BÀI 1. BẤT ĐẲNG THỨC
1. Định nghĩa
Cho $a,b$ là hai số thực. Các mệnh đề $a > b,a < b,a \geqslant b,a \leqslant b$ được gọi là các bất đẳng thức.
2. Tính chất
$a > b$ và $b > c \Rightarrow a > c$
$a > b \Leftrightarrow a + c > b + c$
$a > b$ và $c > d \Rightarrow a + c > b + d$
Nếu $c > 0$ thì $a > b \Leftrightarrow ac > bc$
Nếu $c < 0$ thì $a > b \Leftrightarrow ac < bc$
$a > b \geqslant 0 \Rightarrow \sqrt a > \sqrt b $
$a \geqslant b \geqslant 0 \Leftrightarrow {a^2} \geqslant {b^2}$
$a > b \geqslant 0 \Rightarrow {a^n} > {b^n}$
3. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
$ - \left| a \right| \leqslant a \leqslant \left| a \right|$ với mọi số thực $a$.
$\left| x \right| < a \Leftrightarrow - a < x < a$ ( Với $a > 0$)
$\left| x \right| > a \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x > a \hfill \\ x < - a \hfill \\ \end{gathered} \right.$ (với $a > 0$).
4. Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (Bất đẳng thức Cauchy)
a) Đối với hai số không âm
Cho $a \geqslant 0,b \geqslant {\text{0}}$, ta có $\dfrac{{a + b}}{2} \geqslant \sqrt {ab} $. Dấu $'='$ xảy ra khi và chỉ khi $a = b$
Hệ quả:
Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau
Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau
b) Đối với ba số không âm
Cho $a \geqslant 0,b \geqslant 0,c \geqslant 0$, ta có $\dfrac{{a + b + c}}{3} \geqslant \sqrt[3]{{abc}}$. Dấu $'='$ xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$
c) Đối với $n$ số không âm
Cho $n$ số không âm ${a_i},i = 1,2,...,n$.
Khi đó ta có $\dfrac{{{a_1} + {a_2} +... + {a_n}}}{n} \geqslant \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}$. Dấu $'='$ xảy ra khi và chỉ khi ${a_1} = {a_2} =... = {a_n}.$
DẠNG TOÁN 1: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN
Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng
Ví dụ 1: Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) $ab \leqslant \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$
b) $3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \geqslant {\left( {a + b + c} \right)^2}$
c) ${\left( {a + b + c} \right)^2} \geqslant 3\left( {ab + bc + ca} \right)$
Lời giải
a) Ta có ${a^2} + {b^2} - 2ab = {(a - b)^2} \geqslant 0 \Rightarrow {a^2} + {b^2} \geqslant 2ab$. Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b$.
b) BĐT tương đương $3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \geqslant {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca$
$ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \geqslant 0$ (đúng) (đpcm).
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$
c) BĐT tương đương ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca \geqslant 3\left( {ab + bc + ca} \right)$
$ \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {ab + bc + ca} \right) \geqslant 0$ $ \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \geqslant 0$ (đúng) (đpcm).
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$
Ví dụ 2: Cho các số thực $a,b,c,d,e$. Chứng minh rằng:
${a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \geqslant a(b + c + d + e)$.
Lời giải
Ta có: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} - a(b + c + d + e) = $
$ = (\dfrac{{{a^2}}}{4} - ab + {b^2}) + (\dfrac{{{a^2}}}{4} - ac + {c^2}) + (\dfrac{{{a^2}}}{4} - ad + {d^2}) + (\dfrac{{{a^2}}}{4} - ae + {e^2})$
$ = {(\dfrac{a}{2} - b)^2} + {(\dfrac{a}{2} - c)^2} + {(\dfrac{a}{2} - d)^2} + {(\dfrac{a}{2} - e)^2} \geqslant 0 \Rightarrow $ đpcm.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow b = c = d = e = \dfrac{a}{2}$.
Ví dụ 3: Cho số thực $x$. Chứng minh rằng:
a) ${x^4} + 3 \geqslant 4x.$
b) ${x^4} + 5 > {x^2} + 4x.$
Lời giải
a) Bất đẳng thức tương đương với ${x^4} - 4x + 3 \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^3} + {x^2} + x - 3} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} + 2x + 3} \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 1} \right] \geqslant 0$ (đúng với mọi số thực $x$ )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = 1$.
b) Bất đẳng thức tương đương với ${x^4} - {x^2} - 4x + 5 > 0.$
$ \Leftrightarrow {x^4} - 2{x^2} + 1 + {x^2} - 4x + 4 > 0 \Leftrightarrow {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} > 0.$
Ta có ${\left( {{x^2} - 1} \right)^2} \geqslant 0,{\left( {x - 2} \right)^2} \geqslant 0 \Rightarrow {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} \geqslant 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x^2} - 1 = 0} \\ {x - 2 = 0} \end{array}} \right.$ (không xảy ra)
Suy ra ${\left( {{x^2} - 1} \right)^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} > 0$ (đpcm).
Ví dụ 4: Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
a) ${a^4} + {b^4} - 4ab + 2 \geqslant 0$
b) $2\left( {{a^4} + 1} \right) + {\left( {{b^2} + 1} \right)^2} \geqslant 2{\left( {ab + 1} \right)^2}$
c) $3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - ab + 4 \geqslant 2\left( {a\sqrt {{b^2} + 1} + b\sqrt {{a^2} + 1} } \right)$
Lời giải
a) BĐT tương đương với $\left( {{a^4} + {b^4} - 2{a^2}{b^2}} \right) + \left( {2{a^2}{b^2} - 4ab + 2} \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} + 2{\left( {ab - 1} \right)^2} \geqslant 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = \pm 1$.
b) BĐT tương đương với $2\left( {{a^4} + 1} \right) + \left( {{b^4} + 2{b^2} + 1} \right) - 2\left( {{a^2}{b^2} + 2ab + 1} \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow \left( {{a^4} + {b^4} - 2{a^2}{b^2}} \right) + \left( {2{a^2} - 4ab + 2{b^2}} \right) + \left( {{a^4} - 4{a^2} + 1} \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow {({a^2} - {b^2})^2} + 2{(a - b)^2} + {({a^2} - 1)^2} \geqslant 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = \pm 1$.
c) BĐT tương đương với $6\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - 2ab + 8 - 4\left( {a\sqrt {{b^2} + 1} + b\sqrt {{a^2} + 1} } \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow \left[ {{a^2} - 4a\sqrt {{b^2} + 1} + 4\left( {{b^2} + 1} \right)} \right] + \left[ {{b^2} - 4b\sqrt {{a^2} + 1} + 4\left( {{a^2} + 1} \right)} \right] + \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow {\left( {a - 2\sqrt {{b^2} + 1} } \right)^2} + {\left( {b - 2\sqrt {{a^2} + 1} } \right)^2} + {\left( {a - b} \right)^2} \geqslant 0$ (đúng)
Đẳng thức không xảy ra.
Ví dụ 5: Cho hai số thực $x,y$ thỏa mãn $x \geqslant y$. Chứng minh rằng;
$4\left( {{x^3} - {y^3}} \right) \geqslant {\left( {x - y} \right)^3}.$
Lời giải
Bất đẳng thức tương đương $4\left( {x - y} \right)\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) - {\left( {x - y} \right)^3} \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left[ {4\left( {{x^2} + xy + {y^2}} \right) - {{\left( {x - y} \right)}^2}} \right] \geqslant 0 \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left[ {3{x^2} + 3xy + {y^2}} \right] \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow 3\left( {x - y} \right)\left[ {{{\left( {x + \dfrac{y}{2}} \right)}^2} + \dfrac{{3{y^2}}}{4}} \right] \geqslant 0$ (đúng với $x \geqslant y$) (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y$.
Loại 2: Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh
$a \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a - \alpha } \right)\left( {a - \beta } \right) \leqslant 0$ $\left( * \right)$
$a,b,c \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a - \alpha } \right)\left( {b - \alpha } \right)\left( {c - \alpha } \right) + \left( {\beta - a} \right)\left( {\beta - b} \right)\left( {\beta - c} \right) \geqslant 0\left( {**} \right)$
Ví dụ 6: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: ${a^2} + {b^2} + {c^2} < 2(ab + bc + ca)$.
Lời giải
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:
$a + b > c \Rightarrow ac + bc > {c^2}$. Tương tự
$bc + ba > {b^2};{\text{ }}ca + cb > {c^2}$ cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm.
Ví dụ 7: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn: ${a^{\text{2}}} + {b^2} + {c^2} = 1$. Chứng minh :$2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) + abc \geqslant 0$.
Lời giải
Vì ${a^{\text{2}}} + {b^2} + {c^2} = 1 \Rightarrow a,b,c \in [ - 1;1]$ nên ta có :
$(1 + a)(1 + b)(1 + c) \geqslant 0 \Leftrightarrow 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc \geqslant 0$ (*)
Mặt khác : $\dfrac{{{{(1 + a + b + c)}^2}}}{2} \geqslant 0 \Leftrightarrow 1 + a + b + c + ab + bc + ca \geqslant 0$ (**).
Cộng (*) và (**) ta có đpcm.
Ví dụ 8: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) $(ax + by)(bx + ay) \geqslant {(a + b)^2}xy$ ( với$a,b > 0;{\text{ }}x,y \in R$).
b) $\dfrac{{c + a}}{{\sqrt {{c^2} + {a^2}} }} \geqslant \dfrac{{c + b}}{{\sqrt {{c^2} + {b^2}} }}$. với $a > b > 0;{\text{ }}c > \sqrt {ab} $.
c) $\dfrac{{a + b}}{{2a - b}} + \dfrac{{c + b}}{{2c - b}} \geqslant 4$ với $a,b,c > 0$ và $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{2}{b}$
d) $a{(b - c)^2} + b{(c - a)^2} + c{(a - b)^2} > {a^3} + {b^3} + {c^3}{\text{ }}$với $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác
Lời giải
a) BĐT$ \Leftrightarrow ab{x^2} + \left( {{a^2} + {b^2}} \right)xy + ab{y^2} \geqslant {\left( {a + b} \right)^2}xy$
$ \Leftrightarrow ab{\left( {x - y} \right)^2} \geqslant 0$ (đúng)
b) Bình phương 2 vế, ta phải chứng minh:$\dfrac{{{{(c + a)}^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} \geqslant \dfrac{{{{(c + b)}^2}}}{{{c^2} + {b^2}}}$
$ \Leftrightarrow (a - b)({c^2} - ab) \geqslant 0$. Điều này hiển nhiên đúng do giải thiết.
c) Ta có $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{2}{b} \Rightarrow \dfrac{a}{b} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{a}{{2c}},\dfrac{c}{b} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{c}{{2a}}$
BĐT$ \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{a}{b} + 1}}{{2\dfrac{a}{b} - 1}} + \dfrac{{\dfrac{c}{b} + 1}}{{2\dfrac{c}{b} - 1}} \geqslant 4 \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{a}{{2c}} + 1}}{{1 + \dfrac{a}{c} - 1}} + \dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{c}{{2a}} + 1}}{{1 + \dfrac{c}{a} - 1}} \geqslant 4$
$ \Leftrightarrow \dfrac{{3c}}{{2a}} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{{3a}}{{2c}} + \dfrac{1}{2} \geqslant 4 \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}\dfrac{{{a^2} + {c^2}}}{{ac}} \geqslant 3 \Leftrightarrow {\left( {a - c} \right)^2} \geqslant 0$ (đúng)
d) BĐT$ \Leftrightarrow (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) > 0$(đúng)
Ví dụ 9: Cho $x \geqslant y \geqslant z \geqslant 0$. Chứng minh rằng:
a) $x{y^3} + y{z^3} + z{x^3} \geqslant x{z^3} + z{y^3} + y{x^3}$
b) $\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \geqslant \dfrac{{{x^2}z}}{y} + \dfrac{{{y^2}x}}{z} + \dfrac{{{z^2}y}}{x}$.
Lời giải
a) BĐT $ \Leftrightarrow - {x^3}y + x{y^3} + {x^3}z - {y^3}z - x{z^3} + y{z^3} \leqslant 0$
$ \Leftrightarrow (x - y)(y - z)(z - x)(x + y + z) \leqslant 0$ (đúng vì$x \geqslant y \geqslant z \geqslant 0$)
b) BĐT$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{xyz}}(x - y)(y - z)(x - z)(xy + yz + zx) \geqslant 0$ (đúng vì$x \geqslant y \geqslant z \geqslant 0$)
DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Loại 1: Vận dụng trực tiếp
Ví dụ 10: Cho $a,b$ là số dương thỏa mãn ${a^2} + {b^2} = 2$. Chứng minh rằng:
a) $\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)\left( {\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{a^2}}}} \right) \geqslant 4$
b) ${\left( {a + b} \right)^5} \geqslant 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} $
Lời giải
a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}} = 2,\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{a^2}}} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{a}{{{b^2}}}.\dfrac{b}{{{a^2}}}} = \dfrac{2}{{\sqrt {ab} }}$
Suy ra $\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)\left( {\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{a^2}}}} \right) \geqslant \dfrac{4}{{\sqrt {ab} }}$ (1)
Mặt khác ta có $2 = {a^2} + {b^2} \geqslant 2\sqrt {{a^2}{b^2}} = 2ab \Rightarrow ab \leqslant 1$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}} \right)\left( {\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{a^2}}}} \right) \geqslant 4$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = 1$.
b) Ta có ${\left( {a + b} \right)^5} = \left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right)\left( {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right)$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
${a^2} + 2ab + {b^2} \geqslant 2\sqrt {2ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} = 4\sqrt {ab} $ và $\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right) + \left( {3{a^2}b + {b^3}} \right) \geqslant 2\sqrt {\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right)\left( {3{a^2}b + {b^3}} \right)} = 4\sqrt {ab\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + 1} \right)} $
Suy ra $\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right)\left( {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right) \geqslant 16ab\sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)} $
Do đó ${\left( {a + b} \right)^5} \geqslant 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} $ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = 1$.
Ví dụ 11: Cho $a,b,c$ là số dương. Chứng minh rằng:
a) $\left( {a + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {b + \dfrac{1}{c}} \right)\left( {c + \dfrac{1}{a}} \right) \geqslant 8$
b) ${a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \geqslant 6abc$
c) $(1 + a)(1 + b)(1 + c) \geqslant {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}$
d) ${a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \leqslant {a^3} + {b^3} + {c^3}$
Lời giải
a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$a + \dfrac{1}{b} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{a}{b}},b + \dfrac{1}{c} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{b}{c}},c + \dfrac{1}{a} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{c}{a}} $
Suy ra $\left( {a + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {b + \dfrac{1}{c}} \right)\left( {c + \dfrac{1}{a}} \right) \geqslant 8\sqrt {\dfrac{a}{b}}.\sqrt {\dfrac{b}{c}}.\sqrt {\dfrac{c}{a}} = 8$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.
b) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có
$1 + {a^2} \geqslant 2\sqrt {{a^2}} = 2a$, tương tự ta có $1 + {b^2} \geqslant 2b,1 + {c^2} \geqslant 2c$
Suy ra ${a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \geqslant 2\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)$
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
${a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \geqslant 3\sqrt {{a^2}b.{b^2}c.{c^2}a} = 3abc$
Suy ra ${a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \geqslant 6abc$. (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
c) Ta có $(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + \left( {ab + bc + ca} \right) + \left( {a + b + c} \right) + abc$
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
$ab + bc + ca \geqslant 3\sqrt[3]{{ab.bc.ca}} = 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2}$ và $a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}}$
Suy ra $(1 + a)(1 + b)(1 + c) \geqslant 1 + 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2} + 3\sqrt[3]{{abc}} + abc = {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.
d) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có
${a^2}\sqrt {bc} \leqslant {a^2}\left( {\dfrac{{b + c}}{2}} \right),{b^2}\sqrt {ac} \leqslant {b^2}\left( {\dfrac{{a + c}}{2}} \right),{c^2}\sqrt {ab} \leqslant {c^2}\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)$
Suy ra ${a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \leqslant \dfrac{{{a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b}}{2}$ (1)
Mặt khác theo BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
${a^2}b \leqslant \dfrac{{{a^3} + {a^3} + {b^3}}}{3},{b^2}a \leqslant \dfrac{{{b^3} + {b^3} + {a^3}}}{3},{a^2}c \leqslant \dfrac{{{a^3} + {a^3} + {c^3}}}{3},$
${c^2}a \leqslant \dfrac{{{c^3} + {c^3} + {a^3}}}{3},{b^2}c \leqslant \dfrac{{{b^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},{c^2}b \leqslant \dfrac{{{c^3} + {c^3} + {b^3}}}{3}$
Suy ra ${a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b \leqslant 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra ${a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \leqslant {a^3} + {b^3} + {c^3}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.
Ví dụ 12: Cho $a,b,c$ là số dương thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$. Chứng minh rằng:
a) ${a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \leqslant 3.$
b) $\dfrac{{ab}}{{3 + {c^2}}} + \dfrac{{bc}}{{3 + {a^2}}} + \dfrac{{ca}}{{3 + {b^2}}} \leqslant \dfrac{3}{4}.$
Lời giải
a) Ta có ${\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {a^4} + {b^4} + {c^4} + 2{a^2}{b^2} + 2{b^2}{c^2} + 2{c^2}{b^2} = 9$ (1)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có ${a^4} + {b^4} \geqslant 2{a^2}{b^2},{b^4} + {c^4} \geqslant 2{b^2}{c^2},{c^4} + {a^4} \geqslant 2{c^2}{a^2}$
Cộng vế với vế lại ta được ${a^4} + {b^4} + {c^4} \geqslant {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có ${a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \leqslant 3$ (3)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
${a^2} + {a^2}{b^2} \geqslant 2\sqrt {{a^2}.{a^2}{b^2}} = 2{a^2}b$, tương tự ta có ${b^2} + {b^2}{c^2} \geqslant 2{b^2}c,{c^2} + {c^2}{a^2} \geqslant 2{c^2}a$
Cộng vế với vế ta được ${a^2} + {b^2} + {c^2} + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \geqslant 2\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)$ (4)
Từ giả thiết và (3), (4) suy ra ${a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \leqslant 3$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$3 + {a^2} =$$ 3 + \left( {3 - {b^2} - {c^2}} \right) =$$ \left( {3 - {b^2}} \right) + \left( {3 - {c^2}} \right)$$ \geqslant 2\sqrt {\left( {3 - {b^2}} \right)\left( {3 - {c^2}} \right)} $ $ \Rightarrow \dfrac{{bc}}{{3 + {a^2}}}$$ \leqslant \dfrac{{bc}}{{2\sqrt {\left( {3 - {b^2}} \right)\left( {3 - {c^2}} \right)} }}$$ = \dfrac{1}{2}\sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{3 - {c^2}}}.\dfrac{{{c^2}}}{{3 - {b^2}}}} $$\leqslant \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{{b^2}}}{{3 - {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{3 - {b^2}}}} \right) $$= \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + {a^2}}}} \right)$
Tương tự ta có $\dfrac{{ab}}{{3 + {c^2}}} \leqslant \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right),$$\dfrac{{ca}}{{3 + {b^2}}} \leqslant \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + {b^2}}} + \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)$
Cộng vế với vế ta được $\dfrac{{ab}}{{3 + {c^2}}} + \dfrac{{bc}}{{3 + {a^2}}} + \dfrac{{ca}}{{3 + {b^2}}} \leqslant \dfrac{3}{4}$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp.
Ví dụ 13: Cho $a,b,c$ là số dương. Chứng minh rằng:
a) $\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b} \geqslant a + b + c$
b) $\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{c^2}}} + \dfrac{c}{{{a^2}}} \geqslant \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$
Lời giải
a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có $\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{{ab}}{c}.\dfrac{{bc}}{a}} = 2b$
Tương tự ta có $\dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b} \geqslant 2c,\dfrac{{ac}}{b} + \dfrac{{ba}}{c} \geqslant 2a$.
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
$2\left( {\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b}} \right) \geqslant 2\left( {a + b + c} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b} \geqslant a + b + c$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$.
b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có $\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{a} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{a}{{{b^2}}}.\dfrac{1}{a}} = \dfrac{2}{b}$
Tương tự ta có $\dfrac{b}{{{c^2}}} + \dfrac{1}{b} \geqslant \dfrac{2}{c},\dfrac{c}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{c} \geqslant \dfrac{2}{a}$
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
$\dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{c^2}}} + \dfrac{c}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant \dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{2}{c} \Leftrightarrow \dfrac{a}{{{b^2}}} + \dfrac{b}{{{c^2}}} + \dfrac{c}{{{a^2}}} \geqslant \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$.
Ví dụ 14: Cho $a,b,c$ dương sao cho ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$. Chứng minh rằng:
a) $\dfrac{{{a^3}{b^3}}}{c} + \dfrac{{{b^3}{c^3}}}{a} + \dfrac{{{c^3}{a^3}}}{b} \geqslant 3abc$
b) $\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ca}}{b} \geqslant 3$.
Lời giải
a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có $\dfrac{{{a^3}{b^3}}}{c} + \dfrac{{{b^3}{c^3}}}{a} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{{{a^3}{b^3}}}{c}.\dfrac{{{b^3}{c^3}}}{a}} = 2{b^3}ac$
Tương tự ta có $\dfrac{{{b^3}{c^3}}}{a} + \dfrac{{{c^3}{a^3}}}{b} \geqslant 2ab{c^3},\dfrac{{{c^3}{a^3}}}{b} + \dfrac{{{a^3}{b^3}}}{c} \geqslant 2{a^3}bc$
Cộng vế với vế ta có $2\left( {\dfrac{{{a^3}{b^3}}}{c} + \dfrac{{{b^3}{c^3}}}{a} + \dfrac{{{c^3}{a^3}}}{b}} \right) \geqslant 2abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$
$ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^3}{b^3}}}{c} + \dfrac{{{b^3}{c^3}}}{a} + \dfrac{{{c^3}{a^3}}}{b} \geqslant 3abc$. (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$.
b) BĐT tương đương với ${\left( {\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ca}}{b}} \right)^2} \geqslant 9$
$ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{ab}}{c}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{bc}}{a}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{ca}}{b}} \right)^2} + 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \geqslant 9$$ \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{ab}}{c}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{bc}}{a}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{ca}}{b}} \right)^2} \geqslant 3$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có ${\left( {\dfrac{{ab}}{c}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{bc}}{a}} \right)^2}$$ \geqslant 2\sqrt {{{\left( {\dfrac{{ab}}{c}} \right)}^2}.{{\left( {\dfrac{{bc}}{a}} \right)}^2}} = 2{b^2}$
Tương tự ta có ${\left( {\dfrac{{bc}}{a}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{ca}}{b}} \right)^2} \geqslant 2{c^2},{\left( {\dfrac{{ca}}{b}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{ab}}{c}} \right)^2} \geqslant 2{{\text{a}}^2}$
Cộng vế với vế và rút gọn ta được ${\left( {\dfrac{{ab}}{c}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{bc}}{a}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{ca}}{b}} \right)^2} \geqslant 3$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$.
Ví dụ 15: Cho $a,b,c$ là số dương thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng:
$8\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \leqslant \left( {3 + a} \right)\left( {3 + b} \right)\left( {3 + c} \right).$
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right) \leqslant {\left( {\dfrac{{\left( {a + b} \right) + \left( {b + c} \right)}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {3 + a} \right)}^2}}}{4}$
Tương tự ta có $\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \leqslant \dfrac{{{{\left( {3 + c} \right)}^2}}}{4},\left( {c + a} \right)\left( {a + b} \right) \leqslant \dfrac{{{{\left( {3 + a} \right)}^2}}}{4}$
Nhân vế với vế lại ta được ${\left[ {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} \right]^2} \leqslant 64{\left[ {\left( {3 + a} \right)\left( {3 + b} \right)\left( {3 + c} \right)} \right]^2}$
Suy ra $8\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \leqslant \left( {3 + a} \right)\left( {3 + b} \right)\left( {3 + c} \right)$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$.
Ví dụ 16: Cho $a,b,c$ là số dương. Chứng minh rằng $\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \geqslant \dfrac{{a + b + c}}{2}.$
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số thực dương ta có :
$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{b + c}}{4} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}}.\dfrac{{b + c}}{4}} = a$.
Tương tự ta có $\dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{c + a}}{4} \geqslant b;\dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{a + b}}{4} \geqslant c$.
Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc :
$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{a + b + c}}{2} \geqslant a + b + c$
$ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \geqslant \dfrac{{a + b + c}}{2}$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$.
Ví dụ 17: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a) $f(x) = \dfrac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{x - 2}}$ với $x > 2.$
b) $g(x) = 2x + \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$ với $x > - 1.$
c) $h\left( x \right) = x + \dfrac{3}{x}$ với $x \geqslant 2.$
d) $k\left( x \right) = 2x + \dfrac{1}{{{x^2}}}$ với $0 < x \leqslant \dfrac{1}{2}.$
Lời giải
a) Ta có$f(x) = \dfrac{{{x^2} - 2x + 1}}{{x - 2}} = x - 2 + \dfrac{1}{{x - 2}} + 2$
Do $x > 2$ nên $x - 2 > 0,\dfrac{1}{{x - 2}} > 0$. Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$x - 2 + \dfrac{1}{{x - 2}} \geqslant 2\sqrt {\left( {x - 2} \right).\dfrac{1}{{x - 2}}} = 2$
Suy ra $f\left( x \right) \geqslant 4$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x - 2 = \dfrac{1}{{x - 2}} \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow x = 1$(loại) hoặc $x = 3$(thỏa mãn)
Vậy $\min f\left( x \right) = 4$ khi và chỉ khi $x = 3$.
b) Do $x > - 1$ nên $x + 1 > 0$. Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$g(x) = \left( {x + 1} \right) + \left( {x + 1} \right) + \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} - 2 $$\geqslant 3\sqrt[3]{{\left( {x + 1} \right).\left( {x + 1} \right).\dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}} - 2 = 1$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x + 1 = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^3} = 1 \Leftrightarrow x = 0$ (thỏa mãn)
Vậy $\min g\left( x \right) = 1$ khi và chỉ khi $x = 0$.
c) Ta có $h\left( x \right) = \left( {\dfrac{3}{x} + \dfrac{{3x}}{4}} \right) + \dfrac{x}{4}$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có $\dfrac{3}{x} + \dfrac{{3x}}{4} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{3}{x}.\dfrac{{3x}}{4}} = 3$
Mặt khác $x \geqslant 2$ suy ra $h\left( x \right) = \left( {\dfrac{3}{x} + \dfrac{{3x}}{4}} \right) + \dfrac{x}{4} \geqslant 3 + \dfrac{2}{4} = \dfrac{7}{2}$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\dfrac{3}{x} = \dfrac{{3x}}{4}} \\ {x = 2} \end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 2$
Vậy $\min h\left( x \right) = \dfrac{7}{2}$ khi và chỉ khi $x = 2$.
d) Ta có $k\left( x \right) = x + x + \dfrac{1}{{8{x^2}}} + \dfrac{7}{{8{x^2}}}$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có $x + x + \dfrac{1}{{8{x^2}}} \geqslant 3\sqrt[3]{{x.x.\dfrac{1}{{8{x^2}}}}} = \dfrac{3}{2}$
Mặt khác $0 < x \leqslant \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{7}{{8{x^2}}} \geqslant \dfrac{7}{2}$ suy ra $k\left( x \right) \geqslant \dfrac{3}{2} + \dfrac{7}{2} = 5$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = \dfrac{1}{{8{x^2}}}} \\ {x = \dfrac{1}{2}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{2}$
Vậy $\min k\left( x \right) = 5$ khi và chỉ khi $x = \dfrac{1}{2}$.
Loại 3: Kĩ thuật tham số hóa
Ví dụ 18: Cho $a,b,c$ là số dương thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$. Tìm giá trị lớn nhất của $A = \left( {1 + 2a} \right)\left( {1 + 2bc} \right)$
Phân tích
Ta sẽ đánh giá biểu thức $A$ để làm xuất hiện ${a^2} + {b^2} + {c^2}$.
Trước tiên ta sẽ đánh giá $a$ qua ${a^2}$ bởi ${a^2} + {m^2} \geqslant 2ma \Rightarrow 2a \leqslant \dfrac{{{a^2}}}{m} + m$ (với $m > 0$)
Do $b,c$ bình đẳng nên dự đoán dấu bằng $A$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $b = c$nên ta đánh giá $2bc \leqslant {b^2} + {c^2}$. Suy ra $A \leqslant \left( {\dfrac{{{a^2}}}{m} + m + 1} \right)\left( {1 + {b^2} + {c^2}} \right) = B$. Tiếp tục ta sẽ sử dụng BĐT Cauchy dưới dạng $xy \leqslant {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2}$ để là xuất hiện ${a^2} + {b^2} + {c^2}$ nên ta sẽ tách như sau
$B = \dfrac{1}{m}\left( {{a^2} + {m^2} + m} \right)\left( {1 + {b^2} + {c^2}} \right)$$ \leqslant \dfrac{1}{m}{\left( {\dfrac{{\left( {{a^2} + {m^2} + m} \right) + \left( {1 + {b^2} + {c^2}} \right)}}{2}} \right)^2}$
Suy ra ${\text{A}} \leqslant \dfrac{1}{{4m}}{\left( {{m^2} + m + 2} \right)^2}$
Dấu bằng xảy ra khi $a = m,b = c,{a^2} + {m^2} + m = 1 + {b^2} + {c^2}$ và ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$.
Từ đây ta có $m = \dfrac{2}{3}$. Do đó ta có lời giải như sau:
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có ${a^2} + \dfrac{4}{9} \geqslant \dfrac{4}{3}a \Rightarrow 2a \leqslant \dfrac{{3{a^2}}}{2} + \dfrac{2}{3}$ và $2bc \leqslant {b^2} + {c^2}$
Suy ra $A \leqslant \left( {\dfrac{{3{a^2}}}{2} + \dfrac{2}{3} + 1} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + 1} \right)$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$\left( {\dfrac{{3{a^2}}}{2} + \dfrac{2}{3} + 1} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + 1} \right)$$ = \dfrac{3}{2}\left( {{a^2} + \dfrac{{10}}{9}} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + 1} \right)$$ \leqslant \dfrac{3}{2}{\left( {\dfrac{{{a^2} + \dfrac{{10}}{9} + {b^2} + {c^2} + 1}}{2}} \right)^2}$$ = \dfrac{{98}}{{27}}$
Suy ra ${\text{A}} \leqslant \dfrac{{98}}{{27}}$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{gathered} a = \dfrac{2}{3} \hfill \\ b = c \hfill \\ {a^2} + \dfrac{{10}}{9} = {b^2} + {c^2} + 1 \hfill \\ {a^2} + {b^2} + {c^2} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a = \dfrac{2}{3} \hfill \\ b = c = \sqrt {\dfrac{5}{{18}}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Vậy $\max A = \dfrac{{98}}{{27}}$ khi và chỉ khi $a = \dfrac{2}{3}$ và $b = c = \sqrt {\dfrac{5}{{18}}} $.
Ví dụ 19: Cho $a,b,c$ là số dương thỏa mãn $2a + 4b + 3{c^2} = 68$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A = {a^2} + {b^2} + {c^3}$.
Phân tích
Ta cần đánh giá biểu thức $A$ qua biểu thức $2a + 4b + 3{c^2}$. Do đó ta sẽ cho thêm vào các tham số vào và đánh giá như sau ($m,n,p$ dương)
${a^2} + {m^2} \geqslant 2am,{b^2} + {n^2} \geqslant 2bn$ và $\dfrac{{{c^3}}}{2} + \dfrac{{{c^3}}}{2} + 4{p^3} \geqslant 3p{c^2}$
Suy ra ${a^2} + {b^2} + {c^3} + {m^2} + {n^2} + 4{p^3} \geqslant 2am + 2bn + 3pc$(*)
Để $2am + 2bn + 3p{c^2}$ có thể bội số của $2a + 4b + 3{c^2}$ thì
$\dfrac{{2m}}{2} = \dfrac{{2n}}{4} = \dfrac{{3p}}{3} \Leftrightarrow m = \dfrac{n}{2} = p$
Mặt khác dấu bằng ở BĐT (*) xảy ra khi $a = m,b = n,c = 2p$
Hay $a = m,b = 2m,c = 2m \Rightarrow 2m + 4.\left( {2m} \right) + 3{\left( {2m} \right)^2} = 68$
$ \Leftrightarrow 12{m^2} + 10m - 68 = 0 \Leftrightarrow m = 2$(nhận) hoặc $m = - \dfrac{{17}}{6}$(loại)
Suy ra $p = 2,n = 4$ do đó ta có lời giải như sau
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
${a^2} + 4 \geqslant 4a,{b^2} + 16 \geqslant 8b$ và $\dfrac{{{c^3}}}{2} + \dfrac{{{c^3}}}{2} + 32 \geqslant 6{c^2}$
Cộng vế với vế ta được
${a^2} + {b^2} + {c^3} + 52 \geqslant 4a + 8b + 6{c^2}$, kết hợp với $2a + 4b + 3{c^2} = 68$
Suy ra ${a^2} + {b^2} + {c^3} \geqslant 84$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = 2,b = 4,c = 4$
Vậy $\min {\text{A}} = 84 \Leftrightarrow a = 2,b = 4,c = 4$.
Loại 4: Kĩ thuật Cauchy ngược dấu
Ví dụ 20: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của
$P = \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{a + 2\sqrt {bc} }} + \dfrac{{\sqrt {ca} }}{{b + 2\sqrt {ca} }} + \dfrac{{\sqrt {ab} }}{{c + 2\sqrt {ab} }}$.
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có $\dfrac{{\sqrt {bc} }}{{a + 2\sqrt {bc} }}$$ = \dfrac{1}{2}\left( {1 - \dfrac{a}{{a + 2\sqrt {bc} }}} \right)$$ \leqslant \dfrac{1}{2}\left( {1 - \dfrac{a}{{a + b + c}}} \right)$
Tương tự ta có $\dfrac{{\sqrt {ca} }}{{b + 2\sqrt {ca} }}$$ \leqslant \dfrac{1}{2}\left( {1 - \dfrac{b}{{a + b + c}}} \right),$$\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{c + 2\sqrt {ab} }}$$ \leqslant \dfrac{1}{2}\left( {1 - \dfrac{c}{{a + b + c}}} \right)$
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
$P \leqslant \dfrac{1}{2}\left( {3 - \dfrac{a}{{a + b + c}} - \dfrac{b}{{a + b + c}} - \dfrac{c}{{a + b + c}}} \right) = 1$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$
Vậy $\min P = 1 \Leftrightarrow a = b = c$
Ví dụ 21: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng:
a) $\dfrac{a}{{1 + {b^2}}} + \dfrac{b}{{1 + {c^2}}} + \dfrac{c}{{1 + {a^2}}} \geqslant \dfrac{3}{2}$.
b) $\dfrac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + 2{c^3}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c + 2{a^3}}} \geqslant 1$
Lời giải
a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$\dfrac{a}{{1 + {b^2}}} = \dfrac{{a\left( {1 + {b^2} - {b^2}} \right)}}{{1 + {b^2}}} = a - \dfrac{{a{b^2}}}{{1 + {b^2}}} \geqslant a - \dfrac{{a{b^2}}}{{2b}} = a - \dfrac{{ab}}{2}$
Tương tự ta có $\dfrac{b}{{1 + {c^2}}} \geqslant b - \dfrac{{bc}}{2}$ và $\dfrac{c}{{1 + {a^2}}} \geqslant c - \dfrac{{ca}}{2}$
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:
$\dfrac{a}{{1 + {b^2}}} + \dfrac{b}{{1 + {c^2}}} + \dfrac{c}{{1 + {a^2}}} \geqslant a + b + c - \dfrac{{ab + bc + ca}}{2} = 3 - \dfrac{{ab + bc + ca}}{2}$
Mặt khác ta có ${\left( {a + b + c} \right)^2} \geqslant 3\left( {ab + bc + ca} \right) \Rightarrow ab + bc + ca \leqslant 3$.
Do đó $\dfrac{a}{{1 + {b^2}}} + \dfrac{b}{{1 + {c^2}}} + \dfrac{c}{{1 + {a^2}}} \geqslant 3 - \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$
b) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
$\dfrac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}}$$ = \dfrac{{a\left( {a + 2{b^3}} \right) - 2a{b^3}}}{{a + 2{b^3}}} $$\geqslant a - \dfrac{{2a{b^3}}}{{3\sqrt[3]{{a{b^6}}}}}$$ = a - \dfrac{{2b\sqrt[3]{{{a^2}}}}}{3}$.
Tương tự ta có $\dfrac{{{b^2}}}{{b + 2{c^3}}}$$ \geqslant b - \dfrac{{2c\sqrt[3]{b}}}{3},$$\dfrac{{{c^2}}}{{c + 2{a^3}}}$$ \geqslant c - \dfrac{{2a\sqrt[3]{c}}}{3}$
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được:
$\dfrac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + 2{c^3}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c + 2{a^3}}} $$\geqslant a + b + c - \dfrac{2}{3}\left( {b\sqrt[3]{{{a^2}}} + a\sqrt[3]{{{c^2}}} + c\sqrt[3]{{{b^2}}}} \right)$
Mặt khác $a + b + c = 3$ do đó ta chỉ cần chứng minh: $b\sqrt[3]{{{a^2}}} + c\sqrt[3]{{{b^2}}} + a\sqrt[3]{{{c^2}}} \leqslant 3$.
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
$b\sqrt[3]{{{a^2}}} \leqslant \dfrac{1}{3}b.\left( {a + a + 1} \right)$$ = \dfrac{{2ab + b}}{3}$
Tương tự ta có $c\sqrt[3]{{{b^2}}}$$ \leqslant \dfrac{{2bc + c}}{3},a\sqrt[3]{{{c^2}}}$$ \leqslant \dfrac{{2ca + a}}{3}$
Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có:
$b\sqrt[3]{{{a^2}}} + c\sqrt[3]{{{b^2}}} + a\sqrt[3]{{{c^2}}}$$ \leqslant \dfrac{{2ab + b}}{3} + \dfrac{{2bc + c}}{3} + \dfrac{{2ca + a}}{3}$$ = \dfrac{2}{3}\left( {ab + bc + ca} \right) + \dfrac{1}{3}\left( {a + b + c} \right)$
Từ đó suy ra: $b\sqrt[3]{{{a^2}}} + c\sqrt[3]{{{b^2}}} + a\sqrt[3]{{{c^2}}}$$ \leqslant \dfrac{2}{3}.3 + \dfrac{1}{3}.3 = 3$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Ví dụ 22: Cho ba số dương $x,y,z$ thoả mãn hệ thức $xyz\left( {x + y + z} \right) = 1$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \left( {x{\text{ }} + {\text{ }}y} \right)\left( {x{\text{ }} + {\text{ }}z} \right).$
Lời giải
Ta có $1 = xyz\left( {x + y + z} \right) = yz\left( {{x^2} + xy + x{\text{z}}} \right)$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$P = \left( {x{\text{ }} + {\text{ }}y} \right)\left( {x{\text{ }} + {\text{ }}z} \right) = yz + \left( {{x^2} + xy + z{\text{x}}} \right)$$ \geqslant 2\sqrt {yz.\left( {{x^2} + xy + z{\text{x}}} \right)} = 2$
Suy ra $\min P = 2$.
Ví dụ 23: Với các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $ab + bc + ca = 1$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của $P = {a^3} + {b^3} + {c^3}.$
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: ${a^3} + {b^3} + \dfrac{1}{{3\sqrt 3 }}$$ \geqslant ab\sqrt 3 $
${b^3} + {c^3} + \dfrac{1}{{3\sqrt 3 }}$$ \geqslant bc\sqrt 3,{c^3} + {a^3} + \dfrac{1}{{3\sqrt 3 }} $$\geqslant ca\sqrt 3.$
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:
$\begin{gathered} 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \geqslant \sqrt 3 \left( {ab + bc + ca} \right) = \sqrt 3 \hfill \\ \Rightarrow 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \geqslant \dfrac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} \geqslant \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \hfill \\ \end{gathered} $
Dấu đẳng thức xảy ra $a = b = c = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}.$
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC.
Ví dụ 24: Cho các số dương $a,b,c.$ Chứng minh rằng $\dfrac{{a + b}}{{a + b + c}} + \dfrac{{6b + 8c}}{{2a + b}} + \dfrac{{3a + 2b + c}}{{b + c}} \geqslant 7.$
Lời giải
Đặt $x = a + b + c,y = 2a + b,z = b + c$
Suy ra $a = x - z,b = - 2x + y + 2z,c = 2x - y - z$
Bất đẳng thức trở thành $\dfrac{{ - x + y + z}}{x} + \dfrac{{4x - 2y + 4z}}{y} + \dfrac{{x + y}}{z} \geqslant 7$
$ \Leftrightarrow - 1 + \dfrac{y}{x} + \dfrac{z}{x} + \dfrac{{4x}}{y} - 2 + \dfrac{{4z}}{y} + \dfrac{x}{z} + \dfrac{y}{z} \geqslant 7$
$ \Leftrightarrow \left( {\dfrac{y}{x} + \dfrac{{4x}}{y}} \right) + \left( {\dfrac{z}{x} + \dfrac{x}{z}} \right) + \left( {\dfrac{{4{\text{z}}}}{y} + \dfrac{y}{z}} \right) \geqslant 10$ (*)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có $\dfrac{y}{x} + \dfrac{{4x}}{y} \geqslant 4,\dfrac{z}{x} + \dfrac{x}{z} \geqslant 2,\dfrac{{4{\text{z}}}}{y} + \dfrac{y}{z} \geqslant 4$
Suy ra BĐT (*) đúng. (đpcm).
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {2x = y} \\ \begin{gathered} x = z \hfill \\ 2z = y \hfill \\ \end{gathered} \end{array}} \right. \Leftrightarrow 2x = y = 2z$ suy ra không tồn tại $a,b,c.$
Dấu đẳng thức không xảy ra.
Ví dụ 25: Cho $x,y,z$ là số dương thỏa mãn $x + y + z \leqslant \dfrac{3}{2}.$ Chứng minh rằng $x + y + z + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \geqslant \dfrac{{15}}{2}$.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \geqslant 3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{xyz}}}}$ và $x + y + z \geqslant 3\sqrt[3]{{xyz}}$ nên $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \geqslant \dfrac{9}{{x + y + z}}$
Suy ra $x + y + z + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \geqslant x + y + z + \dfrac{9}{{x + y + z}}$$$
Đặt $t = x + y + z \Rightarrow 0 < t \leqslant \dfrac{3}{2}$$$
Khi đó ta chỉ cần chứng minh$x + y + z + \dfrac{9}{{x + y + z}} = t + \dfrac{9}{t} \geqslant \dfrac{{15}}{2}$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$t + \dfrac{9}{t} = t + \dfrac{9}{{4t}} + \dfrac{{27}}{{4t}} \geqslant 2\sqrt {t.\dfrac{9}{{4t}}} + \dfrac{{27}}{{4.\dfrac{3}{2}}} = \dfrac{{15}}{2}$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = \dfrac{1}{2}$.
Ví dụ 26: Cho $x,y,z$ là các số dương thoả mãn $xyz \geqslant x + y + z + 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P = x + y + z$.
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$x + y + z \geqslant 3\sqrt[3]{{xyz}} \Rightarrow \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}}{{27}} \geqslant xyz$
Mặt khác $xyz \geqslant x + y + z$ suy ra $\dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3}}}{{27}} \geqslant x + y + z + 2$
Đặt $t = x + y + z,t > 0$ ta có $\dfrac{{{t^3}}}{{27}} \geqslant t + 2 \Leftrightarrow {t^3} - 27t - 54 \geqslant 0 \Leftrightarrow \left( {t - 6} \right){\left( {t + 3} \right)^2} \geqslant 0 \Leftrightarrow t \geqslant 6$
Suy ra $x + y + z \geqslant 6$, đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x = y = z = 2$.
Ví dụ 27: Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm có tổng bằng $3$. Tìm giá trị lớn nhất của : $P = a + ab + 2abc$
Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng $xy \leqslant \dfrac{{{{\left( {x - y} \right)}^2}}}{4}$ ta có
$b + 2abc =$$ 2a.b\left( {c + \dfrac{1}{2}} \right)$$ \leqslant 2a.\dfrac{{{{\left( {b + c + \dfrac{1}{2}} \right)}^2}}}{4}$$ = 2a.\dfrac{{{{\left( {3 - a + \dfrac{1}{2}} \right)}^2}}}{4}$$ = \dfrac{{a{{(7 - 2a)}^2}}}{8}$
Do đó, chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
$a + \dfrac{{a{{(7 - 2a)}^2}}}{8}$$ \leqslant \dfrac{9}{2}$$ \Leftrightarrow $ $(4 - a){(2a - 3)^2} \geqslant 0$(Luôn đúng với $0 \leqslant a \leqslant 3$).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$(a,b,c) = \left( {\dfrac{3}{2},1,\dfrac{1}{2}} \right)$
DẠNG 4: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ
Ví dụ 28: Cho $a,b,c$ là số dương. Chứng minh rằng:
a) $\dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{c}{{{a^3}}} \geqslant \dfrac{{a + b + c}}{{abc}}$
b) $\dfrac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \dfrac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \dfrac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \leqslant \dfrac{1}{{abc}}$
Lời giải
Trước tiên ta chứng minh${a^3} + {b^3} \geqslant {a^2}b + {b^2}a$.
BĐT tương đương với${a^3} + {b^3} - {a^2}b - {b^2}a \geqslant 0 \Leftrightarrow {a^2}(a - b) + {b^2}(b - a) \geqslant 0$
$ \Leftrightarrow {(a - b)^2}(a + b) \geqslant 0$ (đúng với mọi $a > 0,b > 0$ )
$ \Rightarrow {a^3} + {b^3} \geqslant {a^2}b + {b^2}a$. Đẳng thức xảy ra khi $a = b$.
a) Ta có ${a^3} + {b^3} \geqslant {a^2}b + {b^2}a \Leftrightarrow \dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} \geqslant \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{ab}}$
Hoàn toàn tương tự ta có $\dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} \geqslant \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{1}{{bc}},\dfrac{c}{{{a^3}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}} \geqslant \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{ac}}$
Cộng vế với vế rút gọn ta được $\dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{c}{{{a^3}}} \geqslant \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$
Hay $\dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{c}{{{a^3}}} \geqslant \dfrac{{a + b + c}}{{abc}}$, đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$.
b) Theo Ví dụ trên ta có : ${a^3} + {b^3} \geqslant {a^2}b + {b^2}a = ab(a + b)$
$ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + abc \geqslant ab(a + b + c) $$\Rightarrow \dfrac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} \leqslant \dfrac{1}{{ab(a + b + c)}} $$= \dfrac{c}{{abc(a + b + c)}}$
Tương tự : $\dfrac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} \leqslant \dfrac{a}{{abc(a + b + c)}};$${\text{ }}\dfrac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \leqslant \dfrac{b}{{abc(a + b + c)}}$
Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$.
Ví dụ 29: Cho $a,b$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$3{(a + b + 1)^{2}} + 1 \geqslant 3ab$.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức $ab \leqslant {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^2}$ nên ta chứng minh$3{(a + b + 1)^2} + 1 \geqslant \dfrac{3}{4}{(a + b)^2}$ (*)
Thật vậy: $(*) \Leftrightarrow 12{(a + b)^2} + 24(a + b) + 16 \geqslant 3{(a + b)^2}$
$ \Leftrightarrow 9{(a + b)^2} + 24(a + b) + 16 \geqslant 0 \Leftrightarrow {(3a + 3b + 4)^2} \geqslant 0$(đúng) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$a = b = - \dfrac{2}{3}$.
Ví dụ 30: Cho $a$ là số dương và $b$ là số thực thỏa mãn ${a^2} + {b^2} = 5$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của $P = \dfrac{{2{a^3} + a + 1}}{{{a^2}}} - 2b$.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức $\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \geqslant {\left( {ac + bd} \right)^2}$(*), dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ad = bc$.
Ta có $\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {1 + 4} \right) = 25 \geqslant {\left( {a + 2b} \right)^2} \Leftrightarrow a + 2b \leqslant 5$
Suy ra $ - 2b \geqslant a - 5$
Do đó $P = \dfrac{{2{a^3} + a + 1}}{{{a^2}}} - 2b \geqslant \dfrac{{2{a^3} + a + 1}}{{{a^2}}} + a - 5$$ = 3a + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{{{a^2}}} - 5$ (1)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có $a + \dfrac{1}{a} \geqslant 2,a + a + \dfrac{1}{{{a^2}}} \geqslant 3$
Do đó $3a + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{{{a^2}}} \geqslant 5$ (2)
Từ (1) và (2) suy sa $P \geqslant 0$. Đẳng thức xảy ra khi $a = 1,b = 2$.
Vậy $\min P = 0 \Leftrightarrow a = 1,b = 2$.
Ví dụ 31: Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{{{a^3}}}{{bc}} + \dfrac{{{b^3}}}{{ca}} + \dfrac{{{c^3}}}{{ab}} \geqslant 3$
Lời giải
Áp dụng BĐT ${a^2} + {b^2} + {c^2} \geqslant ab + bc + ca$ này hai lần ta có :
${a^4} + {b^4} + {c^4}$$ = {({a^2})^2} + {({b^2})^2} + {({c^2})^2} \geqslant {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}$$ = {(ab)^2} + {(bc)^2} + {(ca)^2} \geqslant $
$ \geqslant ab.bc + bc.ca + ca.ab = abc(a + b + c) = 3abc$(vì$a + b + c = 3$ )
Suy ra $\dfrac{{{a^4} + {b^4} + {c^4}}}{{abc}} \geqslant 3$ hay $\dfrac{{{a^3}}}{{bc}} + \dfrac{{{b^3}}}{{ca}} + \dfrac{{{c^3}}}{{ab}} \geqslant 3$ (đpcm).
Đẳng thức xảy ra$ \Leftrightarrow a = b = c$
Ví dụ 32: Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a + b + c = 1$. Chứng minh rằng:
a) $\dfrac{a}{{1 + a}} + \dfrac{b}{{1 + b}} + \dfrac{c}{{1 + c}} \leqslant \dfrac{3}{4}$.
b) $\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \geqslant 30$
Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số thực dương ta có:
$\left. \begin{gathered} a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}} \hfill \\ \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant 3\dfrac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}} \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow (a + b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}}.3\dfrac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}} = 9$
Suy ra $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant \dfrac{9}{{a + b + c}}$ (*). Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$.
a) Ta có BĐT $ \Leftrightarrow \dfrac{{a + 1 - 1}}{{a + 1}} + \dfrac{{b + 1 - 1}}{{b + 1}} + \dfrac{{c + 1 - 1}}{{c + 1}} \leqslant \dfrac{3}{4}$
$ \Leftrightarrow 3 - (\dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}}) \leqslant \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}} \geqslant \dfrac{9}{4}$.
Áp dụng BĐT (*) ta có $\dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}} \geqslant \dfrac{9}{{a + b + c + 3}} = \dfrac{9}{4}$ đpcm.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{1}{3}$.
b) Áp dụng BĐT (*) ta có : $\dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \geqslant \dfrac{9}{{ab + bc + ca}}$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \geqslant \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{9}{{ab + bc + ca}}$
$ = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{7}{{ab + bc + ca}}$
Mặt khác : $ab + bc + ca \leqslant \dfrac{1}{3}{(a + b + c)^2} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{7}{{ab + bc + ca}} \geqslant 21$
$\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} \geqslant \dfrac{9}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2(ab + bc + ca)}} = 9$
Suy ra : $\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \geqslant 9 + 21 = 30$ đpcm.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{1}{3}$.
Ví dụ 33: Cho $a, b, x, y \in \mathbb{R}$. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\sqrt {{a^2} + {x^2}} + \sqrt {{b^2} + {y^2}} \geqslant \sqrt {{{(a + b)}^2} + {{(x + y)}^2}} $(1)
Lời giải
Bình phương 2 vế ta được: (1) $\sqrt {({a^2} + {b^2})({x^2} + {y^2})} \geqslant ab + xy$ (*)
• Nếu $ab + xy < 0$ thì (*) hiển nhiên đúng.
• Nếu $ab + xy \geqslant 0$ thì bình phương 2 vế ta được: (*) ${(bx - ay)^2} \geqslant 0$ (đúng).
Ví dụ 34: Cho $a,b$ dương. Chứng minh $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \geqslant \dfrac{4}{{a + b}}$ (1).
Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a) $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant 2\left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}}} \right)$; với $a, b, c > 0$.
b) $\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}} \geqslant 2\left( {\dfrac{1}{{2a + b + c}} + \dfrac{1}{{a + 2b + c}} + \dfrac{1}{{a + b + 2c}}} \right)$; $với a, b, c > 0$.
Lời giải
a) Áp dụng (1) ba lần ta được: $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \geqslant \dfrac{4}{{a + b}};\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant \dfrac{4}{{b + c}};\dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} \geqslant \dfrac{4}{{c + a}}$.
Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.
b) Tương tự câu a).
Ví dụ 35: Cho $a,b,c$ là số dương. Chứng minh $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \geqslant \dfrac{9}{{a + b + c}}$ (1).
Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a) $({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}}} \right) \geqslant \dfrac{3}{2}(a + b + c)$ với $a,b,c$ dương
b) $\dfrac{a}{{a + 1}} + \dfrac{b}{{b + 1}} + \dfrac{c}{{c + 1}} \leqslant \dfrac{3}{4}$. Với $a,b,c$ dương thoả $a + b + c = 1$.
c) $\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{1}{{{b^2} + 2ac}} + \dfrac{1}{{{c^2} + 2ab}} \geqslant 9$. Với $a,b,c$ dương thỏa mãn $a + b + c \leqslant 1$
Lời giải
Ta có: (1) $ (a + b + c)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right) \geqslant 9$. Dễ dàng suy từ BĐT Cauchy.
a) Áp dụng (1) ta được: $\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}} \geqslant \dfrac{9}{{2(a + b + c)}}$.
$VT \geqslant \dfrac{{9({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{2(a + b + c)}} = \dfrac{3}{2}.\dfrac{{3({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{a + b + c}} \geqslant \dfrac{3}{2}(a + b + c)$
Chú ý: ${(a + b + c)^2} \leqslant 3({a^2} + {b^2} + {c^2})$.
b) Để áp dụng (1), ta biến đổi $P$ như sau:
$P = \dfrac{{x + 1 - 1}}{{x + 1}} + \dfrac{{y + 1 - 1}}{{y + 1}} + \dfrac{{z + 1 - 1}}{{z + 1}}$ = $3 - \left( {\dfrac{1}{{x + 1}} + \dfrac{1}{{y + 1}} + \dfrac{1}{{z + 1}}} \right)$
Ta có: $\dfrac{1}{{x + 1}} + \dfrac{1}{{y + 1}} + \dfrac{1}{{z + 1}} \geqslant \dfrac{9}{{x + y + z + 3}} = \dfrac{9}{4}$. Suy ra: P $3 - \dfrac{9}{4} = \dfrac{3}{4}$.
c) Ta có: $P \geqslant \dfrac{9}{{{a^2} + 2bc + {b^2} + 2ca + {c^2} + 2ab}} = \dfrac{9}{{{{(a + b + c)}^2}}} \geqslant 9$.
