Chứng minh rằng với mọi số thực x, luôn có: Ta sẽ phân tích P(x) thành tổng của các số hạng không âm, bằng cách chia thành các trường hợp: Trường hợp 1: x \le 0 Đặt x = -y với y \ge 0. Thay vào biểu thức P(x): Ta nhóm các số hạng lại: Vì y \ge 0, nên 2y^7 + y^6 \ge 0 và y^2 + y \ge 0. Do đó, P(x) > y^4(4y^4 - 3) + 1. * Nếu y đủ lớn sao cho 4y^4 - 3 \ge 0 (tức y \ge \sqrt[4]{3/4} \approx 0.93), thì P(x) > 1 > 0. * Nếu 0 \le y < \sqrt[4]{3/4}: Giá trị âm lớn nhất của y^4(4y^4 - 3) là khi y^4 = 3/8, khi đó y^4(4y^4 - 3) = (3/8)(4 \cdot 3/8 - 3) = -9/16 \approx -0.5625. Mặt khác, P(x) có các số hạng dương 2y^7 + y^6 + y^2 + y + 1. P(x) = y^4(4y^4 - 3) + \underbrace{2y^7 + y^6 + y^2 + y}_{\ge 0} + 1 > -0.5625 + 1 > 0 (Dấu bằng chỉ xảy ra khi y=0, khi đó P(0)=1). Vậy, P(x) > 0 với mọi x \le 0. Trường hợp 2: x > 0 Ta phân tích P(x) thành tổng của ba số hạng không âm (hoặc có tổng không âm): Trường hợp 2a: x \ge 1 * x^6(x - 1)^2 \ge 0 * x^4 - 1 \ge 0 \implies 3x^4(x^4 - 1) \ge 0 * x^2 - x + 1 = x(x - 1) + 1 \ge 0 + 1 = 1 > 0 \implies P(x) \ge 0 + 0 + 1 = 1 > 0. Trường hợp 2b: 0 < x < 1 Với 0 < x < 1, ta viết lại P(x) bằng cách sử dụng hằng đẳng thức x^2 - x + 1 = (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} và x^4 - 1 = -(1 - x^4): Ta chỉ cần chứng minh x^6(1 - x)^2 + (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} - 3x^4(1 - x^4) > 0. Đặt t = x^4. Vì 0 < x < 1, ta có 0 < t < 1. Ta xét biểu thức E = \frac{3}{4} - 3x^4(1 - x^4) = \frac{3}{4} - 3t(1 - t). Vì \left(t - \frac{1}{2}\right)^2 \ge 0, nên E \ge 0. Thay E trở lại P(x): Vì 0 < x < 1, ta có x^6(1-x)^2 > 0. Tổng của ba số hạng không âm, trong đó có một số hạng dương, nên: Kết luận: Bất đẳng thức đã được chứng minh với mọi số thực x.

Ta nhóm các nhân tử của tích thành hai cặp để làm xuất hiện cùng một biểu thức trung gian: Thực hiện phép nhân trong từng cặp: Thay vào bất đẳng thức, ta được: Đặt t = x^2 - 5x. Khi đó, bất đẳng thức trở thành: Khai triển và rút gọn vế trái: Đây là một hằng đẳng thức bình phương của một tổng: Thay t = x^2 - 5x trở lại: Vì bình phương của một số thực bất kỳ luôn không âm, ta có: Do đó, bất đẳng thức đã được chứng minh: Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x^2 - 5x + 5 = 0. Phương trình này có hai nghiệm thực.

Từ bất đẳng thức (*), ta suy ra: Nhân 2 vào hai vế: Cộng 1 vào hai vế: Vì \text{VT} = 1 + \frac{2}{xy}, ta có: Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi bất đẳng thức Cos ở Bước 3 xảy ra dấu bằng, tức là: Kết hợp với điều kiện x+y=1, ta có: Lưu ý: Bạn có thể tham khảo thêm các bài toán chứng minh bất đẳng thức tương tự trên trang Chủ đề: Chứng minh bất đẳng thức sử dụng các tính chất.

Đặt các hiệu số sau:

a = y - x

b = z - y

Do điều kiện z \ge y \ge x \ge 0, ta có: a \ge 0 và b \ge 0.

Từ đó, ta biểu diễn y, z và các hiệu số khác theo x, a, b:

y = x + a

z = y + b = x + a + b

y - x = a

z - y = b

z - x = (z - y) + (y - x) = b + a

x - y = -a

x - z = -(a + b)

Thay các biểu thức này vào P:

P = x(x - y)(x - z) + y(y - z)(y - x) + z(z - x)(z - y)

P = x(-a) (-(a+b)) + (x+a)(b)(a) + (x+a+b)(a+b)(b)

P = x a (a + b) + a b (x + a) + b (a + b) (x + a + b)

P = (xa^2 + xab) + (abx + a^2 b) + (ab + b^2)(x + a + b)

P = xa^2 + 2xab + a^2 b + (xab + a^2 b + ab^2 + xb^2 + ab^2 + b^3)

P = xa^2 + 2xab + a^2 b + xab + a^2 b + 2ab^2 + xb^2 + b^3

Gom các hạng tử có chứa x:

P = x(a^2 + 2ab + ab + b^2) + (a^2 b + a^2 b + 2ab^2 + b^3)

P = (y-x)^2 (x + y - z) + z(z - x)(z - y)

Thay a = y-x và b = z-y (với z \ge y \ge x \ge 0, nên a \ge 0, b \ge 0):

y - x = a

z - y = b

z - x = a + b

z = x + a + b

x + y - z = x + (x+a) - (x+a+b) = x - b

Thay vào công thức rút gọn:

P = a^2 (x - b) + (x + a + b) (a + b) b

P = a^2 x - a^2 b + (x + a + b) (ab + b^2)

P = a^2 x - a^2 b + [x(ab + b^2) + a(ab + b^2) + b(ab + b^2)]

P = a^2 x - a^2 b + [xab + xb^2 + a^2 b + ab^2 + ab^2 + b^3]

Các hạng tử -a^2 b và +a^2 b triệt tiêu lẫn nhau:

P = a^2 x + xab + xb^2 + 2ab^2 + b^3

P = a^2 x + xab + xb^2 + 2ab^2 + b^3

Nhóm các hạng tử chứa x:

Vì z \ge y \ge x \ge 0, ta có x \ge 0, a = y-x \ge 0, và b = z-y \ge 0.

Do đó:

x \ge 0 và a^2 + ab + b^2 \ge 0 \implies x(a^2 + ab + b^2) \ge 0.

2ab^2 \ge 0.

b^3 \ge 0.

Vậy P là tổng của các số hạng không âm, suy ra:

P = x(a^2 + ab + b^2) + 2ab^2 + b^3 \ge 0

Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Điều kiện dấu đẳng thức xảy ra

Dấu đẳng thức P = 0 xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số hạng không âm bằng 0:

x(a^2 + ab + b^2) = 0

2ab^2 = 0

b^3 = 0

Từ (3), suy ra b = 0.

Vì b = z - y, nên \mathbf{z = y}.

Thay b=0 vào (2), ta được 2a(0)^2 = 0, luôn đúng.

Thay b=0 vào (1): x(a^2 + a(0) + 0^2) = 0 \implies xa^2 = 0.

Vì x \ge 0 và a^2 \ge 0, điều này xảy ra khi và chỉ khi x=0 hoặc a=0.

Trường hợp 1: x=0. Kết hợp với z=y, ta được x=0 và y=z.

Trường hợp 2: a=0. Vì a = y-x, nên y=x. Kết hợp với z=y, ta được x=y=z.

Tóm lại, dấu đẳng thức xảy ra khi \mathbf{x=y=z} hoặc \mathbf{x=0} và \mathbf{y=z}.

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.

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.

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.