấy không thể bình phương cũng không thể xét dấu các đại lượng để phá giá trị tuyệt đối được. Trong trường hợp này ta thử nghĩ đến cách sắp thứ tự các biến để phá giá trị tuyệt đối xem có thể chứng minh được hay không. Chẳng hạn ta chọn \[a\ge b\ge c\], khi đó ta phá được các giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức được viết lại thành $3\sqrt[3]{abc}+a-b-3c\ge 0$, nhận thấy $a-b\ge 0;\,\,\,3\sqrt[3]{abc}-3c\ge 0$ nên bất đẳng thức thu được hoàn toàn đúng.
Lời giải
Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử \[a\ge b\ge c\].
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[3\sqrt[3]{abc}+\left( a-b \right)+\left( b-c \right)+\left( a-c \right)\ge a+b+c\]
$\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{abc}+a-b-3c\ge 0\Leftrightarrow a-b+3\sqrt[3]{c}\left( \sqrt[3]{ab}-\sqrt[3]{{{c}^{2}}} \right)\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì \[a\ge b\ge c\].
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 17:
Lời giải
Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử \[a\ge b\ge c\].
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$a-b+b-c+a-c\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca}$
$\Leftrightarrow 2\left( a-c \right)\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca}\Leftrightarrow 4{{\left( a-c \right)}^{2}}\ge 2\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]$
$\Leftrightarrow {{\left( a-c \right)}^{2}}\ge {{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{\left[ \left( a-b \right)+\left( b-c \right) \right]}^{2}}\ge {{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}$
$\Leftrightarrow 2\left( a-b \right)\left( b-c \right)\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do \[a\ge b\ge c\].
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \[a=b=c\].
Bài 18:
Phân tích: Trước hết ta dự đoán được đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c\]. Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy vế phải xuất hiện các đại lượng $a-b;\,\,b-c;\,\,c-a$ nên suy nghĩ đầu tiên khi biến đổi bất đẳng thức là cần phải làm thế nào để xuất hiện ở vế trái các đại lượng \[a-b;\,\,b-c;\,\,c-a\], chính yêu cầu này làm ta liên tưởng đến một hằng đẳng thức bậc ba hết sức quen thuộc đó là \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=\frac{1}{2}\left( a+b+c \right)\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]\]. Như vậy sau khi áp dụng thì vế trái của bất đẳng chứa đại lượng \[{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\] mà bên vế phải lại là tích các đại lượng $a-b;\,\,b-c;\,\,c-a$, từ chiều của bất đẳng thức cần chứng minh ta nghĩ đến đánh giá ${{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{{{\left[ \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right]}^{2}}}$. Bây giờ ta cần một đánh giá kiểu \[2\left( a+b+c \right)\ge 3\sqrt[3]{\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)}\] là hoàn thành chứng minh bất đẳng thức. Chú ý đến dấu giá trị tuyệt đối và các biến không âm ta có được các đánh giá đúng là \[a+b\ge \left| a-b \right|;\,\,b+c\ge \left| b-c \right|;\,\,c+a\ge \left| c-a \right|\], đến đây thì các yêu cầu để chứng minh bài toán đã được xử lí, việc trình bày lời giải hoàn toàn đơn giản.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\frac{\left( a+b+c \right)\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]}{6}\ge \frac{3\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}{4}$
$\Leftrightarrow 2\left( a+b+c \right)\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]\ge 9\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|$
Theo tính chất của bất đẳng thức giá trị tuyệt đối ta có
\[a+b\ge \left| a-b \right|;\,\,b+c\ge \left| b-c \right|;\,\,c+a\ge \left| c-a \right|\]
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\[2\left( a+b+c \right)=\left( a+b \right)+\left( b+c \right)+\left( c+a \right)\ge \left| a-b \right|+\left| b-c \right|+\left| c-a \right|\ge 3\sqrt[3]{\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}\]
Và ${{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{{{\left[ \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right]}^{2}}}$
Nhân theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
$2\left( a+b+c \right)\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}} \right]\ge 9\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|$
Vậy Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \[a=b=c\].
Bài 19:
Lời giải
Để ý là trong hai số thực x, y bất kì ta luôn có
\[Min\{x,\,y\}\le x,\,y\le M\text{ax}\{x,\,y\}\] và \[M\text{ax}\{x,\,y\}=\frac{x+y+\left| x-y \right|}{2}\]
Sử dụng đẳng thức \[M\text{ax}\{x,\,y\}=\frac{x+y+\left| x-y \right|}{2}\], ta có:
\[\frac{{{x}_{1}}+{{\text{x}}_{2}}+\,...+{{x}_{n}}}{n}+\frac{\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|+\left| {{x}_{2}}-{{x}_{3}} \right|+...+\left| {{x}_{n}}-{{x}_{1}} \right|}{2n}\]
\[=\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|}{2n}+\frac{{{x}_{2}}+{{x}_{2}}+\left| {{x}_{2}}-{{x}_{3}} \right|}{2n}+...+\frac{{{x}_{n}}+{{x}_{1}}+\left| {{x}_{n}}-{{x}_{1}} \right|}{2n}\]
\[\le \frac{M\text{ax}\{{{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }+M\text{ax}\{{{x}_{2}},x\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }+M\text{ax}\{{{x}_{n}},{{x}_{1}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }}{n}\le Max\{{{x}_{1}}\text{;}\,\,{{\text{x}}_{2}}\text{;}\,...;\,\,{{x}_{n}}\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }\]
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \[{{x}_{1}}={{x}_{2}}=\,...=\,{{x}_{n}}\].
Bài 20:
Phân tích: Để ý rằng bất phương trình bậc hai $A{{t}^{2}}+Bt+C\le 0\Leftrightarrow {{t}_{1}}0$, trong đó ${{t}_{1}};\,\,{{t}_{2}}$ là các nghiệm của tam thức $A{{t}^{2}}+Bt+C$. Phân tích bất đẳng thức giả thiết ta thu được \[{{\left( a-2b \right)}^{2}}-\left( a-2b \right)\le 0\], ta xem vế trái là đa thức biến \[a-2b\], khi đó ta có :
Lời giải
Bât đẳng thức giả thiết tương đương với
\[{{a}^{2}}-4ab+4{{b}^{2}}-\left( a-2b \right)\le 0\Leftrightarrow {{\left( a-2b \right)}^{2}}-\left( a-2b \right)\le 0\]
Đặt \[t=a-2b\Rightarrow {{t}^{2}}-t\le 0\Leftrightarrow 0\le t\le 1\Leftrightarrow 0\le a-2b\le 1\]
Vậy bài toán được chứng minh.
