[Toán 9] Bất đẳng thức

[huynhbachkhoa23]

[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.

Bài 1. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)}+\sqrt{c(a+1)}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}$$
Bài 2. Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$. Chứng minh rằng: $2(a+b+c)-abc\le 10$
Bài 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{b^2+c^2+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2}+\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{3}{4}$$
P.s. Lời giải có càng nhiều chữ "nếu" thì càng tốt =))

 

[hien_vuthithanh]

Bài 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{b^2+c^2+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2}+\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{3}{4}$$

Có : $\dfrac{4}{a^2+b^2+2} \le \dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}$

TT $\rightarrow \sum \dfrac{4}{a^2+b^2+2} \le 2\sum \dfrac{1}{a^2+1}$

Cần cm $\sum \dfrac{1}{a^2+1} \le \dfrac{3}{2}$

Lại có : $\sum \dfrac{1}{a^2+1} \le \sum \dfrac{1}{2a}$

Cần cm $\sum \dfrac{1}{a} \le 3= a+b+c$

$\leftrightarrow \dfrac{a^2-1}{a}+\dfrac{b^2-1}{b}+\dfrac{c^2-1}{c} \ge 0$

Giả sử $a=\text{max}\{a;b;c\} \rightarrow\dfrac{a^2-1}{a}+\dfrac{b^2-1}{b}+\dfrac{c^2-1}{c} \ge \dfrac{a^2+b^2+c^2-3}{a}\ge 0 $

$\rightarrow dpcm$

 

[huynhbachkhoa23]

Có : $\dfrac{4}{a^2+b^2+2} \le \dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}$

TT $\rightarrow \sum \dfrac{4}{a^2+b^2+2} \le 2\sum \dfrac{1}{a^2+1}$

Cần cm $\sum \dfrac{1}{a^2+1} \le \dfrac{3}{2}$

Lại có : $\sum \dfrac{1}{a^2+1} \le \sum \dfrac{1}{2a}$

Cần cm $\sum \dfrac{1}{a} \le 3= a+b+c$

$\leftrightarrow \dfrac{a^2-1}{a}+\dfrac{b^2-1}{b}+\dfrac{c^2-1}{c} \ge 0$

Giả sử $a=\text{max}\{a;b;c\} \rightarrow\dfrac{a^2-1}{a}+\dfrac{b^2-1}{b}+\dfrac{c^2-1}{c} \ge \dfrac{a^2+b^2+c^2-3}{a}\ge 0 $

$\rightarrow dpcm$

Em nghĩ chỗ này không hợp lý vì chưa xác định được dấu của $b^2-1, c^2-1$ chưa thể kết luận như vậy.

 

[hien_vuthithanh]

Em nghĩ chỗ này không hợp lý vì chưa xác định được dấu của $b^2-1, c^2-1$ chưa thể kết luận như vậy.

Sơ suất quá =))

 

[hien_vuthithanh]

3.Lần này không biết sơ suất ở đâu không )

Có : $\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{1}{\dfrac{(a+b)^2}{2}+2}=\dfrac{2}{(a+b)^2+4}\le \dfrac{2}{4(a+b)}=\dfrac{1}{2(a+b)}$

Cần cm $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \le \dfrac{3}{2}$

$\leftrightarrow 2[(a+b)(b+c) +(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)] \le 3(a+b)(b+c)(c+a)$

$\leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) +6(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3)$ (*)

Lại có : Với $a+b+c=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \ge a^2+b^2+c^2$

Thật vậy, giả sử $a \ge b \ge c \rightarrow a^2\ge b^2\ge c^2$

AD Chebyshev có : $3(a^3+b^3+c^3) \ge (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=3(a^2+b^2+c^2) $(Đúng) (*)(*)

Từ (*) và (*)(*) $\rightarrow$ Cần cm $2(a^2+b^2+c^2) +6(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^3 - (a^2+b^2+c^2)$

$\leftrightarrow 3(a+b+c)^2 \le 27$

$\leftrightarrow (a+b+c)^2 \le 9$ (Đúng với $a+b+c=3$)


Ổn không nhở =))

 

[huynhbachkhoa23]

3.Lần này không biết sơ suất ở đâu không )

Có : $\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{1}{\dfrac{(a+b)^2}{2}+2}=\dfrac{2}{(a+b)^2+4}\le \dfrac{2}{4(a+b)}=\dfrac{1}{2(a+b)}$

Cần cm $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \le \dfrac{3}{2}$

$\leftrightarrow 2[(a+b)(b+c) +(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)] \le 3(a+b)(b+c)(c+a)$

$\leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) +6(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3)$ (*)

Lại có : Với $a+b+c=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \ge a^2+b^2+c^2$

Thật vậy, giả sử $a \ge b \ge c \rightarrow a^2\ge b^2\ge c^2$

AD Chebyshev có : $3(a^3+b^3+c^3) \ge (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=3(a^2+b^2+c^2) $(Đúng) (*)(*)

Từ (*) và (*)(*) $\rightarrow$ Cần cm $2(a^2+b^2+c^2) +6(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^3 - (a^2+b^2+c^2)$

$\leftrightarrow 3(a+b+c)^2 \le 27$

$\leftrightarrow (a+b+c)^2 \le 9$ (Đúng với $a+b+c=3$)


Ổn không nhở =))

Chị ơi, ở trước $a^3+b^3+c^3$ là dấu $-$ nên khi thay vào thì ta được $-(a^3+b^3+c^3)\le -(a^2+b^2+c^2)$ nên sẽ không có dòng màu đỏ.

 

[hien_vuthithanh]

Chị ơi, ở trước $a^3+b^3+c^3$ là dấu $-$ nên khi thay vào thì ta được $-(a^3+b^3+c^3)\le -(a^2+b^2+c^2)$ nên sẽ không có dòng màu đỏ.

Vậy nên $(a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3) \le (a+b+c)^3 - (a^2+b^2+c^2)$

Thế dòng màu đỏ là được chớ .

 

[huynhbachkhoa23]

Vậy nên $(a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3) \le (a+b+c)^3 - (a^2+b^2+c^2)$

Thế dòng màu đỏ là được chớ .

Đâu được đâu chị, bất đẳng thức dòng màu đỏ lỏng hơn bất đẳng thức ở trên. Đâu ai chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức lỏng hơn đâu.

 

[tunglamlqddb]

3.Lần này không biết sơ suất ở đâu không )

Có : $\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{1}{\dfrac{(a+b)^2}{2}+2}=\dfrac{2}{(a+b)^2+4}\le \dfrac{2}{4(a+b)}=\dfrac{1}{2(a+b)}$

Cần cm $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \le \dfrac{3}{2}$

$\leftrightarrow 2[(a+b)(b+c) +(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)] \le 3(a+b)(b+c)(c+a)$

$\leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) +6(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3)$ (*)

Lại có : Với $a+b+c=3$ thì $a^3+b^3+c^3 \ge a^2+b^2+c^2$

Thật vậy, giả sử $a \ge b \ge c \rightarrow a^2\ge b^2\ge c^2$

AD Chebyshev có : $3(a^3+b^3+c^3) \ge (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=3(a^2+b^2+c^2) $(Đúng) (*)(*)

Từ (*) và (*)(*) $\rightarrow$ Cần cm $2(a^2+b^2+c^2) +6(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^3 - (a^2+b^2+c^2)$

$\leftrightarrow 3(a+b+c)^2 \le 27$

$\leftrightarrow (a+b+c)^2 \le 9$ (Đúng với $a+b+c=3$)


Ổn không nhở =))

Cần cm $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \le \dfrac{3}{2}$
Chỗ đấy là ko ổn rồi!

 

[huynhbachkhoa23]

Theo yêu cầu của bạn "tunglamlqddb", mình xin đưa ra gợi ý.
Với bài đầu tiên chắc chắn rằng nhiều người sẽ làm như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $VT=\sum \sqrt{a(b+1)}\le \sqrt{3\sum a(b+1)}$
Vậy thì nếu $3\sum a(b+1)\le \dfrac{9}{4}(a+1)(b+1)(c+1)$ thì bất đẳng thức sẽ đúng. Giờ ta chỉ cần sử lý trường hợp $3\sum a(b+1)\ge \dfrac{9}{4}(a+1)(b+1)(c+1)$

Ở bài toán thứ 2, cũng như bài đầu, xét các trường hợp:
- $0\ge a\ge b\ge c$
- $a\ge 0\ge b\ge c$
- $a\ge b\ge 0\ge c$
- $a\ge b\ge c\ge 0$
Cách thứ hai cho bài này là dùng Cauchy-Schwarz để dồn về $t=bc$ và biến đổi tương đương.
Cách thứ ba là dùng phương pháp trọng số, nghĩa là đồng bậc và tìm điểm rơi, đánh giá cho điểm rơi đó.

Ở bài toán thứ 3 có rất nhiều hướng làm. Ta có thể chuyển về dạng tổng hàm $f(a)+f(b)+f(c)\le \dfrac{3}{4}$
Hướng làm thứ hai là phân tách trường hợp. Làm đại ra, đến trường hợp nào bí bí thì phân ra, đánh giá riêng nó.

 

[whynotme.]

Bài 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:$\dfrac{1}{b^2+c^2+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2}+\dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{3}{4}$

$3(a^2+b^2c^2) \ge (a+b+c)^2$ \Rightarrow $a^2+b^2+c^2 \ge 3$

$\dfrac{1}{b^2+c^2+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2}+\dfrac{1}{a^2+b^2+2} \le
\dfrac{1}{5-a^2} +\dfrac{1}{5-b^2}+\dfrac{1}{5-c^2}$

Cần chứng minh: $\dfrac{1}{5-a^2} +\dfrac{1}{5-b^2}+\dfrac{1}{5-c^2} \le \dfrac{3}{4}$

Nhận xét (bên ngoài lời giải) Từ giả thiết nhận thấy đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ và Bài toán cần chứng minh có dạng: Cho $g(a)+g(b)+g(c) =3$. Chứng minh: $f(a)+f(b)+f(c) \le \dfrac{3}{4} $

Trong đó $f(a)=\dfrac{1}{5-t^2}; t \in (0;3)$ và $g(a)=t$

Khi đó; $\alpha=-\dfrac{f'(t)}{g'(t)}=...$

Lời giải (tiếp)

Xét hàm số: $y=\dfrac{1}{5-t^2}+ \alpha t$ với $t \in (0;3)$

$y'=0 ....$. vẽ bảng biến thiên là ok

Tự nhiên ngại làm )

 

[huynhbachkhoa23]

$3(a^2+b^2c^2) \ge (a+b+c)^2$ \Rightarrow $a^2+b^2+c^2 \ge 3$

$\dfrac{1}{b^2+c^2+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2}+\dfrac{1}{a^2+b^2+2} \le
\dfrac{1}{5-a^2} +\dfrac{1}{5-b^2}+\dfrac{1}{5-c^2}$

Cần chứng minh: $\dfrac{1}{5-a^2} +\dfrac{1}{5-b^2}+\dfrac{1}{5-c^2} \le \dfrac{3}{4}$

Nhận xét (bên ngoài lời giải) Từ giả thiết nhận thấy đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ và Bài toán cần chứng minh có dạng: Cho $g(a)+g(b)+g(c) =3$. Chứng minh: $f(a)+f(b)+f(c) \le \dfrac{3}{4} $

Trong đó $f(a)=\dfrac{1}{5-t^2}; t \in (0;3)$ và $g(a)=t$

Khi đó; $\alpha=-\dfrac{f'(t)}{g'(t)}=...$

Lời giải (tiếp)

Xét hàm số: $y=\dfrac{1}{5-t^2}+ \alpha t$ với $t \in (0;3)$

$y'=0 ....$. vẽ bảng biến thiên là ok

Tự nhiên ngại làm )

Bất đẳng thức màu đỏ sai với $a=2, b\to 1, c\to 0$

 

[huynhbachkhoa23]

Em xin trình bày lời giải các bài toán này bằng kỹ thuật phân tách trường hợp.

Bài 1.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)}+\sqrt{c(a+1)}\le \sqrt{3\left[a(b+1)+b(c+1)+c(a+1)\right]}$
Nếu $3\left[a(b+1)+b(c+1)+c(a+1)\right]\le \dfrac{9}{4}(a+1)(b+1)(c+1)$ thì ta có điều phải chứng minh.
Nếu $3\left[a(b+1)+b(c+1)+c(a+1)\right]\ge \dfrac{9}{4}(a+1)(b+1)(c+1)$ thì biến đổi ta được $\dfrac{9}{4}(a+1)(b+1)(c+1)\ge 2(a+b+c+ab+bc+ca)+3abc+3$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $2\sum \sqrt{ab(c+1)(b+1)}\le \sum ab(c+1)+\sum (b+1)=a+b+c+ab+bc+ca+3abc+3$
Do đó ta có:
$\left[a(b+1)+b(c+1)+c(a+1)\right]^2=a(b+1)+b(c+1)+c(a+1)+2\sum \sqrt{a(b+1)b(c+1)}\le 2(a+b+c+ab+bc+ca)+3abc+3\le \dfrac{9}{4}(a+1)(b+1)(c+1)$
Hoàn tất chứng minh.

Bài 2. Không mấy tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$
Trường hợp 1: $a\le 0$. Khi đó $a^2+b^2+c^2\ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ nên $|abc|\le 3\sqrt{3}$ nên $abc\ge -3\sqrt{3}$
Do đó $2(a+b+c)-abc\le -abc\le 3\sqrt{3}<10$
Trường hợp 2: $a\ge 0\ge b\ge c$. Khi đó ta có $abc\ge 0$ và $a\le 3$ nên $2(a+b+c)-abc\le 2(a+b+c)\le 2a\le 6<10$
Trường hợp 3: $a\ge b\ge 0\ge c$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $81=(a^2+b^2+c^2)(4+4+1)\ge (2a+2b-c)^2$ nên $2(a+b+c)\le 9+3c$
Do đó $2(a+b+c)-abc\le 9+3c+(-c)ab\le 9+3c+\dfrac{c^3-9c}{2}=10+\dfrac{(c+1)^2(c-2)}{2}\le 10$
Trường hợp 4: $c\ge 0$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $81=(a^2+b^2+c^2)(4+4+1)\ge (2a+2b+c)^2$ nên $2(a+b+c)\le 9+c$
Nếu $c\le 1$ thì $2(a+b+c)-abc\le 9+c-abc\le 9+c\le 10$ (do $abc\ge 0$)
Nếu $c\ge 1$ thì $a,b\ge 1$ nên $2(a+b+c)-abc\le 9+(1-ab)c\le 9<10$
Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: $\sum \dfrac{(a+b)^2}{(a+b)^2+\dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}}\ge \dfrac{3}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $VT\ge \dfrac{4(a+b+c)^2}{\sum (a+b)^2+\sum \dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}}$
Ta cần chứng minh: $24\ge \sum (a+b)^2+\sum \dfrac{2(a+b)^2}{a^2+b^2}$ hay $\sum (a-b)^2\left(\dfrac{6}{a^2+b^2}-1\right)\ge 0$
Giả sử $a\ge b\ge c$. Nếu $a^2+b^2\le 6$ thì bất đẳng thức trên đúng.
Nếu $a^2+b^2\ge 6$ thì $\sum \dfrac{1}{a^2+b^2+2}\le \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}\le \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8-b^2}+\dfrac{1}{b^2+2}$
Ta cần chứng minh: $\dfrac{1}{8-b^2}+\dfrac{1}{b^2+2}\le \dfrac{5}{8}$ hay là $b^2(6-b^2)\le 0$ luôn đúng do $b^2\le 6$
Vậy là ta có điều phải chứng minh.

Bài 2 có lẽ so với bài 1 và bài 3 là nó khá dài dòng (