1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác có tổng bằng 1. CMR: \(a^2+b^2+c^2+4abc< \dfrac{1}{2}\)
2: Cho -1<x,y,z<3 và x+y+z=1. CMR: \(x^2+y^2+z^2\le11\)
3: Cho x,y,z là các số \(\ge\)1 . CMR: \(\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\ge\dfrac{3}{1+xyz}\)
4: Cho x>y và xy=1. CMR: \(\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x-y\right)^2}\ge8\)
5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác:
a)\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
b)\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)
c)\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)
5) a) Ta có: \(a< b+c\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự: \(b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm
b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)
\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)
Nhân từng vế các BĐT trên, ta được
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm
Bài 5:
a)
Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên
\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)
b) Áp dụng BĐT Am-Gm:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)
\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)
Nhân theo vế :
\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
Do đó ta có đpcm
c)
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)
Do đó ta có đpcm.
Bài 1:
Sử dụng kết quả của bài 5.
Ta có : \(a^2+b^2+c^2+4abc< \frac{1}{2}\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+8abc< 1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+8abc< 1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ac)+8abc<0\) (do \(a+b+c=1\) )
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2+8abc\)
Thay \(1=a+b+c\), BĐT tương đương với:
\(2(ab+bc+ac)(a+b+c)> (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+8abc\)
\(\Leftrightarrow 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]>a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\)
\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)>a^3+b^3+c^3+2abc\)
\(\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)>a^3+b^3+c^3+2abc\)
Điều này đã được cm ở phần c bài 5
Do đó ta có đpcm.
Bài 3:
Sử dụng bổ đề sau: Với hai số thực $a,b$ thỏa mãn \(ab\geq 1\) thì:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geq \frac{2}{ab+1}\)
Chứng minh bổ đề:
Thực hiện khai triển , BĐT tương đương với:
\((a-b)^2(ab-1)\geq 0\) (luôn đúng với \(ab\geq 1\))
Do đó ta có đpcm.
Quay trở lại bài toán:
Vì \(x,y,z\geq 1\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng bổ đề trên:
\(P=\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}+\frac{1}{z^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}+\frac{1}{z^2+1}\)
\(\Leftrightarrow P\geq \frac{1}{xy+1}+\left (\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{z^2+1}\right)\)
Tiếp tục áp dụng bổ đề trên với \(z\sqrt{xy}\geq 1\) ta có:
\(\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{z^2+1}\geq \frac{2}{z\sqrt{xy}+1}\)
Do đó \(P\geq \frac{1}{xy+1}+\frac{2}{z\sqrt{xy}+1}\)
Vì \(1\leq z\rightarrow xy\leq xyz\Rightarrow \frac{1}{xy+1}\geq \frac{1}{xyz+1}\)
Vì \(1\leq x,y\Rightarrow \sqrt{xy}\leq xy\Rightarrow z\sqrt{xy}\leq xyz\Rightarrow \frac{2}{z\sqrt{xy}+1}\geq \frac{2}{xyz+1}\)
Suy ra \(P\geq \frac{1}{xy+1}+\frac{2}{z\sqrt{xy}+1}\geq \frac{1}{xyz+1}+\frac{2}{xyz+1}=\frac{3}{xyz+1}\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Bài 2:
Đặt \((x+1,y+1,z+1)=(a,b,c)\)
Vì \(-1< x,y,z< 3\Rightarrow a,b,c>0\).
Có \(x+y+z=1\Rightarrow a+b+c=4\)
Với những điều kiện trên, ta cần CM:
\(x^2+y^2+z^2\leq 11\Leftrightarrow (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\leq 11\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2(a+b+c)+3\leq 11\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 16\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)\leq 16\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)\geq (a+b+c)^2-16=0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì \(a,b,c>0\)
Ta có đpcm. Dấu bằng không xảy ra.
Bài 4:
Đặt \((x-y)^2=t\)
Ta có \(\frac{(x^2+y^2)^2}{(x-y)^2}\geq 8\Leftrightarrow \frac{[(x-y)^2+2xy]^2}{(x-y)^2}\geq 8\)
\(\Leftrightarrow \frac{(t+2)^2}{t}\geq 8\Leftrightarrow (t+2)^2\geq 8t\) (do \(t>0\))
\(\Leftrightarrow t^2+4-4t\geq 0\Leftrightarrow (t-2)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi \(t=2\Leftrightarrow (x-y)^2=2\)
4.
Ta có: \(x^2+y^2=\left(x-y\right)^2+2xy=\left(x-y\right)^2+2\)
\(\Rightarrow\left(x^2+y^2\right)^2=\left(x-y\right)^4+4.\left(x-y\right)^2+4\)
Do BĐT cần cm tương đương với \(\left(x-y\right)^4+4.\left(x-y\right)^2\ge8.\left(x-y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^4-4.\left(x-y\right)^2+4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-y\right)^2-2\right]^2\ge0\)
BĐT cuối đúng.
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x-y\right)^2}\ge8\) ( đpcm )
Do -1<x,y,z<3 nên:
<=> (x+1)(y+1)(z+1) + (3-x)(3-y)(3-z) \(\ge\) 0
<=> 4(xy+yz+xz) + 20 \(\ge0\) (tự làm)
<=> 2(xy+yz+xz) + 10 \(\ge0\)
<=> 2(xy+yz+xz) + 10 \(\ge0\)
<=> \(x^2+y^2+z^2\) + 2(xy+yz+xz) + 10 \(\ge0+\text{}x^2+y^2+z^2\)
<=> \(x^2+y^2+z^2\le\left(x+y+z\right)^2+10=1^2+10\\\)
<=> \(x^2+y^2+z^2\le11\)
Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn (a;b;c) = (1; 1; 3)
