Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=2(a+b-c)+abc$$

Lời giải :

Đặt $f(a,b,c)=VT$. Ta xét hiệu :

$f\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},c\right)-f(a,b,c)$$=2\sqrt{2(a^2+b^2)}-2(a+b)+c\left(\frac{a^2+b^2}{2}-ab\right)$$=(a-b{)}^2.\left[\frac{2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}+\frac{c}{2}\right]$$\ge 0$

Như vậy ta có :

$$f\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},c\right)\ge f(a,b,c)$$

Ta đi tìm giá trị lớn nhất của

$f\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},c\right)$$=f\left(\sqrt{\frac{9-c^2}{2}},\sqrt{\frac{9-c^2}{2}},c\right)$$=g(c)$$=2\sqrt{2(9-c^2)}+\frac{c(9-c^2)}{2}-2c$

Ta có :

$$g^{\prime }(c)=\frac{-2\sqrt{2}c}{\sqrt{9-c^2}}+\frac{5-3c^2}{2}$$

$$g^{\prime }(c)=0\iff \{\begin{array}{c}{c}^2<5/3\\ (c^2-1)(3c^2-25)(c^2-3)=0\end{array}\iff c=1$$

Bằng cách lập bảng biến thiên ta được $g(c{)}_{max}=10$ khi $c=1$.

Từ đó $P_{max}=10$ khi $a=b=2,c=1$

 

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c\in \left[\frac{1}{3},3\right]$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$$P=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$$

Lời giải :

Đặt $x=\frac{b}{a},y=\frac{c}{b},z=\frac{a}{c}$ thì $xyz=1$ và $x,y,z\in \left[\frac{1}{9},9\right]$.

Lúc này $P$ trở thành :

$$P(x,y,z)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}$$

Ta chứng minh $P(\sqrt{xy},\sqrt{xy},z)\le P(x,y,z)$. Thật vậy :

$P(\sqrt{xy},\sqrt{xy},z)$$\le P(x,y,z)$$\iff \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}$$\ge \frac{2}{1+\sqrt{xy}}$$\iff \left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+\sqrt{xy}}\right)+\left(\frac{1}{1+y}-\frac{1}{1+\sqrt{xy}}\right)$$\ge 0$$\iff \frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{y}-\sqrt{x}\right)\left(1+y\right)+\sqrt{y}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)(1+x)}{(1+x)(1+y)(1+\sqrt{xy})}$$\ge 0$$\iff {\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}^2\left(\sqrt{xy}-1\right)$$\ge 0$

Điều này đúng nếu ta giả sử $z=mix\left\{x,y,z\right\}\Rightarrow xy\ge 1$.

Vậy ta được :

$P$$\ge \frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{1}{1+z}$$=\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{xy}{xy+1}$$=\frac{2}{1+t}+\frac{t^2}{t^2+1}$$=f(t)$

Trong đó $1\le t=\sqrt{xy}\le 3$. Ta có :

$f^{\prime }(t)$$=\frac{-2}{(1+t{)}^2}+\frac{2t}{(1+t^2{)}^2}$$=2.\frac{t(1+t{)}^2-(1+t^2{)}^2}{(1+t{)}^2(1+t^2{)}^2}$$=2.\frac{-{\left(\sqrt{t}-1\right)}^2\left(t+\sqrt{t}+1\right)}{(1+t{)}^2(1+t^2{)}^2}$$<0$

Vậy $f$ là hàm nghịch biến, do đó :

$$f\left(t\right)\ge f\left(3\right)=\frac{7}{5}$$

Ta kết luận được :

$$P_{min}=7/5$$, đạt được khi $$a=3,b=1,c=1/3$$.

Bài toán (Kiểm tra Trường Hè Lê Qúy Đôn năm 2014)

Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì ta luôn có bất đẳng thức :

$$k(a^4+b^4+c^4-3)\ge a^3+b^3+c^3+3abc-6$$

Lời giải :

Ta chọn $a=b=t,c=3-2t$ :

$k\left(2t^4+(3-2t{)}^4-3\right)$$\ge 2t^3+(3-2t{)}^3+3t^2(3-2t)-6$$\iff k$$\ge \frac{-12t^3+45t^2-54t+21}{18t^4-96t^3+216t^2-216t+78}$$=\frac{3(t-1{)}^2(7-4t)}{(t-1{)}^2(18t^2-60t+78)}$$=\frac{7-4t}{2(3t^2-10t+13)}$$=f(t)$

Ta có :

$$f^{\prime }(t)=\frac{12(2t^2-7t+3)}{4(3t^2-10t+13{)}^2}=0\iff t\in \left\{3,1/2\right\}$$

Ta xem bảng biến thiên sau :

Chú ý khoảng giá trị của $t$ là $(0,3)$, từ đó ta thấy $f(t{)}_{min}=2/7$ tương ứng $t=1/2$.

Vậy trở lại bài toán, ta cho $a=b=1/2,c=2$ thì ta được $k\ge \frac{2}{7}$, ta chứng minh giá trị nhỏ nhất của $k$ là $2/7$ bằng cách chứng minh :

$$\frac{2}{7}\left(a^4+b^4+c^4-3\right)\ge a^3+b^3+c^3+3abc-6$$

Đặt $f(a,b,c)=VT-VP$. Ta chứng minh :

$f(a,b,c)$$\ge f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\iff \frac{2}{7}\left(a^4+b^4-\frac{(a+b{)}^4}{8}\right)-\left(a^3+b^3-\frac{(a+b{)}^3}{4}\right)-3c\left(ab-\frac{(a+b{)}^2}{4}\right)$$\ge 0$$\iff \frac{(a-b{)}^4+6(a-b{)}^2(a+b{)}^2}{28}-\frac{3(a+b)(a-b{)}^2}{4}+3c.\frac{(a-b{)}^2}{4}$$\ge 0$$\iff \frac{7a^2+7b^2+10ab}{28}-\frac{3}{4}(a+b)+\frac{3c}{4}$$\ge 0$$\iff 7(a^2+b^2)+10ab-21(a+b)+21c$$\ge 0$$\iff 7(a^2+b^2)+10ab-21(a+b)+21(3-a-b)$$\ge 0$$\iff 5(a+b{)}^2+2(a^2+b^2)-42(a+b)+63$$\ge 0$

Do $2(a^2+b^2)\ge (a+b{)}^2$ nên ta sẽ chứng minh :

$$6(a+b{)}^2-42(a+b)+63\ge 0$$

Và điều này sẽ đúng nếu ta giả sử $c=max\left\{a,b,c\right\}$ vì khi đó $a+b\le 2$.

Vậy ta chỉ cần chỉ ra :

$f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\ge 0$$\iff f(t,t,3-2t)$$\ge 0(t$$=(a+b)/2)$$\iff \frac{2}{7}(2t^4+(3-2t{)}^4-3)$$\ge 2t^3+(3-2t{)}^3+3t^2(3-2t)-6$

Bất đẳng thức này đúng theo lập luận chặn $k$ phía trên.

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$$P=(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)$$

Lời giải :

Chọn $a=b=t,c=3-2t$ thì :

$$P(t,t,3-2t)=(1+t^2{)}^2(1+(3-2t{)}^2)=(1+t^2{)}^2(4t^2-12t+10)$$

Ta có :

$$P^{\prime }(t,t,3-2t)=24t^5-60t^4+72t^3-72t^2+48t-12=12(t-1{)}^2(2t-1)(t^2+1)$$

Do đó $P^{\prime }=0\iff t\in \left\{1,1/2\right\}$

Ta có bảng biến thiên của $P$ như sau :

Qua bảng biến thiên ta thấy $P_{min}=\frac{125}{16}$ tương ứng khi $t=1/2$.

Vậy ta chứng minh :

$$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\ge \frac{125}{16}$$

Trước hết ta chứng minh :

$P(a,b,c)$$\ge P\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\iff \left(1+a^2\right)(1+b^2)$$\ge {\left(1+\frac{(a+b{)}^2}{4}\right)}^2$$\iff a^2+b^2-\frac{(a+b{)}^2}{2}$$\ge {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^4-a^2{b}^2$$\iff \frac{(a-b{)}^2}{2}$$\ge \left(\frac{(a+b{)}^2}{4}-ab\right)\left(\frac{(a+b{)}^2}{4}+ab\right)$$=\frac{(a-b{)}^2}{4}.\frac{(a+b{)}^2+4ab}{4}$$\iff (a+b{)}^2+4ab$$\le 8$

Điều này luôn đúng vì nếu ta giả sử $c=max\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow a+b\le 2$. Từ đó :

$$(a+b{)}^2+4ab\le 2(a+b{)}^2\le 8$$

Tiếp theo ta chỉ cần chứng tỏ :

$P\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\ge \frac{125}{16}$$\iff P(t,t,3-2t)$$\ge \frac{125}{16}$$\iff {\left(1+t^2\right)}^2(4t^2-12t+10)$$\ge \frac{125}{16}$

Điều này luôn đúng vì ta đã khảo sát hàm này ở trên.

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$. Tìm $k$ lớn nhất sao cho :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\ge k(a^2+b^2+c^2-3)$$

Lời giải :

Thông thường trong những dạng toán này, đẳng thức đạt được ngoài giá trị tâm $(1,1,1)$ thì còn đạt được khi hai biến bằng nhau. Như vậy để chặn $k$, ta chọn $a=b=t,c=3-2t$ :

$\frac{2}{t}+\frac{1}{3-2t}-3$$\ge k\left(2t^2+(3-2t{)}^2-3\right)$$\iff \frac{6(t-1{)}^2}{t(3-2t)}$$\ge k.6(t-1{)}^2$$\iff k$$\le \frac{1}{t(3-2t)},\forall t\in \left[0,\frac{3}{2}\right]$

Như vậy giá trị $k$ lớn nhất cần tìm chính bằng giá trị nhỏ nhất của hàm $f(t)=\frac{1}{t(3-2t)}$.

Theo AM-GM :

$t(3-2t)$$=\frac{1}{2}.2t.(3-2t)$$\le \frac{1}{2}.{\left[\frac{2t+(3-2t)}{2}\right]}^2$$=\frac{1}{2}.\frac{9}{4}$$=\frac{9}{8}$

Từ đó ta kết luận được $k_{max}=\frac{8}{9}$ nếu ta chứng tỏ được :

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\ge \frac{8}{9}(a^2+b^2+c^2-3)(\ast )$$

Ta đặt $f(a,b,c)=VT-VP$. Xét hiệu :

$f\left(a,b,c\right)-f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b}\right)-\frac{8}{9}\left(a^2+b^2-\frac{(a+b{)}^2}{2}\right)$$=(a-b{)}^2\left[\frac{1}{ab(a+b)}-\frac{4}{9}\right]$

Ta giả sử $c=max\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow a+b\le 2\Rightarrow ab(a+b)\le \frac{(a+b{)}^3}{4}\le \frac{9}{4}$

Như vậy ta được :

$$f(a,b,c)\ge f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$

Vậy ta chỉ cần chứng minh được :

$f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$\ge 0$$\iff f(t,t,3-2t)$$\ge 0(t$$=(a+b)/2)$$\iff \frac{2}{t}+\frac{1}{3-2t}-3-\frac{8}{9}(2t^2+(3-2t{)}^2-3)$$\ge 0$$\iff \frac{(t-1{)}^2(4t-3{)}^2}{t(3-2t)}$$\ge 0$

Điều này luôn đúng. Như vậy $(\ast )$ được chứng minh. Từ đó kết luận được giá trị $k$ lớn nhất cần tìm là $\frac{8}{9}$.

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\ge 3(a^2+b^2+c^2)+\frac{7}{2}$$ 

Lời giải :

Ta đặt $f(a,b,c)=VT-VP$. Xét hiệu :

$f(a,b,c)-f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$=\left(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}-\frac{2}{1-\frac{a+b}{2}}\right)-3(a^2+b^2)+3.2{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2$$=\frac{(a-b{)}^2}{(1-a)(1-b)(2-a-b)}-3.\frac{(a-b{)}^2}{2}$$=\frac{(a-b{)}^2}{2}\left[\frac{1}{(1-a)(1-b)(2-a-b)}-3\right]$

Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow c\le \frac{1}{3}$.

Từ đó theo AM-GM :

$(1-a)(1-b)(2-a-b)$$\le \frac{(4-2(a+b){)}^3}{27}$$=\frac{8}{27}.(c+1{)}^3$$\le \frac{8}{27}.{\left(1+\frac{1}{3}\right)}^3$$<\frac{1}{3}$

Từ đó có được :

$$f(a,b,c)\ge f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$$

Như vậy ta chỉ cần chứng tỏ rằng :

$$f\left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)\ge 0$$

Hay :

$$f(t,t,1-2t)\ge 0$$ với $$t=(a+b)/2$$.

Biến đổi tương đương :

$\frac{2}{1-t}+\frac{1}{2t}$$\ge 3\left[2t^2+(1-2t{)}^2\right]+\frac{7}{2}$$\iff (3t-1{)}^2(2t-1{)}^2$$\ge 0$

Điều này luôn đúng. Như vậy ta có điều phải chứng minh.