CHUYÊN ĐỀ: KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
A. Lý thuyết
I. Định nghĩa
Giả sử A và B là hai biểu thức bằng số hoặc bằng chữ. Khi đó
+ AB.
+ Các bất đẳng thức trên được viết lại như sau
\[A-B>0;\,\,A-B<0;\,\,A-B\ge 0;\,\,A-B\le 0\]
+ Một bất đẳng thức bất kì có thể đúng, cũng có thể sai.
Quy ước: Khi nói về một bất đẳng thức mà không nói gì ien thì ta hiểu đó là một bất đẳng thức đúng.
II. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
+ Tính chất giao hoán
Với các số thực A và B bất kì, ta luôn có $A\le B\Leftrightarrow B\ge A$
+ Tính chất bắc cầu
Với các số thực A, B, C bất kì, ta luôn có $A\le B,\,\,\,B\le C\Rightarrow A\le C$
+ Tính chất iên hệ với phép cộng
- Với các số thực A, B và M bất kì, ta luôn có
$A\le B\Leftrightarrow A\pm M\le B\pm M$
- Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có
$A\le B;\,\,C\le D\Rightarrow A+C\le B+D$
$A\le B;\,\,C\le D\Rightarrow A-D\le B-C$
+ Tính chất iên hệ với phép nhân
- Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có
$A\le B;\,\,M>0\Rightarrow A.M\le B.M$
$A\le B;\,\,M<0\Rightarrow A.M\ge B.M$
- Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có
.png)
+ Tính chất liên hệ với lũy thừa
- Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có
$A\ge B\ge 0\Leftrightarrow {{A}^{n}}\ge {{B}^{n}}\ge 0$, với n là số thực dương.
$A\ge B\Leftrightarrow {{A}^{n}}\ge {{B}^{n}}$, với n là số tự nhiên lẻ.
$\left| A \right|\ge \left| B \right|\Leftrightarrow {{A}^{n}}\ge {{B}^{n}}\ge 0$, với n là số tự nhiên chẵn.
$m\ge n>0;\,\,A\ge 1\Rightarrow {{A}^{m}}\ge {{A}^{n}}$
+ Tính chất liên hệ với tính nghịch đảo
- Với các số thực dương A, B bất kì, ta luôn có $A\ge B\Leftrightarrow \frac{1}{A}\le \frac{1}{B}$
III. Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ
+ ${{A}^{2}}\ge 0$ với \[\forall \]A
+ ${{A}^{2k}}\ge 0$ với \[\forall \]A và k là số tự nhiên
+ \[\left| A \right|\ge 0\] với \[\forall A\]
+ \[\left| A+B \right|\ge \left| A \right|+\left| B \right|\]
+ \[\left| A-B \right|\le \left| A \right|-\left| B \right|\]
IV. MỘT SỐ KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
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
$\left( x-a \right)\left( x-b \right)\le 0;\,\,\left( x-a \right)\left( y-a \right)\left( z-a \right)\ge 0;\,\,\left( x-b \right)\left( y-b \right)\left( z-b \right)\le 0$
2. Một số đẳng thức cần nhớ
+ \[{{\left( a\pm b \right)}^{2}}={{a}^{2}}\pm 2ab+{{b}^{2}};\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{2}+\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{2}\]
+ \[{{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca\]
+ $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)={{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+c{{a}^{2}}+2abc$
+ $\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)={{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+c{{a}^{2}}+3abc$
+ $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc=\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)$
+ $\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$
+ $\left( a-1 \right)\left( b-1 \right)\left( c-1 \right)=abc-\left( ab+bc+ca \right)+a+b+c-1$
+ \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\]
+ \[{{\left( a+b+c \right)}^{3}}={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+3\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\]
+ \[\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+{{a}^{2}}b+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a+c{{a}^{2}}\]
3. Một số bất đẳng thức cơ bản
+ ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab;\,\,\,2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab$
+ \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab\ge \frac{3{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}\]
+ ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$
+ $3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$
+ $3\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}} \right)\ge {{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\ge 3abc\left( a+b+c \right)$
+ Bất đẳng thức tam giác
.png)
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.
B. Bài tập
I. Bài tập minh họa
Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng:
\[a)\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca\]
$b)\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3\ge 2\left( a+b+c \right)$
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
\[\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-\left( ab+bc+ca \right)=\frac{{{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}}+{{b}^{2}}-2bc+{{c}^{2}}+{{c}^{2}}-2ca+{{a}^{2}}}{2}\]\[=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}}{2}\ge 0\]
Suy ra ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức
$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3 \right)-2\left( a+b+c \right)={{a}^{2}}-2a+1+{{b}^{2}}-2b+1+{{c}^{2}}-2c+1$
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 rẳng:
\[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\]
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
\[a)\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}-{{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}=\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{9}=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}}{9}\]
Suy ra \[\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\]
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 \[{{\left( a-b \right)}^{2}};\,\,{{\left( b-c \right)}^{2}};\,\,{{\left( c-a \right)}^{2}}\] với điều kiện dấu đẳng thức xẩy ra tại \[a=b=c\]. 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 rẳng:
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)$
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 \[\text{ab},\,\,\text{ac},\,\,\text{ad},\,\,\text{ae}\] 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
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a\left( b+c+d+e \right)\Leftrightarrow {{\left( a-kb \right)}^{2}}+{{\left( a-kc \right)}^{2}}+{{\left( a-kd \right)}^{2}}+{{\left( a-ke \right)}^{2}}\ge 0$
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
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}-a\left( b+c+d+e \right)$
\[=\frac{4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}} \right)-4\left( ab+ac+ad+ae \right)}{4}\]\[=\frac{\left( {{a}^{2}}-4ab+4{{b}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ac+4{{c}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ad+4{{d}^{2}} \right)+\left( {{a}^{2}}-4ae+4{{e}^{2}} \right)}{4}\]
\[=\frac{{{\left( a-2b \right)}^{2}}+{{\left( a-2c \right)}^{2}}+{{\left( a-2d \right)}^{2}}+{{\left( a-2e \right)}^{2}}}{4}\ge 0\]
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.
Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện $a,\,\,b,\,\,c\ge 1$. Chứng minh rẳng:
$a)\,\,\,\frac{1}{1+{{a}^{2}}}+\frac{1}{1+{{b}^{2}}}\ge \frac{2}{1+ab}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,b)\,\,\,\frac{1}{1+{{a}^{3}}}+\frac{1}{1+{{b}^{3}}}+\frac{1}{1+{{c}^{3}}}\ge \frac{3}{1+abc}$
Phân tích: Để ý ta thấy, mẫu của các biểu thức xuất hiệt các bình phương, ý tưởng chứng minh bất đẳng thức trên là xét hiệu và phân tích làm xuất hiện các bình phương. Chú ý đến giả thiết $a,\,\,b\ge 1\Rightarrow ab-1\ge 0$.
Lời giải
a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức
$\frac{1}{1+{{a}^{2}}}+\frac{1}{1+{{b}^{2}}}-\frac{2}{1+ab}=\frac{1}{1+{{a}^{2}}}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+{{b}^{2}}}-\frac{1}{1+ab}=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( ab-1 \right)}{\left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}+1 \right)\left( ab+1 \right)}\ge 0$
Suy ra $\frac{1}{1+{{a}^{2}}}+\frac{1}{1+{{b}^{2}}}\ge \frac{2}{1+ab}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=1$.
b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với.
$\frac{1}{1+{{a}^{3}}}+\frac{1}{1+{{b}^{3}}}+\frac{1}{1+{{c}^{3}}}\ge \frac{3}{1+abc}\Leftrightarrow \frac{1}{1+{{a}^{3}}}+\frac{1}{1+{{b}^{3}}}+\frac{1}{1+{{c}^{3}}}+\frac{1}{1+abc}\ge \frac{4}{1+abc}$
Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta được
$\frac{1}{1+{{a}^{3}}}+\frac{1}{1+{{b}^{3}}}+\frac{1}{1+{{c}^{3}}}+\frac{1}{1+abc}\ge \frac{2}{1+\sqrt{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}}+\frac{2}{1+\sqrt{ab{{c}^{4}}}}\ge \frac{4}{1+\sqrt{{{a}^{3}}{{b}^{3}}\sqrt{ab{{c}^{4}}}}}=\frac{4}{1+abc}$
Suy ra $\frac{1}{1+{{a}^{3}}}+\frac{1}{1+{{b}^{3}}}+\frac{1}{1+{{c}^{3}}}\ge \frac{3}{1+abc}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}=a-b$. Chứng minh rẳng:
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab<1$
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy có biểu thức ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab$. Trong khi đó giả thiết lại xuất hiện biểu thức $a-b$. Vậy mối liên hệ của hai biểu thức này như thế nào? Dễ thấy được hằng đẳng thức $\left( a-b \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab \right)={{a}^{3}}-{{b}^{3}}$. Do đó một cách rất tự nhiên ta nhân hai vế của giả thiết với biểu thức ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab$ để làm xuất hiện ${{a}^{3}}-{{b}^{3}}$ và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab$, khi đó ta được ${{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}-{{b}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}$. Tới đây chỉ cần chứng minh $\frac{{{a}^{3}}-{{b}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}<1$ là xong.
Lời giải
Biến đổi giả thiết ta được
${{a}^{3}}+{{b}^{3}}=a-b\Leftrightarrow \left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right)=\left( a-b \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right)$
$\Leftrightarrow \left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right)={{a}^{3}}-{{b}^{3}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}-{{b}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}$
Do $b>0$ hiển nhiên đúng. Nên bất đẳng thức được chứng minh.
II. Bài tập tự luyện
Câu 1: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a>b$. Chứng minh rằng:
$\sqrt{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}+\sqrt{2ab-{{b}^{2}}}>a$
Câu 2: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}\ge abc\left( a+b+c \right)$
Câu 3: Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rẳng:
$\left( {{a}^{10}}+{{b}^{10}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge \left( {{a}^{8}}+{{b}^{8}} \right)\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)$
Câu 4: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện $a+b+c=0$. Chứng minh rằng:
$ab+2bc+3ca\le 0$
Câu 5: Chứng minh với các số thực a dương, ta có: $\frac{a}{{{a}^{2}}+1}+\frac{5\left( {{a}^{2}}+1 \right)}{2a}\ge \frac{11}{2}$
Câu 6: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{ab}+\frac{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{bc}+\frac{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{ca}\ge 2\left( a+b+c \right)$
Câu 7: Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có
$\left( 2x+1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}>\left( 2x-1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}$
Câu 8: Cho các số thực $a,\,b,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0,\,\,1]$. Chứng minh rằng:
${{a}^{4}}+{{b}^{3}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ac\le 1$
Câu 9: Chứng minh rằng với mọi số thực khác không a, b ta có: $\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge \frac{a}{b}+\frac{b}{a}$
Câu 10: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có:
$ab\left( a-2 \right)\left( b+6 \right)+12{{a}^{2}}-24a+3{{b}^{2}}+18b+36>0$
Câu 11: Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng: $1019{{a}^{2}}+18{{b}^{4}}+1007{{c}^{2}}\ge 30a{{b}^{2}}+6{{b}^{2}}c+2008ca$
Câu 12: Cho a, b là các số thực thỏa mãn $a\ge 1;\,\,b\ge 1$. Chứng minh rằng:$a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab$
Câu 13: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: $2\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\ge a{{b}^{3}}+{{a}^{3}}b+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}$
Câu 14: Cho a, b là hai số thực khác không. Chứng minh rằng: $\frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge 3$
Câu 15: Cho các số thực dương $a,\,\,b,\,\,m,\,\,n\,\,\left( m\ge n \right)$. Chứng minh rằng:
\[\frac{a}{na+mb}+\frac{b}{mb+na}\ge \frac{2}{m+n}\]
Câu 16: Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:$\frac{{{a}^{2}}b}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{2}{3}\ge \frac{{{a}^{2}}+2ab}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$
Câu 17: Cho các số thực a , b không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: $\frac{2ab}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}\le \frac{3}{5}$
Câu 18: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$a)\,\,\,a\left( a-b \right)\left( a-c \right)+b\left( b-c \right)\left( b-a \right)+c\left( c-a \right)\left( c-b \right)\ge 0$
$b)\,\,\,{{a}^{6}}+{{b}^{6}}+{{c}^{6}}\ge {{a}^{5}}b+{{b}^{5}}c+{{c}^{5}}a$
Câu 19: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: $\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c$
Câu 20: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge a+b+c$
Vì a, b, c là các số thực dương nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Câu 21: Cho a, b là các số thực dương, tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức.$\frac{k}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}\ge \frac{8+2k}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}$
Câu 22: Cho a, b là các số thực dương, tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức
$\frac{k}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{1}{{{a}^{3}}}+\frac{1}{{{b}^{3}}}\ge \frac{16+4k}{{{\left( a+b \right)}^{3}}}$
Hướng dẫn giải
Câu 1:
Phân tích: Bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và các biểu thức trong căn có chứa các bình phương, lại có thêm điều kiện $a>b>0$, nên ta bình phương hai vế để biến đổi bất đẳng thức.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
${{\left( \sqrt{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}+\sqrt{2ab-{{b}^{2}}} \right)}^{2}}>{{a}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}-{{b}^{2}}+2\sqrt{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}.\sqrt{2ab-{{b}^{2}}}+2ab-{{b}^{2}}>{{a}^{2}}$
$\Leftrightarrow 2b\left( a-b \right)+2\sqrt{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}.\sqrt{2ab-{{b}^{2}}}>0$
Vì $a>b>0$ nên $b\left( a-b \right)>0$. Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Câu 2:
Phân tích: Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức cơ bản có vế trái là các lũy thừa bậc chẵn. Để ý ta thấy $abc\left( a+b+c \right)=ab.bc+bc.ca+ca.ab$, do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức thành tổng của các bình phương.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[{{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}-{{a}^{2}}bc-{{b}^{2}}ac-{{c}^{2}}ab\ge 0\Leftrightarrow 2{{a}^{4}}+2{{b}^{4}}+2{{c}^{4}}-2{{a}^{2}}bc-2{{b}^{2}}ac-2{{c}^{2}}ab\ge 0\]\[\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)}^{2}}+2{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}^{2}}+2{{a}^{2}}{{c}^{2}}\,-2{{a}^{2}}bc-2{{b}^{2}}ac-2{{c}^{2}}ab\ge 0\]\[\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)}^{2}}+{{\left( ab-bc \right)}^{2}}+{{\left( bc-ac \right)}^{2}}+{{\left( ab-ac \right)}^{2}}\ge 0\]
Suy ra ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}\ge abc\left( a+b+c \right)$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Câu 3:
Phân tích: Để ý ta thấy ${{a}^{10}}.{{a}^{2}}={{a}^{8}}.{{a}^{4}},\,\,{{b}^{10}}.{{b}^{2}}={{b}^{8}}.{{b}^{4}}$, do đó ta biến đổi tương đương để thu gọn và chứng minh bất đẳng thức.
Lời giải
Biến đổi tương đương bất đẳng thức
\[\left( {{a}^{10}}+{{b}^{10}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\ge \left( {{a}^{8}}+{{b}^{8}} \right)\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\Leftrightarrow {{a}^{12}}+{{a}^{10}}{{b}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{10}}+{{b}^{12}}\ge {{a}^{12}}+{{a}^{8}}{{b}^{4}}+{{a}^{4}}{{b}^{8}}+{{b}^{12}}\]
\[\Leftrightarrow {{a}^{8}}{{b}^{2}}\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)+{{a}^{2}}{{b}^{8}}\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)\ge 0\Leftrightarrow {{\text{a}}^{\text{2}}}{{\text{b}}^{\text{2}}}\left( {{\text{a}}^{\text{2}}}-{{\text{b}}^{\text{2}}} \right)\left( {{\text{a}}^{\text{6}}}-{{\text{b}}^{\text{6}}} \right)~\ge 0\]\[\Leftrightarrow {{\text{a}}^{\text{2}}}{{\text{b}}^{\text{2}}}{{\left( {{\text{a}}^{\text{2}}}-{{\text{b}}^{\text{2}}} \right)}^{\text{2}}}\left( {{\text{a}}^{\text{4}}}+\text{ }{{\text{a}}^{\text{2}}}{{\text{b}}^{\text{2}}}+{{\text{b}}^{\text{4}}} \right)~\ge 0\]
Bất đẳng thức cuối đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 4:
Phân tích: Từ giả thiết $a+b+c=0$ ta có thể rút một biến theo các biến còn lại, chẳng hạn $c=-a-b$, thay vào biểu thức của bất đẳng thức ta được $3{{a}^{2}}+4ab+2{{b}^{2}}$ là biểu thức chỉ chứa hai biến và xuất hiện các bình phương. Đến đây ta tìm cách phân tích thành tổng các bình phương để chứng minh bất đẳng thức.
Lời giải
Theo giả thiết thì $c=-\left( a+b \right)$, nên bất đẳng thức đã cho tương ứng với
$ab+c\left( 2a+3a \right)\le 0\Leftrightarrow ab+\left( -a-b \right)\left( 2b+3a \right)\le 0$
$\Leftrightarrow ab-2ab-3{{a}^{2}}-2{{b}^{2}}-3ab\le 0\Leftrightarrow 3{{a}^{2}}+4ab+2{{b}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}+2{{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 0$
Từ đó ta có điều phải chứng minh . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=0$.
Câu 5:
Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh chỉ chứa một biến a, nên thông thường ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh. Để ý thêm nữa ta thấy, bất đẳng thức chứa các đại lượng ${{a}^{2}}+1$ và $2a$ làm ta liên tưởng đến hằng đẳng thức ${{\left( a-1 \right)}^{2}}$, lại thấy đẳng thức xẩy ra khi $a=1$ nên suy nghĩ rất tự nhiên là biến đổi tương đương bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng ${{\left( a-1 \right)}^{2}}$ xem có thể chứng minh bài toán được không. Với $a=1$ khi đó ta có $\frac{a}{{{a}^{2}}+1}=\frac{1}{2};\,\,\,\frac{5\left( {{a}^{2}}+1 \right)}{2a}=5$ và $\frac{11}{2}=\frac{1}{2}+5$ nên ta chuyển vế để biến đổi bất đẳng thức.
Lời giải
Biến đổi tương đương bất đẳng thức
$\frac{a}{{{a}^{2}}+1}+\frac{5\left( {{a}^{2}}+1 \right)}{2a}\ge \frac{11}{2}\Leftrightarrow \frac{a}{{{a}^{2}}+1}-\frac{1}{2}+\frac{5\left( {{a}^{2}}+1 \right)}{2a}-5\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{-{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2\left( {{a}^{2}}+1 \right)}+{{\frac{5\left( a-1 \right)}{2a}}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2}\left( \frac{5}{a}-\frac{1}{{{a}^{2}}+1} \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2}.\frac{5{{a}^{2}}-a+5}{a\left( {{a}^{2}}+1 \right)}\ge 0\Leftrightarrow \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2}.\frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}+9\left( {{a}^{2}}+1 \right)}{2\left( {{a}^{2}}+1 \right)}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[a=1\].
Câu 6:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy những đặc điểm sau:
+ Hai vế của bất đẳng thức cùng có bậc một.
+ Bất đẳng thức cần chứng minh làm ta liên tưởng đến một bất bất đẳng thức khá hay dùng ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge xy\left( x+y \right)$.
Lời giải
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge xy\left( x+y \right)$ với x, y là các số dương
Thật vậy
${{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge xy\left( x+y \right)\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy \right)\ge xy\left( x+y \right)\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}\ge 0$
Áp dụng bất đẳng thức trên ta được
$\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{ab}+\frac{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{bc}+\frac{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{ca}\ge \frac{ab\left( a+b \right)}{ab}+\frac{bc\left( b+c \right)}{bc}+\frac{ca\left( c+a \right)}{ca}=2\left( a+b+c \right)$
Suy ra $\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{ab}+\frac{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{bc}+\frac{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{ca}\ge 2\left( a+b+c \right)$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
Câu 7:
Phân tích: Bất đẳng thức chỉ chứa một biến và có chứa căn bậc hai. Trước hết ta kiểm tra điều kiện xác định của các căn thức
${{x}^{2}}-x+1={{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}>0$ và ${{x}^{2}}+x+1={{\left( x+\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}>0$
Nên bất đẳng thức được xác định với mọi x.
Quan sát bất đẳng thức ta thấy nếu thay x bằng $-x$ thì vế trái của bất đẳng thức trở là $\left( -2x+1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}$ và vế phải của bất đẳng thức là $\left( 2x-1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}$, khi đó nếu nhân hai vế với $-1$ thì được $\left( 2x-1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}<\left( 2x+1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}$, tức là bất đẳng thức không thay đổi gì cả. Như vậy ta chỉ cần xét trường hợp x không âm là được.
Với $0\le x\le \frac{1}{2}$, ta thấy vế trái luôn dương và vế phải nhỏ hơn hoặc bằng không nên ta có thể chia nhỏ các trường hợp $0\le x\le \frac{1}{2}$ và $x>\frac{1}{2}$ để chứng minh bất đẳng thức.
Lời giải
Vì ${{x}^{2}}-x+1={{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}>0$ và ${{x}^{2}}+x+1={{\left( x+\frac{1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}>0$
Nên bất đẳng thức được xác định với mọi x.
Nếu $x<0$, ta đặt $x=-t,\,\,t>0$ khi đó bất đẳng thức trở thành.
$\left( -2t+1 \right)\sqrt{{{t}^{2}}+t+1}>\left( -2t-1 \right)\sqrt{{{t}^{2}}-t+1}\Leftrightarrow \left( 2t+1 \right)\sqrt{{{t}^{2}}-t+1}>\left( 2t-1 \right)\sqrt{{{t}^{2}}+t+1}$
Bất đẳng thức cuối này có dạng như bất đẳng thức ở đề bài và quan trọng hơn lúc này ta lại có \[t>0\]. Như vậy, với lập luận này ta thấy rằng chỉ cần xét bài toán trong trường hợp \[x\ge 0\] là đủ. Lúc này có hai khả năng xảy ra :
+ Nếu $0\le x\le \frac{1}{2}$ thì $\left( 2x+1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}>0;\,\,\left( 2x-1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}\le 0$
suy ra $\left( 2x+1 \right)\sqrt{{{x}^{2}}-x+1}>\left( 2x-1 \right)\sqrt{{{x}^{2}}+x+1}$. Nên bất đẳng thức đúng.
+ Nếu $x>\frac{1}{2}$ thì hai vế cùng dương, nên bình phương hai vế ta được
${{\left( 2x+1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)>{{\left( 2x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)$
$\Leftrightarrow 4{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+3x+1>4{{x}^{4}}+{{x}^{2}}-3x+1\Leftrightarrow x>0$
Mà $x>\frac{1}{2}$ nên bất đẳng thức cuối cùng đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Câu 8:
Phân tích: Từ giả thiết $a,\,b,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0,\,\,1]$ ta được $0\le a,b,\,c\le 1$, khi đó theo tính chất của lũy thừa ta được $a\ge {{a}^{4}};\,\,\,b\ge {{b}^{3}};\,\,\,c\ge {{c}^{2}}$. Biểu thức ở vế trái của bất đẳng thức được thay bằng đại lượng $a+b+c-ab-bc-ca$. Cũng từ giả thiết $a,\,b,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0,\,\,1]$ và biểu thức bên làm ta liên tưởng đến tích $\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\left( 1-c \right)\ge 0$. Do đó ta sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức trên.
Lời giải
Theo giả thiết $a,\,b,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0,\,\,1]$ ta có
$\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\left( 1-c \right)\ge 0\Leftrightarrow 1-\left( a+b+c \right)+ab+bc+ac-abc\ge 0$
$\Leftrightarrow 1\ge a+b+c-ab-bc-ac+abc$
Cũng từ giả thiết $a,\,b,\,c\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }0,\,\,1]$ nên $abc\ge 0$và $a\ge {{a}^{4}};\,\,\,b\ge {{b}^{3}};\,\,\,c\ge {{c}^{2}}$.
Do đó ta suy ra $1\ge a+b+c-ab-bc-ac\ge {{a}^{4}}+{{b}^{3}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ac$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hoặc $a=1;\,\,b=c=0$ và các hoán vị.
Câu 9:
Phân tích: Để ý ta thấy $\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}={{\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)}^{2}}-2$, do đó ta có thể biến đổi bất đẳng thức thành ${{\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)}^{2}}-2-\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\ge 0$. Đến đây ta có thể phân tích thành tích rồi quy đồng hoặc đặt biến phụ $t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$, chú ý điều kiện $\left| t \right|\ge 2$.
Lời giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
$\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\Leftrightarrow {{\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)}^{2}}-2-\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\ge 0\Leftrightarrow \left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1 \right)\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2 \right)\ge 0$
Đến đây ta có hai hướng xử lý bất đẳng thức trên.
+ Hướng 1: Biến đổi tương đương tiếp ta được bất đẳng thức
$\frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab \right){{\left( a-b \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge 0$
Mà ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+ab=\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}+\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{2}\ge 0$
Do đó bất đẳng thức được chứng minh.
+ Hướng 2: Đặt $t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$, khi đó ta được ${{t}^{2}}={{\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)}^{2}}\ge 4\Rightarrow \left| t \right|\ge 2$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành $\left( t+1 \right)\left( t-2 \right)\ge 0$.
- Nếu $t\ge 2$, suy ra $t-2\ge 0$ nên $\left( t+1 \right)\left( t-2 \right)\ge 0$.
- Nếu $t\le -2$, suy ra $t+1<0;\,\,t-2<0$ nên $\left( t+1 \right)\left( t-2 \right)>0$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b$
Câu 10:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy vế trái của có sự xuất hiện các đại lượng $a\left( a-2 \right);\,\,b\left( b+6 \right)$ và chú ý thêm các đại lượng bên ta nhận thấy $a\left( a-2 \right)+1={{\left( a-1 \right)}^{2}}$ và \[b\left( b+6 \right)+9={{\left( b+3 \right)}^{2}}\]. Đến đây ta thấy có hai ý tưởng chứng minh bất đẳng thức trên.
+ Thứ nhất là ta biến đổi tương đương làm xuất hiện các bình phương ${{\left( a-1 \right)}^{2}},\,\,{{\left( b+3 \right)}^{2}}$.
+ Thứ hai là đặt biến phụ $x=a\left( a-2 \right);\,\,y=b\left( b+6 \right)$ và sử dụng điều kiện của biến phụ để chứng minh.
Lời giải
Cách 1: Gọi P là vế trái của bất đẳng thức đã cho, ta có
$P=ab\left( a-2 \right)\left( b+6 \right)+12{{a}^{2}}-24a+3{{b}^{2}}+18b+36$
$=a\left( a-2 \right)\left[ b\left( b+6 \right)+12 \right]+3\left[ b\left( b+6 \right)+12 \right]$
$=\left[ b\left( b+6 \right)+12 \right]\left[ a\left( a-2 \right)+3 \right]=\left[ {{\left( b+3 \right)}^{2}}+3 \right]\left[ {{\left( a-1 \right)}^{2}}+2 \right]>0$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Cách 2: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$ab\left( a-2 \right)\left( b+6 \right)+12{{\left( a-1 \right)}^{2}}+3{{\left( b+3 \right)}^{2}}-3>0$
Đặt .png)
Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành
$xy+12\left( x+1 \right)+3\left( y+9 \right)-3>0\Leftrightarrow \left( x+3 \right)\left( y+12 \right)\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì $x+1\ge 0;\,\,y+3\ge 0$.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Câu 11:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy vế trái xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn và vế phải xuất hiện tích của hai trong ba biến nên ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức thành tổng các bình phương. Tuy nhiên vì hệ số khác nhau nên ta cần phải tinh ý khi phân tích.
Sau khi chuyển vế ta phân tích thành $m{{\left( a-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+n{{\left( {{b}^{2}}-c \right)}^{2}}+k{{\left( c-a \right)}^{2}}$ và cần tìm m, n, k sao cho \[\text{m}+\text{k}=\text{1}0\text{19};\,\,\text{n}+\text{k}=\text{18};~\,\text{k}+\text{m}=\text{1}00\text{7}\]. Giải hệ điều kiện trên ta tìm được $m=15;\,\,n=3;\,\,k=1004$. Đến đây ta chứng minh được bất đẳng thức.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$15\left( {{a}^{2}}-2a{{b}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+3\left( {{b}^{4}}-2{{b}^{2}}c+{{c}^{2}} \right)+1004\left( {{c}^{2}}-2ca+{{a}^{2}} \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow 15{{\left( a-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+3{{\left( {{b}^{2}}-c \right)}^{2}}+1004{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0$
Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a={{b}^{2}}=c$.
Câu 12:
Phân tích: Bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và đẳng thức xẩy ra tại $a=b=2$, do đó ta có các ý tưởng chứng minh bất đẳng thức sau đây:
+ Thứ nhất là đặt biến phụ $x=\sqrt{a-1};\,\,y=\sqrt{b-1}$ để làm mất căn bậc hai và phân tích thành các bình phương.
+ Thứ hai là khử căn bậc hai bằng một đánh giá quen thuộc ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy$. Để ý đến chiều bất đẳng thức và điều kiện dấu bằng xẩy ra tại $a=b=2$ ta đánh giá được
$\sqrt{a-1}\le \sqrt{\left( a-1 \right).1}\le \frac{a-1+1}{2}=\frac{a}{2};\,\,\sqrt{b-1}=\sqrt{\left( b-1 \right).1}\le \frac{b-1+1}{2}=\frac{b}{2}$
Lời giải
Cách 1: Đặt $x=\sqrt{a-1};\,\,y=\sqrt{b-1}$, khi đó $x\ge 0;\,\,y\ge 0$. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành $\left( {{x}^{2}}+1 \right)y+\left( {{y}^{2}}+1 \right)y\le \left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( {{y}^{2}}+1 \right)$
$\left( {{x}^{2}}+1 \right)y+\left( {{y}^{2}}+1 \right)y\le \left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( {{y}^{2}}+1 \right)$
\[\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( {{y}^{2}}+1 \right)-2\left( {{x}^{2}}+1 \right)y+\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( {{y}^{2}}+1 \right)-2\left( {{y}^{2}}+1 \right)x\ge 0\]
\[\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+1 \right){{\left( y-1 \right)}^{2}}+\left( {{y}^{2}}+1 \right){{\left( x-1 \right)}^{2}}\ge 0\]
Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$ hay $a=b=2$.
Cách 2: Áp dụng một bất đẳng thức quen thuộc ta được
$\sqrt{a-1}\le \sqrt{\left( a-1 \right).1}\le \frac{a-1+1}{2}=\frac{a}{2}$
$\sqrt{b-1}=\sqrt{\left( b-1 \right).1}\le \frac{b-1+1}{2}=\frac{b}{2}$
Do đó ta được $a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le \frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=2$.
Câu 13:
Phân tích: Để ý ta thấy, với $a=b$ thì dấu đẳng thức xẩy ra nên ta tách các hạng tử để tạo ra nhân tử chung ${{\left( a-b \right)}^{2}}$.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
${{a}^{4}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}+{{a}^{4}}-{{a}^{3}}b+{{b}^{4}}-a{{b}^{3}}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+\left( {{a}^{3}}-{{b}^{3}} \right)\left( a-b \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ {{\left( a+b \right)}^{2}}+\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right) \right]\ge 0\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ 3{{\left( a+b \right)}^{2}}+{{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right]\ge 0$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$.
Câu 14:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy khi ${{a}^{2}}={{b}^{2}}$ thì bất đẳng thức xẩy ra dấu bằng và $\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}-2$. Nên ta có các ý tưởng biến đổi tương đương bất đẳng thức như sau:
+ Thứ nhất là quy đồng hai về và phân tích làm xuất hiện nhân tử chung ${{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}$
+ Thứ hai là đặt biến phụ $t={{\left( \frac{2ab}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)}^{2}}$, chú ý điều kiện
Lời giải
Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với.
$\frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}-1+\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}-2\ge 0\Leftrightarrow \frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}-{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{a}^{4}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{-{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}\left[ \frac{1}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}} \right]\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}\left[ {{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}-{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right]}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}\ge 0\Leftrightarrow \frac{{{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right)}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=\pm b$.
Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại thành $\frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge 5$.
Đặt $t={{\left( \frac{2ab}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)}^{2}}$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$t+\frac{4}{t}\ge 5\Leftrightarrow {{t}^{2}}-5t+4\ge 0\Leftrightarrow \left( t-1 \right)\left( t-4 \right)\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=\pm b$.
Câu 15:
Phân tích: Nhận thấy bất đẳng thức xẩy ra dấu bằng tại $a=b,$ do đó một cách tự nhiên ta nghĩ đến biến đổi bất đẳng thức làm xuất hiện ${{\left( a-b \right)}^{2}}$, chú ý đến điều kiện $m\ge n$
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\frac{a}{na+mb}-\frac{1}{n+m}+\frac{b}{nb+ma}-\frac{1}{n+m}\ge 0\Leftrightarrow \frac{m\left( a-b \right)}{\left( na+mb \right)\left( n+m \right)}-\frac{m\left( a-b \right)}{\left( nb+ma \right)\left( n+m \right)}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{m\left( a-b \right)}{n+m}\left( \frac{1}{na+mb}-\frac{1}{nb+ma} \right)\ge 0\Leftrightarrow \frac{m{{\left( a-b \right)}^{2}}}{n+m}.\frac{m-n}{\left( na+mb \right)\left( nb+ma \right)}\ge 0$
Vì $a,\,b>0$ và $m\ge n$nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b$ hoặc $m=n$.
Câu 16:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra với $a=b$, khi đó rất tự nhiên ta nghĩ đến biến đổi bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng ${{\left( a-b \right)}^{2}}$. Mặt khác với $a=b$ ta lại có $\frac{{{a}^{2}}b}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}=\frac{1}{3};\,\,\,\frac{{{a}^{2}}+2ab}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=1$. Để ý là $\frac{2}{3}=1-\frac{1}{3}$, nên ta ta biến đổi bất đẳng thức thành $\frac{{{a}^{2}}b}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}-\frac{1}{3}\ge \frac{{{a}^{2}}+2ab}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-1$. Tới đây ta quy đồng hai vế và phân tích thành các bình phương.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\frac{{{a}^{2}}b}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{2}{3}\ge \frac{{{a}^{2}}+2ab}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}b}{2{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}-\frac{1}{3}\ge \frac{{{a}^{2}}+2ab}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-1$
$\Leftrightarrow \frac{-{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( 2a+b \right)}{3\left( 2{{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}\ge \frac{-{{\left( a-b \right)}^{2}}}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ \frac{1}{2{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-\frac{2a+b}{3\left( 2{{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)} \right]\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ 3\left( 2{{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)-\left( 2{{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( 2a+b \right) \right]\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{3}}+2{{b}^{3}}-2{{a}^{2}}b-2a{{b}^{2}} \right)\ge 0\Leftrightarrow \left( a+b \right){{\left( a-b \right)}^{4}}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b$.
Câu 17:
Phân tích: Dấu đẳng thức xảy ra với $a=b$, khi đó $\frac{2ab}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}=\frac{2}{5};\,\,\,\frac{{{b}^{2}}}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}=\frac{1}{5}$. Nên ta ta biến đổi bất đẳng thức thành $\frac{2}{5}-\frac{2ab}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}+\frac{1}{5}-\frac{{{b}^{2}}}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}\ge 0$. Tới đây ta quy đồng hai vế và phân tích thành các bình phương.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\frac{2ab}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}\le \frac{3}{5}\Leftrightarrow \frac{2}{5}-\frac{2ab}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}+\frac{1}{5}-\frac{{{b}^{2}}}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{2{{a}^{2}}-10ab+8{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}+\frac{3{{a}^{2}}-3{{b}^{2}}}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}\ge 0\Leftrightarrow \frac{2\left( a-b \right)\left( a-4b \right)}{{{a}^{2}}+4{{b}^{2}}}+\frac{3\left( a-b \right)\left( a+b \right)}{3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \left( a-b \right)\left[ 2\left( a-4b \right)\left( 3{{a}^{2}}+2{{b}^{2}} \right)+3\left( a+b \right)\left( {{a}^{2}}+4{{b}^{2}} \right) \right]\ge 0$
$\Leftrightarrow \left( a-b \right)\left( 9{{a}^{3}}-21{{a}^{2}}b+16a{{b}^{2}}-4{{b}^{3}} \right)\ge 0\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}{{\left( 3a-2b \right)}^{2}}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b$ hoặc $3a=2b$
Câu 18:
Phân tích:
a) Quan sát bất đẳng thức thứ nhất ta nhận thấy $a-c=\left( a-b \right)+\left( b-c \right)$ do đó bất đẳng thức lúc này tương đương với $a{{\left( a-b \right)}^{2}}+c\left( a-c \right)\left( b-c \right)\ge 0$. Đến đây chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho $c\left( a-c \right)\left( b-c \right)\ge 0$ là xong.
b) Tương tự như trên ta có $a-c=\left( a-b \right)+\left( b-c \right)$, biến đổi tương đương bất đẳng thức ta được bất đẳng thức $\left( a-b \right)\left( {{a}^{5}}-{{b}^{5}} \right)+\left( a-c \right)\left( {{b}^{5}}-{{c}^{5}} \right)\ge 0$. Đến đây ta chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho $\left( a-c \right)\left( {{b}^{5}}-{{c}^{5}} \right)\ge 0$ là xong.
Lời giải
a) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử $a\ge b\ge c\ge 0$. Khi đó ta có
$a\left( a-b \right)\left( a-c \right)+a\left( b-c \right)\left( b-a \right)+c\left( c-a \right)\left( c-b \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow a\left( a-b \right)\left[ \left( a-b \right)+\left( b-c \right) \right]+b\left( b-c \right)\left( b-a \right)+c\left( c-a \right)\left( c-b \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow a{{\left( a-b \right)}^{2}}+a\left( a-b \right)\left( b-c \right)-a\left( b-c \right)\left( a-b \right)+c\left( a-c \right)\left( b-c \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left( a+b-c \right)+c\left( a-c \right)\left( b-c \right)\ge 0$
Vì $a\ge b\ge c\ge 0$ nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
b) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử $a\ge c\ge 0;\,\,b\ge c\ge 0$. Khi đó ta có
${{a}^{6}}-{{a}^{5}}b+{{b}^{6}}-{{b}^{5}}c+{{c}^{6}}-{{c}^{5}}a\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{5}}\left( a-b \right)+{{b}^{5}}\left( b-c \right)+{{c}^{5}}\left( c-a \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow {{a}^{5}}\left( a-b \right)-{{b}^{5}}\left[ \left( a-b \right)+\left( c-a \right) \right]+{{c}^{5}}\left( c-a \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \left( a-b \right)\left( {{a}^{5}}-{{b}^{5}} \right)+\left( a-c \right)\left( {{b}^{5}}-{{c}^{5}} \right)\ge 0$
Vì $a\ge c\ge 0;\,\,b\ge c\ge 0$ nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Câu 19:
Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét như sau:
+ Quy đồng hai vế của bất đẳng thức thì vế trái xuất hiện ${{\left( bc \right)}^{2}}+{{\left( ca \right)}^{2}}+{{\left( ab \right)}^{2}}$ và vế phải xuất hiện $abc\left( a+b+c \right)=ab.bc+bc.ca+ca.ab$. Như vậy chỉ cần chuyển vế trái ta viết được thành tổng các bình phương
+ Để ý ta thấy $\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}-2c=\frac{c{{\left( a-b \right)}^{2}}}{ab}$. Như vậy ta cần nhân hai vế với 2 và ghép tương tự.
Lời giải
Cách 1: Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau
$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\Leftrightarrow {{\left( bc \right)}^{2}}+{{\left( ca \right)}^{2}}+{{\left( ab \right)}^{2}}\ge abc\left( a+b+c \right)$
$\Leftrightarrow 2{{\left( bc \right)}^{2}}+2{{\left( ca \right)}^{2}}+2{{\left( ab \right)}^{2}}-2abc\left( a+b+c \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( ab-bc \right)}^{2}}+{{\left( bc-ca \right)}^{2}}+{{\left( ca-ab \right)}^{2}}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Cách 2: Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau
$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\Leftrightarrow 2\left( \frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c} \right)\ge 2\left( a+b+c \right)$
$\Leftrightarrow \left( \frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}-2c \right)+\left( \frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}-2a \right)+\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}-2b \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{c\left( {{b}^{2}}+{{a}^{2}}-2ab \right)}{ab}+\frac{a\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}}-2bc \right)}{bc}+\frac{b\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}}-2ca \right)}{ca}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{c{{\left( a-b \right)}^{2}}}{ab}+\frac{a{{\left( b-c \right)}^{2}}}{bc}+\frac{b{{\left( c-a \right)}^{2}}}{ca}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Câu 20:
Phân tích: Nhận thấy $\frac{{{a}^{2}}}{b}-2a+b=\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}$. Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}-2a+b \right)+\left( \frac{{{b}^{2}}}{c}-2b+c \right)+\left( \frac{{{c}^{2}}}{a}-2c+a \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}-2bc+{{c}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}-2ca+{{a}^{2}}}{a}\ge 0\Leftrightarrow \frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}\ge 0$
Câu 21:
Phân tích: Vì vai trò của a, b như nhau nên ta dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra tại $a=b$, do đó khi biến đổi bất đẳng thức ta cần làm xuất hiện nhân tử ${{\left( a-b \right)}^{2}}$. Khi đó bất đẳng thức trở thành ${{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ \left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-k{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right]\ge 0$. Để tìm k lớn nhất ta cho $a=b$, khi đó ta được $12{{a}^{4}}-k{{a}^{4}}\ge 0\Rightarrow k\le 12$. Đến đây ta chỉ cần chứng minh $k=12$ bất đẳng thức đúng là được.
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\frac{k}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}\ge \frac{8+2k}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{k}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}-\frac{2k}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}-\frac{4}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}-\frac{4}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{-k{{\left( a-b \right)}^{2}}}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right){{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{\left( b-a \right)\left( b+3a \right)}{{{a}^{2}}{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{\left( a-b \right)\left( 3a+b \right)}{{{b}^{2}}{{\left( a+b \right)}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{\left( a+b \right)}^{2}}}-\frac{k{{\left( a-b \right)}^{2}}}{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right){{\left( a+b \right)}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ \left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-k{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right]\ge 0$
Vì ${{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$ nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi
$\left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-k{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 0$
Cho $a=b$ thì bất đẳng thức trên trở thành $12{{a}^{4}}-k{{a}^{4}}\ge 0\Rightarrow k\le 12$. Ta chứng minh $k=12$ là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho
Thật vậy, ta xét các trường hợp sau
+ Với $k<12$ thì ta được $\left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-k{{a}^{2}}{{b}^{2}}>0$.
+ Với $k=12$ thì bất đẳng thức $\left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-k{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 0$ trở thành
$\left( {{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-12{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}-4{{a}^{2}}{{b}^{2}}+4ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+4ab{{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Vậy hằng số k lớn nhất là 12.
Câu 22: Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta được
$\frac{k}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{1}{{{a}^{3}}}+\frac{1}{{{b}^{3}}}\ge \frac{16+4k}{{{\left( a+b \right)}^{3}}}\Leftrightarrow \frac{k}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}-\frac{4k}{{{\left( a+b \right)}^{3}}}+\frac{1}{{{a}^{3}}}-\frac{8}{{{\left( a+b \right)}^{3}}}+\frac{1}{{{b}^{3}}}-\frac{8}{{{\left( a+b \right)}^{3}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{a-b}{{{\left( a+b \right)}^{3}}}\left( \frac{7{{b}^{2}}+4ab+{{a}^{2}}}{{{b}^{3}}}-\frac{7{{a}^{2}}+4ab+{{b}^{2}}}{{{a}^{3}}} \right)-\frac{3k{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( a+b \right)}{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right){{\left( a+b \right)}^{3}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( {{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)}{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}-\frac{3k{{\left( a-b \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left[ \left( {{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)-3k{{a}^{3}}{{b}^{3}} \right]\ge 0$
Vì ${{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$ nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi
$\left( {{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)-3k{{a}^{3}}{{b}^{3}}\ge 0$
Cho $a=b$ thì bất đẳng thức trên trở thành $24{{a}^{6}}-3k{{a}^{6}}\ge 0\Rightarrow k\le 8$. Ta chứng minh $k=8$ là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho. Thật vậy, ta xét các trường hợp sau
+ Với $k<8$ thì $\left( {{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)-3k{{a}^{3}}{{b}^{3}}>0$.
+ Với $k=8$ thì bất đẳng thức trên được viết lại thành
$\left( {{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)-24{{a}^{3}}{{b}^{3}}\ge 0$
Ta có ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge 2{{a}^{2}}{{b}^{2}};\,\,\,{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab$ nên
${{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}}={{a}^{4}}+{{b}^{4}}+5ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}\ge 24{{a}^{2}}{{b}^{2}}$
Và ${{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge ab$
Do đó ta có $\left( {{a}^{4}}+5{{a}^{3}}b+12{{a}^{2}}{{b}^{2}}+5a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)\ge 24{{a}^{3}}{{b}^{3}}$
Suy ra bất đẳng thức được chứng minh. Vậy hằng số k lớn nhất là 8.
