Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Theo BĐT tam giác ta có:

\(b+c>a\Rightarrow a+b+c>2a\Rightarrow2>2a\Rightarrow a< 1\)

Tương tự cũng có: \(b<1;c<1\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(\dfrac{1-a+1-b+1-c}{3}\right)^3=\left(\dfrac{3-\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3=\dfrac{1}{27}\)

\(\Rightarrow0< \left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\dfrac{1}{27}\)

\(\Rightarrow0< ab+bc+ca-abc-\left(a+b+c\right)+1\le\dfrac{1}{27}\)

\(\Rightarrow0< ab+bc+ca-abc-1\le\dfrac{1}{27}\)

\(\Rightarrow1< ab+bc+ca-abc\le\dfrac{28}{27}\)

\(\Rightarrow2< 2ab+2bc+2ca+a^2+b^2+c^2-\left(a^2+b^2+c^2+2abc\right)\le\dfrac{56}{27}\)

\(\Rightarrow2< \left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2+2abc\right)\le\dfrac{56}{27}\)

\(\Rightarrow2< 4-\left(a^2+b^2+c^2+2abc\right)\le\dfrac{56}{27}\)

\(\Rightarrow\dfrac{52}{27}\le a^2+b^2+c^2+2abc< 2\) *Đúng*

Từ BĐT \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Rightarrow VT\ge1+\dfrac{3}{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}\ge\dfrac{6}{a+b+c}\)

Cần chứng minh \(1+\dfrac{3}{\dfrac{t^2}{3}}-\dfrac{6}{t}\ge0\left(t=a+b+c\right)\)\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(t-3\right)^2}{t^2}\ge0\)

Holder: \(\left(1^3+1^3+1^3\right)\left(1^3+1^3+1^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Rightarrow9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge27\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

"=" khi \(a=b=c=1\)

Lời giải:

Vì \(x,y,z\leq 1\Rightarrow (x-1)(y-1)(z-1)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow (xy-x-y+1)(z-1)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow x+y+z-xy-yz-xz+xyz-1\leq 0\)

\(\Leftrightarrow x+y+z-xy-yz-xz\leq 1-xyz\leq 1(*)\) (do \(xyz\geq 0\) )

Mặt khác:

\(y,z\in [0;1]\Rightarrow y^{2017}\leq y; z^{2018}\leq z\)

Do đó:

\(T=x+y^{2017}+z^{2018}-xy-yz-xz\leq x+y+z-xy-yz-xz(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow T\leq 1\) hay \(T_{\max}=1\)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y,z)=(1,1,0);(0,0,1)\) hoặc hoán vị các bộ số ấy

\(P=\dfrac{1}{a+bc}+\dfrac{1}{b+ca}+\left(a+b\right)\left(4+5c\right)\)

\(\ge\dfrac{4}{a+b+c\left(a+b\right)}+\left(a+b\right)\left(4+4c+c\right)\) (áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)) \(=\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+4\left(a+b\right)\left(1+c\right)+\left(a+b\right)c\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}.4\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+\left(a+b\right).0\) (áp dụng bđt côsi) \(=8+0=8\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b\(=\dfrac{1}{2};c=0\)

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{4c}{a+b}\ge2\)

\(VT:\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{4c}{a+b}\)

\(=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{4c}{a+b}+4-6\\ =\dfrac{a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{c+a}+\dfrac{4a+4b+4c}{a+b}-6\\ =\left(a+b+c\right)\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{4}{a+b}\right)-6\)

Áp dụng bđt Caychuy - Schwarz :

\ \(\left(a+b+c\right)\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{4}{a+b}\right)-6\\ \ge\left(a+b+c\right)\cdot\dfrac{\left(1+1+2\right)^2}{2a+2b+2c}-6\\ \ge\dfrac{16}{2}-6=2\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c\)

Cách khác:

Ta có: \(\left(a-b\right)^2+4c^2\ge0\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+4c^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+4c^2+2ab+4bc+4ac-4ab-4bc-4ca\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a+b+2c\right)^2-4\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+2c\right)^2\ge4\left(ab+bc+ca\right)\)

Theo BĐT cauchy-schwarz ta có:

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{4c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ba}+\dfrac{4c^2}{ac+ab}\ge\)\(\ge\dfrac{\left(a+b+2c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{4\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=2\Rightarrowđpcm\)

áp dụng AM-GM:

\(A=\left(1+2a\right)\left(1+2bc\right)\le\left(1+2a\right)\left(1+b^2+c^2\right)=\left(1+2a\right)\left(2-a^2\right)\)

Giờ ta cần tìm max của \(f\left(a\right)=2+4a-a^2-2a^3\), Với \(a\in\left[0;1\right]\)

Đến đây xài đạo hàm hoặc xét tính đồng biến nghịch biến của hàm số.

Xét \(H=\dfrac{f\left(a_2\right)-f\left(a_1\right)}{a_2-a_1}=4-a_1-a_2-2a_1^2-2a_1a_2-2a_2^2\)

Với \(a_1;a_2\in\left[0;1\right]\)

Nếu H >0 thì hàm đồng biến , H <0 thì ngược lại .

Mẹo tìm khoảng: a₁,a₂ vai trò như nhau nên có thể viết lại H= 2(2- a₁ - 3a₁²) = 2(a₁+1)(2-3a₁)

Từ đây dễ dàng suy ra \(f\left(a\right)\) đồng biến trên \(\left[0;\dfrac{2}{3}\right]\) và nghịch biến trên \(\left[\dfrac{2}{3};1\right]\)

Do đó f(a) max khi \(a=\dfrac{2}{3}\) ,khi đó \(f\left(a\right)=\dfrac{98}{27}\)