Chứng minh các bất đẳng thức sử dụng các bất đẳng thức cơ bản SVIP

Hướng dẫn giải:

- Từ giả thiết  \(z\ge y\ge x\ge0\) suy ra   \(x\left(x-y\right)\left(x-z\right)\ge0\)  (1).

- Hai số hạng còn lại của vế trái bất đẳng thức cần chứng minh có nhân tử chung  \(z-y\ge0\) (2)   và ta có 

           \(y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)=\left(z-y\right)\left\{z\left(z-x\right)-y\left(y-x\right)\right\}\)   (3)

Mà  \(z\ge y\ge x\ge0\) nên   \(z\ge y\ge0\) và \(z-x\ge y-x\ge0\), từ đó  

                         \(z\left(z-x\right)\ge y\left(y-x\right)\)nên     \(\left\{z\left(z-x\right)-y\left(y-x\right)\right\}\ge0\)  (4)

- Từ (2) và (4) suy ra  \(\left(z-y\right)\left\{z\left(z-x\right)-y\left(y-x\right)\right\}\ge0\), kết hợp với (3) suy ra 

                              \(y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\ge0\) (5).

Từ (1) và (5) suy ra đpcm.

Hướng dẫn giải:

1)  Có \(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(4a^2-4ab+4b^2\right)=\frac{1}{4}\left(2a-b\right)^2+\frac{3}{4}b^2\ge0\)..

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}b=0\\2a-b=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=0\) .

2) Có      \(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(4a^2-4ab+4b^2\right)=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\)\(\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b\).

Hướng dẫn giải:

-Ta có 

                           \(\sqrt{a^2-ab+b^2}=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\).

Trương tự    \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left(b+c\right)\)  và    \(\sqrt{c^2-ca+ca}\ge\frac{1}{2}\left(c+a\right)\) . Từ đó  

\(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\)  \(\frac{1}{2}\left(a+b+b+c+c+a\right)\) 

                                                                                                                        \(=\left(a+b+c\right)=3\)              

Vậy    \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge3\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

\(a=b=c=\frac{a+b+c}{3}=1\)

Hướng dẫn giải:

Ta có         \(x^2+y^2+xy-3x-3y+3=\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+xy+1-x-y\)

                                                                                 \(=\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(x-1\right)\left(y-1\right)\)\(\ge0\)

(do   \(a^2+ab+b^2=\frac{1}{4}\left(4a^2+4ab+4b^2\right)=\frac{1}{4}\left(2a+b\right)^2+\frac{3}{4}b^2\ge0\) )

Hướng dẫn giải:

- Giả thiết đã cho tương đương với    \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\).          (1)

- Ta có   \(\left(\frac{1}{a}-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a}\),    nên   \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\)    (2)

- Lại có \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab}\) nên   \(2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)      (3)

- Cộng (2) và (3) theo vế  và sử dụng (1)  ta có    

\(3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\) \(=2.6-3=9\) 

Suy ra      \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)

Hướng dẫn giải:

- Từ giả thiết suy ra \(2-a\ge0,2-b\ge0,2-c\ge0\) , suy ra     \(\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow8-4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)-abc\ge0\) (1)

- Mà   \(a+b+c=3\)nên  (1) tương đương với   \(2\left(ab+bc+ca\right)\ge4+abc\)

hay     \(\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4+abc\) \(\Leftrightarrow3^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4+abc\).

Từ đó      \(a^2+b^2+c^2\le5-abc\le5\)

Do đó   \(a^2+b^2+c^2\le5\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong ba số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1, một số bằng 0.

Hướng dẫn giải:

- Có \(\left(a^3-b^3\right)\left(a^2-b^2\right)=\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a+b\right)\ge0\). Do đó

                                 \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)>0\)

Từ đó      \(a^5+b^5+ab\ge a^2b^2\left(a+b\right)+ab\). Vì vậy

\(\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{a^2b^2\left(a+b\right)+ab}.\frac{c^2}{c^2}\)\(=\frac{abc^2}{a^2b^2c^2\left(a+b\right)+abc^2}=\frac{c}{\left(a+b\right)+c}\)(do giả thiết \(abc=1\)).   

Như vậy      \(\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\le\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Hướng dẫn giải:

Nhân hai vế bất đẳng thức cần chứng minh với \(x+y\) ta được bất đẳng thức tương đương là

                                \(x^5+y^5>\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)\)  (1)

Từ giả thiết \(x>\sqrt{2}\)suy ra  \(x^2>2\Rightarrow x^5>2x^3\), từ đó   \(x^5+y^5>2\left(x^3+y^3\right)=2\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x+y\right)\)

                                                 \(=\left(\left(x-y\right)^2+\left(x^2+y^2\right)\right)\left(x+y\right)\)

 \(\ge\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)\Rightarrow\)(1) , điều phải chứng minh.

Hướng dẫn giải:

Vế trái bất đẳng thức cần chứng minh là    \(x^6\left(x-1\right)^2+3\left(x^4-\frac{1}{2}\right)^2+\left(x-\frac{1}{2}\right)^2\). Từ đó suy ra đpcm.

Hướng dẫn giải:

-Trong 4 số \(yzt+1,ztx+1,txy+1,xyz+1\) luôn tìm được số nhỏ nhất. Đặt \(m\) là số nhỏ nhất trong bốn số đó. Như vậy   \(\frac{x}{yzt+1}+\frac{y}{ztx+1}+\frac{z}{txy+1}+\frac{t}{xyz+1}\le\frac{x+y+z+t}{m}\). 

-Mặt khác, vì \(0\le x,y,z,t\le1\) nên  \(xyz\ge xyzt;yzt\ge xyzt;ztx\ge xyzt;txy\ge xyzt\)  suy ra   \(m\ge xyzt+1\)

từ đó   \(\frac{x}{yzt+1}+\frac{y}{ztx+1}+\frac{z}{txy+1}+\frac{t}{xyz+1}\le\frac{x+y+z+t}{m}\le\frac{x+y+z+t}{xyzt+1}\) (1)

- Lại chú ý rằng \(0\le x,y,z,t\le1\) suy ra  \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\Rightarrow x+y\le1+xy\), tương tự

\(z+t\le1+zt\) \(\Rightarrow x+y+z+t\le2+xy+zt\) (2).

Mà  \(0\le xy,zt\le1\Rightarrow xy+zt\le1+xyzt\) (3)

- Từ (1), (2), (3) suy ra đpcm.

Hướng dẫn giải:

Chú ý rằng  \(1+4=2+3\), ta đặt  \(t=\left(x-1\right)\left(x-4\right)=x^2-5x+4\) thì 

                                    \(\left(x-2\right)\left(x-3\right)=x^2-5x+6=t+2\)

từ đó    \(\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)+1=t\left(t+2\right)+1=t^2+2t+1=\left(t+1\right)^2\ge0\)

Dẳng thức chỉ xảy ra khi \(t=-1\Leftrightarrow x^2-5x+4=-1\Leftrightarrow x^2-5x+5=0\Leftrightarrow x=\frac{5\pm\sqrt{5}}{2}\)

Hướng dẫn giải:

Chú ý rằng  \(x+y=1\)nên   \(\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)-9=\frac{\left(x+1\right)\left(y+1\right)-9xy}{xy}=\frac{2-8xy}{xy}\)  

                                                                        \(=\frac{2\left(1-4xy\right)}{xy}=\frac{2\left(\left(x+y\right)^2-4xy\right)}{xy}=\frac{2\left(x-y\right)^2}{xy}\ge0\).

Đấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

Hướng dẫn giải:

Trước hế ta chứng minh rằng nếu \(a+b>k\) ( \(k>0\)) thì   \(a^2+b^2>\frac{k^2}{2}\).

Thật vậy từ giả thiết suy ra  \(\left(a+b\right)^2>k^2\). Từ đó  \(2\left(a^2+b^2\right)=\left(a-b\right)^2+\left(a+b\right)^2>k^2\), suy ra

\(a^2+b^2>\frac{k^2}{2}\)  (đpcm).

Áp dụng kết quả trên liên tiếp 2 lần  ta có

                             \(x+y>1\Rightarrow x^2+y^2>\frac{1}{2}\Rightarrow x^4+y^4>\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^2}{2}=\frac{1}{8}\)

Hướng dẫn giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với   \(2\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\right)\)

Xét dấu hiệu         \(2\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)-2\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\right)=\)

                                                           \(=\left(\frac{a}{b}-\frac{b}{c}\right)^2+\left(\frac{b}{c}-\frac{c}{a}\right)^2+\left(\frac{c}{a}-\frac{a}{b}\right)^2\ge0\).

Từ đó suy ra đpcm.

Hướng dẫn giải:

Vì  \(a,b,c\)là độ dài ba cạnh của một tam giác nên  \(a+b-c>0,c+a-b>0,b+a-c>0\). Từ đó

                           \(0< \left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)

Như vậy              \(0< \left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\)

                            \(0< \left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\)

                            \(0< \left(c+a-b\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)

Nhân theo vế ba bất đẳng thức này ta được   \(\left(a+b-c\right)^2\left(b+c-a\right)^2\left(c+a-b\right)^2\le a^2b^2c^2\)

Khai căn bậc hai hai vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chi tam giác đều.

Hướng dẫn giải:

- Nếu \(x< 1\)thì  \(x^8-x^7+x^2-x+1=x^8+x^2\left(1-x^5\right)+\left(1-x\right)>0\)

- Nếu \(x\ge1\)thì \(x^8-x^7+x^2-x+1=x^7\left(x-1\right)+x\left(x-1\right)+1>0\)