Để chứng minh rằng \(x^{8}-x^{7}+x^{2}-x+1>0\) với mọi \(x\), ta sẽ chia bài toán thành các trường hợp sau: Bước 1: Xét trường hợp \(x\ge 1\) Ta có thể nhóm các số hạng của biểu thức:\(P(x)=x^{8}-x^{7}+x^{2}-x+1=x^{7}(x-1)+x(x-1)+1\)Với \(x\ge 1\), ta có \(x-1\ge 0\).Vì \(x\ge 1\), \(x^{7}\ge 1\), nên \(x^{7}(x-1)\ge 0\).Tương tự, \(x\ge 1\), nên \(x(x-1)\ge 0\).Do đó, \(P(x)\ge 0+0+1=1>0\).Vậy bất đẳng thức đúng với mọi \(x\ge 1\). Bước 2: Xét trường hợp \(0<x<1\) Ta có thể nhóm các số hạng của biểu thức theo cách khác:\(P(x)=x^{8}+(x^{2}-x^{7})+(1-x)=x^{8}+x^{2}(1-x^{5})+(1-x)\)Với \(0<x<1\), ta có \(x^{5}<1\), nên \(1-x^{5}>0\).Vì \(x>0\), \(x^{2}>0\). Vậy \(x^{2}(1-x^{5})>0\).Vì \(x<1\), nên \(1-x>0\).Do đó, \(P(x)=x^{8}+x^{2}(1-x^{5})+(1-x)>0+0+0=0\).Vậy bất đẳng thức đúng với mọi \(0<x<1\). Bước 3: Xét trường hợp \(x\le 0\) Ta có thể nhóm các số hạng theo một cách khác nữa:\(P(x)=(x^{8}+x^{2})+(-x^{7}-x+1)\)Với \(x\le 0\), ta có \(x^{8}\ge 0\) và \(x^{2}\ge 0\). Do đó, \(x^{8}+x^{2}\ge 0\).Vì \(x\le 0\), nên \(-x\ge 0\).Vì \(x^{7}\le 0\), nên \(-x^{7}\ge 0\).Do đó, \(-x^{7}-x+1\ge 0+0+1=1>0\).Từ đó, \(P(x)=(x^{8}+x^{2})+(-x^{7}-x+1)>0+0=0\).Vậy bất đẳng thức đúng với mọi \(x\le 0\).

Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức \(x^{2}+y^{2}+z^{2}\ge xy+yz+zx\) với \(x,y,z\) là các số thực khác 0.Ta có:\(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx=\frac{1}{2}((x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2})\)Vì \((x-y)^{2}\ge 0\), \((y-z)^{2}\ge 0\), \((z-x)^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x,y,z\), nên\((x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}\ge 0\)Do đó, \(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx\ge 0\).Bất đẳng thức được chứng minh.

Từ bất đẳng thức đã rút gọn \(x^{2}-xy+y^{2}>1\) và \(x^{2}+y^{2}>0\), ta nhân hai vế với \(x^{2}+y^{2}\) để suy ra:\((x^{2}+y^{2})(x^{2}-xy+y^{2})>x^{2}+y^{2}\)Điều này tương đương với bất đẳng thức ban đầu:\(x^{4}-x^{3}y+x^{2}y^{2}-xy^{3}+y^{4}>x^{2}+y^{2}\)Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bằng cách sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương \(x\) và \(y\), ta chứng minh được rằng \(xy\le \frac{1}{4}\). Khi đó, biểu thức đã cho có thể được biến đổi thành \(1+\frac{1}{xy}+\frac{1}{xy}\), và vì \(x+y=1\), nó trở thành \(1+\frac{2}{xy}\). Do \(xy\le \frac{1}{4}\), suy ra \(\frac{1}{xy}\ge 4\), và \(1+\frac{2}{xy}\ge 1+2(4)=9\). Do đó, bất đẳng thức \((1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})\ge 9\) được chứng minh.

Chú ý rằng

1+4=2+3.1+4=2+3, ta đặt t=(x−1)(x−4)=x2−5x+4t=(x−1)(x−4)=x 2 −5x+4 thì (x−2)(x−3)=x2−5x+6=t+2(x−2)(x−3)=x 2 −5x+6=t+2 từ đó (x−1(x−2(x−3(x−4)+1(x−1(x−2(x−3(x−4)+1=t(t+2)+1=2+t+1=(t+1)2≥0=t(t+2)+1=t 2 +2t+1=(t+1) 2 ≥0 Dẳng thức chỉ xảy ra khi t=−1t=−1 hay x2−5x+4=−1x .2 −5x+4=−1x 2−5x+5=0x .2−5x+5=0x=5±5.2x= 2.5±5

vế trái BĐT cần chứng minh là:

x⁶(x-1)²+3(x⁴-½)²+(x-½)²

từ đó suy ra đpcm

Giả thiết đã cho tương đương với 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a = 6 a 1 + b 1 + c 1 + ab 1 + bc 1 + ca 1 =6. (1) Ta có ( 1 a − 1 ) 2 ≥ 0 ( a 1 −1) 2 ≥0 1 a 2 + 1 ≥ 2 a a 2 1 +1≥ a 2 nên 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2 ( 1 a + 1 b + 1 c ) − 3 a 2 1 + b 2 1 + c 2 1 ≥2( a 1 + b 1 + c 1 )−3 (2) Lại có 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 a b a 2 1 + b 2 1 ≥ ab 2 nên 2 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ) ≥ 2 ( 1 a b + 1 b c + 1 c a ) 2( a 2 1 + b 2 1 + c 2 1 )≥2( ab 1 + bc 1 + ca 1 ) (3) Cộng (2) và (3) theo vế và sử dụng (1) ta có 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ) ≥ 2 ( 1 a b + 1 b c + 1 c a + 1 a + 1 b + 1 c ) − 3 = 2.6 − 3 = 9 3( a 2 1 + b 2 1 + c 2 1 )≥2( ab 1 + bc 1 + ca 1 + a 1 + b 1 + c 1 )−3=2.6−3=9 Suy ra 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 3 a 2 1 + b 2 1 + c 2 1 ≥3.

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.

Để chứng minh bất đẳng thức này, ta sẽ biến đổi vế trái thành tổng của các bình phương (phương pháp hằng đẳng thức): a^2 - ab + b^2 = a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{b}{2} + \left(\frac{b}{2}\right)^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 + b^2 a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4} + b^2 a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} Vì \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 \ge 0 (bình phương của một số thực luôn không âm) và \frac{3b^2}{4} \ge 0 (vì b^2 \ge 0), nên: \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} \ge 0 + 0 = 0 Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge 0 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả hai số hạng đều bằng 0: \begin{cases} a - \frac{b}{2} = 0 \\ \frac{3b^2}{4} = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} a = \frac{b}{2} \\ b = 0 \end{cases} Thay b=0 vào phương trình thứ nhất, ta được a = \frac{0}{2} = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0. Ta xét hiệu của vế trái (VT) và vế phải (VP): VT - VP = (a^2 - ab + b^2) - \frac{1}{4}(a+b)^2 VT - VP = a^2 - ab + b^2 - \frac{1}{4}(a^2 + 2ab + b^2) Quy đồng và nhân cả hai vế với 4 (vì 4>0): 4(a^2 - ab + b^2) - (a^2 + 2ab + b^2) \ge 0 4a^2 - 4ab + 4b^2 - a^2 - 2ab - b^2 \ge 0 Thu gọn các hạng tử đồng dạng: (4a^2 - a^2) + (-4ab - 2ab) + (4b^2 - b^2) \ge 0 3a^2 - 6ab + 3b^2 \ge 0 Đặt thừa số chung 3: 3(a^2 - 2ab + b^2) \ge 0 Sử dụng hằng đẳng thức (a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2: 3(a - b)^2 \ge 0 Vì (a-b)^2 \ge 0 với mọi số thực a, b và 3 > 0, nên bất đẳng thức 3(a-b)^2 \ge 0 luôn đúng. Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge \frac{1}{4}(a+b)^2 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a-b)^2 = 0: (a - b)^2 = 0 \implies a - b = 0 \implies a = b Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.