Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán  : Cho các số dương $a,b,c$ thoả $ab+bc+ca\le 3$. Tìm GTNN :

$$P=\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}+\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}$$

Lời giải :

Ta có :

$$(a^2+1)(b^2+1)=(a+b{)}^2+(ab-1{)}^2$$

$$2(c^2+1)=(c+1{)}^2+(c-1{)}^2$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}$$=\sqrt{\left[(a+b{)}^2+(ab-1{)}^2\right].\left[(c+1{)}^2+(c-1{)}^2\right]}$$\ge (a+b)(c+1)+(1-ab)(c-1)$$=(a+b+c+ab+bc+ca+abc+1)-2(1+abc)$$=(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)$

Từ đó :

$\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}$$=\frac{(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$$=c+1-\frac{2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$

Theo giả thiết :

$\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}$$=\frac{12}{3(a+b+ab)+(ab+bc+ca)}$$\ge \frac{12}{3(ab+a+b+1)}$$=\frac{4}{(a+1)(b+1)}$

Từ đó mà :

$$P\ge \frac{2(1-abc)}{(a+1)(b+1)}+c+1+\frac{1}{2c^2}$$

Chú ý rằng :

$$3\ge ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le 1$$

$c+\frac{1}{2c^2}$$=\frac{c}{2}+\frac{c}{2}+\frac{1}{2c^2}$$\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{8}}$$=\frac{3}{2}$

Như vậy ta được :

$$P\ge \frac{5}{2}$$

$$MinP=\frac{5}{2}\iff a=b=c=1$$

Bài toán (Thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Chuyên Lương Văn Tuỵ, Ninh Bình)

Cho $a,b,c\in \left[1,+\infty \right)$ thoả $3(a+b+c)=a^2+b^2+c^2+2ab$. Tìm GTNN :

$$P=\frac{a^2}{(a+b{)}^2+a}+\frac{a}{a+c^2}$$

Lời giải :

Gỉa thiết đã cho có thể viết dưới dạng :

$$3(a+b+c)=(a+b{)}^2+c^2$$

Áp dụng BĐT AM-GM :

$3(a+b+c)$$=(a+b{)}^2+c^2$$\le \frac{1}{2}(a+b+c{)}^2$$\iff a+b+c$$\le 6$$\iff b+c$$\le 6-a$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$P$$\ge \frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{a^2+(b+c{)}^2+2a}$$=\frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{5a+3(b+c)}$$\ge \frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{5a+3(6-a)}$$=\frac{{\left(a+\sqrt{a}\right)}^2}{2a+18}$$=f(a)$

Dễ dàng thấy $f(a)$ đồng biến trên $\left[1,\infty \right)$ nên $P\ge f(a)\ge f(1)=\frac{1}{5}$

Kết luận :

Gía trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{1}{5}$, đạt được khi $a=1,b=2,c=3$.

Bài toán : (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 2 2016 THPT Đoàn Thượng, Hải Dương)

Cho $a,b,c>0$ thoả $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=\frac{ab}{3+c^2}+\frac{bc}{3+a^2}-\frac{b^3{a}^3+b^3{c}^3}{24a^3{c}^3}$$

Lời giải :

Ta có :

$\frac{ab}{3+c^2}$$=\frac{ab}{(c^2+a^2)+(c^2+b^2)}$$\le \frac{1}{4}.\frac{(a+b{)}^2}{(c^2+a^2)+(c^2+b^2)}$$\le \frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{c^2+b^2}\right)$$\le \frac{1}{4}\left(\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b}{2c}\right)$

Hoàn toàn tương tự :

$$\frac{bc}{3+a^2}\le \frac{1}{4}\left(\frac{c^2}{c^2+a^2}+\frac{b}{2a}\right)$$

Suy ra :

$\frac{ab}{3+c^2}+\frac{bc}{3+a^2}$$\le \frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)\right)$$=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)$

Và :

$24A$$\le 6+3\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}\right)-\left(\frac{b^3}{a^3}+\frac{c^3}{a^3}\right)$

Dễ dàng chứng minh được :

$$3x-x^3\le 2(x>0)$$

Suy ra :

$24A$$\le 6+\left(\frac{3b}{a}-\frac{b^3}{a^3}\right)+\left(\frac{3b}{c}-\frac{b^3}{c^3}\right)$$\le 6+2+2$$=10$$\iff A$$\le \frac{5}{12}$

Kết luận :

$$A_{max}=\frac{5}{12}\iff a=b=c=1$$

Bài toán : 

a) Cho các số thực dương $a,b,c,x,y,z$. Chứng minh rằng :

$${\left[(a+b)z+(b+c)y+(c+a)x\right]}^2\ge 4(abz+bcy+cax)(x+y+z)$$ 

b) (ELMO Shortlist 2014)

Cho các số thực dương $a,b,c,d,e,f$ thỏa mãn $def+de+ef+fd=4$. Chứng minh rằng :

$${\left[(a+b)de+(b+c)ef+(c+a)fd\right]}^2\ge 12(abde+bcef+cafd)$$

Lời giải :

a) Ta khai triển BĐT cần chứng minh :

$$(a+b{)}^2{z}^2+(b+c{)}^2{y}^2+(c+a{)}^2{x}^2+2yz(a+b)(b+c)+2zx(a+b)(c+a)+2xy(b+c)(c+a)$$

$$\ge 4ab{z}^2+4bc{y}^2+4ca{x}^2+4ab(xz+yz)+4bc(xy+yz)+4ca(xy+xz)$$

Sử dụng AM-GM ta dễ thấy :

$$(a+b{)}^2{z}^2+(b+c{)}^2{y}^2+(c+a{)}^2{x}^2\ge 4ab{z}^2+4bc{y}^2+4ca{x}^2$$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$$yz(a+b)(b+c)+zx(a+b)(c+a)+xy(b+c)(c+a)\ge 2ab(xz+yz)+2bc(xy+yz)+2ca(xy+xz)$$

$\iff yz(ab+bc+ca+b^2)+zx(ab+bc+ca+a^2)+xy(ab+bc+ca+c^2)$$\ge 2ab(xz+yz)+2bc(xy+yz)+2ca(xy+xz)$

$\iff yz(ca+b^2)+zx(bc+a^2)+xy(ab+c^2)$$\ge ab(xz+yz)+bc(xy+yz)+ca(xy+xz)$$=yz(ab+bc)+zx(ab+ca)+xy(bc+ca)$

$$\iff xy(c-a)(c-b)+zx(a-b)(a-c)+yz(b-a)(b-c)\ge 0$$

Đúng theo BĐT Schur suy rộng. Ta hoàn thành ý a.

b) Sử dụng câu a ta có ngay :

$${\left[(a+b)de+(b+c)ef+(c+a)fd\right]}^2\ge 4\left(abde+bcef+cafd\right)(de+ef+fd)$$

Vậy ta chỉ cần chứng tỏ $de+ef+fd\ge 3$. Nhưng với giả thiết ban đầu ta có thể đặt :

$$d=\frac{2A}{B+C},e=\frac{2B}{C+A},f=\frac{2C}{A+B}$$

Như thế ta cần chứng minh :

$\frac{AB}{(B+C)(C+A)}+\frac{BC}{(C+A)(A+B)}+\frac{CA}{(A+B)(B+C)}$$\ge \frac{3}{4}$$\iff 4\sum AB(A+B)$$\ge 3(A+B)(B+C)(C+A)$$\iff AB(A+B)+BC(B+C)+CA(C+A)$$\ge 6ABC$

Luôn đúng theo AM-GM. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ có tổng bằng $4$. Chứng minh :

$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2$$

Lời giải :

Đặt $a^2+b^2+c^2+d^2=4+12t^2$ với $0\le t<1$. Nếu $t=0$ thì $a=b=c=d=1$ và bất đẳng thức trở thành đẳng thức.

Ta chỉ xét $0<t<1$. Theo bổ đề Võ Quốc Bá Cẩn, ta có :

$$a,b,c,d\le 1+3t$$

Do đó ta tách :

$$\frac{1}{a}=\frac{1}{1+3t}+\frac{1+3t-a}{a(1+3t)}$$

Và áp dụng Cauchy-Schwarz :

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$$=\frac{4}{1+3t}+\frac{1}{1+3t}.\sum \frac{1+3t-a}{a}$$\ge \frac{4}{1+3t}+\frac{1}{1+3t}.\frac{{\left[(1+3t-a)+(1+3t-b)+(1+3t-c)+(1+3t-d)\right]}^2}{\sum a(1+3t-a)}$$=\frac{4}{1+3t}+\frac{1}{1+3t}.\frac{12t}{1-t}$$=\frac{4+8t}{(1-t)(1+3t)}(\ast )$

Ta cũng có :

$$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{a(1+3t)}+\frac{1+3t-a}{a^2(1+3t)}$$

Do đó mà :

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}$$=\frac{1}{(1+3t)}.\sum \frac{1}{a}+\frac{1}{1+3t}\sum \frac{1+3t-a}{a^2}$

Sử dụng BĐT Holder :

$\left(\sum \frac{1+3t-a}{a^2}\right){\left[\sum a(1+3t-a)\right]}^2$$\ge {\left(\sum (1+3t-a)\right)}^3$$=(12t{)}^3$$\Rightarrow \sum \frac{1+3t-a}{a^2}$$\ge \frac{(12t{)}^3}{{\left[\sum a(1+3t-a)\right]}^2}$$=\frac{12t}{(1-t{)}^2}$

Từ đó chú ý vào $(\ast )$ ta thu được :

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}$$\ge \frac{1}{1+3t}.\frac{4+8t}{(1+3t)(1-t)}+\frac{1}{1+3t}.\frac{12t}{(1-t{)}^2}$

Vậy ta đi chứng minh :

$\frac{1}{1+3t}.\frac{4+8t}{(1+3t)(1-t)}+\frac{1}{1+3t}.\frac{12t}{(1-t{)}^2}$$\ge 4+12t^2$$\iff \frac{(1+2t)}{(1+3t{)}^2(1-t)}+\frac{3}{(1+3t)(1-t{)}^2}$$\ge 1+3t^2$

Hơn nữa bằng AM-GM, dễ thấy :

$$(1+3t)(1-t)\le \frac{4}{3}$$

Do vậy ta chứng minh một kết quả mạnh hơn là :

$\frac{3(1+2t)}{4(1+3t)}+\frac{9}{4(1-t)}$$\ge 1+3t^2$$\iff f(t)$$=36t^4-24t^3-6t^2+22t+8$$\ge 0$

Ta có :

$$f^{\prime }(t)=144t^3-72t^2-12t+22$$

Theo AM-GM :

$$16t^3+2+2\ge 3\sqrt[3]{16t^3.2.2}=12t$$

$$64t^3+64t^3+8\ge 3\sqrt[3]{64t^3.64t^3.8}=96t^2$$

Suy ra :

$$f^{\prime }(t)>(16t^3+2+2)+(64t^3+64t^3+8)-12t-96t^2>0$$

Suy ra hàm $f$ đồng biến, từ đó $f(t)\ge f(0)=8>0$. Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài toán (Vasile Cirtoaje)

Cho các số dương $a,b,c,d,e$ thoả mãn $a+b+c+d+e=5$. Chứng minh :

$9\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{e}\right)$$\ge 5+7(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$

Lời giải :

Bổ đề  (Võ Quốc Bá Cẩn)

Cho $n$ số thực $x_1,x_2,...,x_n$ thoả mãn $x_1+x_2+...+x_n=n$. Đặt :

$$x_1^2+x_2^2+...+x_n^2=n+n(n-1)t^2$$

với $t\ge 0$. Khi đó ta có :

$$1-(n-1)t\le x_i\le 1+(n-1)t,\forall i=\overline{1,n}$$

Chứng minh bổ đề :

Ta áp dụng Cauchy-Schwarz :

$n+n(n-1)t$$=x_1^2+x_2^2+...+x_n^2$$\ge x_1^2+\frac{(x_2+x_3+...+x_n{)}^2}{n-1}$$=x_1^2+\frac{(n-x_1{)}^2}{n-1}$

Giải bất phương trình bậc hai biến $x_1$ ta được :

$$1-(n-1)t\le x_1\le 1+(n-1)t$$

Vì các biến vai trò như nhau nên ta được $1-(n-1)t\le x_i\le 1+(n-1)t,\forall i=\overline{1,n}$. Bổ đề được chứng minh.

Chú ý trong trường hợp các số $x_i$ không âm thì ta có $0\le t\le 1$.

Quay trở lại với bài toán.

Đặt $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5+20t^2(t\ge 0)$. Ở đây thì $0\le t<1$. Chú ý khi $t=0$ thì $a=b=c=d=e=1$ và bất đẳng thức đúng. Ta xét $0<t<1$.

Theo bổ đề trên thì ta có :

$$a\le 1+4t$$

Và như vậy ta sẽ tách :

$$\frac{1}{a}=\frac{1}{1+4t}+\frac{4t+1-a}{a(1+4t)}$$

Vì vậy ta đi chứng minh :

$9\left(\frac{1}{1+4t}\sum _{a,b,c}\frac{1+4t-a}{a}+\frac{5}{1+4t}\right)$$\ge 5+7\left(5+20t^2\right)$

Hơn nữa chú ý theo bổ đề ta cũng có $1+4t-a,1+4t-b,1+4t-c,1+4t-d,1+4t-e\ge 0$ nên sử dụng Cauchy-Schwarz :

$\sum _{a,b,c}\frac{1+4t-a}{a}$$\ge \frac{(5+20t-(a+b+c+d+e){)}^2}{\sum _{a,b,c}a(1+4t-a)}$$=\frac{400t^2}{(1+4t)(a+b+c+d+e)-(a^2+b^2+c^2+d^2)}$$=\frac{400t^2}{20t-20t^2}$$=\frac{20t}{1-t}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$9\left(\frac{1}{1+4t}.\frac{20t}{1-t}+\frac{5}{1+4t}\right)$$\ge 5+7(5+20t^2)$$\iff$$\iff 9\left(\frac{4t}{(1-t)(1+4t)}+\frac{1}{1+4t}\right)$$\ge 1+7(1+4t^2)$$\iff (2t-1{)}^2(28t^2+7t+)$$\ge 0$

Điều này hiển nhiên đúng. 

 

Bổ đề được nêu trong bài là một kết quả quan trọng, đặc biệt hữu hiệu với những bất đẳng thức $n$ biến mà dấu bằng đạt được tại $n-1$ biến bằng nhau.

 

Bài toán (Vietnamese Mathematical Olympiad 2009)

Tìm nghiệm thực của hệ sau :

$$\{\begin{array}{c}\frac{1}{\sqrt{1+2x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+2y^2}}=\frac{2}{\sqrt{1+2xy}}\\ \sqrt{x(1-2x)}+\sqrt{y(1-2y)}=\frac{2}{9}\end{array}$$

Lời giải :

Trước hết, ta có một kết quả đơn giản sau :

Nếu $x,y$ là các số thỏa $-1\le xy\le 1$ thì :

$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\le \frac{2}{\sqrt{1+xy}}$$

Thực vậy, bằng Cauchy-Schwarz, ta đi chứng minh một kết quả mạnh hơn :

$$\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\le \frac{2}{1+xy}$$

Bằng một vài biến đổi đại số, ta đưa về được điều luôn đúng :

$${\left(x-y\right)}^2\left(xy-1\right)\le 0$$

Trở lại với bài toán, ta đặt $X=x\sqrt{2},Y=y\sqrt{2}$. Điều kiện của bài toán $x(1-2x)\ge 0,y(1-2y)\ge 0$ ta được $0\le x,y\le \frac{1}{2}\Rightarrow XY=2xy\le 1$. Phương trình đầu viết thành :

$$\frac{1}{\sqrt{1+X^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+Y^2}}=\frac{2}{\sqrt{1+XY}}$$

Từ đó sử dụng kết quả trên ta được $X=Y$, kéo theo $x=y$.

Dễ dàng giải tiếp bài toán. Ta kết luận :

$$\left(x,y\right)=\left(\frac{9\pm \sqrt{73}}{36},\frac{9\pm \sqrt{73}}{36}\right)$$

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\frac{a^2+bc}{a^2+(b+c{)}^2}+\frac{b^2+ca}{b^2+(c+a{)}^2}+\frac{c^2+ab}{c^2+(a+b{)}^2}$$\le \frac{18}{5}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Lời giải :

Ta có :

$\frac{a^2+bc}{a^2+(b+c{)}^2}$$\le \frac{a^2+(b+c{)}^2/4}{a^2+(b+c{)}^2}$$=1-\frac{3(b+c{)}^2}{4(a^2+(b+c{)}^2)}$

Do vậy cần chỉ ra :

$\sum _{cyc}\frac{3(b+c{)}^2}{4a^2+4(b+c{)}^2}+\frac{18}{5}.\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge 3$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$\sum _{cyc}\frac{3(b+c{)}^2}{4a^2+4(b+c{)}^2}$$\ge \frac{3}{4}.\frac{(2a+2b+2c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}$$=\frac{3(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}$

Như vậy ta chứng minh :

$\frac{(a+b+c{)}^2}{3(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}+\frac{6}{5}.\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge 1$$\iff \frac{p^2}{3(p^2-2q)+2q}+\frac{6}{5}.\frac{p^2-2q}{p^2}$$\ge 1$

Với $p=a+b+c,q=ab+bc+ca$. Chuẩn hóa $p=1$ ta cần chứng minh :

$$\frac{1}{3-4q}+\frac{6}{5}.(1-2q)\ge 1\iff 6q^2-5q+1\ge 0$$

Điều này đúng với $q\le \frac{1}{3}$. BĐT đã cho được chứng minh.