Lí do CD13 tạo thêm topic Tổng hợp các bài BĐT (2) là vì phần 1 mỗi lần mở lên thì load rất chậm, nguyên nhân là số lượng công thức rất nhiều. Phần này thì CD13 cũng với tinh thần coppy các bài toán có lời giải về một chỗ cho sau này dễ tham khảo và tổng hợp.
Bài 81:
Cho $a, b, c > 0$ $abc\geq1$ .CMR:
$a+b+c\geq \frac{1+a}{1+b}+\frac{1+b}{1+c}+\frac{1+c}{1+a}$
Giải:
$\text{BĐT} \Longleftrightarrow a+b+c-\dfrac{1+a}{1+b}-\dfrac{1+b}{1+c}-\dfrac{1+c}{1+a} \ge 0$
$\Longleftrightarrow \sum (1+a-\dfrac{1+a}{1+b}) \ge 3$
$\Longleftrightarrow \sum 1+a(1-\dfrac{1}{1+b}) \ge 3$
$\Longleftrightarrow \sum \dfrac{(1+a)b}{1+b}\overset{AM-GM}{\ge} 3\sqrt[3]{abc} \ge 3$ (đúng)
Bài 82:
Cho a,b,c dương. CMR:
$\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}> \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}$
Giải:
Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn như sau $\sum \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sum \frac{2\sqrt{3}ab}{a+b}$
$\left ( a+b \right )\sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \left ( a+b \right )\sqrt{3ab}\geq 2\sqrt{3}ab$$\Rightarrow \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}ab}{a+b}$.
Tương tự $\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}bc}{b+c}$
và $\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{2\sqrt{3}ca}{c+a}$.
Cộng theo vế các BĐT trên ta thu được đpcm.
Bài 83:
Cho $a,\,b,\,c,\,>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm GTLN của: $$P=\dfrac{a}{4-a}+\dfrac{b}{4-b}+\dfrac{c}{4-c}$$
Giải:
Do $a^2+b^2+c^2=3$ và $a,b,c>0$ Nên $a,b,c<2$
Ta sẽ chứng minh $\frac{a}{4-a}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{9}(a^2-1)$
Thật vậy bđt trên $\Leftrightarrow 3a\leq 4-a+\frac{2}{3}(1-a^2)(4-a)$
$\Leftrightarrow 0\leq 4(1-a)-\frac{2}{3}(1-a)(a+1)(4-a)$
$\Leftrightarrow 0\leq (1-a)[4-\frac{2}{3}(-a^2+3a+4)]$
$\Leftrightarrow 0\leq \frac{2}{3}(1-a)^2(2-a)$ (Luôn đúng do $a,b,c<2$)
Vậy ta có $\frac{a}{4-a}\leq \frac{1}{3}+\frac{2}{9}(a^2-1)$
Tương tự với $b,c$ rồi cộng lại và chú ý $a^2+b^2+c^2=3$ ta sẽ có $P\leq 1$
Bài 84:
Cho ba số dương a,b,c và abc=ab+bc+ca. CM:
$\frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3a+b+2c}< \frac{3}{16}$
Giải:
Giả thiết tương đương với:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
Áp dụng Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{36}{a+2b+3c}$
Tương tự rồi cộng vế ta có:
$VT\leq \frac{1}{6}< \frac{3}{16}$
Bài 85:
Cho $(x+y)(x+z)(y+z)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P = \frac{1}{{\sqrt[3]{{xyz}}}} + \frac{1}{{x + 2y}} + \frac{1}{{y + 2z}} + \frac{1}{{z + 2x}}$$
Giải:
Sử dụng BĐT $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$ và $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$
Theo bài, ta có
$$1\geq \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}\geq \frac{(a+b+c)\sqrt{3abc(a+b+c)}}{9}$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\leq \frac{27}{abc}\Leftrightarrow a+b+c\leq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$$
Theo BĐT AM-GM ta có
$$VT\geq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{9}{3(a+b+c)}=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq 2$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Hoặc:
-Từ giả thiết ta có:
$$8=(x+y)(y+z)(z+x)\ge \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)\ge \frac{8}{9}\sqrt{3(xy+yz+zx)}(xy+yz+zx)\\ \Rightarrow xy+yz+zx\le 3$$
-Áp dụng BĐT Cauchy cho 6 số ta có:
$$P=\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{xyz}}+\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{y+2z}+\frac{1}{z+2x}\\ \ge 6\sqrt[6]{\frac{1}{27xyz(x+2y)(y+2z)(z+2x)}}=\frac{6}{\sqrt[6]{27(xz+2yz)(xy+2xz)(yz+2xy)}}\\ \ge \frac{6}{\sqrt[6]{(xz+2yz+xy+2xz+yz+2xy)^3}}\ge \frac{6}{\sqrt[6]{9^3}}=2\ (const)$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Vậy ...
Bài 86:
$x,y,z\geq 0; xy+yz+zx\leq 3$
Chứng minh $\frac{2}{\sqrt{xyz}}+\frac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)}\geq 3$
Giải:
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số :
$ P= \frac{1 }{\sqrt{xyz}}+ \frac{1 }{\sqrt{xyz}}+\frac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)^2(2x+y)(2y+z)(2z+x)}} \\
\Leftrightarrow P \geq 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)(2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy)}} $
Lại có: $ (2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy) \leq [\frac{(2xz+yz)+(2yx+xz)+(2yz+xy)}{3}]^3 \leq 27 $
Và $ xyz = \sqrt{(xy.yz.xz)} \leq \sqrt { (\frac{xy+yz+zx}{3})^3 } \leq 1 $
Do đó$ 9\sqrt[3] {\frac{1}{(xyz)(2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy)}} \geq 3 \\
\Rightarrow P \geq 3 $
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c =1 $
Bài 87:
Cho $a,b,c\geq 0$, tìm min của
$P=\frac{\sqrt{a^3c}}{\sqrt{b^3a}+bc}+\frac{\sqrt{b^3a}}{\sqrt{c^3b}+ac}+\frac{\sqrt{c^3b}}{\sqrt{a^3c}+ab}$
Hdẫn:
Chia cả tử và mẫu các biểu thức cho thứ tự: $b\sqrt{ac}, c\sqrt{ab}, a\sqrt{bc}$
rồi đặt $\sqrt{\frac{a}{b}}=x, \sqrt{\frac{b}{c}}=y, \sqrt{\frac{c}{a}}=z$ ta được
$P=\sum\frac{x^2}{y+z}$ với xyz=1. Dùng nốt C-S
Bài 88:
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn : $a+b+c=1$ .CMR:
$\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\geqslant 2+\sqrt{22+\frac{1}{abc}}$
Giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum \sqrt{ab} \geq 13abc+2\sqrt{abc(22abc+1)}$
Theo AM-GM ta có:
$abc \leq \dfrac{1}{27}$
Suy ra:
$2\sqrt{abc(22abc+1)} \leq \dfrac{14}{3}\sqrt{3}\sqrt{abc}$
Mà theo AM-GM ta cũng có:
$\sum \sqrt{ab} \geq 3\sqrt[3]{abc}$
Ta chỉ cần chứng minh:
$3\sqrt[3]{abc} \geq 13abc + \dfrac{14}{3}\sqrt{3}\sqrt{abc}$
$\Leftrightarrow 3 \geq 13(abc)^{\frac{2}{3}} +\dfrac{14}{3}(abc)^{\frac{1}{6}}$
Điều này đúng do $abc \leq \dfrac{1}{27}$
Bài 89:
Cho a, b, c là các số dương có tích bằng 1 chứng minh rằng
$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+b^2}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+c^2}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+a^2}\geqslant \frac{3}{2}$
Hdẫn:
\[\left( {a;b;c} \right) \to \left( {\frac{1}{{{a^2}}};\frac{1}{{{b^2}}};\frac{1}{{{c^2}}}} \right)\]
Ta có:
\[LHS = \sum {\frac{{{b^4}}}{{a\left( {{b^3} + 1} \right)}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{a{b^3} + b{c^3} + c{a^3} + a + b + c}} \ge \frac{3}{2}\]
Đúng do
\[\begin{array}{l}
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3\left( {a{b^3} + b{c^3} + c{a^3}} \right)\\
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)
\end{array}\]
Bài 90:
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $ab+bc+ca = 1$. Chứng minh rằng :
$\frac{1}{ab} +\frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} \geq 3 + \sqrt{\frac{1}{a^{2}}+1} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}}+1} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}}+1}$
Giải:
Theo $AM-GM$ ta có:
\[\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + 1} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 1} }}{a} = \frac{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }}{a} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{a + b}}{a} + \frac{{a + c}}{a}} \right) = 1 + \frac{{b + c}}{{2a}}\]
Vậy ta cần chứng minh BĐT mạnh hơn:
\[\sum {\frac{1}{{ab}}} \ge 3 + \frac{1}{2}\sum {\frac{{b + c}}{a}} \]
\[ \Leftrightarrow \sum {\frac{{c\left( {a + b} \right)}}{{ab}} \ge 3 + } \frac{1}{2}\sum {\frac{{a + b}}{c}} \]
\[ \Leftrightarrow 2\sum {{c^2}} \left( {a + b} \right) \ge 6abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} \]
\[ \Leftrightarrow \sum {{c^2}} \left( {a + b} \right) \ge 6abc\]
BĐT cuối hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ nên BĐT được chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{{\sqrt 3 }}$
Đi ăn cơm tí....