Bất đằng thức Cô-si (phần 2)

Đặt \(t=x-1\) thì \(x=t+1\) và \(t>0\). Ta có 

         \(x+\dfrac{1}{x-1}=1+t+\dfrac{1}{t}\ge1+2.\sqrt{t.\dfrac{1}{t}}=3\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(t=\dfrac{1}{t}=1\Leftrightarrow x-1=1\Leftrightarrow x=2\) .

Đặt \(x+1=t\) thì \(t>0\) và  \(x=-1+t\). Ta có

           \(2x+\dfrac{1}{\left(x+1\right)^2}=2\left(-1+t\right)+\dfrac{1}{t^2}=-2+t+t+\dfrac{1}{t^2}\)

                                                                       \(\ge-2+3\sqrt[3]{t.t.\dfrac{1}{t^2}}=-2+3=1\)  

     (đpcm)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được     \(x+y\ge2\sqrt{xy}\) và  \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2\sqrt{\frac{1}{xy}}\).

Nhân theo vế hai bất đẳng thức trên với nhau ta được   \(\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\ge4\) hay   \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=y\).

Đặt  \(2x+1=t\) thì \(t>0\) và \(x=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{t}{2}\) do đó áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

       \(x+\dfrac{2}{2x+1}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{t}{2}+\dfrac{2}{t}\ge-\dfrac{1}{2}+2=\dfrac{3}{2}\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(\dfrac{t}{2}=\dfrac{2}{t}=1\Leftrightarrow t=2\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{2}=\dfrac{1}{2}\).

Đặt \(x=\sqrt{\dfrac{a}{b}},y=\sqrt{\dfrac{b}{c}},z=\sqrt{\dfrac{c}{a}}\) thì  \(x,y,z>0\) và \(xyz=1\) . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành      \(x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương ta có

                \(x^3+x^3+1^3\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1^3}\) hay  \(2x^3+1\ge3x^2\).

Tương tự, \(2y^3+1\ge3y^2;2z^3+1\ge3z^2\). Cộng theo vế các bất đẳng thức nhận được ta có            \(2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

                                                      \(=2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\)

  \(\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{1}\)

Do đó         \(x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  

       \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c>0\).

Có     \(ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow\dfrac{ab}{a+b}\le\dfrac{a+b}{4}\).

Do giả thiết  \(abc=1\) nên

            \(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}\)

Đặt       \(x=bc,y=ca,z=ab\) thì \(x,y,z>0\) và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc 

      \(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có

                 \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge a\) ;  \(\frac{b^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge b\)  ;  \(\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi     \(\frac{a^2}{b+c}=\frac{b+c}{4},\frac{b^2}{c+a}=\frac{c+a}{4},\frac{c^2}{a+b}=\frac{a+b}{4}\)

hay \(\left\{{}\begin{matrix}b+c=2a\\c+a=2b\\a+b=2c\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=3a\\a+b+c=3c\\a+b+c=3c\end{matrix}\right.\)  \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

                       \(\sqrt{5\left(4x+1\right)}+\sqrt{5\left(4y+1\right)}+\sqrt{5\left(4z+1\right)}\le15\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có

               \(\sqrt{5\left(4x+1\right)}\le\frac{5+4x+1}{2}=3+2x\)

Tương tự   \(\sqrt{5\left(4y+1\right)}\le3+2y;\sqrt{5\left(4z+1\right)}\le3+2z\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức nhận được ta có

       \(\sqrt{5\left(4x+1\right)}+\sqrt{5\left(4y+1\right)}+\sqrt{5\left(4z+1\right)}\le9+2\left(x+y+z\right)=15\) (do giả thiết \(x,y,z\) có tổng bằng 1.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{{}\begin{matrix}4x+1=4y+1=4z+1=5\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Sử dụng giả thiết \(x+y+z=1\) và áp dụng bất đẳng thức Cô si cho bốn số dương ta có 

        \(1+\frac{1}{x}=\frac{x+1}{x}=\frac{x+x+y+z}{x}\ge\frac{4\sqrt[4]{x^2yz}}{x}\)

Tương tự       \(1+\frac{1}{y}\ge\frac{4\sqrt[4]{xy^2z}}{y}\)  và    \(1+\frac{1}{z}\ge\frac{4\sqrt[4]{xyz^2}}{z}\).

Nhân theo vế ba bất đẳng thức vừa nhận được suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=y=z=\frac{1}{3}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương ta có    

        \(x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1}\Leftrightarrow2x^3+1\ge3x^2\), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=1\).

Tương tự,  \(2y^3+1\ge3y^2\). Cộng theo vế hai bất đẳng thức nhận được ta có

             \(2\left(x^3+y^3\right)+2\ge3\left(x^2+y^2\right)\)

Sử dụng giả thiết  \(x^3+y^3=2\) suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi      \(x=y=1\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương   \(x^3,x^3,y^3\).

Với   \(x,y>0\)  đã cho, áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

                         \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+b}{x}+\dfrac{1+c}{y}\ge\dfrac{3a}{\sqrt[3]{xy}}\)

Kỳ vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi \(a=b=c=1\), ta chọn \(x>0\) sao cho \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}=\dfrac{1+b}{x}=\dfrac{1+c}{y}\) xảy ra khi \(a=b=c=1\), tức là     \(\dfrac{1}{4}=\dfrac{2}{x}=\dfrac{2}{y}\Leftrightarrow x=y=8\). Vì vậy

                       \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+b}{8}+\dfrac{1+c}{8}\ge\dfrac{3a}{4}\) 

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức này ta có

     \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\dfrac{3}{4}+\dfrac{a+b+c}{4}\ge\)

                                                          \(\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)

Hay   \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\dfrac{3}{4}\)

Mà    \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\ge3\) . Suy ra

                        \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)

Do giả thiết  \(1\le ab\)  nên \(1\le\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\). Vì vậy ta tìm cách ước lượng giảm bậc của biến \(a,b\) từ 3 xuống 1, tức là phải dùng Cô si cho 3 số dương.

Áp dụng Cô si cho 3 số dương     \(\dfrac{a^3}{1+b};\dfrac{1+b}{x};y\) ta có

                           \(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{x}+y\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{y}{x}}\)   (1)

Kì vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi \(a=b=1\) nghĩa là

khi \(a=b=1\) phải có    \(\dfrac{a^3}{1+b}=\dfrac{1+b}{x}=y\)  hay   \(\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{x}=y\Leftrightarrow x=4;y=\dfrac{1}{2}\)

(1) trở thành     

                              \(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{4}+\dfrac{1}{2}\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{3a}{2}\) 

Tương tự              \(\dfrac{b^3}{1+a}+\dfrac{1+a}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3b}{2}\) 

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta suy ra  

                       \(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{5}{4}\left(a+b\right)\ge\dfrac{5}{2}\sqrt{ab}\ge\dfrac{5}{2}\)

    Do đó           \(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}\ge1\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có

                 \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge a\) ;  \(\frac{b^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge b\)  ;  \(\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi     \(\frac{a^2}{b+c}=\frac{b+c}{4},\frac{b^2}{c+a}=\frac{c+a}{4},\frac{c^2}{a+b}=\frac{a+b}{4}\)

hay \(\left\{{}\begin{matrix}b+c=2a\\c+a=2b\\a+b=2c\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=3a\\a+b+c=3c\\a+b+c=3c\end{matrix}\right.\)  \(\Leftrightarrow a=b=c\)