Mục lục
Lời nói đầu 2
Các thành viên tham gia biên soạn 3
Trang 4Lời nói đầu
Chinh phục bất cứ một sự khó khăn nào luôn đem lại cho người ta một niềm vui sướng thầm lặng,bởi điều đó cũng có nghĩa là đẩy lùi một đường ranh giới và tăng thêm tự do của bản thân.
Quyển sách này đến với các bạn chính là bắt nguồn từ câu triết lí ấy Với mong muốn đem lạiniềm yêu thích và say mê cho các bạn về một mảng tốn khó trong chương trình tốn học của trunghọc phổ thơng nhưng ẩn chứa trong nó biết bao nhiêu điều thú vị và đam mê Đó chính là bài tốnvề “Bất đẳng thức” Quyển sách các bạn đang đọc là sự tổng hợp từ các bài toán hay và cách giảithật đơn giản chỉ sử dụng những “chất liệu” thường gặp trong chương trình trung học phổ thông,nhưng lại mang đến sự hiệu quả cùng những điều thú vị đến bất ngờ mà ban quản trị diễn đàn
http://boxmath.vn/ biên tập lại từ các bài toán bất đẳng thức trên diễn đàn, nhằm mang lại chocác bạn một tài liệu học tập tốt nhất Và ban biên tập xin gửi lời cảm ơn chân thành và kính trọngtới thầy giáo Châu Ngọc Hùng - THPT Ninh Hải – Ninh Thuận đã nhiệt tình hỗ trợ kĩ thuật vềLatex, đồng thời cảm ơn các bạn đã tham gia gửi bài, giải bài trên diễn đàn Chính sự nhiệt huyếtcủa các bạn đã đem đến sự ra đời của quyển sách này.
Mỗi bước đi để dẫn đến thành cơng trong bất kì lĩnh vực nào của cuộc sống ln gắn kết với sựđam mê, tìm tịi, học hỏi và chắt lọc kinh nghiệm Vì thế qua quyển sách này hy vọng các bạn sẽtìm được cho mình những gì cần thiết nhất cho hướng giải quyết một bài tốn bất đẳng thức Để cóđược điều đó các bạn hãy xem quyển sách như một người bạn và đọc quyển sách như các bạn đangđối ngẫu say mê với người bạn tri kỷ này vậy!
Và quyển sách này cũng mong muốn mang đến cho các thầy cơ có thêm tư liệu để phục vụ trongviệc giảng dạy và gieo cho các học sinh của mình niềm u thích và đam mê trong các bài toán bấtđẳng thức.
Mặc dù đã có sự cố gắng tập trung cao độ trong việc biên tập nhưng chắc chắn khơng thể khơngcó sai xót, mong các bạn đọc thông cảm và gửi những chia sẻ của mình về quyển sách để ban biêntập có thêm những ý kiến quý báu để hoàn thiện quyển sách hơn.
Mọi chia sẻ của các bạn xin gửi về địa chỉ liltee_tm@yahoo.com.vn
Thay mặt nhóm biên soạn, tơi xin chân thành cảm ơn.Thái Bình, ngày 29 tháng 10 năm 2011.
Đại diện nhóm biên soạnChủ biên
Trang 5Các thành viên tham gia biên soạn
Nội dung
• Tăng Hải Tuân - A12 [2008 - 2011] - THPT Nguyễn Đức Cảnh - TP Thái Bình.• Phạm Tuấn Khải - THPT Trần Văn Năng - Đồng Tháp.
• Tạ Hồng Quảng - TP Hồ Chí Minh - Vũng Tàu.
• Nguyễn Quốc Vương Anh - A1 [2008 - 2011] - THPT Ninh Giang - Hải Dương.• Đặng Nguyễn Duy Nhân - A1 [2009 - 2012] - THPT Sào Nam - Quảng Nam.• Giang Hồng Kiệt - A6 [2009 - 2012] - THPT Mạc Đĩnh Chi - TP Hồ Chí Minh.• Trần Quốc Huy - THPT Phan Đình Phùng - Phú n.
• Nguyễn Văn Thoan - Nam Định.
• Nguyễn Khắc Minh - [2009 - 2012] - Trường THPT Kiến Thụy - Hải Phịng.• Uchiha Itachi - TP Hồ Chí Minh.
LATEX
Hỗ trợ kĩ thuật Latex
• Châu Ngọc Hùng - THPT Ninh Hải - Ninh Thuận.
• Tăng Hải Tuân - A12 [2008 - 2011] - THPT Nguyễn Đức Cảnh - TP Thái Bình.• Phạm Tuấn Khải - THPT Trần Văn Năng - Đồng Tháp.
• Tạ Hồng Quảng - TP Hồ Chí Minh - Vũng Tàu.
• Đặng Nguyễn Duy Nhân - A1 [2009 - 2012] - THPT Sào Nam - Quảng Nam.
Trình bày bìa
Trang 6MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG TRONGCHƯƠNG TRÌNH THPT
I Bất đẳng thức AM-GM.
1 Bất đẳng thức AM-GM cho 2 số.
Cho a, b là các số thực không âm Khi đó bất đẳng thức sau đúng:a + b ≥ 2√
abĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2 Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số.
Cho a, b, c là các số thực khơng âm Khi đó bất đẳng thức sau đúng:a + b + c ≥ 3√3
abcĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
II Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực tùy ý thì
(ax + by + cz)2 ≤ (a2+ b2 + c2)(x2 + y2+ z2)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
x =
by =
c
z (qui ước: nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).
Hệ quả:Nếu a, b, c là các số thực và x, y, z là các số dương thì:• a2x +b2y +c2z ≥ (a + b + c)2x + y + z• 1x+1y ≥ 4x + y• 1x+1y +1z ≥ 9x + y + zIII Bất đẳng thức Véc tơ.
Xét vec tơ −→u = (a; b), −→v = (x; y), −→w = (m; n)Ta có |−→u | + |−→v | ≥ |−→u + −→v |, hay là.
√
a2+ b2+px2+ y2 ≥q
(a + x)2+ (b + y)2Đẳng thức xảy ra khi −→u và −→v cùng hướng.
Trang 7III Bất đẳng thức Holder.
Cho a, b, c, x, y, z, m, n, p là các số thực dương Khi đó ta có
(a3+ b3+ c3) (x3+ y3+ z3) (m3+ n3+ p3) ≥ (axm + byn + czp)3Chứng minh:Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:a3a3+ b3+ c3 + x3x3+ y3+ z3 + m3m3+ n3+ p3 ≥ 3axm3p(a3+ b3+ c3) (x3+ y3+ z3) (m3+ n3+ p3)Thiết lập 2 biểu thức tương tự với bộ (b, y, n) và (c, z, p) rồi cộng vế với vế ta có điều phải chứngminh.
Đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau.
Chú ý: Bất đẳng thức Holder khơng được học trong chương trình tốn phổ thơng, nên khi đi thiphải chứng minh.
IV Một số bất đẳng thức hay sử dụng.
Với a, b, c, x, y, z là các số khơng âm Khi đó ta có1 a2+ b2+ c2 ≥ ab + bc + ca2 a2+ b2+ c2 ≥ (a + b + c)233 (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)4 x2y2+ y2z2+ z2x2 ≥ xyz(x + y + z)5 (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z)6 3(a3+ b3+ c3)2 ≥ (a2+ b2+ c2)37 (a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ 98(a + b)(b + c)(c + a)Chứng minh:1 a2+ b2 + c2 ≥ ab + bc + caLời giải:Bất đẳng thức đúng doa2+ b2+ c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2 a2+ b2+ c2 ≥ 2 (ab + bc + ca) ⇔ (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2 ≥ 0Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
2 a2+ b2+ c2 ≥ (a + b + c)23Lời giải:Bất đẳng thức đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz12+ 12+ 12 a2+ b2+ c2 ≥ (a + b + c)2
Trang 83 (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 bất đẳng thức đúng sau:(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a2+ b2+ c2 ≥ ab + bc + caĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
4 x2y2+ y2z2+ z2x2 ≥ xyz(x + y + z)
Lời giải:
Bất đẳng thức đúng vì khi ta đặt a = xy, b = yz, c = zx thì bất đẳng thức trở thành bất đẳng thứca2+ b2+ c2 ≥ ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc y = z = 0 hoặc x = y = 0 hoặc z = x = 0.
5 (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z)
Lời giải:
Bất đẳng thức đúng vì khi ta đặt a = xy, b = yz, c = zx thì bất đẳng thức trở thành bất đẳng thức(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc y = z = 0 hoặc x = y = 0 hoặc z = x = 0.
6 3(a3+ b3+ c3)2 ≥ (a2+ b2+ c2)3Lời giải:Bất đẳng thức đúng vì theo bất đẳng thức Holder ta có:13+ 13+ 13 a3+ b3+ c3 a3+ b3+ c3 ≥√313.a3.a3+ 3√13.b3.b3+ 3√13.c3.c33 = a2+ b2+ c23Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.7 (a + b + c)(ab + bc + ca) ≤ 98(a + b)(b + c)(c + a)Lời giải:Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 2√ab.2√bc.2√ca = 8abcDo đó
Trang 91Bài 1 đến bài 20
Bài 1 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2b2+ b2c2+ c2a2 ≥ a2b2c2.Tìm giá trị nhỏ nhất của:A = a2b2c3(a2+ b2)+b2c2a3(b2+ c2)+c2a2b3(c2+ a2)Lời giải:Đặt x = 1a, y =1b, z =1c.
Khi đó giả thiết được viết lại là:
x2+ y2+ z2 ≥ 1vàA = x3y2+ z2 + y3z2+ x2 + z3x2+ y2Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:x(y2+ z2) = √12p2x2(y2+ z2)(y2+ z2)≤ √12s 2x2+ y2+ z2+ y2+ z233= 2√39 x2+ y2+ z2 px2+ y2+ z2Tương tự, ta cũng có:y(z2+ x2) ≤ 2√39 x2+ y2+ z2 px2+ y2+ z2z(x2+ y2) ≤ 2√39 x2+ y2+ z2 px2+ y2+ z2
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp các đánh giá trên, ta thấy rằng:
A = x3y2+ z2 + y3z2+ x2 + z3x2+ y2≥ (x2+ y2+ z2)2x(y2 + z2) + y(z2+ x2) + z(x2+ y2)≥ (x2+ y2+ z2)23.2√39 (x2+ y2+ z2) px2+ y2+ z2=√32px2+ y2 + z2≥√32 .Mà khi x = y = z = √13 thì A =√32 .Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
√32 khi x = y = z =1√3.
Trang 10Từ giả thiết3xy − 1 = x + y ≥ 2√xy ⇔ (√xy − 1) (3√xy + 1) ≥ 0 ⇔√xy ≥ 1 ⇔ xy ≥ 1Và
xy + x + y + 1 = 4xy ⇔ (x + 1)(y + 1) = 4xyTa có3xy(x + 1) − 1y2 = 3xy − x − 1y2(x + 1) =yy2(x + 1) =1y(x + 1)Suy raM = 1y(x + 1) +1x(y + 1) =2xy + x + y4x2y2 = 5xy − 14x2y2Xét hàm số f (t) = 5t − 14t2 với t = xy ≥ 1 Ta cóf0(t) = 20t2− 8t(5t − 1)16t4 = 8t − 20t216t4 ≤ 0 với t ≥ 1Vì vậy hàm số nghịch biến với t ≥ 1
⇒ f (t)M AX = f (1) = 1 khi t = 1 ⇔ MM AX = 1 khi x = y = 1Cách 2.Đặt 1x = a,1y = b ⇒ a + b + ab = 3Ta có: 3 = a + b + ab ≥ ab + 2√ab ≥ 3.√3a2b2 ⇔ ab ≤ 1Suy raM = aba + 1+abb + 1 = ab.(a + 1 + b + 1ab + a + b + 1) = ab.5 − ab4= −(ab)2− 2ab + 1 + 3a + 14 =−(ab − 1)2+ 3ab + 14 ≤ 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.Bài tốn được hồn tất.
Bài 3 Cho a, b, c là các số thực dương.Chứng minh rằng:a + b + c3 ≤ 143r(a + b)2(b + c)2(c + a)2abcLời giải:
Do bất đẳng thức thuần nhấn nên ta chuẩn hóa a + b + c = 1Ta có bất đẳng thức tương đương
27[(a + b)(b + c)(c + a)]2 ≥ 64abcDễ thấy
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8
9(a + b + c)(ab + bc + ca)(biến đổi tương đương và sử dụng AM-GM)nên ta được
(ab + bc + ca)2 ≥ 3abc ⇔ (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c)Điều cuối luôn đúng, do đó phép chứng minh hồn tất.
Trang 11Bài 4 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng:ra4+ b41 + ab +rb4+ c41 + bc +rc4+ a41 + ca ≥ 3Lời giải:Ta cóXsymra4+ b41 + ab =Xsymr2(a4 + b4)2 + 2ab ≥Xcyca2√2 + 2ab +Xcycb2√2 + 2abSử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:Xcyca2√2 + 2ab ≥ 2(a + b + c)2P 2√2 + 2ab ≥ 2(a + b + c)2ab + bc + ca + 9 ≥ 32Tương tựXcycb2√2 + 2ab ≥ 32Cộng 2 bất đẳng thức ta đượcsa4+ b41 + ab +rb4+ c41 + bc +rc4+ a41 + ca ≥ 3Phép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 5 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2+ b2 + c2 6= 0.Chứng minh rằng:Xcyca2− bc2a2 + b2+ c2 ≥ 0Lời giải:Cách 1.Ta cóXcyc2a2− 2bc2a2+ b2+ c2 =Xcyc(a − c)(a + b) + (a − b)(a + c)2a2+ b2+ c2=Xcyc(a − c)( a + b2a2+ b2+ c2 − b + c2a2+ b2+ c2)=Xcyc(a − c)2(a2+ b2+ c2− ab − bc − ca)(2a2 + b2+ c2)(2c2+ b2+ a2) ≥ 0Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = cCách 2.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
Trang 12Mặt khác(b + c)22a2+ b2+ c2 = (b + c)2a2+ b2+ a2+ c2 ≤ b2a2+ b2 + c2a2+ c2Tương tự ta được(a + c)22b2+ a2+ c2 ≤ a2b2+ a2 + c2b2+ c2Và(b + c)22a2+ b2+ c2 ≤ b2a2+ b2 + c2a2+ c2Cộng vế theo vế ta đượcXcyc(a + b)22c2+ b2+ a2 ≤ 3Đó chính là điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 6 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3.Chứng minh rằng:
P
cyc
pa(b + c) ≥ 3.√2abcLời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đươngrb + c2bc +r c + a2ac +ra + b2ab ≥ 3Ta có1 = a + b + c33≥ abcvà(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abcSuy ra(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8(abc)2⇔ 36s(a + b)(b + c)(c + a)8(abc)2 ≥ 3⇔rb + c2bc +r c + a2ac +ra + b2ab ≥ 3Phép chứng minh hoàn tất.
Trang 13Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta thấyxy +xz +xx ≥ 3x3√xyzyx+yy +yz ≥ 3y3√xyzzx+zy +zz ≥ 3z3√xyzCộng từng vế ta đượcxy +yz +zx +yx +zy +xz + 3 ≥3(x + y + z)3√xyzMặt khác:x + y + z3√xyz ≥ 3Suy raxy +yz +zx +yx +zy +xz ≥ 2(x + y + z)3√xyzPhép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.Bài 8 Cho a, b, c là các số thực dương.Chứng minh rằng:(1 + a3) (1 + b3) (1 + c3) ≥ (1 + ab2) (1 + bc2) (1 + ca2)Lời giải:Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được:1 + a3 1 + b3 1 + b3 ≥ 1 + ab231 + b3 1 + c3 1 + c3 ≥ 1 + bc231 + c3 1 + a3 1 + a3 ≥ 1 + ca23
Nhân từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được
1 + a3 1 + b3 1 + c3 ≥ 1 + ab2
1 + bc2 1 + ca2Phép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 9 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh rằng:
P bc
√
a + bc ≤ 2Lời giải:
Trang 14Tương tự ta được:ac√b + ac ≤ 12acb + a +acb + cab√c + ab ≤ 12abc + a +abc + b
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được
X bc√a + bc ≤ 12aba + c +abb + c+bca + b +bca + c +cab + a +cab + c= 12Phép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 13.Bài 10 Cho a, b, c là các số thực dương.Chứng minh rằng:a√b + c+b√a + c +c√a + b ≥ √12√a +√b +√cLời giải:Cách 1.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
P = √ a2a +√2b +√2c√b + c+√ b2a +√2b +√2c√a + c+√ c2a +√2b +√2c√a + b≥ 12
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được√2a√b + c ≤ 2a + b + c2√2b√a + c ≤ 2b + a + c2√2c√a + b ≤ 2c + a + b2Do đó ta có:P ≥ 2a2a + 5b + 5c+2b2b + 5a + 5c+2c2c + 5a + 5b = 2a22a2+ 5ab + 5ac +b22b2+ 5ab + 5bc +c22c2+ 5ac + 5bcTheo bất đẳng thức Cauchy-SchwarzXcyca22a2+ 5ab + 5ac ≥ 2 (a + b + c)22a2 + 2b2 + 2c2+ 10ab + 10bc + 10ca ≥ 2 (a + b + c)24(a + b + c)2 =12Chứng minh hoàn tất.
Trang 15Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có(a + b + c)1√b + c+1√a + b +1√a + c≥ √ 9.(a + b + c)a + b +√b + c +√c + aTheo bất đẳng thức AM-GM ta có:√a + b +√b + c +√c + a ≤p3.2.(a + b + c)Suy raP ≥ 9(a + b + c)p3.2.(a + b + c) −p3.2.(a + b + c) = p3(a + b + c)√2 ≥ √12√a +√b +√cPhép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.Cách 3.
Do bất đẳng thức thuần nhất, chuẩn hóa: a + b + c = 3.Ta sẽ chứng minh:t√3 − t ≥√t√2 +34√2(t − 1)Thật vậy, ta có:t√3 − t−√t√2 −3(t − 1)4√2 =3√2√3 − t −√22 √3 − t +√2 5√3 − t + 6√24√3 − t √2 +√3 − t ≥ 0Suy raa√3 − a+b√3 − b +c√3 − c ≥ √12√a +√b +√c+ 34√2(a + b + c − 3) ≥1√2√a +√b + √cPhép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 11 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 6.Chứng minh rằng:
8x+ 8y+ 8z ≥ 4x+1+ 4y+1+ 4z+1
Lời giải:Cách 1.
Đặt a = 2x, b = 2y, c = 2z → abc = 64
Trang 16Hay
2 a3+ b3+ c3 ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)Thật vậy, theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
a3+ a3+ b3 ≥ 3a2ba3+ a3+ c3 ≥ 3a2ca3+ b3+ b3 ≥ 3ab2a3+ c3+ c3 ≥ 3ac2b3+ b3+ c3 ≥ 3b2cb3+ c3+ c3 ≥ 3bc2Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được
2 a3+ b3+ c3 ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)Phép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.Cách 2.Đặt a = 2x, b = 2y, c = 2z → abc = 64Ta phải chứng minh:a3+ b3+ c3 ≥ 4 (a2+ b2+ c2)Thật vậy, ta có:a3+ a3+ 64 ≥ 12a2b3+ b3+ 64 ≥ 12b2c3+ c3+ 64 ≥ 12c2⇒ a3+ b3+ c3+ 96 ≥ 4 (a2+ b2+ c2) + 2 (a2+ b2+ c2)Ta lại có: 2(a2+ b2+ c2) ≥ 23√3a2b2c2 = 96Suy ra a3+ b3+ c3 ≥ 4 (a2+ b2+ c2)Phép chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.Cách 3.Ta có8x+ 8y + 8z = (4x+ 4y+ 4z) (2x+ 2y+ 2z)3 +Pcyclic(2x− 2y)2(2x+ 2y)3
Theo bất đăng thức AM-GM ta có
2x+ 2y + 2z ≥ 3.√32x+y+z = 3.2x+y+z3 = 3.22 = 12Do đó:(4x+ 4y+ 4z) (2x+ 2y + 2z)3 ≥ 4 (4x+ 4y+ 4z) = 4x+1+ 4y+1+ 4z+1Dễ thấy:Pcyc(2x− 2y)2(2x+ 2y)3 ≥ 0Suy ra:8x+ 8y + 8z ≥ 4x+1+ 4y+1+ 4z+1Phép chứng minh hoàn tất.
Trang 17Bài 12 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = xyz.Chứng minh rằng:xy2 + yz2 + zx2 ≥ 3 1x2 + 1y2 + 1z2Lời giải:Đặt x = 1a, y =1b, z =1c ⇒ a + b + c = 1.Ta cần chứng minh:a2c +b2a +c2b ≥ 3(a2+ b2+ c2)Cách 1.Theo Cauchy-Schwarz ta có:a2c +b2a +c2b =a4a2c+b4b2a +c4c2b ≥ (a2+ b2+ c2)2a2c + b2a + c2bTa sẽ chứng minh:(a2+ b2 + c2)2a2c + b2a + c2b ≥ 3 a2 + b2+ c2⇔ a2+ b2+ c2 ≥ 3 a2c + b2a + c2b⇔ (a + b + c) a2+ b2+ c2 ≥ 3 a2c + b2a + c2b⇔ a3+ b3+ c3+ ac2+ ba2+ cb2 ≥ 2 a2c + b2a + c2bVậy mà theo AM-GM thì:
a3+ ac2 ≥ 2a2cb3+ ba2 ≥ 2b2ac3+ cb2 ≥ 2c2b⇔ a3+ b3+ c3+ ac2+ ba2+ cb2 ≥ 2 (a2c + b2a + c2b)Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3 ⇔ x = y = z = 3.Cách 2.Ta có:a2c +b2a +c2b ≥ 3 a2+ b2+ c2⇔ a2c +b2a +c2b − (a + b + c)2 ≥ 3 a2+ b2+ c2 − (a + b + c)2⇔ a2c +b2a +c2b − (a + b + c) ≥ 3 a2+ b2+ c2 − (a + b + c)2⇔ (a − c)2c +(b − a)2a +(c − b)2b ≥ (a − b)2 + (b − c)2+ (c − a)2⇔X(a − b)2 1a − 1≥ 0Vì a + b + c = 1 ⇒ 1a,1b,1c > 1, do đó bất đẳng thức cuối đúng.
Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3 ⇔ x = y = z = 3.Bài 13 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x, y ≥ 1; x + y + 3 = xy.
Trang 18Đặt a = 1x, b =
1y
Suy ra: a + b + 3ab = 1 ≤ a + b +3(a + b)
24 ⇔ a + b ≥ 23Ta có:P =√1 − a2+√1 − b2+ aba + b≤p2 [2 − (a2+ b2)] + 1 − (a + b)3(a + b)≤vuut2"2 −(a + b)22#+ 13(a + b) −13≤vuuuuuut22 − 2322+ 13.23−13 =1 + 8√26
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1
3 ⇔ x = y = 3 Vậy minP = 1 + 8√
2
6 .
Bài 14 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2+ y2+ z2+ 2xy = 3(x + y + z).Tìm giá trị nhỏ nhất của:P = x + y + z + √20x + z +20√y + 2Lời giải:Cách 1.Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:3(x + y + z) = (x + y)2+ z2 ≥ 12(x + y + z)2→ 0 < x + y + z ≤ 62√x + z ≤ 12(4 + x + z)2py + 2 ≤ 12(6 + y)Suy ra:P ≥ x + y + z + 804 + x + z +806 + y ≥ +x + y + z + 32010 + x + y + zXét f (t) = t + 32010 + tTa có: f0(t) = 1 − 320(10 + t)2 ≤ 0 với ∀t ∈ (0, 6]Vậy hàm số nghịch biến với ∀t ∈ (0, 6]
Suy ra f (t)M in = f (6) = 26
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2, z = 3.Cách 2.
Ta có:
3(x + y + z) = (x + y)2+ z2 ≥ 1
Trang 19P = x + y + z + √20x + z +20√y + 2≥ x + y + z + √ 80x + z +√y + 2≥ x + y + z + 80p2(x + z + y + 2)= x + y + z + 2 + 16√2p(x + z + y + 2) +16√2p(x + z + y + 2)!+ 8√2p(x + z + y + 2) − 2≥ 33q16√2.16√2 + 8√2√6 + 2 − 2⇒ P ≥ 26.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2, z = 3 Vậy minP = 26.Bài 15 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh rằngP 1 + ab + c ≤ 2 ab +bc+caLời giải:Ta phải chứng minh:X1 + ab + c ≤ 2 ab +bc+ca⇔X2a + b + cb + c ≤ 2 ab +bc+ca⇔X 2ab + c+ 3 ≤ 2 ab +bc+ca⇔ ab − ab + c+bc− ba + c +ca − ca + b ≥ 32⇔ acb(b + c) +bca(a + b) +abc(c + a) ≥ 32⇔ (ac)2abc(b + c)+(bc)2abc(a + b) +(ab)2abc(c + a) ≥ 32Mặt khác: Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
(ab + bc + ca)2 ≥ 3 (a2bc + ab2c + abc2) = 3abc(a + b + c)Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:(ac)2abc(b + c)+(bc)2abc(a + b)+(ab)2
abc(c + a) ≥ (ab + bc + ca)
2
2abc(a + b + c) ≥ 32Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3.Bài 16 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3.
Trang 20Và: (a + b)(b + c)(c + a) + abc = (a + b + c)(ab + bc + ca) = 3(ab + bc + ca).Cách 1.Ta có:P ≥ 100 + ab + bc + ca +ab + bc + caa3+ b3+ c3 + 813(ab + bc + ca= 100 + ab + bc + ca + ab + bc + ca30 − 9(ab + bc + ca)+27ab + bc + caĐặt ab + bc + ca = t(0 < t ≤ 3)Ta có:P = f (t) = 100 + t + t30 − 9t+813tf0(t) = 1 +(30 − 9t) + 9t(30 − 9t)2 − 27t2 = 1 + 30(30 − 9t)2 − 27t2 < 0 với 0 < t ≤ 3Vậy f (t) nghịch biến với 0 < t ≤ 3
⇒ f (t)M in= f (3) = 113
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.Cách 2.
Ta sẽ có thêm 1 đánh giá như sau:a2b + b2c + c2a = 13 a2b + b2c + c2a +23(a2b + b2c + c2a)≤ 13 a3+ b3 + c3 +23 a2b + b2c + c2a= 13(a + b + c) a2+ b2+ c2 = a2+ b2+ c2= 9 − 2(ab + bc + ca).Suy ra:P ≥ 100 + ab + bc + ca + ab + bc + caa2b + b2c + c2a +27ab + bc + ca≥ 100 + ab + bc + ca + ab + bc + ca9 − 2(ab + bc + ca) +27ab + bc + ca.Đặt ab + bc + ca = t, 0 < t ≤ 3Khi đó P ≥ 100 + t9 − 2t+ t +27t = 95 +92(9 − 2t) +9(9 − 2t)2+2t +18t+9tTheo bất đẳng thức AM-GM ta cót2(9 − 2t) +9 − 2t2 ≥ 3,2t +18t ≥ 12Mặt khác 9t ≥ 3Vì vậy P ≥ 95 + 3 + 12 + 3 = 113
Kết luận: PM IN = 113 khi và chỉ khi a = b = c = 1.Bài toán được hoàn tất.
Bài 17 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng
Trang 21P = 1x3(y3+ 1) +1y3(z3+ 1) +1z3(x3+ 1) ≥ 3xyz (xyz + 1)Ta có:M = 3 + 1 + x3y3z31x3(y3+ 1) +1y3(z3+ 1) +1z3(x3 + 1)=Xcyc1x3(y3+ 1) +Xcycy3z3y3+ 1 + 1=Xcyc1 + x3x3(y3+ 1) +Xcycy3(x3 + 1)(1 + y3)Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:Xcycx3+ 1x3(y3+ 1) ≥ 3xyzXcycx3+ 1x3(1 + y3) ≥ 3xyzSuy raM ≥ 3xyz + 3xyz⇒ 1 + x3y3z3 P ≥ 3xyz + 3xyz − 3Ta lại có:3xyz(xyz + 1) x3y3z3+ 1 = 3 (x2y2z2− xyz + 1)xyz = 3xyz − 3 +3zyzVì vậy1 + x3y3z3 P ≥ 1 + x3y3z3 3xyz(xyz + 1) ⇔ P ≥ 3xyz(xyz + 1)Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c
Trang 22Bài 19 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2+ y2+ z2 = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:P = 1xy + 2+1yz + 2+1zx + 2Lời giải:Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta cóP = 1xy + 2 +1yz + 2 +1zx + 2 ≥ 9xy + yz + zx + 6Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:x2+ y2+ z2 ≥ xy + yz + zxSuy ra:P ≥ 9a2+ b2+ c2+ 6 = 1
Bài toán được hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài 20 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3 Chứng minh rằng
5
pa(a + c)(2a + b) +pb(b + a)(2b + c) +5 pc(c + b)(2c + a) ≤ 35 √5
6Lời giải:Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:5r1.1.a.a + c2 .2a + b3 ≤1 + 1 + a + a + c2 +2a + b35 =25+13a30 +b15+c10Tương tự ta có:5pb(b + a)(2b + c) ≤ 25+13b30 +c15+a105pc(c + b)(2c + a) ≤ 25+13c30 +a15+b10Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:
15√6h5pa(a + c)(2a + b) +p5b(b + a)(2b + c) +p5c(c + b)(2c + a)i≤ 3.25 + 1330+115+110(a+b+c) = 3⇔p5a(a + c)(2a + b) +p5b(b + a)(2b + c) +p5c(c + b)(2c + a) ≤ 3√56Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
2Bài 21 đến bài 40
Bài 21 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3 Chứng minh rằng1a2 + 1b2 + 1c2 ≥ a2+ b2+ c2Lời giải:Cách 1.Do a, b, c > 0 ⇒ a2+ b2 + c2 < (a + b + c)2 = 9TH1: Giả sử 1 trong 3 số a, b, c nhở hơn 1
Trang 23Khi đó tổng 1a2 + 1
b2 + 1
c2 > 9 Bất đẳng thức luôn đúng trong trường hợp này.TH2: Giả sử cả 3 số a, b, c đều lớn hơn 1
3 Do a + b + c = 3 ⇒ a, b, c ≤73Ta có:1a2 − a2− (−4a + 4) = −(a − 1)2(a2− 2a − 1)a2 , ∀a ∈ 13,73Suy ra:1a2 − a2 ≥ −4a + 4Tương tự ta có:1b2 − b2 ≥ −4b + 41c2 − c2 ≥ −4c + 4Cộng vế theo vế, ta được:1a2 + 1b2 + 1c2 − a2− b2− c2 ≥ 4 (3 − a − b − c) = 0 ⇒ 1a2 + 1b2 + 1c2 ≥ a2+ b2+ c2Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 2.
TH1: Với a, b, c ∈ (0; 1 +√
2) Khi đó ta có ước lượng:1a2 − a2 ≥ −4a + 4 ⇔ −a4+ 4a3− 4a2+ 1 ≥ 0⇔ (a − 1)22 − (a − 1)2 ≥ 0, luôn đúngTương tự1b2 − b2 ≥ −4b + 41c2 − c2 ≥ −4c + 4Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức ta được1a2 − a2+ 1b2 − b2+ 1c2 − c2 ≥ 12 − 4(a + b + c) ≥ 9TH2: Nếu có một trong 3 số a, b, c lớn hơn hoặc bằng 1 +√
2.Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c suy ra:
a ≥ 1 +√2 ⇒ b + c ≤ 2 −√2 ⇒ c ≤ 2 −√22 ⇒ 1c2 ≥ 6 + 4√2Khi đó V T (1) ≥ 6 + 4√2 Trong khi đó V P (1) < (a + b + c)2 = 9.Như vậy trong TH2, (1) cũng đúng, ta đi đến lời giải như ở trên.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 3.
Theo bất đẳng thức AM-GM ta dễ dàng có được1a2 + 1b2 + 1c2 ≥ 1ab +1bc +1ca =a + b + cabcVà
Trang 24Do đó ta có:1a2 + 1b2 + 1c2 ≥ a + b + cabc =(a + b + c)2abc(a + b + c) ≥ 3(a + b + c)2(ab + bc + ca)2Mặt khác:
(a + b + c)2 = a2+ b2+ c2 + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca)≥ 3.q3(a2+ b2+ c2) (ab + bc + ca)2⇔ (a + b + c)6 ≥ 27 a2+ b2+ c2 (ab + bc + ca)2⇒ 3(a + b + c)2(ab + bc + ca)2 ≥ a2+ b2+ c2Do đó ta có:1a2 + 1b2 + 1c2 ≥ a2+ b2+ c2Chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 22 Cho x, y, z thỏa mãn 13x + 5y + 12z = 9 Tìm giá trị lớn nhất của
A = xy2x + y +3yz2y + z +6zx2z + xLời giải:Ta có A = 11x +1y +1y+ 113z +13z +13y+ 116x+16x+16zTheo bất đẳng thức AM-GM ta có(a + b + c) 1a +1b +1c≥ 9Áp dụng ta được(x + y + y) 1x +1y +1y≥ 9 ⇔ x + y + y9 ≥ 11x+1y +1y(y + z + z) 13y +13z +13z≥ 3 ⇔ y + z + z3 ≥ 113y +13z +13z(z + x + x) 16z +16x+16x≥ 32 ⇔ 2(z + x + x)3 ≥ 113z +13x +13xCộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được
A ≤ 19+ 232x +219+13y +213 +23z = 19(13x + 5y + 12z) = 1Vậy AM AX = 1
Bài tốn được hồn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 310Bài 23 Cho a, b, c > 0, ab ≥ 12, bc ≥ 8 Chứng minh rằng:
Trang 252ab +a18+b24 ≥ 122bc +b16 +c8 ≥ 342ca +a9 +c6 ≥ 18abc +a9 +b12+c6 ≥ 4313a18 +13b24 ≥ 13313c24 +13b48 ≥ 136Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được
a + b + c + 2 1ab+1bc +1ca+ 8abc ≥ 12+34+ 1 +43 +133 +136 =12112Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 4, c = 2.
Bài 24 Cho ab + bc + ca = abc và a, b, c > 0 Chứng minh rằng
P = a4+ b4ab (a3+ b3) +b4 + c4bc (b3 + c3)+c4+ a4ac (a3+ b3) ≥ 1Lời giải:Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:a4+ a4+ a4+ b4 ≥ 4a3bb4+ b4+ b4+ a4 ≥ 4ab3
Suy ra: 2a4+ 2b4 ≥ a4+ b4+ a3b + ab3 = (a3+ b3)(a + b)Vì vậy:P ≥ a + b2ab +b + c2bc +c + a2ac =ab + bc + caabc = 1.
Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3.Bài 25 Cho a, b, c ≥ 0; a + b + c = 1 Chứng minh rằng:
−√318 ≤ (a − b)(b − c)(c − a) ≤√318Lời giải:
Khơng mất tính tổng qt Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0Ta có biến đổi sau:
[(a − b)(b − c)(c − a)]2 ≤ [(a − b)ab]2 ≤3q2ab2ab(a − b)234Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có3q2ab2ab(a − b)234 ≤2ab + 2ab + (a − b)23!34 =(a + b)64.33 ≤ (a + b + c)6108Suy ra:[(a − b)(b − c)(c − a)]2 ≤ 1108 ⇔ |(a − b)(b − c)(c − a)| ≤√318 .
Hay ta có điều phải chứng minh.
Bài 26 Cho x, y, z > 0; xy + yz + zx = 3 Chứng minh rằng:
P = 1
xyz +
4
Trang 26Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3
p
xyz(x + y)(y + z)(z + x) ≤ x(y + z) + y(z + x) + z(x + y)
3 = 2⇒√3xyz ≤ 23p(x + y)(y + z)(z + x)⇒ xyz2 ≤ 4(x + y)(y + z)(z + x)Mặt khác:3 = xy + yz + zx ≥ 3px2y2z2 ⇔ xyz ≤ 1 Do đóP ≥ 1xyz +xyz2 ≥ 1xyz + xyz −xyz2 ≥ 2 −12 =32Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 27 Cho a, b, c thỏa mãn a ≥ 4; b ≥ 5; 7 ≥ c ≥ 6; a2+ b2+ c2 = 90 Tìm giá trị nhỏ nhất củaS = a + b + cLời giải:Đặt a = x + 4, b = y + 5, c = z + 6 thì x, y, z ≥ 0Ta có:a2+ b2+ c2 = 90⇒ (x + 4)2+ (y + 5)2+ (z + 6)2 = 90⇔ x2 + y2+ z2+ 8x + 10y + 12z = 13Giả sử: x + y + z < 1Mà x, y, z ≥ 0 ⇒ x2+ y2+ z2 < 1Ta có:x2 + y2+ z2+ 8x + 10y + 12z = x2+ y2+ z2 + 8(x + y + z) + 2(y + z) + 2z< 1 + (8 + 2 + 2).(x + y + z)< 1 + 8 + 2 + 2 = 13Điều này là vơ lí, vì vậy x + y + z ≥ 1
Do đó
S = a + b + c = 4 + x + 5 + y + 6 + z ≥ 15 + x + y + z ≥ 16Vậy SM IN = 16
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 5, c = 7.
Chú ý: việc tìm ra điều kiện x + y + z ≥ 1 chỉ là điều kiện cần của bài toán Bài toán được coi làhoàn tất khi chỉ ra được dấu bằng.
Cách 2.
Trang 27Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4, b = 5, c = 7.Bài tốn hồn tất.
Bài 28 Cho a > b > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = 2a + 32
(a − b)(2b + 3)2Lời giải:
Cách 1.
Biểu thức được viết lại như sau:
P = (2a − 2b) + 2b + 32 +2b + 32 +32(a − b)(2b + 3)2 − 3Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:(2a − 2b) + 2b + 32 +2b + 32 +32(a − b)(2b + 3)2 ≥ 44s(2a − 2b)(2b + 32 )232(a − b)(2b + 3)2 = 8Do đó P ≥ 8 − 3 = 5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2a − 2b = 2b + 3
2 =32(a − b)(2b + 3)2 hay a =32, b =12.Cách 2.Áp dụng bất đẳng thức AM-GM(4a − 4b)(2b + 3)(2b + 3) ≤ 4a − 4b + 2b + 3 + 2b + 333= 4a + 633= 827(2a + 3)3Từ đó ta có:P ≥ 2a + 32827(2a + 3)3= 2a + 33 +2a + 33 +2a + 33 +432(2a + 3)3 − 3Áp dụng bất đẳng thức AM-GM2a + 33 +2a + 33 +2a + 33 +432(2a + 3)3 ≥ 8Do đó P ≥ 8 − 3 = 5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2a − 2b = 2b + 3
2 =32(a − b)(2b + 3)2 hay a =32, b =12.Vậy PM IN = 5
Bài 29 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minh rằng:
Trang 28(a + 1)(a + c + 1) + (b + 1)(b + a + 1) + (c + 1)(c + b + 1)= a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 3= 12 a2+ b2+ c2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 92= 12(a + b + c + 3)2Từ đó:M ≥ (a + b + c + 3)212(a + b + c + 3)2= 2⇒ 32− P ≥ 2.12⇔ P ≤ 12
Bài tốn hồn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 30 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xy + yz + zx = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = 1x2+ 1 +1y2+ 1 +1z2+ 1Lời giải:Cách 1.
Khơng mất tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ zDo xy + yz + zx = 3 ⇒ yz ≥ 1Ta có bổ đề:1y2 + 1 +1z2+ 1 ≥ 2yz + 1Thật vậy, ta có:(y2+ z2+ 2) (yz + 1) ≥ 2 (y2+ 1) (z2+ 1) ⇔ (y − z)2(yz − 1) ≥ 0(luôn đúng do yz ≥ 1)Suy raP = 1x2+ 1 +1y2+ 1 +1z2+ 1 ≥ 1x2+ 1 +2yz + 1Do đó ta sẽ chứng minh1x2+ 1 +2yz + 1 ≥ 32⇔ 2x2+ yz + 3x2yz + x2+ yz + 1 ≥ 32⇔ x2+ 3 − yz − 3x2yz ≥ 0⇔ x2+ xy + xz − 3x2yz ≥ 0⇔ x(x + y + z − 3xyz) ≥ 0(∗)Từ xy + yz + zx = 3 ta có x + y + z ≥ 3 và xyz ≤ 1 Do đó x + y + z − 3xyz ≥ 0Do đó (*) đúng VậyP = 1x2+ 1 +1y2+ 1 +1z2+ 1 ≥ 1x2+ 1 +2yz + 1 ≥ 32Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Trang 294x23x2+ 3 =4x23x2+ xy + yz + zx ≤ x2x2+ xy + xz +x22x2 + yz =xx + y + z +x22x2+ yzTương tự với 2 biểu thức còn lại.
Pcyc4x23x2+ 3yz ≤Pcycxx + y + z+Pcycx22x2+ yz = 1 +Pcycx22x2+ yzTa sẽ chứng minh:Pcycx22x2+ yz ≤ 1Ta có32−Xcycx22x2+ yz =12Xcycyz2x2+ yz =12Xcyc(yz)22x2yz + y2z2!
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM – Cauchy-Schwarz ta được:Xcyc(yz)22x2yz + y2z2 ≥ (xy + yz + zx)2x2y2+ y2z2+ z2x2+ 2xyz(x + y + z) = 1⇒ 32 −Xcycx22x2+ yz ≥ 12⇔Xcycx22x2+ yz ≤ 1⇒Xcyc4x23x2+ 3yz ≤ 2⇔Xcycx2x2+ 1 ≤ 32 ⇒ P ≥ 32Đẳng thứcxảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.Vậy PM IN = 3
2.
Bài 31 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 3a(a + b + c) = bc Tìm giá trị nhỏ nhất củaP = b + caLời giải:Do a > 0 nên ta có: 31 + ba +ca= bca2Đặt x = ba, y =ca thì ta có 3(1 + x + y) = xy (x, y > 0)Ta phải tìm GTNN của P = x + yTheo bất đẳng thức AM-GM ta có3(1 + x + y) = xy ≤ (x + y)24Từ đó ta có (x + y)2− 12(x + y) − 12 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 6 + 4√3 (do x, y > 0)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 3 + 2√
3 ⇔ ba =ca = 3 + 2√3Vậy PM IN = 6 + 4√3.
Trang 30Suy ra:Pcycxx2+ yz ≤ 14 1x +1y+1z +Pcycx2x2+ y2+ z2= 14 1x+1y +1z+ 14Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:1x +1y +1z =xy + yz + zxxyz ≤ x2+ y2+ z2xyz ≤ 1Do đó Pcycxx2+ yz ≤ 14+14 =12Bài tốn hồn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.
Bài 33 Cho a, b, c ∈ [3; 5] Chứng minh rằng:√ab + 1 +√bc + 1 +√ca + 1 > a + b + cLời giải:Do a, b ∈ [3; 5] ⇒ |a − b| ≤ 2 ⇔ (a − b)2 ≤ 4Ta sẽ chứng minh2√ab + 1 ≥ a + bThật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
4ab + 4 ≥ a2 + b2+ 2ab ⇔ (a − b)2 ≤ 4(luôn đúng)Tương tự2√bc + 1 ≥ b + c2√ac + 1 ≥ a + cCộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có:√ab + 1 +√bc + 1 +√ca + 1 ≥ a + b + cĐẳng thức không xảy ra, do đó:
√
ab + 1 +√
bc + 1 +√
ca + 1 > a + b + cChứng minh hoàn tất.
Bài 34 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:1a3 + a3b3 + b3 ≥ 1a +ab + bLời giải:Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:1a3 + 1 + 1 ≥ 3aa3b3 + 1 + 1 ≥ 3abb3+ 1 + 1 ≥ 3b1a +ab + b ≥ 3Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta có:1a3 + a3b3 + b3+ 6 ≥ 3 1a +ab + b≥ 1a +ab + b + 6⇔ 1a3 + a3b3 + b3 ≥ 1a +ab + b
Bài tốn chứng minh hồn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.Bài 35 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:
Trang 31Lời giải:Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:p2b.(a + b) ≤ 2b + (a + b)2 =a + 3b2Từ đó:P ≥ 2a√2a + 3b +2b√2b + 3c +2c√2c + 3aTa sẽ chứng minhM = aa + 3b +bb + 3c +cc + 3a ≥ 34Thật vậy, ta có:M = a2a2+ 3ab +b2b2+ 3bc +c2c2+ 3caTheo bât đẳng thức AM-GM ta có:
ab + bc + ca ≤ a2+ b2+ c2Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta đượcM ≥ (a + b + c)2a2 + b2+ c2+ 3ab + 3bc + 3ca =(a + b + c)2a2+ b2+ c2+83(ab + bc + ca) +13(ab + bc + ca)Hay làM ≥ (a + b + c)243(a2+ b2 + c2) + 83(ab + bc + ca)= (a + b + c)243(a + b + c)2= 34Vì vậyaa + 3b +bb + 3c +cc + 3a ≥ 34Từ đó ta có:P ≥ 2a√2a + 3b+2b√2b + 3c +2c√2c + 3a ≥ 2√2.34 =3√22Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Trang 32a + b + c = 1 ⇒ √3abc ≤ 13 ⇒ 89√3abc ≥ 83⇒ a + b + c√3abc +3√abc = 19√3abc +3√abc + 89√3abc ≥ 23+83 =103⇒ ac +ba +cb +3√abc ≥ 103Mặt khác:Cũng doa + b + c = 1 ⇒ a2+ b2+ c2 ≤ 13 ⇒ 109(a2+ b2+ c2) ≤ 103Từ đó suy raac +ba +cb +3√abc ≥ 109(a2+ b2 + c2)Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3.Bài 37 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minh rằng
a√b +b√c +c√a ≥ a + b + cLời giải:Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta cóa√b +b√c+c√a =a2a√b +b2b√c+c2c√a ≥ (a + b + c)2a√b + b√c + c√aTa sẽ chứng minha√b + b√c + c√a ≤ a + b + cThật vậy,Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:a√b ≤ a(b + 1)2b√c ≤ b(c + 1)2c√a ≤ c(a + 1)2Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được
a√b + b√c + c√a ≤ 12(a + b + c + ab + bc + ca)Ta lại có: a2+ b2+ c2 = 3 ⇒ a + b + c ≤ 3
Suy ra: (a + b + c)(a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca)⇒ a + b + c ≥ ab + bc + caDo đó ta cóa√b + b√c + c√a ≤ 12(a + b + c + a + b + c) ⇔ a√b + b√c + c√a ≤ a + b + c⇒ (a + b + c)2a√b + b√c + c√a ≥ (a + b + c)2a + b + c = a + b + c⇒ √ab +b√c +c√a ≥ a + b + cĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Trang 33√y + zx +√z + xy +√x + yz ≥ 4(x + y + z)p(y + z)(z + x)(x + y)⇔X(y + z)p(x + y)(x + z)x ≥ 4(x + y + z)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:(y + z)p(x + y)(x + z)x ≥ (y + z) x +√yzx = y + z +(y + z)√yzx ≥ y + z + 2yzxSuy ra:P (y + z )p(x + y)(x + z)x ≥ 2(x + y + z) + 2 yzx +xzy +xyzMặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có:(yzx +xyz +xzy )2≥ 3(x2 + y2+ z2) ≥ (x + y + z)2⇒ yzx +xzy +xyz ≥ a + b + c⇒X(y + z)p(x + y)(x + z)x ≥ 4(x + y + z)
Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = zBài 39 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:
a(b + c)(b + c)2+ a2 + b(a + c)(c + a)2+ b2 + c(a + b)(a + b)2+ c2 ≤ 65Lời giải:Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:a2+ (b + c)2 ="a2+ (b + c)24#+ 34(b + c)2≥ a(b + c) + 34(b + c)2= (b + c) (4a + 3b + 3c)4⇒ a (b + c)a2+ (b + c)2 ≤ 4a(b + c)(4a + 3b + 3c)(b + c) =4a4a + 3b + 3cTheo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được:
12592a3 (a + b + c)+aa≥ 4a4a + 3b + 3c ⇒ a (b + c)a2+ (b + c)2 ≤ 27a25 (a + b + c)+125Tương tự:b (c + a)b2+ (c + a)2 ≤ 27b25 (a + b + c)+125c (c + a)c2+ (c + a)2 ≤ 27c25 (a + b + c)+125Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
a(b + c)(b + c)2+ a2 + b(a + c)(c + a)2+ b2 + c(a + b)(a + b)2+ c2 ≤ 27(a + b + c)25(a + b + c)+325 =65Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Trang 344b3(1 + c)(1 + a) +1 + c2 +1 + a2 ≥ 3b4a3(1 + b)(1 + c) +1 + a2 +1 + b2 ≥ 3c
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được4a3(1 + b)(1 + c) +4b3(1 + a)(1 + c) +4c3(1 + b)(1 + a)+ a + b + c + 3 ≥ 3(a + b + c)Cũng theo bất đẳng thức AM-GM :a + b + c ≥ 3√3abc = 3Do đó ta có:4a3(1 + b)(1 + c) +4b3(1 + a)(1 + c) +4c3(1 + b)(1 + a) ≥ 2(a + b + c) − 3 ≥ 2.3 − 3 = 3Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
3Bài 41 đến bài 60
Bài 41 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:
1 + 3a + b + c ≥ 6ab + bc + caLời giải:Đặt: a = 1x, b =1y, c =1z ⇒ abc = 1Khi đó ta có:1 + 3a + b + c ≥ 6ab + bc + ca ⇔ 1 + 3abca + b + c ≥ 6abcab + bc + ca⇔ 1 + 31ab +1bc +1ca≥ 61a +1b +1c⇔ 1 + 3xy + yz + zx ≥ 6x + y + zTheo bất đẳng thức AM-GM ta có:3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 ⇒ 1 + 3xy + yz + zx ≥ 1 + 9(x + y + z)2Mặt khác:1 + 9(x + y + z)2 − 6x + y + z =1 + 3x + y + z2≥ 0 với ∀ x, y, z⇒ 1 + 9(x + y + z)2 ≥ 6x + y + z ⇒ 1 + 3xy + yz + zx ≥ 6x + y + zChứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1
Trang 35a3a2+ 2b2+ c2 ≤ 118 2b +1cTương tự ta có:b3b2+ 2c2+ a2 ≤ 118 2c +1ac3c2+ 2a2+ b2 ≤ 118 2a +1bCộng vế theo vế ta cóa3a2 + 2b2 + c2 + b3b2+ 2c2+ a2 + c3c2+ 2a2+ b2 ≤ 16 1a +1b +1c
Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.Bài 43 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
X a3+ b33a2− 4ab + 11b2 ≥ 35Lời giải:Xét hàm số f (t) = t3+ 13t2− 4t + 11; t ∈ (0; 3] Ta có:f0(t) = 3t2(3t2− 4t + 11) − (t3+ 1) (6t − 4)(3t2− 4t + 11)2 =3t4− 8t3+ 33t2− 6t + 4(3t2− 4t + 11)2⇒ f0(1) = 13
50 Vậy phương trình tiếp tuyến của f (t) tại t = 1 là:y(t) − f (1) = f0(1)(t − 1) ⇔ y(t) − 15 =1350(t − 1) ⇔ y(t) =1350t −350Xét: g(t) = f (t) − y(t) = t3+ 13t2− 4t + 11 −1350t +350⇔ g(t) = (t − 1)2(11t + 81)50(3t2− 4t + 11) ≥ 0; ∀t ∈ (0; 3]⇒ t3+ 13t2− 4t + 11 ≥1350t −350; ∀t ∈ (0; 3]Với t = ab ⇒ a3+ b33a2 − 4ab + 11b2 ≥ 13a − 3b50Tương tự ta có:b3+ c33b2− 4bc + 11c2 ≥ 13b − 3c50a3+ c33c2− 4ac + 11a2 ≥ 13c − 3a50Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
a3+ b33a2− 4ab + 11b2 + b3+ c33b2− 4bc + 11c2 + a3+ c33c2− 4ac + 11a2 ≥ 15(a + b + c) =35Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 44 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:1a +1b +1c +9a + b + c ≥ 41a + b +1b + c +1c + aLời giải:
Trang 36⇔ b + ca +c + ab +a + bc ≥ 4ab + c+bc + a +ca + bÁp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:ab +ac ≥ 4ab + c,bc+ba ≥ 4ba + c,ca +cb ≥ 4ca + bCộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
ba +ca +bc+ba +ca +cb ≥ 4ab + c +4bc + a +4ca + b⇔ b + ca +c + ab +a + bc ≥ 4ab + c+bc + a +ca + b
Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.Bài 45 Cho a, b, c > 0; abc = 2 Chứng minh rằng:
a3+ b3+ c3 ≥ a√b + c + b√a + c + c√a + bLời giải:Cách 1.Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:a3+ b32 ≥ ab(a + b)2 =ab(a + b)abc =a + bcTừ đó ta có:c3+ a3+ b32 ≥ c3+ a + bc ≥ 2c√a + bTương tự ta có:b3+a3+ c32 ≥ b3+ a + cb ≥ 2b√a + ca3+b3+ c32 ≥ a3+b + ca ≥ 2a√b + cCộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
a3 + b3+ c3 ≥ a√b + c + b√
a + c + c√a + b
Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =√32.Cách 2.Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:a√b + c + b√a + c + c√a + b2 ≤ 2(a + b + c) (a2+ b2+ c2) = abc(a + b + c) (a2+ b2+ c2)Mà:abc(a + b + c) ≤ 13(ab + bc + ca)2
⇒ abc(a + b + c) a2+ b2+ c2 ≤ a2+ b2+ c2 (ab + bc + ca)2
Trang 37a3 + b3+ c3 ≥ a√b + c + b√
a + c + c√a + b
Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =√3
2.Bài 46 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị lớn nhất của
P = 11 + a2 + 11 + b2 + 11 + c2Lời giải:Xét hàm số f (x) = 1+x1 2; x ∈ (0; 1] ⇒ f0(x) = −2x(1 + x2)2 ⇒ f0 13= −2750Tiếp tuyến của hàm số f (x) tại x = 1
3 là:y(x) − f 13= f0 13 x − 13⇔ y(x) = −27x50 +2725Ta có:f (x) − y(x) = 11 + x2 − −27x50 +2725= (3x − 4)(3x − 1)250 (1 + x2) ≥ 0; ∀x ∈ (0; 1]⇒ 11 + x2 ≥ −27x50 +2725Với x = a, b, c ta có các bất đẳng thức:11 + a2 ≥ −27a50 +272511 + b2 ≥ −27b50 +272511 + c2 ≥ −27c50 +2725Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
11 + a2 + 11 + b2++11 + c2 ≥ 2750(a + b + c) + 3.2725 =2710Bài toán được hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3.
Bài 47 Cho x, y > 0 thay đổi thỏa mãn x + 2x − xy = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = x24 + 8y +y21 + xLời giải:Từ giả thiết ta có:x + 2y = 12.x.2y ≤18.(x + 2y)2⇔ (x + 2y)(x + 2y − 8) ≥ 0 ⇔ x + 2y ≥ 8Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:P = x24 + 8y +y21 + x =x24 + 8y +(2y)24 + 4x ≥ (x + 2y)28 + 4(x + 2y)Đặt: x + 2y = t ⇒ P = t28 + 4t với t ≥ 8Xét hàm số f (t) = t28 + 4t với t ≥ 8⇒ f0(t) = 2t(8 + 4t) − 4.t2(8 + 4t)2 =4t2+ 8t(8 + 4t)2 ≥ 0 với t ≥ 8⇒ f (t)M IN = f (8) = 85
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 4, y = 2.
Bài 48 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + 1 = z Chứng minh rằngx3y3
Trang 38Lời giải:Cách 1.Ta có:x3y3(x + yz)(y + zx)(z + xy)2 =x3y3(x + y + yx + y2) (y + x + x2+ yx) (1 + x + y + yx)2Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:x + y + xy + y2 = x + y + xy2 +xy2 +y22 +y22 ≥ 6.6rx3y716x + y + xy + x2 = x + y + xy2 +xy2 +x22 +x22 ≥ 6.6rx7y316(1 + x + y + xy)2 =1 + x2 +x2 +y2 +y2 +xy4 +xy4 +xy4 +xy42≥ 99rx6y684!2
Nhân vế theo vế của ba bất đẳng thức trên, ta được:
(x + y + yx + y2) (y + x + x2+ yx) (1 + x + y + yx)2 ≥ 729x3y34Hay là:x3y3(x + yz)(y + zx)(z + xy)2 ≤ 4729Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2, z = 5
Cách 2.Ta có:z − 1 = x + yy + yz = yz − y + z − 1 = (y + 1)(z − 1) = (y + 1)(x + y)y + zx = zx − x + z − 1 = (x + 1)(z − 1) = (x + 1)(x + y)z + xy = xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1)Do đó:x3y3(x + yz)(y + zx)(z + xy)2 =x3y3(x + y)2(x + 1)3(y + 1)3Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:x + y ≥ 2√xy ⇒ (x + y)2 ≥ 4xyx + 1 = x2 +x2 + 1 ≥ 33rx24 ⇒ (x + 1)3 ≥ 27x24y + 1 = y2 +y2+ 1 ≥ 33ry24 ⇒ (y + 1)3 ≥ 27y24Nhân vế theo vế của ba bất đẳng thức trên, ta được:
(x + y)2(x + 1)3(y + 1)3 ≥ 4xy.27x24 .27y24 =729x3y34Như vậy:x3y3(x + yz)(y + zx)(z + xy)2 ≤ 4729Chứng minh hoàn tất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2, z = 5.Bài 49 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 5
Trang 39Lời giải:Ta có:
(a + b − c)2 ≥ 0 với ∀a, b, c > 0 nên:bc + ca − ab ≤ 12(a2+ b2+ c2) ⇔ bc + ca − ab ≤ 12.53 =56 Do a, b, c > 0 ⇒ abc > 0Chia cả 2 vế của (*) cho abc ta được:
bc + ca − ababc ≤ 56abc <1abc ⇔ 1a +1b −1c <1abcChứng minh hoàn tất.
Bài 50 Cho a, b, c > 0 và a2+ b2+ c2 ≤ abc Tìm giá trị lớn nhất của:
P = aa2+ bc +bb2+ ca +cc2+ abLời giải:Cách 1.Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:a2 + b2+ c2 ≥ ab + bc + caÁp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:aa2+ bc ≤ 14 1a +abcbb2 + ac ≤ 14 1b +baccc2+ ab ≤ 14 1c +cabCộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có:P = aa2+ bc+bb2+ ca +cc2+ ab ≤ 14 1a +1b +1c +abc +bac+cab≤ 14 a2+ b2 + c2+ ab + bc + caabc≤ 12 a2+ b2+ c2abc≤ 12.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.
Vậy maxP = 12.Cách 2.Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:a2+ bc ≥ 2a√bc ⇒ aa2+ bc ≤ a2a√bc =12√bcMặt khác:2√bc ≤ 1b +1c ⇒ aa2+ bc ≤ 14 1b +1cTương tự ta có:bb2+ ac ≤ 14 1a +1ccc2+ ab ≤ 14 1a +1bCộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có:aa2+ bc+bb2+ ca +cc2+ ab ≤ 12 1a +1b +1c= 12 ab + bc + caabc≤ 12 a2+ b2+ c2abc≤ 12.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.
Vậy maxP = 1
Trang 40Bài 51 37 Cho a, b, c ≥ 0; a + b + c = 1 Tìm giá trị lớn nhất của:P =ra + (b − c)24 +rb + (a − c)24 +rc + (a − b)24Lời giải:Ta có:a + (b − c)24 −a + b + c22= a(a + b + c) +(b − c)24 −a +b + c22= (b − c)24 − (b + c)24 = −bc ≤ 0Từ đó:⇒ a + (b − c)24 ≤a + b + c22⇔ra +(b − c)24 ≤ a +b + c2Tương tự:rb + (a − c)24 ≤ b + a + c2rc + (a − b)24 ≤ c + a + b2Cộng vế theo vế ta có:P =ra + (b − c)24 +rb + (a − c)24 +rc + (a − b)24 ≤ 2(a + b + c) = 2.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0; c = 1 và các hoán vị của chúng.Vậy maxP = 2.