12 bài tập Chứng minh bất đẳng thức có lời giải

Hướng dẫn giải

a) Ta có: 2023 < 2024.

Cộng hai vế với −19 ta được 2023 + (−19) < 2024 + (−19).

b) Ta có: 4 = 2 + 2 > 2 + $\sqrt 2$ nên 4 > 2 + $\sqrt 2$.

c) Có −3 < −2 nên cộng hai vế với 23$^{50}$ ta được −3 + 23$^{50}$ < −2 + 23$^{50}$.

Hướng dẫn giải

Ta có: a$^{2}$ > b$^{2}$ nên 5a$^{2}$ > 5b$^{2}$.

Mà 5b$^{2}$ > 4b$^{2}$ nên 5a$^{2}$ > 4b$^{2}$.

Hướng dẫn giải

Ta có: m$^{2}$ < n$^{2}$nên nhân cả hai vế với 2 ta được 2m$^{2}$ < 2n$^{^{2}}$

Mà 2m$^{2}$ > $\frac{3}{2}$m$^{2}$ nên $\frac{3}{2}$m$^{2}$ < 2n$^{2}$

Hướng dẫn giải

Xét hiệu, ta có:

P = x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$ − xy − yz − zx

2P = 2x$^{2}$ + 2y$^{2}$ + 2z$^{2}$ − 2xy − 2yz − 2xz

2P = (x$^{2}$ – 2xy + y$^{2}$) + (y$^{2}$ – 2yz + z$^{2}$) + (z$^{2}$ – 2zx + z$^{2}$)

2P = (x – y)$^{2}$ + (y – z)$^{2}$ + (z – x)$^{2}$ ≥ 0

Suy ra P ≥ 0 hay x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$ – xy – yz – zx ≥ 0

Vậy x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$ ≥ xy + yz + xz (đpcm).

Hướng dẫn giải

Xét hiệu (a$^{2}$ + b$^{2}$)$^{2}$ – ab(a + b)$^{2}$

= a$^{4}$ + 2a$^{2}$b$^{2}$ + b$^{4}$ – a$^{3}$b – 2a$^{2}$b$^{2}$ – ab$^{3}$

= a$^{4}$ + b$^{4}$ – a$^{3}$b – ab$^{3}$

= a$^{3}$(a – b) + b$^{3}$ (b – a)

= (a – b)(a$^{3}$ – b$^{3}$)

= (a – b)$^{2}$(a$^{2}$ + ab + b$^{2}$) ≥ 0.

Do đó, (a$^{2}$ + b$^{2}$)$^{2}$ – ab(a + b)$^{2}$ ≥ 0.

Vậy (a$^{2}$ + b$^{2}$)$^{2}$ ≥ ab.(a + b)$^{2}$.

Hướng dẫn giải

Xét hiệu A = a$^{2}$ + b$^{2}$ + 1 – ab – a – b

2A = 2a$^{2}$ + 2b$^{2}$ + 2 – 2ab – 2a – 2b

2A = (a$^{2}$ – 2ab + b$^{2}$) + (a$^{2}$ – 2a + 1) + (b$^{2}$ – 2b + 1)

2A = (a – b)$^{2}$ + (a – 1)$^{2}$ + (b – 1)$^{2}$ ≥ 0

Suy ra A ≥ 0 hay a$^{2}$ + b$^{2}$ + 1 – ab – a – b ≥ 0.

Vậy a$^{2}$ + b$^{2}$ + 1 ≥ ab + a + b (đpcm).

Hướng dẫn giải

Xét hiệu, ta có: ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ca(c + a – 2b)

= a$^{2}$b + ab$^{2}$ – 2abc + b$^{2}$c + bc$^{2}$ – 2abc + ac$^{2}$ + a$^{2}$c – 2abc

= a(b$^{2}$ + c$^{2}$ – 2bc) + b(c$^{2}$ + a$^{2}$ – 2ac) + c(a$^{2}$+ b$^{2}$ – 2ab)

= a(b – c)$^{2}$ + b(c – a)$^{2}$ + c(a – b)$^{2}$ ≥ 0

Suy ra ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ca(c + a – 2b) ≥ 0 (đpcm).

Hướng dẫn giải

Xét hiệu, ta có: A = $\frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} + \frac{{ab}}{c}$ − a – b – c

A = $\frac{{{{\left( {bc} \right)}^2} + {{\left( {ca} \right)}^2} + {{\left( {ab} \right)}^2} - {a^2}bc - a{b^2}c - ab{c^2}}}{{abc}}$

2A = $\frac{{2{{\left( {bc} \right)}^2} + 2{{\left( {ca} \right)}^2} + 2{{\left( {ab} \right)}^2} - 2{a^2}bc - 2a{b^2}c - 2ab{c^2}}}{{abc}}$

2A = $\frac{{{{\left( {ab - bc} \right)}^2} + {{\left( {bc - ca} \right)}^2} + {{\left( {ca - ab} \right)}^2}}}{{abc}}$ ≥ 0 với a, b, c là các số thực dương.

Suy ra A ≥ 0 hay $\frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} + \frac{{ab}}{c}$ − a – b – c ≥ 0.

Vậy $\frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} + \frac{{ab}}{c} \ge a + b + c$.

Hướng dẫn giải

Xét hiệu $\frac{3}{5}$ − $\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} - \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}}$

= $\frac{2}{5}$ − $\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}}$ + $\frac{1}{5}$ − $\frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}}$

= $\frac{{2{a^2} - 10ab + 8{b^2}}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)}}$ + $\frac{{3{a^2} + 2{b^2} - 5{b^2}}}{{5\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$

= $\frac{{2\left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right)}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)}}$+ $\frac{{3\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)}}{{5\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$

= $\frac{{2\left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + 3\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$

= $\frac{{\left( {a - b} \right)\left[ {2\left( {a - 4b} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + 3\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)} \right]}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$

= $\frac{{\left( {a - b} \right)\left[ {2\left( {a - 4b} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right) + 3\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)} \right]}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$

= $\frac{{\left( {a - b} \right)\left[ {9{a^3} - 21{a^2}b + 16a{b^2} - 4{b^3}} \right]}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$

= $\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}{{\left( {3a - 2b} \right)}^2}}}{{5\left( {{a^2} + 4{b^2}} \right)\left( {3{a^2} + 2{b^2}} \right)}}$ ≥ 0.

Do đó $\frac{3}{5}$ − $\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} - \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}}$ ≥ 0.

Dấu “=” xảy ra khi a = b hoặc 3a = 2b.

Vậy $\frac{{2ab}}{{{a^2} + 4{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{3{a^2} + 2{b^2}}} \le \frac{3}{5}$ (đpcm).

Hướng dẫn giải

Xét hiệu của bất đẳng thức, ta có:

$$\frac{1}{{{a^2} + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} - \frac{2}{{1 + ab}}$$

= $\frac{1}{{{a^2} + 1}} - \frac{1}{{1 + ab}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} - \frac{1}{{1 + ab}}$

= $\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {ab - 1} \right)}}{{\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {ab + 1} \right)}} \ge 0$

Suy ra $\frac{1}{{{a^2} + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} - \frac{2}{{1 + ab}}$ ≥ 0 .

$\frac{1}{{{a^2} + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} \ge \frac{2}{{1 + ab}}$ với a,b ≥ 1.

a) Ta có: 2025 > 2024 nên $\sqrt {2025} > \sqrt {2024}$.

Cộng hai vế với −$\sqrt 5$ ta được $\sqrt {2025} - \sqrt 5 > \sqrt {2024} - \sqrt 5$.

b) Ta có: $\frac{1}{{2024}}$ > $\frac{1}{{2025}}$.

Cộng hai vế với 2023 ta được $\frac{1}{{2024}}$ + 2023 > $\frac{1}{{2025}}$ + 2023.

a) Ta có: a ≥ 2b nên cộng hai vế với a ta được: 2a ≥ a + 2b.

Cộng hai vế với 7 được 2a + 7 > a + 2b + 7.

b) Có a ≥ 2b nên a – 2b ≥ 0.

Xét hiệu 5a + 2b – (4b + 4a) = a – 2b ≥ 0 (thỏa mãn).

Do đó 4b + 4a ≤ 5a + 2b.

a) Xét hiệu $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4}$

$= \frac{{2{a^2} + 2{b^2} + {a^2} - 2ab + {b^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{4} \ge 0$.

Do đó, $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} - {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}$ ≥ 0 .

Vậy $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \ge {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}$ (đpcm).

b) Xét hiệu a$^{2}$ + b$^{2}$ − $\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}$ = $\frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}$

= $\frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {a^2} - 2ab - {b^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \ge 0$.

Suy ra a$^{2}$ + b$^{2}$ − $\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}$ ≥ 0.

Vậy ${a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}$ (đpcm).