Từ giả thiết z \geq y \geq x \geq 0z≥y≥x≥0 suy ra x \left(\right. x - y \left.\right) \left(\right. x - z \left.\right) \geq 0x(x−y)(x−z)≥0 (1). Hai số hạng còn lại của vế trái bất đẳng thức cần chứng minh có nhân tử chung z - y \geq 0z−y≥0 (2) và ta có y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) = \left(\right. z - y \left.\right) \left[\right. z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \left]\right.y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)=(z−y)[z(z−x)−y(y−x)] (3) Mà z \geq y \geq x \geq 0z≥y≥x≥0 nên z \geq y \geq 0z≥y≥0 và z - x \geq y - x \geq 0z−x≥y−x≥0, từ đó z \left(\right. z - x \left.\right) \geq y \left(\right. y - x \left.\right)z(z−x)≥y(y−x) nên z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \geq 0z(z−x)−y(y−x)≥0 (4) Từ (2) và (4) suy ra \left(\right. z - y \left.\right) \left[\right. z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \left]\right. \geq 0(z−y)[z(z−x)−y(y−x)]≥0, kết hợp với (3) suy ra y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) \geq 0y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)≥0 (5). Từ (1) và (5) suy ra điều phải chứng minh.

nếu x < 1x<1 thì x^{8} - x^{7} + x^{2} - x + 1x 8 −x 7 +x 2 −x+1 = x^{8} + x^{2} \left(\right. 1 - x^{5} \left.\right) + \left(\right. 1 - x \left.\right) > 0=x 8 +x 2 (1−x 5 )+(1−x)>0. nếu x \geq 1x≥1 thì x^{8} - x^{7} + x^{2} - x + 1x 8 −x 7 +x 2 −x+1 = x^{7} \left(\right. x - 1 \left.\right) + x \left(\right. x - 1 \left.\right) + 1 > 0=x 7 (x−1)+x(x−1)+1>0.

Theo Cosi \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} \geq 2 \sqrt{\frac{a^{2} . b^{2}}{b^{2} . c^{2}}} = \frac{2 a}{c} ; \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \geq 2 \sqrt{\frac{b^{2} . c^{2}}{c^{2} . a^{2}}} = \frac{2 b}{a} ; \frac{c^{2}}{a^{2}} + \frac{a^{2}}{b^{2}} \geq 2 \sqrt{\frac{c^{2} . a^{2}}{a^{2} . b^{2}}} = \frac{2 c}{b} b 2 a 2 + c 2 b 2 ≥2 b 2 .c 2 a 2 .b 2 = c 2a ; c 2 b 2 + a 2 c 2 ≥2 c 2 .a 2 b 2 .c 2 = a 2b ; a 2 c 2 + b 2 a 2 ≥2 a 2 .b 2 c 2 .a 2 = b 2c Cộng vế với vế 2 \left(\right. \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \left.\right) \geq 2 \left(\right. \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b} \left.\right) \Rightarrow \frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}} \geq \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}2( b 2 a 2 + c 2 b 2 + a 2 c 2 )≥2( c a + a b + b c )⇒ b 2 a 2 + c 2 b 2 + a 2 c 2 ≥ c a + a b + b c Dấu ''='' xảy ra khi a = b = c

Nhân hai vế bất đẳng thức cần chứng minh với x + yx+y ta được bất đẳng thức tương đương là x^{5} + y^{5} > \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)x 5 +y 5 >(x 2 +y 2 )(x+y) (1) Từ giả thiết x > \sqrt{2}x> 2 suy ra x^{2} > 2x 2 >2 suy ra x^{5} > 2 x^{3}x 5 >2x 3 , từ đó x^{5} + y^{5} > 2 \left(\right. x^{3} + y^{3} \left.\right)x 5 +y 5 >2(x 3 +y 3 ) = 2 \left(\right. x^{2} - x y + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)=2(x 2 −xy+y 2 )(x+y) = \left(\right. x - y \left.\right)^{2} + \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right) \geq \left(\right. x^{2} + y^{2} \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right)=(x−y) 2 +(x 2 +y 2 )(x+y)≥(x 2 +y 2 )(x+y) suy ra (1), điều phải chứng minh.

Ta có x + y = 1x+y=1 \left(\right. 1 + \frac{1}{x} \left.\right) \left(\right. 1 + \frac{1}{y} \left.\right) = \left(\right. 1 + \frac{x + y}{x} \left.\right) \left(\right. 1 + \frac{x + y}{y} \left.\right) = \left(\right. 2 + \frac{y}{x} \left.\right) \left(\right. 2 + \frac{x}{y} \left.\right)(1+ x 1 )(1+ y 1 )=(1+ x x+y )(1+ y x+y )=(2+ x y )(2+ y x ) = 5 + \frac{2 x}{y} + \frac{2 y}{x} = 5 + 2 \left(\right. \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \left.\right)=5+ y 2x + x 2y =5+2( y x + x y ) Theo Cosi \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2 \sqrt{\frac{x}{y} . \frac{y}{x}} = 2 \Rightarrow 2 \left(\right. \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \left.\right) \geq 4 \Rightarrow 5 + 2 \left(\right. \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \left.\right) \geq 9 y x + x y ≥2 y x . x y =2⇒2( y x + x y )≥4⇒5+2( y x + x y )≥9 Dấu ''='' xảy ra khi x = y

(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)+1≥0⇔[(x−1)(x−4)][(x−2)(x−3)]+1≥0⇔(x2−x−4x+4)(x2−2x−3x+6)+1≥0⇔(x2−5x+4)(x2−5x+6)+1≥0⇔(x2−5x)2+4(x2−5x)+6(x2−5x)+4⋅6+1≥0⇔(x2−5x)2+10(x2−5x)+25≥0⇔(x2−5x)2+2⋅(x2−5x)⋅5+52≥0⇔(x2−5x+5)2≥0(luôn đúng)

Vế trái bất đẳng thức cần chứng minh là x^{6} \left(\right. x - 1 \left.\right)^{2} + 3 \left(\right. x^{4} - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} + \left(\right. x - \frac{1}{2} \left.\right)^{2}x 6 (x−1) 2 +3(x 4 − 2 1 ) 2 +(x− 2 1 ) 2 . Từ đó suy ra đpcm.

Chứng minh bất đẳng thức sử dụng các tính chất Bài 1 Cho ba số x, \, y, \, zx,y,z thỏa mãn điều kiện z\ge y\ge x\ge 0z≥y≥x≥0. Chứng minh rằng x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)\ge 0x(x−y)(x−z)+y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)≥0. Từ giả thiết z \geq y \geq x \geq 0z≥y≥x≥0 suy ra x \left(\right. x - y \left.\right) \left(\right. x - z \left.\right) \geq 0x(x−y)(x−z)≥0 (1). Hai số hạng còn lại của vế trái bất đẳng thức cần chứng minh có nhân tử chung z - y \geq 0z−y≥0 (2) và ta có y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) = \left(\right. z - y \left.\right) \left[\right. z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \left]\right.y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)=(z−y)[z(z−x)−y(y−x)] (3) Mà z \geq y \geq x \geq 0z≥y≥x≥0 nên z \geq y \geq 0z≥y≥0 và z - x \geq y - x \geq 0z−x≥y−x≥0, từ đó z \left(\right. z - x \left.\right) \geq y \left(\right. y - x \left.\right)z(z−x)≥y(y−x) nên z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \geq 0z(z−x)−y(y−x)≥0 (4) Từ (2) và (4) suy ra \left(\right. z - y \left.\right) \left[\right. z \left(\right. z - x \left.\right) - y \left(\right. y - x \left.\right) \left]\right. \geq 0(z−y)[z(z−x)−y(y−x)]≥0, kết hợp với (3) suy ra y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) \geq 0y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)≥0 (5). Từ (1) và (5) suy ra điều phải chứng minh. [Sửa] Bài 2 Cho aa, bb là hai số thực tùy ý. Chứng minh rằng: 1) a^2-ab+b^2 \ge 0a 2 −ab+b 2 ≥0. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 2) a^2-ab+b^2\ge \dfrac14(a+b)^2a 2 −ab+b 2 ≥ 4 1 (a+b) 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 1) a^{2} - a b + b^{2}a 2 −ab+b 2 = \left(\right. a^{2} - 2 \cdot a \cdot \frac{1}{2} b + \frac{1}{4} b^{2} \left.\right) + \frac{3}{4} b^{2} = \left(\left(\right. a - \frac{1}{2} b \left.\right)\right)^{2} + \frac{3}{4} b^{2} \geq 0 \forall a , b=(a 2 −2⋅a⋅ 2 1 b+ 4 1 b 2 )+ 4 3 b 2 =((a− 2 1 b)) 2 + 4 3 b 2 ≥0∀a,b Dấu "=" xảy ra khi: \(\left{\right. a - \frac{1}{2} b = 0 \\ b = 0 \Leftrightarrow a = b = 0\) 2) a^{2} - a b + b^{2} \geq \frac{1}{4} \left(\left(\right. a + b \left.\right)\right)^{2}a 2 −ab+b 2 ≥ 4 1 ((a+b)) 2 < = > a^{2} - a b + b^{2} \geq \frac{1}{4} \left(\right. a^{2} + 2 a b + b^{2} \left.\right) < = > a^{2} - a b + b^{2} \geq \frac{1}{4} a^{2} + \frac{1}{2} a b + \frac{1}{4} b^{2} < = > \frac{3}{4} a^{2} - \frac{3}{2} a b + \frac{3}{4} b^{2} \geq 0 < = > \frac{3}{4} \left(\right. a^{2} - 2 a b + b^{2} \left.\right) \geq 0 < = > \frac{3}{4} \left(\left(\right. a - b \left.\right)\right)^{2} \geq 0 (\text{lu} \hat{\text{o}} \text{n}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\text{u}} \text{ng})<=>a 2 −ab+b 2 ≥ 4 1 (a 2 +2ab+b 2 )<=>a 2 −ab+b 2 ≥ 4 1 a 2 + 2 1 ab+ 4 1 b 2 <=> 4 3 a 2 − 2 3 ab+ 4 3 b 2 ≥0<=> 4 3 (a 2 −2ab+b 2 )≥0<=> 4 3 ((a−b)) 2 ≥0(lu o ^ n&nbsp;đ u ˊ ng) Dấu "=" xảy ra khi: a - b = 0 < = > a = ba−b=0<=>a=b [Sửa] Bài 3 Cho aa, bb, cc là ba số dương thay đổi luôn có tổng bằng 33. Chứng minh rằng \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2} \ge 3 a 2 −ab+b 2 + b 2 −bc+c 2 + c 2 −ca+a 2 ≥3. Ta có \sqrt{a^{2} - a b + b^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} \left(\right. a + b \left.\right)^{2} + \frac{3}{4} \left(\right. a - b \left.\right)^{2}} \&\text{nbsp}; \geq \frac{1}{2} \left(\right. a + b \left.\right) a 2 −ab+b 2 = 4 1 (a+b) 2 + 4 3 (a−b) 2 &nbsp;≥ 2 1 (a+b). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ba=b. Trương tự \sqrt{b^{2} - b c + c^{2}} \geq \frac{1}{2} \left(\right. b + c \left.\right) b 2 −bc+c 2 ≥ 2 1 (b+c) và \sqrt{c^{2} - c a + c a} \geq \frac{1}{2} \left(\right. c + a \left.\right) c 2 −ca+ca ≥ 2 1 (c+a). Từ đó \sqrt{a^{2} - a b + b^{2}} + \sqrt{b^{2} - b c + c^{2}} + \sqrt{c^{2} - c a + a^{2}} \geq \frac{1}{2} \left(\right. a + b + b + c + c + a \left.\right) a 2 −ab+b 2 + b 2 −bc+c 2 + c 2 −ca+a 2 ≥ 2 1 (a+b+b+c+c+a) = \left(\right. a + b + c \left.\right) = 3=(a+b+c)=3 Vậy \sqrt{a^{2} - a b + b^{2}} + \sqrt{b^{2} - b c + c^{2}} + \sqrt{c^{2} - c a + a^{2}} \geq 3 a 2 −ab+b 2 + b 2 −bc+c 2 + c 2 −ca+a 2 ≥3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = \frac{a + b + c}{3} = 1a=b=c= 3 a+b+c =1. [Sửa] Bài 4 Cho x, \, yx,y là hai số thực tùy ý. Chứng minh rằng x^2+y^2+xy-3x-3y+3 \ge 0x 2 +y 2 +xy−3x−3y+3≥0. Xét f \left(\right. x \left.\right) = V T = x^{2} + y^{2} + x y - 3 x - 3 y + 3f(x)=VT=x 2 +y 2 +xy−3x−3y+3 = x^{2} + \left(\right. y - 3 \left.\right) x + y^{2} - 3 y + 3=x 2 +(y−3)x+y 2 −3y+3 Có \Delta = \left(\left(\right. y - 3 \left.\right)\right)^{2} - 4 \left(\right. y^{2} - 3 y

Ta sẽ biến đổi vế trái của bất đẳng thức thành tổng của các bình phương (tổng các số không âm). Gọi biểu thức cần chứng minh là P. Ta nhóm các hạng tử chứa x và hoàn thành bình phương cho x: Sử dụng công thức (A+B)^2 = A^2 + 2AB + B^2, ta có: Thêm và bớt \left(\frac{y-3}{2}\right)^2 để hoàn thành bình phương cho x: Tiếp tục phân tích tử số của phân thức thứ hai: Thay vào biểu thức P: Vì x, y là các số thực tùy ý, nên: * \left(x + \frac{y-3}{2}\right)^2 \geq 0 (bình phương của một số thực luôn không âm). * \frac{3(y-1)^2}{4} \geq 0 (vì 3 > 0, 4 > 0 và (y-1)^2 \geq 0). Do đó, tổng của hai số không âm cũng là một số không âm: Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: Dấu bằng xảy ra khi x = 1 và y = 1.

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau cho mọi x, y > 0: \sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2} Bình phương hai vế (vì cả hai vế đều không âm): x^2 - xy + y^2 \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^2 x^2 - xy + y^2 \ge \frac{x^2 + 2xy + y^2}{4} Nhân cả hai vế với 4: 4x^2 - 4xy + 4y^2 \ge x^2 + 2xy + y^2 3(x^2 - 2xy + y^2) \ge 0 3(x - y)^2 \ge 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy, bất đẳng thức \sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2} đã được chứng minh. Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức phụ Áp dụng bất đẳng thức phụ đã chứng minh cho ba hạng tử của vế trái (VT) bất đẳng thức cần chứng minh: Với (x, y) = (a, b): \sqrt{a^2 - ab + b^2} \ge \frac{a+b}{2} Với (x, y) = (b, c): \sqrt{b^2 - bc + c^2} \ge \frac{b+c}{2} Với (x, y) = (c, a): \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{c+a}{2} Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế: \sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2} Rút gọn vế phải (VP): \text{VP} = \frac{(a+b) + (b+c) + (c+a)}{2} = \frac{2a + 2b + 2c}{2} = \frac{2(a+b+c)}{2} = a+b+c Theo giả thiết của bài toán, ta có a + b + c = 3. Thay vào bất đẳng thức vừa tìm được: \sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các dấu bằng trong các bất đẳng thức phụ xảy ra, tức là: a = b \quad (\text{từ 1}) b = c \quad (\text{từ 2}) c = a \quad (\text{từ 3}) Kết hợp với điều kiện a+b+c=3, ta suy ra a = b = c = 1.