Chứng minh các bất đẳng thức không thuần nhất bằng Cauchy-Schwarz

1) Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng:

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge3 (a+b+c)^2$

Lời giải:

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$(a+b+c)^2\le(a^2+2)(1+(b+c)^2/2)$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:

$(b^2+2)(c^2+2) \ge 3[1+(b+c)^2/2]$

Tương đương:

$(bc-1)^2+(b-c)^2/2 \ge 0$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét:
bất
Ta có thể chắc chắn làm cách này là do tín độc lập của 3 biến a,b,c nên có thể xảy ra đẳng thức khi $a=2/(b+c)$ (điểm rơi C-S) Vì nếu nó đúng với mọi a,b,c thì cũng phải đúng với điểm a như thế.

2) Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực a,b,c bất kì:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \ge (ab+bc+ca-1)^2$ (Indo TST 2007)

Lời giải:

$VP=(a(b+c)+(bc-1)^2]^2\le(a^2+1)((b+c)^2+(bc-1)^2)$

Mà $(b+c)^2+(bc-1)^2=(b^2+1)(c^2+1)$

Vậy ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a+b+c=abc$

3) Cho các số thực a,b,c,d thỏa mãn:

$\prod (a^2+1)=16$

Chứng minh bất đẳng thức:
$-3 \le ab+ac+ad+bc+bd+cd-abcd \le 5$ (Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu)

Lời giải:
BDT tương đương:

$( \sum ab-abcd-1)^2\le 16$

Dùng C-S:

$[a(b+c+d-bcd)+(bc+cd+db-1)^2] \le (a^2+1)[(b+c+d-bcd)^2+( bc+cd+db-1)^2]$

Mà: $(b+c+d-bcd)^2+( bc+cd+db-1)^2=(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)$

Ta có đpcm.

4) Chứng minh rằng với mọi a,b,c dương ta đều có:

$\sum \sqrt{a(b+1)} \le \frac{3}{2}\sqrt{\prod (a+1)}$

Từ VT ta sẽ dùng C-S cho $\sqrt{ (a+1)}$ xuất hiện:

$\sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)} \le \sqrt{(a+1)[(b+1)+b(c+1)]}$

Như thế ta chỉ cần chứng minh:

$\sqrt{b(c+2)+1}+\sqrt{c} \le \frac{3}{2}\sqrt{(b+1)(c+1)}$

$\Leftrightarrow \sqrt{bc+2b+1}+\sqrt{c}\le\sqrt{[bc+2b+1+(c+1)][1+\frac{c}{c+1}]}=\sqrt{\frac{(b+1)(c+2)(2c+1)}{c+1}}$

Như vậy chỉ còn chứng minh:

$\sqrt{\frac{(c+2)(2c+1)}{c+1}}\le\frac{3}{2}\sqrt{c+1}$

Dễ chứng minh bằng tương đương.