LỜI GIẢI 15 BÀI CMBĐT LTĐH-PHÂN 1

LỜI GIẢI 15 BÀI CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG TUYỂN SINH ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG BÌNH LONG-BÌNH PHƯỚC 1. Cho 3 số bất kì x, y, z. CMR: + + + + ≥ + 2 2 2 2 2 2 x xy y x xz+z y yz+z (CĐGT II 2003 dự bị) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm: A   +  ÷  ÷   y 3 x ; z 2 2 , B   +  ÷  ÷   3 3 0; y z 2 2 , C   −  ÷   y z ;0 2 2 Ta có: AB =     + + = + +  ÷  ÷  ÷     2 2 2 2 y 3 x y x xy y 2 2 AC =     + + = + +  ÷  ÷  ÷     2 2 2 2 z 3 x z x xz z 2 2 BC =     − + + = +  ÷  ÷  ÷     2 2 2 2 y z 3 (y z) y yz+z 2 2 2 Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC ⇒ + + + + ≥ + 2 2 2 2 2 2 x xy y x xz+z y yz+z BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 2. Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x 3 + y 3 + z 3 ≥ x + y + z. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3 3 3 3 3 x y z ⇒ 2(x 3 + y 3 + z 3 ) ≥ 6 x 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 x ⇒ x 3 + 2 ≥ 3x(1) Tương tự: y 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 y ⇒ y 3 + 2 ≥ 3y(2) z 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 3 z ⇒ z 3 + 2 ≥ 3z (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 3. Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức: + + + + + + + + + + + a b c d a b c b c d c d a d a b < 2 (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có: + < + = + + + + + + a c a c 1 a b c c d a a c a c + < + = + + + + + + b d b d 1 b c d d a b b d b d Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được đpcm. BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 4. Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x + 1) 2   + +  ÷   2 1 2 1 x x ≥ 16. (CĐKT Cao Thắng khối A 2006) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI Ta có: (x + 1) 2   + +  ÷   2 1 2 1 x x ≥ 16 (1) ⇔ (x + 1) 2   +  ÷   2 1 1 x ≥ 16 ⇔ (x + 1)   +  ÷   1 1 x ≥ 4 (do x > 0) ⇔ (x + 1) 2 ≥ 4x ⇔ (x – 1) 2 ≥ 0 (2) (2) luôn đúng nên (1) được chứng minh. 5. Cho 3 số dương a, b, c. Ch. minh rằng: + + + + + + + + ≥ a b c a b c a b c 9 a b c (CĐKTKTCN1 khối A 2006) LỜI GIẢI Xét vế trái của BĐT đã cho:VT = + + + + + + + + b c a c a b 1 1 1 a a b b c c = 3 +       + + + + +  ÷  ÷  ÷       b a c a c b a b a c b c Do a, b, c > 0 nên theo BĐT Côsi ta có: + ≥ = b a b a 2 . 2 a b a b ; + ≥ = b c b c 2 . 2 c b c b ; + ≥ = c a c a 2 . 2 a c a c Khi đó: VT ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 (đpcm). 6. Cho ba số dương a, b, c thoả a 2 + b 2 + c 2 = 1. Chứng minh: + + ≥ + + + 2 2 2 2 2 2 a b c 3 3 2 b c c a a b (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2) LỜI GIẢI Do a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên = = + − − 2 2 2 2 2 a a a b c 1 a a(1 a ) (1) Mà 2a 2 .(1 – a 2 ) 2 ≤   + − + −   =  ÷  ÷  ÷     3 3 2 2 2 2a (1 a ) (1 a ) 2 3 3 ⇒ a 2 .(1 – a 2 ) 2 ≤ 4 27 ⇒ a(1 – a 2 ) ≤ 2 3 3 (2) Từ (1), (2) suy ra: ≥ + 2 2 2 a 3 3 a 2 b c Do đó: + + ≥ + + = + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 3 3 3 3 (a b c ) 2 2 b c c a a b Dấu “=” xảy ra ⇔  = −   = −   = −   2 2 2 2 2 2 2a 1 a 2b 1 b 2c 1 c ⇔ a = b = c = 1 3 . BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI Ta có:  + + =   + + =   2 2 2 a b c 2 ab bc ca 1 ⇔  + − = −   + + =   2 2 (a b) 2ab 2 c c(a b) ab 1 Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt + =   =  a b S ab P (S 2 – 4P ≥ 0) Ta được hệ:  − = −     2 2 S 2P 2 c (1) cS+P =1 (2) Từ (2) ⇒ P = 1 – cS, thay vào (1) ta được: S 2 – 2(1 – cS) = 2 – c 2 ⇔ S 2 + 2cS + c 2 – 4 = 0 ⇔ = − −   = − +  S c 2 S c 2 • Với S = – c – 2 ⇒ P = 1 + c(c + 2) = c 2 + 2c + 1 BĐT: S 2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c – 2) 2 – 4(c 2 + 2c + 1) ≥ 0 ⇔ –3c 2 – 4c ≥ 0 ⇔ − ≤ ≤ 4 c 0 3 (3) • Với S = –c + 2 ⇒ P = 1 – c(–c + 2) = c 2 – 2c + 1 BĐT: S 2 – 4P ≥ 0 ⇔ (–c + 2) 2 – 4(c 2 – 2c + 1) ≥ 0 ⇔ –3c 2 + 4c ≥ 0 ⇔ ≤ ≤ 4 0 c 3 (4) Từ (3), (4) ta được: − ≤ ≤ 4 4 c 3 3 LỜI GIẢI Trước hết, ta dễ dàng chứng minh được nếu x, y > 0 thì: + ≥ + 1 1 4 x y x y (1) Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y. Áp dụng (1) ta được: + ≥ = − − − + − 1 1 4 4 p a p b p a p b c + ≥ = − − − + − 1 1 4 4 p b p c p b p c a + ≥ = − − − + − 1 1 4 4 p c p a p c p a b BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 7. Cho các số a, b, c thoả:  + + =   + + =   2 2 2 a b c 2 ab bc ca 1 Chứng minh: − ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ 4 4 4 4 4 4 a ; b ; c 3 3 3 3 3 3 (ĐH Kiến trúc HN 2001) 8. Cho ∆ABC có 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:   + + ≥ + +  ÷ − − −   1 1 1 1 1 1 2 p a p b p c a b c (Học viện NH TPHCM khối A 2001) [...]... y y = z z = x    ⇔ x=y=z =1 BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 10 Cho a ≥ 1, b ≥ 1 Chứng minh rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab (*) (ĐH Thái Nguyên khối D 20 01) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI BĐT (*) ⇔ a b 1 b a 1 + 1 ab ab ⇔ 1 1 1 1  1 − b ÷ + a  1 a ÷ ≤ 1 b    (1) 1  1 + 1 1 1 b  b ÷ 1  = 1 ≤ b b÷ 2 2   Theo BĐT Côsi ta có: 1  1 + 1 1 1 a  a ÷ 1  = 1 ≤ a a÷ 2 2   Cộng 2 BĐT... 3 x +y Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 1 1 1 1 ≤  2 + 2÷ xy 2  x y ÷   ⇒ 2 x x3 + y 2 ≤ 1 x 2 2 , ≤ 2 x 2xy x 1 = 1 xy ta có: y2 1 1 1  2 + 2÷ 2 x y ÷   Tương tự ta cũng có: 2 y 3 y +z Suy ra: 2 ≤ 1 1 1 2 z 1 1 1  2 + 2 ÷; 3 y ÷ z + x2 ≤ 2  z2 + x2 ÷ 2 z    2 x 3 x +y 2 + 2 y 3 y +z Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 + 2 z 3 z +x 2 ≤ 1 x 2 + 1 y 2 + 1 z2  x3 = y 2  y3 = z2 z3 = x2    vaø... ⇔ 1 1 1  b = 1 b = 2    1 = 1 1 = 1 a a 2  ⇔ a = b = 2 BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 11 Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13 (ĐH Vinh khối A, B 20 01) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI Ta có: 3 – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > 0 Do đó theo BĐT Côsi ta có: (3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤ 3  3 − 2a + 3 − 2b + 3 − 2c   ÷ 3   =1. .. 1 1 1   1 1 1 2 + + ÷ ≥ 4 + + ÷ p−a p−b p−c a b c  ⇔ đpcm Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c − chứng minh được: 4 4 ≤ a,b,c ≤ 3 3 LỜI GIẢI Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x3, y2 ta có: 9 Cho 3 số x, y, z > 0 Chứng minh rằng: 2 x 3 x +y 2 + 2 y 3 y +z 2 + 2 z 3 z +x 2 1 ≤ x 1 + 2 y 2 + 1 z2 (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 20 01) x3 + y2 ≥ 2 x3 y 2 = 2xy x 2 x ⇒ 3 x +y Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương 1 1... c) 15 Cho 3 số dương a, b, c thoả điều kiện abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= bc 2 + 2 a b+ a c ca 2 2 b c+b a + ab 2 c a + c 2b (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000) LỜI GIẢI Ta có: Đặt x = giả thiết bc 2 2 a b+ a c = 1 bc 2 a (b + c) 1 1 ;y= b; a a, b, c > 0  abc = 1 z= ⇔ = 2 1 = a  1 1 1 + 1 a2  + ÷ b c b c 1 thì c  x,y,z > 0   xyz =1 Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: và P = x2 y2 z2 +... ≤ 1 ⇔ 27 – 54 + 12 (ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1 ⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14 ⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14 = 3(a + b +c)2 – 14 = 13 Đẳng thức xảy ra ⇔ 3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c ⇔ a = b = c = 1 BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 12 Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc b2 + 2a2 c2 + 2b2 a2 + 2c2 + + ≥ 3 ab bc ca Chứng minh rằng: (ĐHQG HN khối D 2000) LỜI... LỜI GIẢI Ta có: b2 + 2a2 = ab Đặt x = giả thiết b2 + 2a2 2 2 = 1 2 + 2 1 a b a b2 1 1 1 ; y = b ; z = c thì a a,b,c > 0  x,y,z > 0  ⇔ x + y + z = 1 ab + bc + ca = abc   và đpcm ⇔ x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ 3 Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2 ⇒ x2 + 2y2 ≥ 1 3 (x + 2y) Viết 2 BĐT tương tự, rồi cộng lại, ta có: x2 + 2y2 + y 2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ 1 3 (3x... có: và P = x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y 2  x y z  + z + x + x + y ÷ (y + z + z + x + x + y).P ≥  y + z  y+z z+x x+y ÷   1 1 3 1 ⇒ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)2 ⇒ P ≥ 2 (x + y + z) ≥ 2 3 xyz = 2 3 3 ⇒P≥ 2 3 Nếu P = thì x = y = z = 1 ⇒ a = b = c = 1 2 3 3 Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P = Vậy minP = 2 2 BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC ... PHÖÔÙC 14 Cho 3 số a, b, c bất kì Chứng minh các BĐT: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) (ĐHSP TP HCM khối DE 2000) LỜI GIẢI 2 2 2 2 a) a + b ≥ 2ab; b + c ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c b) (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥ ≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c) 15 Cho... có: x2 + 2y2 + y 2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ 1 3 (3x + 3y + 3z) = 3 BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 3 ⇔a=b=c=3 13 Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0 Ch minh rằng: Ta có: 3 a3 + b3  a + b  ≥ ÷ 2  2  3 a3 + b3  a + b  ≥ ÷ 2  2  (ĐH Bách khoa HN khối A 2000) LỜI GIẢI ⇔ 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 ⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ 0 ⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ 0 ⇔ (a . GIẢI BĐT (*) ⇔ − − + ≤ a b 1 b a 1 1 ab ab ⇔     − + − ≤  ÷  ÷     1 1 1 1 1 1 1 b b a a (1) Theo BĐT Côsi ta có:   + −  ÷     − ≤ =  ÷   1 1 1 1 1 1 b b 1 b b 2 2   + −  ÷ . ÷   1 1 1 1 1 1 a a 1 a a 2 2 Cộng 2 BĐT lại ta được BĐT cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔  = − =     = − =   1 1 1 1 b b 2 1 1 1 1 a a 2 ⇔ a = b = 2. BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC 11 . Chứng. + 1) 2   + +  ÷   2 1 2 1 x x ≥ 16 . (CĐKT Cao Thắng khối A 2006) BÌNH LONG-BÌNH PHÖÔÙC LỜI GIẢI Ta có: (x + 1) 2   + +  ÷   2 1 2 1 x x ≥ 16 (1) ⇔ (x + 1) 2   +  ÷   2 1 1 x ≥