Toán 10 Topic Hot★Thảo Luận Veˆˋ Baˆˊt Đẳng Thức★\color{Blue}{\fbox{Topic Hot}\bigstar\text{Thảo Luận Về Bất Đẳng Thức}\bigstar}

[viethoang1999]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Ở TOPIC này, mình sẽ nêu ra một số phương pháp và bài tập giúp chúng ta học tốt bất đẳng thức lớp 10 (và cũng dành cho các em thi HSG lớp 9 ).
Mong rằng TOPIC được ủng hộ bằng các reply (trả lời)

Chuyên đề Bất Đẳng Thức - Cực Trị
1) Một số tính chất:
1.1) Tính chất bắc cầu: $a<b;b<c$ \Rightarrow $a<c$
1.2) Cộng 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số: $a<b$ \Rightarrow $a+c< b+c$
1.3) Nhân 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số:
Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c> 0 & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $ac< bc$
Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c< 0 & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $ac> bc$
1.4) Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều:
Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c< d & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $a+c< b+d$
1.5) Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều:
Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c> d & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $a-c< b-d$
1.6) Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều có hai vế không âm:
Nếu $\left\{\begin{matrix}a> b\ge 0 & & \\ c> d\ge 0 & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $ac> bd$
1.7) Nâng lên luỹ thừa:
Nếu $a> b> 0$ \Rightarrow $a^{n}> b^{n}(n\in \mathbb{N}^*)$
$a> b$ \Rightarrow $a^{n}> b^{n}$ ($n$ lẻ)
1.8) So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số:
Nếu $\left\{\begin{matrix}m,n\in \mathbb{N}^* & & \\ m>n & & \end{matrix}\right.$
$\bullet$ Nếu $m>n$ \Rightarrow $a^m>a^n$
$\bullet$ Nếu $m=n$ \Rightarrow $a^m=a^n$
$\bullet$ Nếu $m<n$ \Rightarrow $a^m<a^n$
1.9) Lấy nghịch đảo hai vế của bất đẳng thức cùng dấu:
Nếu $\left\{\begin{matrix}a> b & & \\ ab> 0 & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}$
1.10) Cộng vào cả tử và mẫu của một phân số với cùng một số:
Nếu $\left\{\begin{matrix}a;b;c> 0 & & \\ \dfrac{a}{b}>1 & & \end{matrix}\right.$ \Rightarrow $\dfrac{a}{b}>\dfrac{a+c}{b+c}$
2) Các bất đẳng thức thường gặp:
2.1) $a^{2}\ge 0$ \forall $a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.
2.2) $|a|\ge 0$ \forall $a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.
2.3) $|a|\ge a$ \forall $a$. Dấu "=" có khi: $a\ge 0$.
2.4) $|a|+|b|\ge |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\ge 0$.
2.5) $|a|-|b|\le |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\ge 0 & & \\ |a|\ge |b| & & \end{matrix}\right.$.
2.6) $a^{2}+b^{2}\ge 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$
2.7) $(a+b)^{2}\ge 4ab$ \Leftrightarrow $ab\le \left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$.
2.8) $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge \dfrac{4}{a+b}~(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.
2.9) $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge 2~~(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.
2.10) Các bất đẳng thức cổ điển:
a) Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):
Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$
Dạng 1: $\dfrac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\ge \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Dạng 2: $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\ge n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Dạng 3: $\left ( \dfrac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n} \right )^{n}\ge a_{1}a_{2}...a_{n}$
Dấu "=" có khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$
b) Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):
Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$):
Dạng 1: $(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}\le (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$
Dạng 2: $|a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\le \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})}$
Dấu "=" có khi: $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{a_{2}}{b_{2}}=... = \dfrac{a_{n}}{b_{n}}$
Dạng 3: $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\le \sqrt{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})}$
Dấu "=" có khi: $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{a_{2}}{b_{2}}=... = \dfrac{a_{n}}{b_{n}}>0$
c) Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz)
Với \forall $x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có:
$\dfrac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\dfrac{a_{n}^{2}}{x_{n}}\ge \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$
Chứng minh: Xét $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}=\left (\dfrac{a_{1}}{\sqrt{x_{1}}}.\sqrt{x_{1}}+\dfrac{a_{2}}{\sqrt{x_{2}}}.\sqrt{x_{2}}+...+\dfrac{a_{n}}{\sqrt{x_{n}}}.\sqrt{x_{n}} \right )^{2}\le \left ( \dfrac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\dfrac{a_{n}^{2}}{x_{n}} \right )(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$
(Áp dụng BCS)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
d) Bất đẳng thức Minkopsky:
Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có:
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\ge \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})^{2}}$
Dấu "=" xảy ra khi: $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...=\dfrac{a_{n}}{b_{n}}$.
e) Bất đẳng thức Holder:
(Dạng thường dùng)
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ ta có:
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\ge (axm+byn+czp)^{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi: các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
f) Bất đẳng thức Schur:
Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\ge 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\ge 0$ .
\Leftrightarrow $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)$
\Leftrightarrow $4(a+b+c)(ab+bc+ac)\le (a+b+c)^{3}+9abc$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\ge a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$
g) Bất đẳng thức Trê bư sép (Chebyshev)
Với $a_{1}\ge a_{2}\ge ...\ge a_{m}$ và $b_{1}\ge b_{2}\ge ...\ge b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\ge (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Dấu $"="$ xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\ge a_{2}\ge ...\ge a_{m}$ và $b_{1}\le b_{2}\le ...\le b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
h) Bất đẳng thức Nesbit:
2 trường hợp cơ bản:
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\ge 2$
Dấu $"="$ xảy ra khi các biến bằng nhau
3) Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường gặp:
$\bullet$Phương pháp biến đổi tương đương.
$\bullet$Phương pháp sử dựng các bất đẳng thức cổ điển và sử dụng các bất đẳng thức phụ đã biết (xem tại đây).
$\bullet$Phương pháp làm trội, làm giảm.
$\bullet$Phương pháp dồn biến, đổi biến.
$\bullet$Phương pháp tách bình phương.
$\bullet$Phương pháp hình học.
$\bullet$Phương pháp phản chứng.
$\bullet$Phương pháp quy nạp.
4) Một số hằng đẳng thức thường dùng:
7 hằng đẳng thức đáng nhớ và các hằng đẳng thức cở bản ($(a\pm b\pm c\pm d\pm...)^2;a^n\pm b^n;...$) thì không nói nữa.

$1)$ $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$
$2)$ $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$3)$ $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)=a^3+b^3+c^3+3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)+6abc$
$4)$ $ab^2+bc^2+ca^2 - a^2b - b^2c - c^2a = \dfrac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3}$
$5)$ $ab^3+bc^3+ca^3 - a^3b-b^3c-c^3a = \dfrac{(a+b+c)[(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3]}{3}$
$6)$ $(a + b)(b + c)(c + a) - 8abc = a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2$
$7)$ $(a - b)^3 + (b - c)^3 + (c - a)^3 = 3(a - b)(b - c)(c - a)$ (Đây là hệ quả của đẳng thức số $2$)


Có mấy phương pháp mình đăng ở phía sau TOPIC:
$\bullet$ Bài tập: Phương pháp dùng bất đẳng thức cổ điển (trang 3) http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?p=2649950#post2649950

 

[viethoang1999]

Bài tập: Phương pháp biến đổi tương đương:

$1)$ Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)$4x^{2}+4y^{2}+6x+3\ge 4xy$ \forall $x;y$

b)$a^{4}+b^{4}\ge a^{3}b+ab^{3}$ \forall $a;b$
c)$x^{2}+4y^{2}+3z^{2}+14> 2x+12y+6z$
d)$a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge ab+bc+ca$ \forall $a;b;c$
e)$(a+b+c)^{2}\le 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
g)$1+a\ge \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^{2}}$ \forall $a> 0$
h)$\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge \sqrt{a}+\sqrt{b}$ \forall $a;b> 0$
Bài tập nào làm rồi mình sẽ tô màu đỏ, hi vọng các bạn tham gia đông đủ

 

[haiyen621]

Bài 1:
a)
Ta có
$4x^{2}+4y^{2}+6x+3\ge 4xy$
\Leftrightarrow $4x^{2}+4y^{2}+6x+3 - 4xy \ge 0$
\Leftrightarrow $(2y-x)^2 + 3(x+1)^2 \ge 0$ (luôn đúng)

BĐT xảy ra \Leftrightarrow $y=\dfrac{-1}{2}$ , $x=-1$

 

[haiyen621]

Bài 1:
b)
$a^{4}+b^{4}\ge a^{3}b+ab^{3}$ với mọi a,b
\Leftrightarrow $a^{4}+b^{4} - a^{3}b-ab^{3} \ge 0$
\Leftrightarrow $a^3(a-b) - b^3(a-b) \ge 0$
\Leftrightarrow $(a-b)(a^3-b^3) \ge 0$
\Leftrightarrow $(a-b)^2(a^2+ab+b^2) \ge 0$ (luôn đúng)

BĐT xảy ra \Leftrightarrow $a=b$

 

[phamvananh9]

[TEX][/TEX]
Bài 1: c) <=>$(x^2 - 2x + 1) + (4y^2 - 12y + 9) + (3z^2 - 6z + 3) +1 > 0$
<=> $(x-1)^2 + (2y-3)^2 + 3(z-1)^2 + 1 > 0$(luôn đúng với mọi x, y, z)
=> Đpcm.

 

[eye_smile]

1c,
BDT \Leftrightarrow $x^2-2x+1+4y^2-12y+9+3z^2-6z+3+1>0$

\Leftrightarrow $(x-1)^2+(2y-3)^2+3(z-1)^2+1>0$

d,BDT \Leftrightarrow $2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca \ge 0$

\Leftrightarrow $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0$

 

[phamvananh9]

[TEX][/TEX]
Câu 1:
d) <=> $2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca \ge 0$
<=> $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \ge 0$ (luôn đúng với mọi a,b ,c)
=> Đpcm, dấu bằng xảy ra khi: a=b=c.
@MOD: Hãy học lại cách gõ LATEX rồi tham gia TOPIC nhé .
dùng \ge

 

[eye_smile]

1e,BDT \Leftrightarrow $a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac \le 3(a^2+b^2+c^2)$

\Leftrightarrow $2(ab+bc+ca) \le 2(a^2+b^2+c^2)$

\Leftrightarrow $ab+bc+ca \le a^2+b^2+c^2$

f,BDT \Leftrightarrow $1+a-\sqrt[3]{a}-\sqrt[3]{a^2} \ge 0$

\Leftrightarrow $1-\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^2}(\sqrt[3]{a}-1) \ge 0$

\Leftrightarrow $(\sqrt[3]{a}-1)^2(\sqrt[3]{a}+1) \ge 0$

h,BDT\Leftrightarrow $a\sqrt{a}+b\sqrt{b} \ge \sqrt{ab}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$

\Leftrightarrow $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b}) \ge 0$

 

[viethoang1999]

2) Chứng minh bất đẳng thức:
$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\ge \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$

3) Chứng minh rằng: \forall $a;b> 0$ ta có:
$\dfrac{a+b}{2}.\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}\le \dfrac{a^{3}+b^{3}}{2}$
4) Cho $a;b\in (-1;1)$, chứng minh:
$|a+b|< |1+ab|$
5) Cho $a;b;c$ thoả mãn: $\left\{\begin{matrix}abc=1 & & \\ a> \sqrt[3]{36} & & \end{matrix}\right.$
Chứng minh: $\dfrac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab+bc+ca$
6) Cho $a+b\ge 2$. Cmr: $a^{3}+b^{3}\le a^{4}+b^{4}$
7) Cho $a> 1$. Cm: $\dfrac{1}{\sqrt{a}}< \sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}$
8) Cm: $a^{2}(1+b^{2})+b^{2}(1+c^{2})+c^{2}(1+a^{2})\ge 6abc$ \forall $a;b;c$
9) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c> 0 & & \\ \dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}=1 & & \end{matrix}\right.$ Cmr: $3(ab+bc+ca)\ge abc$
10) Cmr: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\ge a(b+c+d+e)$ \forall $a;b;c;d;e$
11) Cho $ab\ge 1$. Cm: $\dfrac{1}{1+a^{2}}+\dfrac{1}{1+b^{2}}\ge \dfrac{2}{1+ab}$
12) Cho $x;y> 0$. Cm: $\dfrac{1}{(1+x)^{2}}+\dfrac{1}{(1+y)^{2}}\ge \dfrac{1}{1+xy}$
13) Cho $x;y\in \left [ 0;1 \right ]$. Cm: $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}\le \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}}$
14) Cho $a;b;c> 0$. Cm: $\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$

 

[transformers123]

2/
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
$\iff (\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2})^2 \ge (\sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2})^2$
$\iff a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \ge (a+c)^2+(b+d)^2$
$\iff 2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \ge 2ac+2bd$
$\iff (a^2+b^2)(c^2+d^2) \ge (ac+bd)^2$ (luôn đúng theo bđt Bunhia)
Dấu "=" xảy ra khi $\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}$

 

[eye_smile]

2) Chứng minh bất đẳng thức:
$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\ge \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$

BDT\Leftrightarrow $a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd$

\Leftrightarrow $(a^2+b^2)(c^2+d^2) \ge (ac+bd)^2$

\Leftrightarrow $a^2d^2+b^2c^2-2abcd \ge 0$

\Leftrightarrow $(ad-bc)^2 \ge 0$

 

[eye_smile]

3) Chứng minh rằng: \forall $a;b> 0$ ta có:
$\dfrac{a+b}{2}.\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}\le \dfrac{a^{3}+b^{3}}{2}$

BDT \Leftrightarrow $\dfrac{(a+b)(a^2+b^2)}{4} \le \dfrac{(a+b)(a^2-ab+b^2)}{2}$

\Leftrightarrow $a^2+b^2 \le 2a^2+2b^2-2ab$

\Leftrightarrow $(a-b)^2 \ge 0$

 

[vipboycodon]

7.
$\dfrac{1}{\sqrt{a}} < \sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}$
<=> $\dfrac{1}{\sqrt{a}} < \dfrac{(\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1})(\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1})}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}$
<=> $\dfrac{1}{\sqrt{a}} < \dfrac{2}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}$
<=> $\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1} < 2\sqrt{a}$
<=> $2a+2\sqrt{a^2-1} < 4a$
<=> $\sqrt{a^2-1} < a$
<=> $a^2-1 < a^2$ (đúng)

 

[eye_smile]

4) Cho $a;b\in (-1;1)$, chứng minh:
$|a+b|< |1+ab|$

BDT \Leftrightarrow $(a+b)^2<(1+ab)^2$

\Leftrightarrow $a^2+b^2+2ab<1+2ab+a^2b^2$

\Leftrightarrow $a^2b^2+1-a^2-b^2>0$

\Leftrightarrow $(a^2-1)(b^2-1)>0$

 

[viethoang1999]

11) Cho $ab\ge 1$. Cm: $\dfrac{1}{1+a^{2}}+\dfrac{1}{1+b^{2}}\ge \dfrac{2}{1+ab}$
13) Cho $x;y\in \left [ 0;1 \right ]$. Cm: $\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}\le \dfrac{2}{\sqrt{1+xy}}$

11) Xem tại đây
13)
Áp dụng bđt Bunhia:
$\left ( \dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}\right )^{2}\le 2\left ( \dfrac{1}{1+x^{2}}+\dfrac{1}{1+y^{2}} \right )$
Áp dụng câu 11:
$\dfrac{1}{1+x^{2}}+\dfrac{1}{1+y^{2}}\le \dfrac{2}{1+xy}$
\Rightarrow $VT^{2}\le 2.\dfrac{2}{1+xy}=\dfrac{4}{1+xy}$

 

[phuong_july]

12) Cho $x;y> 0$. Cm: $\dfrac{1}{(1+x)^{2}}+\dfrac{1}{(1+y)^{2}}\ge \dfrac{1}{1+xy}$

BDT \Leftrightarrow $(1+xy)[(1+x)^{2}+(1+y)^{2}]\ge [(1+x)(1+y)]^{2}$
\Leftrightarrow $(1+xy)[2(1+x+y)+x^{2}+y^{2}] \ge [(1+x+y)+xy]^{2}$
\Leftrightarrow $2(1+x+y)+x^{2}+y^{2}+2xy(1+x+y)+xy(x^{2}+y^{2}) \ge (1+x+y)^{2}+2xy(1+x+y)+x^{2}y^{2}$
\Leftrightarrow $1+xy(x^{2}+y^{2})-2xy-x^{2}y^{2}\ge 0$
\Leftrightarrow $(xy-1)^2+(x-y)^2 \ge 0$ (luôn đúng)

@viethoang1999: anh bổ sung thêm cho đầy đủ

 

[transformers123]

8) Cm: $a^{2}(1+b^{2})+b^{2}(1+c^{2})+c^{2}(1+a^{2})\ge 6abc$ \forall $a;b;c$

TH $a, b, c \le 0$ thì hiển nhiên đúng
TH $a, b, c > 0$
Áp dụng liên tiếp bđt Cauchy, ta có:
$a^2(1+b^2)+b^2(1+c^2)+c^2(1+a^2) \ge 2a^2b+2b^2c+2c^2a = 2(a^2b+b^2c+c^2a) \ge 2.3\sqrt[3]{a^3b^3c^3} =6abc$
dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

@viethoang1999:
Cách 2: $BDT$ \Leftrightarrow $(a-bc)^2+(b-ca)^2+(c-ab)^2\ge 0$ (luôn đúng)

 

[eye_smile]

5) Cho $a;b;c$ thoả mãn: $\left\{\begin{matrix}abc=1 & & \\ a> \sqrt[3]{36} & & \end{matrix}\right.$
Chứng minh: $\dfrac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab+bc+ca$

BDT \Leftrightarrow $\dfrac{a^2}{4}+b^2+c^2-ab-ac+2bc-3bc+\dfrac{a^2}{12}>0$

\Leftrightarrow $(\dfrac{a}{2}-b-c)^2+\dfrac{a^2-\dfrac{36}{a}}{12}>0$

@viethoang1999:
Xin lỗi em sửa bài để bổ sung:
bài 5
$a>\sqrt[3]{36}$ \Leftrightarrow $a^{3}-36>0$ \Leftrightarrow $\dfrac{a^{3}-12.3abc}{12a}>0$ (Do $12a>0$)
\Leftrightarrow $\dfrac{a^2}{12}-\dfrac{36}{12a}>0$
Vậy BĐT trên đúng.

 

[phuong_july]

10) Cmr: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}\ge a(b+c+d+e)$ \forall $a;b;c;d;e$

BDT \Leftrightarrow $4(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2})$ \geq $4a(b+c+d+e)$
\Leftrightarrow $(a-2b)^2+(a-2c)^2+(a-2d)^2+(a-2e)^2$ \geq 0. (đúng)

 

[eye_smile]

9,BDT \Leftrightarrow $3(ab+bc+ca) \ge (\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab})^2$

(BDT nay đã cm trên)