Bất đẳng thức (Nâng cao)

🔑 Lời giải

a) Từ $a^2+b^2\ge 2ab,\ b^2+c^2\ge 2bc,\ c^2+a^2\ge 2ca$, cộng vế: $2(a^2+b^2+c^2)\ge 2(ab+bc+ca)$, suy ra $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$. Dấu $=$ khi $a=b=c$.

b) Tương đương $\tfrac12\big[(a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\big]\ge 0$ (luôn đúng). Dấu $=$ khi $a=b=1$.

c) $(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\ge 0 \Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge 2(a+b+c)$. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$.

d) Xét $(a-b+c)^2\ge 0 \iff a^2+b^2+c^2-2ab-2bc+2ca\ge 0 \iff a^2+b^2+c^2\ge 2(ab+bc-ca)$. Dấu $=$ khi $b=a+c$.

e) Chuyển vế, biểu thức $=(a^2-b^2)^2+(a-c)^2+(a-1)^2\ge 0$. Dấu $=$ khi $a=c=1,\ b=\pm 1$.

f) Dùng $\left(\dfrac{a}{2}-b+c\right)^2\ge 0$ khai triển ra ngay $\dfrac{a^2}{4}+b^2+c^2\ge ab-ac+2bc$.

g) Ta có $a^2(1+b^2)+b^2(1+c^2)+c^2(1+a^2)=(a^2+b^2+c^2)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$. Áp dụng Cô-si cho $6$ số không âm $a^2,b^2,c^2,a^2b^2,b^2c^2,c^2a^2$: tổng $\ge 6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6|abc|\ge 6abc$. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$.

h) $\left(\dfrac{a}{2}-b\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-c\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-d\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-e\right)^2\ge 0$ khai triển cho $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a(b+c+d+e)$. Dấu $=$ khi $b=c=d=e=\dfrac{a}{2}$.

🔑 Lời giải

a) $\dfrac{a^2+b^2}{2}-\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2=\dfrac{(a-b)^2}{4}\ge 0$ và $\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{(a-b)^2}{4}\ge 0$. Dấu $=$ khi $a=b$.

b) $\dfrac{a^3+b^3}{2}-\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^3=\dfrac{3(a-b)^2(a+b)}{8}\ge 0$ (vì $a+b\ge 0$). Dấu $=$ khi $a=b$.

c) $a^4+b^4-a^3b-ab^3=(a-b)(a^3-b^3)=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge 0$. Dấu $=$ khi $a=b$.

d) $a^4-4a+3=(a-1)^2\big[(a+1)^2+2\big]\ge 0$. Dấu $=$ khi $a=1$.

e) $a^3+b^3+c^3-3abc=\dfrac12(a+b+c)\big[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\big]\ge 0$ (do $a,b,c\gt 0$). Dấu $=$ khi $a=b=c$.

f) Nhân hai vế với $a^2b^2\gt 0$, đưa về $a^8+b^8-a^6b^2-a^2b^6=(a^2-b^2)^2(a^4+a^2b^2+b^4)\ge 0$. Dấu $=$ khi $a^2=b^2$.

g) Quy đồng (mẫu dương vì $ab\ge 1$): hiệu hai vế $=\dfrac{(a-b)^2(ab-1)}{(1+ab)(1+a^2)(1+b^2)}\ge 0$. Dấu $=$ khi $a=b$.

h) Khai triển, hiệu hai vế $=ab\big[a^4+b^4-a^3b-ab^3\big]=ab(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge 0$ (do $ab\gt 0$). Dấu $=$ khi $a=b$.

🔑 Lời giải

(1) là $(a-b)^2\ge 0$.

a) $a^4+b^4\ge 2a^2b^2,\ c^4+d^4\ge 2c^2d^2$, và $a^2b^2+c^2d^2\ge 2abcd$. Suy ra $a^4+b^4+c^4+d^4\ge 2(a^2b^2+c^2d^2)\ge 4abcd$. Dấu $=$ khi $a=b=c=d$.

b) $a^2+1\ge 2|a|$ (tương tự với $b,c$). Nhân lại: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge 8|abc|\ge 8abc$. Dấu $=$ khi $|a|=|b|=|c|=1$.

c) $a^2+4\ge 2\sqrt{4a^2}=4|a|$ (tương tự). Nhân lại: tích $\ge 256|abcd|\ge 256abcd$. Dấu $=$ khi $|a|=|b|=|c|=|d|=2$.

🔑 Lời giải

(1): $\dfrac{a+c}{b+c}-\dfrac{a}{b}=\dfrac{c(b-a)}{b(b+c)}\gt 0$ vì $b\gt a$.

a) Cận trên: $\dfrac{a}{a+b}\lt \dfrac{a+c}{a+b+c}$ (thêm $c$); tương tự rồi cộng lại được tổng $\lt \dfrac{2(a+b+c)}{a+b+c}=2$. Cận dưới: $\dfrac{a}{a+b}\gt \dfrac{a}{a+b+c}$; cộng lại được tổng $\gt 1$.

b) Tương tự: mỗi hạng tử $\gt \dfrac{a}{a+b+c+d}$ nên tổng $\gt 1$; và mỗi hạng tử $\lt \dfrac{a+d}{a+b+c+d}$ (thêm ẩn còn thiếu) nên tổng $\lt 2$.

c) Viết $\dfrac{a+b}{a+b+c}=1-\dfrac{c}{a+b+c}$. Tổng $=4-\Big(\dfrac{c}{a+b+c}+\dfrac{d}{b+c+d}+\dfrac{a}{c+d+a}+\dfrac{b}{d+a+b}\Big)$. Phần trong ngoặc có dạng câu b) nên thuộc khoảng $(1;2)$, suy ra tổng thuộc $(2;3)$.

🔑 Lời giải

(1): $a^3+b^3-a^2b-ab^2=(a+b)(a-b)^2\ge 0$.

a) $a^3+b^3+abc\ge ab(a+b)+abc=ab(a+b+c)$, nên $\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\le \dfrac{1}{ab(a+b+c)}=\dfrac{c}{abc(a+b+c)}$. Cộng ba BĐT: tổng $\le \dfrac{a+b+c}{abc(a+b+c)}=\dfrac{1}{abc}$. Dấu $=$ khi $a=b=c$.

b) Vì $abc=1$ nên $a^3+b^3+1=a^3+b^3+abc\ge ab(a+b+c)$, suy ra $\dfrac{1}{a^3+b^3+1}\le \dfrac{c}{abc(a+b+c)}=\dfrac{c}{a+b+c}$. Cộng lại $\le 1$. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$.

c) Đặt $a=x^3,b=y^3,c=z^3$ ($x,y,z\gt 0,\ xyz=1$). Khi đó $a+b+1=x^3+y^3+xyz\ge xy(x+y+z)$, nên $\dfrac{1}{a+b+1}\le \dfrac{z}{x+y+z}$. Cộng lại $\le 1$. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$.

🔑 Lời giải

a) Vế trái $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ chính là Bài 1a. Vế phải: từ $a\lt b+c$ nhân $a\gt 0$ được $a^2\lt ab+ac$; tương tự rồi cộng lại: $a^2+b^2+c^2\lt 2(ab+bc+ca)$.

b) Đặt $x=b+c-a,\ y=c+a-b,\ z=a+b-c$ (đều $\gt 0$). Khi đó $a=\dfrac{y+z}{2},\ b=\dfrac{z+x}{2},\ c=\dfrac{x+y}{2}$. Theo Cô-si $a\ge \sqrt{yz},\ b\ge \sqrt{zx},\ c\ge \sqrt{xy}$, nhân lại $abc\ge xyz=(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$. Dấu $=$ khi $a=b=c$.

c) Theo công thức Heron, $2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$. Bốn thừa số đều dương nên biểu thức $\gt 0$.

d) Xét hiệu $\Delta=a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a+b)^2-(a^3+b^3+c^3)$. Khai triển và rút gọn:

$\Delta=(a^2b+ab^2)+(a^2c+ac^2)+(b^2c+bc^2)-2abc-(a^3+b^3+c^3)=(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$.

Vì $a,b,c$ là ba cạnh tam giác nên cả ba thừa số đều dương, do đó $\Delta\gt 0$, tức $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a+b)^2\gt a^3+b^3+c^3$.

🔑 Lời giải

a) Ba số $\dfrac{1}{a+b},\dfrac{1}{b+c},\dfrac{1}{c+a}$ dương; cần kiểm tra BĐT tam giác cho số lớn nhất (ứng với mẫu nhỏ nhất). Dùng $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge \dfrac{4}{x+y}$: $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\ge \dfrac{4}{a+2b+c}$. Ta chứng minh $\dfrac{4}{a+2b+c}\gt \dfrac{1}{c+a}$, tức $4(c+a)\gt a+2b+c \iff 3(a+c)\gt 2b$, đúng vì $b\lt a+c$. Vậy tổng hai cạnh bất kì luôn lớn hơn cạnh còn lại.

b) Đặt $x=a+b-c,\ y=b+c-a,\ z=c+a-b\gt 0$ thì $x+y=2b,\ y+z=2c,\ z+x=2a$. Dùng $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge \dfrac{4}{x+y}$: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge \dfrac{2}{b},\ \dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge \dfrac{2}{c},\ \dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}\ge \dfrac{2}{a}$. Cộng lại: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$.

🔑 Lời giải

a) Đặt $S=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dots+\dfrac{1}{2n}$ ($n$ số hạng). Cận dưới: mỗi hạng tử $\gt \dfrac{1}{2n}$ nên $S\gt n\cdot\dfrac{1}{2n}=\dfrac12$. Cận trên: ghép $\dfrac{1}{n+k}$ với $\dfrac{1}{2n+1-k}$ (tổng mẫu $=3n+1$, tích mẫu $\ge 2n(n+1)$): $2S=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{3n+1}{(n+k)(2n+1-k)}\le \dfrac{n(3n+1)}{2n(n+1)}=\dfrac{3n+1}{2(n+1)}$, suy ra $S\le \dfrac{3n+1}{4(n+1)}\lt \dfrac{3}{4}$.

b) $\dfrac{1}{\sqrt{k}}=\dfrac{2}{2\sqrt{k}}\gt \dfrac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$. Cộng từ $k=1$ đến $n$ (khử liên tiếp): tổng $\gt 2(\sqrt{n+1}-1)$.

c) Với $k\ge 2$: $\dfrac{1}{k^2}\lt \dfrac{1}{(k-1)k}=\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}$. Cộng lại: $1+\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k^2}\lt 1+\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)=2-\dfrac{1}{n}\lt 2$.

d) $\dfrac{1}{(k-1)k}=\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}$. Cộng từ $k=2$ đến $n$: tổng $=1-\dfrac{1}{n}\lt 1$.

🔑 Lời giải

a) $a+b\ge 2\sqrt{ab},\ b+c\ge 2\sqrt{bc},\ c+a\ge 2\sqrt{ca}$; nhân lại: $(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc$. Dấu $=$ khi $a=b=c$.

b) $\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge 2c,\ \dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge 2a,\ \dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}\ge 2b$; cộng lại và chia $2$: $\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge a+b+c$.

c) Từ $\dfrac{1}{a+b}\le \dfrac14\Big(\dfrac1a+\dfrac1b\Big)$ suy ra $\dfrac{ab}{a+b}\le \dfrac{a+b}{4}$; cộng ba câu: tổng $\le \dfrac{2(a+b+c)}{4}=\dfrac{a+b+c}{2}$.

d) (Nesbitt) Cộng $3$ vào hai vế: $\sum\dfrac{a}{b+c}+3=(a+b+c)\sum\dfrac{1}{b+c}\ge (a+b+c)\cdot\dfrac{9}{2(a+b+c)}=\dfrac92$, suy ra $\sum\dfrac{a}{b+c}\ge \dfrac32$. Dấu $=$ khi $a=b=c$.

🔑 Lời giải

a) Theo BĐT Bunhiacopxki: $\big(a^3+b^3+c^3\big)\Big(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)\ge \Big(\sqrt{a^3\cdot\tfrac1a}+\sqrt{b^3\cdot\tfrac1b}+\sqrt{c^3\cdot\tfrac1c}\Big)^2=(a+b+c)^2$.

b) Hiệu hai vế $=2(a^3+b^3+c^3)-\sum_{\text{sym}}a^2b=(a+b)(a-b)^2+(b+c)(b-c)^2+(c+a)(c-a)^2\ge 0$.

c) Từ b) và $a^2+b^2+c^2\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$: $3(a^3+b^3+c^3)\ge (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\ge \dfrac{(a+b+c)^3}{3}$, suy ra $9(a^3+b^3+c^3)\ge (a+b+c)^3$.

🔑 Lời giải

(1): $\dfrac1a+\dfrac1b-\dfrac{4}{a+b}=\dfrac{(a-b)^2}{ab(a+b)}\ge 0$.

a) $\dfrac{1}{a+b}\le \dfrac14\Big(\dfrac1a+\dfrac1b\Big)$, cộng ba câu: $2\sum\dfrac{1}{a+b}\le \dfrac{2}{4}\cdot 2\Big(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)=\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c$.

b) $\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{(a+b)+(a+c)}\le \dfrac14\Big(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\Big)$; cộng vòng và nhân $2$: $2\sum\dfrac{1}{2a+b+c}\le \sum\dfrac{1}{a+b}$.

c) Áp dụng liên tiếp (1): $\dfrac{1}{2a+b+c}\le \dfrac14\Big(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\Big)\le \dfrac{1}{16}\Big(\dfrac2a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)$. Cộng vòng: $\sum\dfrac{1}{2a+b+c}\le \dfrac{1}{16}\cdot 4\Big(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)=\dfrac{4}{16}=1$ (do giả thiết $\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c=4$). Dấu $=$ khi $a=b=c=\dfrac34$.

d) $p-a=\dfrac{b+c-a}{2}$,… Dùng (1): $\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge \dfrac{4}{(p-a)+(p-b)}=\dfrac{4}{c}$ (vì $2p=a+b+c$). Tương tự rồi cộng: $2\sum\dfrac{1}{p-a}\ge 4\Big(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)$, suy ra $\sum\dfrac{1}{p-a}\ge 2\Big(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)$.

🔑 Lời giải

(1) suy từ $(a+b+c)\Big(\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\Big)\ge 9$ (Cô-si). Dấu $=$ khi $a=b=c$.

a) $\sum\dfrac{1}{a+b}\ge \dfrac{9}{2(a+b+c)}$ và $a^2+b^2+c^2\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$, nhân lại: $\big(a^2+b^2+c^2\big)\sum\dfrac{1}{a+b}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3}\cdot\dfrac{9}{2(a+b+c)}=\dfrac32(a+b+c)$.

b) $P=\sum\Big(1-\dfrac{1}{x+1}\Big)=3-\sum\dfrac{1}{x+1}$. Vì $\sum\dfrac{1}{x+1}\ge \dfrac{9}{(x+y+z)+3}=\dfrac{9}{4}$ nên $P\le 3-\dfrac94=\dfrac34$. Vậy $\max P=\dfrac34$ khi $x=y=z=\dfrac13$.

c) Vì $(a^2+2bc)+(b^2+2ca)+(c^2+2ab)=(a+b+c)^2\le 1$, theo (1): $P\ge \dfrac{9}{(a+b+c)^2}\ge 9$. Vậy $\min P=9$ khi $a=b=c=\dfrac13$.

d) Vì $(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2=1$, áp dụng (1) cho ba số $a^2+b^2+c^2,\ ab+bc+ca,\ ab+bc+ca$: $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2}{ab+bc+ca}\ge \dfrac{9}{1}=9$. Mặt khác $\dfrac1{ab}+\dfrac1{bc}+\dfrac1{ca}\ge \dfrac{9}{ab+bc+ca}$ và $ab+bc+ca\le \dfrac13$, nên $\dfrac1{ab}+\dfrac1{bc}+\dfrac1{ca}-\dfrac{2}{ab+bc+ca}\ge \dfrac{7}{ab+bc+ca}\ge 21$. Cộng lại: $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac1{ab}+\dfrac1{bc}+\dfrac1{ca}\ge 9+21=30$. Dấu $=$ khi $a=b=c=\dfrac13$.

🔑 Lời giải

a) $y=\dfrac{x}{2}+\dfrac{18}{x}\ge 2\sqrt{\dfrac{x}{2}\cdot\dfrac{18}{x}}=2\sqrt{9}=6$. $\min y=6$ khi $x=6$.

b) $y=\dfrac{x-1}{2}+\dfrac{2}{x-1}+\dfrac12\ge 2\sqrt{1}+\dfrac12=\dfrac52$. $\min y=\dfrac52$ khi $x=3$.

c) $y=\dfrac{3(x+1)}{2}+\dfrac{1}{x+1}-\dfrac32\ge 2\sqrt{\dfrac32}-\dfrac32=\sqrt6-\dfrac32$. $\min y=\sqrt6-\dfrac32$ khi $x=\dfrac{\sqrt6}{3}-1$.

d) $y=\dfrac{2x-1}{6}+\dfrac{5}{2x-1}+\dfrac16\ge 2\sqrt{\dfrac56}+\dfrac16=\dfrac{\sqrt{30}}{3}+\dfrac16$. $\min y=\dfrac{\sqrt{30}}{3}+\dfrac16$ khi $x=\dfrac{1+\sqrt{30}}{2}$.

e) $y=\dfrac{1}{1-x}+\dfrac{5}{x}-1\ge \dfrac{(1+\sqrt5)^2}{(1-x)+x}-1=(6+2\sqrt5)-1=5+2\sqrt5$ (BĐT cộng mẫu). $\min y=5+2\sqrt5$ khi $x=\dfrac{5-\sqrt5}{4}$.

f) $y=x+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{x^2}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{x}{2}\cdot\dfrac{x}{2}\cdot\dfrac{1}{x^2}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}=\dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}$. $\min y=\dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}$ khi $x=\sqrt[3]{2}$.

g) $y=\dfrac{(x+2)^2}{x}=x+4+\dfrac{4}{x}\ge 4+2\sqrt{4}=8$. $\min y=8$ khi $x=2$.

h) $y=\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}\ge 5\sqrt[5]{\dfrac{x^6}{27}\cdot\dfrac{1}{x^6}}=\dfrac{5}{\sqrt[5]{27}}$. $\min y=\dfrac{5}{\sqrt[5]{27}}$ khi $x=\sqrt[5]{3}$.

🔑 Lời giải

a) $y=(x+3)(5-x)\le \left(\dfrac{(x+3)+(5-x)}{2}\right)^2=16$. $\max y=16$ khi $x=1$.

b) $y=x(6-x)\le \left(\dfrac{6}{2}\right)^2=9$. $\max y=9$ khi $x=3$.

c) $y=\dfrac12(2x+6)(5-2x)\le \dfrac12\left(\dfrac{11}{2}\right)^2=\dfrac{121}{8}$. $\max y=\dfrac{121}{8}$ khi $x=-\dfrac14$.

d) $2y=(2x+5)(10-2x)\le \left(\dfrac{15}{2}\right)^2=\dfrac{225}{4}$, nên $y\le \dfrac{225}{8}$. $\max y=\dfrac{225}{8}$ khi $x=\dfrac54$.

e) $y=3(2x+1)(5-2x)\le 3\left(\dfrac{6}{2}\right)^2=27$. $\max y=27$ khi $x=1$.

f) $y=\dfrac{x}{x^2+2}=\dfrac{1}{x+\dfrac{2}{x}}\le \dfrac{1}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{4}$. $\max y=\dfrac{\sqrt2}{4}$ khi $x=\sqrt2$.