Áp dụng dấu của tam thức bậc hai vào để chứng minh bất đẳng thức

ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAITRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Đỗ Trọng Đạt - Tăng Hải Tuân - Trần Trung Kiên I.. Lời nói đầu Trong quá trình học THCS và THPT chắc hẳn các bạn đã ít nhiều g

ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAI

TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Đỗ Trọng Đạt - Tăng Hải Tuân - Trần Trung Kiên

I Lời nói đầu

Trong quá trình học THCS và THPT chắc hẳn các bạn đã ít nhiều gặp những ứng dụng của tamthức bậc 2, như tìm nghiệm của phương trình, tìm miền giá trị Đơn giản và trong sáng, sử dụngtam thức bậc 2 để chứng minh bất đẳng thức từ lâu đã là 1 phương pháp hay và hiệu quả Qua bàiviết này, chúng tôi xin giới thiệu phương pháp đó và sắc màu của nó qua mỗi bài toán

Nhóm tác giả

1 Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn

2 Đỗ Trọng Đạt - 10 Toán 1 THPT Chuyên Thái Bình

3 Trần Trung Kiên - Thành phố Hồ Chí Minh

Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c với a khác 0 Khi đó ta có

f (x) ≤ 0 ⇔

(

a < 0

∆ ≤ 0.

Tiêu chuẩn 3 f (x) > 0 với mọi x > α

Tiêu chuẩn 7 f (x) > 0 với mọi x ∈ (α, β)

? a.f (x) ≥ 0∀x ⇔ ∆ = b2− 4ac ≤ 0 Và khi đó f (x) = 0 ⇔ ∆ = 0

? Nếu tồn tại 1 số α sao cho a.f (α) ≤ 0 thì phương trình f (x) = 0 luôn có nghiệm Trong trường hợptìm được α thỏa a.f (α) < 0 thì suy ra phương trình f (x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 < α < x2 và

∆ > 0

? Nếu tồn tại 1 số α, β sao cho

f (α).f (β) ≤ 0 thì phương trình f (x) = 0 luôn có nghiệm Trong trường hợp tìm được α, β thỏa

f (α).f (β) < 0 thì suy ra phương trình f (x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt và ∆ > 0

III Sử dụng tam thức bậc 2 để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

Ví dụ 1 (Đề thi HSG TP Hồ Chí Minh 2006-2007)Tìm ba số thực x, y, z thỏa mãn hệ

11 ≤ x ≤ 6 +

√19011

Vì x lớn nhất nên x ≤ 6 +

√19011Khi x = 6 +

√190

Với điểm đẳng thức lẻ và giả thiết rắc rối, chắc hẳn bài toán khó có thể sử dụng các bất đẳng thức

cổ điển để giải, nhưng với công cụ tam thức bậc 2 thì ta có thể tạo ra một lời giải trong sáng hơnrất nhiều:

Rút y = P − 2x, thế vào giả thiết ta có:

x2+ (P − 2x)2+ (P − 2x)x − 6(P − x) + 5 = 0

⇔ 3x2 − (3P − 6)x + P2− 6P + 5 = 0Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn x, điều kiện cần và đủ đề phương trình có nghiệm là:

∆ = (3P − 6)2− 12(P2− 6P + 5) ≥ 0

⇔ −3.(P2− 12P + 8) ≥ 0

⇔ 6 − 2√7 ≤ P ≤ 6 + 2√

7Vậy M inP = 6 − 2√

Lời giải:Để ý rằng, với giả thiết x + y + z = 1 thì

P = 9xy + 10yz + 11zx = 9xy + z(10y + 11x) = 9xy + (1 − x − y)(10y + 11x)

Khai triển và rút gọn, ta thu được

P = −11x2− 10y2+ 11x + 10y − 12xyTương đương với 11x2+ (12y − 11)x + 10y2− 10y + P = 0 (*)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện tồn tại của x nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức

∆ = (12y − 11)2− 44(10y2− 10y + P ) ≥ 0Hay

−296y2+ 176y + 121 − 44P ≥ 0Tương đương với





− 544510952



= 495148Vậy kết luận Max P = 495

Hoàn toàn tương tự,ta có thể dùng ý tưởng này để chứng minh những bài toán có dạng :

Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn: x + y + z = k Tìm giá trị lớn nhất của:

P = mxy + nyz + qzx

Ví dụ 4 (Vasile-Cirtoaje)Chứng minh ∀a, b, c ∈ R ta luôn có bất đẳng thức:

(a2+ b2+ c2)2 ≥ 3(a3b + b3c + c3a)Lời giải:

Đặt b = a + x, c = a + y khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:

Vậy nên hiển nhiên f (a) ≥ 0 Bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc (a; b; c) tỷ lệ với bộ (sin24π

Sử dụng phương pháp miền giá trị ta có −6 ≤ P ≤ 3

•Giá trị lớn nhất của P là 3 đạt được khi x = √3

•Giá trị nhỏ nhất của P là −6 đạt được khi x = √3

Ví dụ 6

Cho 2 số thực x, y thỏa x2+ xy + y2 ≤ 3, chứng minh

−4√3 − 3 ≤ x2− xy − 3y2 ≤ 4√3 − 3Lời giải:

∆ = P4− 8P ≥ 0 ⇔ P ≥ 2Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: x = √1

Ta xem P là một tam thức bậc hai theo b Tam thức này có hệ số cao nhất dương, do đó nó sẽ đạtgiá trị nhỏ nhất khi b = − 1

2a Khi đó

P = a2+ 1

4a2 + 1

a2 − 12a2 = a2+ 3

4a2 ≥ 2

r3a24a2 =√

a2 = 34a2

4

r 43

b = r 34

4; b = −

12

4

r 43

IV Sử dụng tam thức bậc 2 chứng minh các bất đẳng thức

Từ giả thiết ta rút ra b = 3 − a − c, Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành:

a + a(3 − a − c) + 2ac(3 − a − c) ≤ 9

2

Điều này tương đương:

f (a) = (2c + 1)a2+ (2c2− 5c − 4)a +9

2 ≥ 0

Ta thấy f (a) là 1 tam thức bậc 2 của a có hệ số a2 ≥ 0 và lại có:

∆ = (2c2− 5c − 4)2 − 18(2c + 1) = (2c − 1)2(c2− 4c − 2) ≤ 0đúng do 0 ≤ c ≤ 3

Vậy nên f (a) ≥ 0

Chứng minh hoàn tất Dấu đẳng thưc xảy ra tại a = 3

Đặt a = x + y + z, b = xy + yz + zx, c = xyz

Từ đó giả thiết tương đương với 3 + a = b + 3c

Và bất đẳng thức được viết lại thành

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì ta có

∆0a= −36b(b − 3)2 ≤ 0Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 

Ví dụ 11

Cho 4 số thực a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức:

(a + b + c + d)2 ≤ 3(a2+ b2+ c2+ d2) + 6abLời giải:

Một cách tự nhiên, ta mong muốn đưa bất đẳng thức về dạng tam thức bậc 2 của 1 ẩn nào đó Viếtbất đẳng thức dưới dạng tương đương:

a2+ 2a(b + c + d) + (b + c + d)2 ≤ 3(a2+ b2+ c2+ d2) + 6ab

⇔ −2a2+ 2a(c + d − 2b) + (b + c + d)2− 3(b2+ c2+ d2) ≤ 0Xét f (a) = −2a2+ 2aa(c + d − 2b) + (b + c + d)2− 3(b2+ c2 + d2) Ta thấy hệ số của a2 là −2 < 0

và có biệt thức ∆0 là

∆0 = (c+d−2b)2+2[(b+c+d)2−3(b2+c2+d2)] = −(c−b)2−(d−b)2+2(c−b)(d−b)−2(c−d)2 = −3(c−d)2 ≤ 0

Vậy nên f (a) ≤ 0∀a, b, c, d ∈ R Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra tại a = 1

2(c + d − 2b)

Ví dụ 12 (Vasile-Cirtoaje)Chứng minh ∀a, b, c ∈ R ta luôn có bất đẳng thức:

(a2+ b2+ c2)2 ≥ 3(a3b + b3c + c3a)Lời giải:Đặt b = a + x, c = a + y khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:

(x2 − xy + y2)a2− (x3 − 5x2y + 4xy2+ y3)a + x4− 3x3y + 2x2y2+ y4 ≥ 0

Dễ thấy đây là một tam thức bậc hai của a với hệ số cao nhất dương Và ta xét biệt thức:

∆a = (x3−5x2y +4xy2+y3)2−4(x2−xy +y2)(x4−3x3y +2x2y2+y4) = −3(x3−x2y −2xy2+y3)2 ≤ 0Vậy nên hiển nhiên f (a) ≥ 0 Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc(a; b; c) tỷ lệ với bộ (sin24π

Chứng minh rằng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau ∀x, y, z ∈ R:

a(x − y)(x − z) + b(y − x)(y − z) + c(z − x)(z − y) ≥ 0Lời giải:

Do a, b, c là 3 cạnh tam giác nên a + b > c ⇒ ac + bc > c2 Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồicộng lại ta dễ dàng có:

a2+ b2+ c2 < 2(ab + bc + ca) (∗)

Ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x:

ax2− (ay + az + by − bz + cz − cy)x + (ayz + by2− byz + cz2− cyz) ≥ 0

Dễ dàng nhận thấy hệ số cao nhất của tam thức là a ≥ 0 và có biệt thức: Delta = (ay + az + by −

bz + cz − cy)2− 4a(ayz + by2− byz + cz2− cyz)

= [a2 + b2+ c2 − 2(ab + bc + ca)](y − z)2 ≤ 0 ( Từ (∗) ) Chứng minh hoàn tất Dấu bằng xảy rachẳng hạn x = y = z 

Ví dụ 14

Cho a, b, c, d, p, q thỏa mãn: p2+ q2− a2− b2 − c2− d2 > 0

Chứng minh rằng:

(p2 − a2− b2)(q2− c2− d2) ≤ (pq − ac − bd)2Lời giải:

Do p2 + q2 − a2 − b2 − c2 − d2 > 0 nên chắc chắn phải có 1 tr0ng 2 biểu thức p2 − a2 − b2 hoặc

q2− c2− d2 > 0 Không mất tính tổng quát giả sử đó là q2− c2− d2 > 0.Xét tam thức bậc 2 :

f (x) = (p2− a2− b2)x2− 2(pq − ac − bd)x + (q2− c2− d2)

Ví dụ 15.

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 2 Chứng minh rằng:

ab + bc + ca ≤ 1 + 2abcLời giải:

Đặt S = a + b, P = ab Khi đó giả thiết được viết lại dưới dạng S2 + c2 = 2 + 2P , suy ra2P = S2+ c2− 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

2P c + 1 − P − Sc ≥ 0,hay

r2

k(2t2+ c2) + (2t − 1)c + 3k + 2 − (2k + 1)(2t + c) ≥ 0hay tương đương

f (t) = 2k.t2+ 2(c − 2k − 1).t + c2k − 2ck − 2c + 2 + 3k ≥ 0

Ta có

∆0t= (c − 2k − 1)2− 2k c2k − 2ck − 2c + 2 + 3k

= −(c − 1)2 2k2− 1
Như vậy

f (t) ≥ 0, ∀t ⇔

(2k > 0

∆0t= −(c − 1)2 2k2− 1
≤ 0 ⇔ k ≥

1

√2

Từ đó ta suy ra rằng với mọi số thực k ≥ √1

2 thì bất đẳng thức đề bài luôn đúng, tức là với mọi sốthực k ≥ 1 thì bất đẳng thức cũng đúng

Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 

Ví dụ 17

Cho k ∈ (−1; 2) và a, b, c là các số đôi một phân biệt Chứng minh rằng

a2+ b2+ c2+ k (ab + bc + ca)

1(a − b)2 +

1(b − c)2 +

1(c − a)2



≥ 9 (2 − k)4Lời giải:

Ta có

1(a − b)2 +

1(b − c)2 +

1(c − a)2 ≥ 1

(a − b)2 +

8(b − c + c − a)2 =

9(a − b)2

Hay là y2 [(a + b − c)2− 4ab] ≤ 0

⇔ (a − b)2+ c2 ≤ 2(a + b)c

Và do a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên (a − b)2+ c2 ≤ 2c2 ≤ 2(a + b)c

Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn tại x = y = z = 0 

Ví dụ 19.

Cho các số thực a, b, c, d, m thỏa mãn điều kiện a + d = b + c và 2m ≥ |ad − bc| Chứng minh rằng

∀x ∈ R ta có:

(x − a)(x − b)(x − c)(x − d) + m2 ≥ 0Lời giải:

Chứng minh rằng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau ∀x, y, z ∈ R:

a(x − y)(x − z) + b(y − x)(y − z) + c(z − x)(z − y) ≥ 0Lời giải:

Do a, b, c là 3 cạnh tam giác nên a + b > c ⇒ ac + bc > c2 Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồicộng lại ta dễ dàng có:

a2+ b2+ c2 < 2(ab + bc + ca) (∗)

Ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x:

ax2− (ay + az + by − bz + cz − cy)x + (ayz + by2− byz + cz2− cyz) ≥ 0

Dễ dàng nhận thấy hệ số cao nhất của tam thức là a ≥ 0 và có biệt thức:

∆ = (ay + az + by − bz + cz − cy)2− 4a(ayz + by2− byz + cz2− cyz)

= [a2 + b2+ c2 − 2(ab + bc + ca)](y − z)2 ≤ 0 ( Từ (∗) ) Chứng minh hoàn tất Dấu bằng xảy rachẳng hạn x = y = z 

Ví dụ 21

Chứng minh bất đẳng thức với A, B, C là 3 đỉnh của 1 tam giác và x, y, z là các số thực bất kì:

x2+ y2+ z2+ 2(xy cos 2C + yz cos 2A + xz cos 2B) ≥ 0Lời giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: x2+2(z cos 2B +y cos 2C)x+y2+z2+2yz cos2A ≥ 0Coi đây là 1 tam thức bậc 2 ẩn x ta có:

∆‘ = (z cos 2B + y cos 2C)2− y2 − z2 − 2yz cos 2A

= z2(cos22B − 1) + y2(cos22C − 1) + 2yz[cos 2B cos 2C − cos(2B + 2C)] = −(ysinC + zsinB)2 ≤ 0Vậy theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh 

bcx(x + y)(x + z) +

acy(x + y)(y + z) +

abz(x + z)(y + z) ≤ (a + b + c)

2

4(x + y + z)c) Cho a, b, c thoả mãn :abc + a + c = b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

x2− 2(zcosB + ycosC)x + y2 + z2− 2yzcosA ≥ 0 (*)

Để (*) xảy ra với mọi x (x dương) thì: ∆ ≤ 0 Có:

∆0 = (zcosB + ycosC)2− y2− z2+ 2yzcosA

= z2(cos2B − 1) + y2(cos2C − 1) + 2yzcosBcosC − 2yzcos(B + C) = −(ysinC + zsinB)2 ≤ 0Suy ra điều phải chứng minh b) Đặt m = x + y, n = y + z, k = z + x thì m, n, k là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

2bc cos bA + 2ac cos bB + 2ab cos bC ≤ a2+ b2+ c2Trong đó: bA, bB, bC là 3 góc của M MN P nhận m, n, p thứ tự là cạnh đối diện tương ứng Và đâychính là kết quả của bài toán trước nên ta cói điều cần chứng minh c) Đặt a = tgα, c = tgβ, 0 < α, β < π

Vậy maxP = 10

3 đạt được chẳng hạn a =

√2

(1 + y)2 + 1

(1 + z)2 + 1

1 + x + y + z ≥ 1Quy đồng và chuyển bất đẳng thức về ngôn ngữ p, q, r

Đặt p = x + y + z; q = xy + xz + yz; r = xyz

q2− 2pq + p3− 5q − 3 ≥ 0Tam thức bậc 2 theo q này có ∆0 = p2 + 3 + 5p − p3 = −(p − 3)(p + 1)2 ≤ 0 Vậy ta có điều phảichứng minh.Đẳng thức xảy ra tại x = y = z = 1 hay a = b = c 

Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c

Đặt a = c + x , b = c + y , khi đó x ≥ y ≥ 0 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

Do đó ta chỉ cần chứng minh

3c2+ 2c (x + y) + x2+ y2

2 ≥ y2hay

3c2+ 2c (x + y) + x2− y2 ≥ 0Khi đó ∆0c = (x + y) (2y − x) ≤ 0

3c2+ 2c (x + y) + 4xy − x2− y2 ≥ 0Khi đó ∆0c = (x − 2y) (2x − y) ≤ 0

Vậy bài toán được chứng minh 

Ví dụ 25

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng :

(ab2+ bc2+ ca2)(ab + bc + ca) ≤ 9Lời giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử b là số nằm giữa hai số a và c Khi đó ta có

c (b − a) (b − c) ≤ 0

⇔ a2b + b2c + c2a ≤ b a2+ ac + c2
Đặt x = ac Ta có a + c = 3 − b và ta sẽ chứng minh

b a2+ ac + c2
(ab + bc + ca) − 9 ≤ 0,hay là ta cần chứng minh

f (y) = b(a + c)2− ac [b (a + c) + ca] − 9

Từ đó, theo tiêu chuẩn 2 ta có f (x) ≤ 0 Bài toán được chứng minh xong.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 

4

cos B − C

4

cos B − C

4

cos B − C



1 −32

Ta được điều phải chứng minh

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = π

3.

Ví dụ 27 (Đề đề nghị Olympic 30-4)Cho a, b, c ≥ 0 chứng minh rằng

a2+ b2+ c2+ 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ac) (1)Lời giải:

(1) ⇔ f (a) = a2+ 2a(bc − b − c) + (b − c)2+ 1 ≥ 0 (2)Tam thức bậc hai f (a) có ∆0 = bc(b − c)(c − a) − 2

Ví dụ 28.

Cho a2+ b2 = 1 và c + d = 3 với a, b, c, d ∈ R.Chứng minh rằng :

ac + bd + cd ≤ 9 + 6

√24Lời giải:

2 ≤ t ≤√

2Khảo sát hàm f (t) = −t2 + 6t + 11 trên [−√

2;√2]

Ta suy ra f (t) ≤ 9 + 6√

2

Suy ra điều cần chứng minh 

Ví dụ 29

Chứng minh rằng với mọi x, y ta luôn có:

x2(1 + sin2y) + 2x(sin y + cos y) + 2x(sin y + cos y) + 1 + cos2y > 0Lời giải:

Bất đẳng thức đẵ cho ⇔ f (x) > 0 ∀y

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có (sin y + cos y)2 ≤ (1 + sin2y)(cos2y + 1)

Vì sin x = 1, cos x = 1 vô nghiệm nên dấu bằng không xảy ra

Vậy f (x) = x2(1 + sin2y) + 2x(sin y + cos y) + 1 + cos2y > 0∀x, y 

V Sử dụng tam thức bậc 2 để chứng minh các bất đẳng thức tổng quát

Ví dụ 30 (Đề thi HSG TP Hồ Chí Minh 2005-2006)Cho dãy số thực a1; a2; an∈ [0; 1] Chứng minh rằng

Hiển nhiên khi b21− b2

∆0 cũng không dương là hoàn tất Thật vậy:

Và theo Cauchy-Schwarz ta cũng có

(a2b2+ a3b3+ + anbn)2− b2

2 + b23+ + b2n
a22+ a23+ + a2n
≤ 0Nên ∆0 ≤ 0 Chứng minh kết thúc 

Ví dụ 33 (Olympic 30-4)Biết rằng bất đẳng thức

x21+ x22+ x23+ + x2n ≥ (x1+ x2+ + xn−1)xnthỏa mãn với mọi số thực x1, x2, xn(n ≥ 1) thì n bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Giả sử bất đẳng thức

x21+ x22+ x23+ + x2n ≥ (x1+ x2+ + xn−1)xn (1)thỏa mãn với mọi số thực x1, x2, xn(n ≥ 1)

Khi đó nó cũng xảy ra với

(

x1 = x2 = = xn−1 = 1

xn = 2

⇒ (n − 1) + 4 ≥ 2(n − 1) ⇒ 1 ≤ n ≤ 5Đảo lại, giả sử 1 ≤ n ≤ 5 ta sẽ chứng minh rằng (1) được thỏa mãn với mọi bộ số thực x1, x2, xnQuả vậy, xét tam thức:

f (xn) = x2n− (x1+ x2+ + xn−1)x2+ x21+ x22+ + x2n−1Đây là tam thức bậc hai đối với xn và ta có:

∆ = (x1+ x2+ + xn−1)2− 4(x2

1+ x22+ + x2n−1)Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

Do a > 0 nên ta có xn> xn−1 Từ (1) suy ra:

x2n = a + xn−1 ⇒ x2

n< a + xn⇒ x2

n− xn− a < 0 (2)Xét tam thức bậc hai: f (t) = t2− t − a

Từ (2) ta có f (xn) < 0 nên theo định lí đảo về dấu tam thức bậc hai thì t1 < xn < t2 với t1, t2 làhai nghiệm của f (t) tức:

xn < 1 +

√4a + 1

2 (đpcm)

VI Lời kết

Các hướng giải được nêu trong chuyên đề thậm chí những bài giải chi tiết có thể chưa phải là hướnggiải tốt nhất Các tác giả mong muốn: Chính các bạn sẽ đưa ra lời giải hay hơn mọi thắc mắc xingửi về địa chỉ emai trongdat190697tb@gmail.com

B = x +

r

x2+ 8xBài 4: Cho các số thực x, y, z 6= 0 thỏa mãn

Bài 6: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

(

x + y + z = 4xyz = 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trịnhỏ nhất của biểu thức

P = xy + xz + yzBài 7: Cho a, b, c là độ dài một tam giác và là hằng số x, y, z là các số thực dương thỏa mãn

x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của P = ayz + bzx + cxy

Bài 8: Chứng minh bất đẳng thức với mọi a, b, c ∈ R:

2a2+ 5b2+ 3c2 − 6ab + 5bc − 2ca ≥ 0Bài 9: Chứng minh ta luôn có bất đẳng thức với a, b, c là các số thực bất kì:

a2 + 2b2 + 5c2 ≥ 2(ab + bc + ca)Bài 10: Cho các số thực a, b ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:

P = a

2

a2+ ab + b2

Bài 11: Cho A, B, C là 3 góc của tam giác ABC Chứng minh rằng :

cos A + cos B + cos C ≤ 1

2+ cos

2B − C2Bài 12: Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c ≤ π Chứng minh rằng :

1 + 2 cos(a + b) cos(b + c) cos(c + a) ≥ cos2(a + b) + cos2(b + c) + cos2(c + a)

Bài 13: Cho a, b 6= 0 thỏa mãn ab = 1 Chứng minh bất đẳng thức:

≥ 1