Tuyển tập bất đẳng thức thường gặp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (207.65 KB, 16 trang )
TUYỂN TẬP CÁC BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG GẶP
1) Cho a>0, b>0. Chứng minh rằng a + b > a + b
Giải:
Cách 1: Ta có: a + b > a + b ⇔ ( a + b ) 2 > ( a + b ) 2
⇔ a + 2 ab + b > a + b
⇔ 2 ab > 0
(Bất đẳng thức đúng vì a, b > 0 nên 2 ab > 0 )
Vậy
a + b > a+b
a + b = ( a + b ) 2 = a + b + 2 ab > a + b (vì 22 ab > 0 )
1
10
≥
2) Chứng minh rằng: x2 + 3 + 2
x +3 3
Giải:
1
x2 + 3
Áp dụng bắt đẳng thức cô- si cho hai số dương
và 2
ta có:
x +3
9
Cách 2:
x2 + 3 +
1
x2 + 3
1
8 2
x2 + 3 1
8
2 8 10
=
+
+
(
x
+
3
)
≥
2
.
+
.
3
=
+ =
9
9 x2 + 3 9
3 3 3
x2 + 3
x2 + 3 9
3) Cho a>0, b>0. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
≥
b+c a+c a+b 2
Giải:
a
b
c
3
+
+
≥
b+c a+c a+b 2
a
1
b
1
c
1
⇔
− +
− +
− ≥0
b+c 2 a+c 2 a+b 2
2a − b − c 1 2b − a − c 1 2c − a − b 1
⇔
− +
− +
− ≥0
b+c
2
a+c
2
a+b
2
a−b a −c b−a b−c c−a c−b
⇔
+
+
+
+
+
≥0
b+c b+c a+c a+c a+b a+b
1
1
1
1
1
1
⇔ ( a − b )
−
−
−
+ (a − c)
+ (b − c )
≥0
b+c a +c
b+c a+b
a+c a+b
a−b
a−c
b−c
⇔ (a − b).
+ (a − c ).
+ (b − c).
≥0
(b + c)(a + c)
( a + b)(b + c)
(a + c)(a + b)
( a − b) 2
(a − c) 2
(b − c ) 2
+
+
≥ 0 (BĐT đúng)
(b + c)(a + c) (a + b)(b + c) (a + c)(a + b)
a
b
c
3
+
+
≥
Vậy
b+c a+c a+b 2
4) Cho a + b ≥ 1. Chứng minh rằng a2 + b2 ≥ 1
Ta có: a + b ≥ 1 ⇒ ( a + b) 2 ≥ 1
Mà (a – b)2 ≥ 0. Do đó (a + b)2 + (a - b)2 ≥ 1
⇒ a 2 + 2ab + b 2 + a 2 − 2ab + b 2 ≥ 1
⇔
⇒ 2( a 2 + b 2 ) ≥ 1
1
⇒ (a 2 + b 2 ) ≥
2
5) Cho a > b, b > c, c > 0. Chứng minh rằng:
Giải:
c(a − c ) + c (b − c) ≤ ab
Ta có:
c (a − c) + c (b − c) ≤ ab
⇔ ( c(a − c) + c(b − c) ) 2 ≤ ab 2
⇔ ( a − c c + c b − c ) 2 ≤ ab 2
Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki
( a − c c + c b − c ) 2 ≤ (a − c + c)(c + b − c) = ab = ab 2
Vậy c(a − c ) + c(b − c) ≤ ab
6) Cho a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a+b+c=3. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 5
Giải:
a, b, c ≥ 0
⇒
2 − a,2 − b,2 − c ≥ 0
0 ≤ a, b, c ≤ 2
abc ≥ 0
⇒
( 2 − a )(2 − b)(2 − c) ≥ 0
⇒ abc + (2 − a )(2 − b)(2 − c) ≥ 0
⇔ abc + 8 − 4a − 4b − 4c + 2ab + 2bc + 2ac − abc ≥ 0
⇔ −2(ab + bc + ac) ≤ 8 − 4(a + b + c) = −4
⇒ a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab+bc+ca) ≤ 3 2 − 4 = 5
7) Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a2b + b2c + c2a + a2c + c2b + b2a - a3 - b3 - c3 > 0
Giải:
Vì a, b, c là độ fài ba cạnh của một tam giác nên theo bất đẳng thức ta có:
b + c > a, c + a > b, a + b > c
⇒ a2(b + c) > a2. a ; b2(c + a) >b2.b ; c2(a + b) > c2.c
⇒ a2b + a2c > a3; b2c + b2a >b3 ; c2a + c2b > c3
⇒ a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b > a3 + b3 + c3
⇒ a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b - a3 - b3 - c3 > 0 (đpcm)
8) Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2abc < 2
Giải:
a < b + c (bất đẳng thức tam giác)
⇒a + a < a + b + c
⇒ 2a < 2 ⇒ a < 1. Tương tự b < 1, c < 1
Ta có: (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 0
⇔ (1 – b – a + ab)(1 - c) > 0
⇔ 1 – c – b + bc – a + ac + ab – abc > 0
⇔ 1 – (a + b + c) =ab + bc + ca > 0
Nên abc < -1 + ab + bc + ca
⇒ 2abc < -2 + 2ab + 2bc + 2ca
⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < a2 + b2 + c2 – 2 + 2ab + 2bc + 2ca
⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < (a + b + c)2 – 2
⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < (a + b + c)2 – 2 (vì a + b + c = 2)
3
a3 + b3 a + b
9) Cho a>0, b>0. Chứng minh rằng:
≥
2
2
Giải:
3
3
a3 + b3 a + b
a3 + b3 a + b
≥
−
⇔
≥0
2
2
2
2
3
(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) a + b
⇔
−
≥0
2
2
3
(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) a + b
⇔
−
≥0
2
2
⇔
2
a+b 2
a+b
.(a − ab + b 2 ) −
2
2
a + b 4a 2 − 4ab + 4b 2 − (a 2 + 2ab + b 2 )
.
≥0
2
4
⇔ (a + b)(4a 2 − 4ab + 4b 2 − a 2 − 2ab − b 2 ) ≥ 0
⇔
⇔ (a + b)(3a 2 − 6ab + 3b 2 ) ≥ 0
⇔ 3(a + b)(a − b) 2 ≥ 0 (BĐT đúng)
3
a3 + b3 a + b
≥
2
2
10) Chứng minh rằng: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b
Giải:
Ta có: a2 + b2 ≥ 2ab
b2 + 1 ≥ 2b
a2 + 1 ≥ 2a
⇒ 2(a2 + b2 + 1) ≥ (2ab + 2a + 2b)
⇔ (a2 + b2 + 1) ≥ ab + a + b
11) Cho các số dương x,y,z ≥ 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: x + 2y + z ≥ 4(1-x)(1-y)(1-z)
Giải:
Vì x,y,z ≥ 0 và x + y + z = 1 ⇒ x,y,z ≤ 1 và 1-x, 1-y, 1-z ≥ 0
Áp dụng bất đẳng thức cô – si cho hai số không âm ta có:
2
1− x +1− y
(1-x)(1-z) ≤
2
⇔ 4(1-x)(1-z) ≤ (1+y)2
⇔ 4(1-x)(1-z) (1-y) ≤ (1+y)2(1-y)
⇔ 4(1-x)(1-z) (1-y) ≤ (1-y2)(1+y)
⇔ 4(1-x)(1-z) (1-y) ≤ 1+y = x+2y+z
Vậy x + 2y + z ≥ 4(1-x)(1-y)(1-z)
1 1 1
12) Chứng minh rằng nếu các số dương a,b,c có tổng a+b+c=1 thì + + ≥ 9
a b c
Giải:
1 1 1
1 1 1
Ta có: + + ≥ 9 ⇔ (a + b + c ) + + ≥ 9 (vì a+b+c=1)
a b c
a b c
a a b b c c
⇔ 1+1+1+ + + + + + ≥ 9
b c a c a b
a b b c c a
⇔ + + + + + ≥6
b a c b a c
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
Vậy
a b b c c a
a b
b c
c a
+ + + + + ≥2
. +2
. +2
.
b a c b a c
b a
c b
a c
⇔
a b b c c a
+ + + + + ≥ 2+2+2 = 6
b a c b a c
1 1 1
+ + ≥9
a b c
13) Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:
a)
ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
b)
a(1+b2) + b(1+c2) + c(1+a2) ≥ 2(ab + bc + ca)
Vậy với các số dương a,b,c có tổng a+b+c=1 thì
Giải:
a) Ta có: a2 + b2 ≥ 2ab
b2 + c2 ≥ 2bc
c2 + a2 ≥ 2ca
⇔ 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca)
⇔ (a2 + b2 + c2) ≥ (ab + bc + ca)
Mặt khác a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có:
a
⇒ a 2 < ab + ac; b 2 < bc + ba; c 2 < ca + cb
⇒ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ac)
Vậy ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
b) Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương ta có:
1+b2 ≥ 2 1.b 2 = 2b
Tương tự: 1+c2 ≥ 2c ; 1+a2 ≥ 2a
⇒ a(1+b2) + b(1+c2) + c(1+a2) ≥ a.2b + b.2c + c.2a = 2ab + 2bc + 2ca
Vậy a(1+b2) + b(1+c2) + c(1+a2) ≥ 2(ab + bc + ca)
1
14) Chứng minh rằng nếu x+y+z=1 thì x2 + y2 + z2 ≥
3
Giải:
1
Ta có: x2 + y2 + z2 ≥
3
1
1
1 2
⇔ x2 + + y2 + + z2 + − ≥ 0
9
9
9 3
1 1
1 1
1 1 2
2
⇔ x 2 − 2.x. + + y 2 − 2. y. + + z 2 − 2.z. + + ( x + y + z ) − ≥ 0
3 9
3 9
3 9 3
3
1
1
1
2
2
⇔ ( x − ) 2 + ( y − ) 2 + ( z − ) 2 + .1 − ≥ 0
3
3
3
3
3
1 2
1 2
1 2 2
2
⇔ ( x − ) + ( y − ) + ( z − ) + .1 − ≥ 0
3
3
3
3
3
1 2
1 2
1 2
⇔ ( x − ) + ( y − ) + ( z − ) ≥ 0 (là bất đẳng thức đúng)
3
3
3
15) Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
1
1
+ + ≥
+
+
a b c
ab
bc
ca
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương ta có:
1 1
1 1
2
+ ≥2 . =
a b
a b
a.b
1 1
1 1
2
+ ≥2 . =
b c
b c
b.c
1 1
1 1
2
+ ≥2 . =
c a
c a
c.a
1 1 1
1
1
1
+
+
)
⇒ 2( + + ) ≥ 2(
a b c
ab
bc
ca
1 1 1
1
1
1
+
+
⇔ + + ≥
a b c
ab
bc
ca
16) Cho a ≥ 0, b ≥ 0,c ≥ 0. Chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c)
Gợi ý: áp dụng bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab hai lần
17) Chứng minh rằng bất đẳng thức sau đây đúng với mọi số thực x,y khác 0
x y
x2 y2
+ 2 + 4 ≥ 3 +
2
y
x
y x
x y
x2 y2
Giải: Ta có: 2 + 2 + 4 ≥ 3 +
y
x
y x
⇔(
x y
x2 y2
+ 2 + 2) + 2 − 3 + ≥ 0
2
y
x
y x
2
x y
x y
⇔ + − 1 + 3 − 3 + ≥ 0
y x
y x
x y x y x y
⇔ + + 1 + − 1 − 3 + − 1 ≥ 0
y x y x y x
x y x y
⇔ + − 1 + − 2 ≥ 0
y x y x
⇔
x 2 + y 2 − xy x 2 + y 2 − 2 xy
.
≥0
xy
xy
y 3 2
2
x − 2 + 4 y ( x − y )
(là bất đẳng thức đúng)
⇔
≥0
2 2
x y
x y
x2 y2
Vậy 2 + 2 + 4 ≥ 3 +
y
x
y x
18) Cho a,b là hai số dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng: a + b +
1
5
≥
a+b 2
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương, ta có:
a+b+
1
3
1
1
3
1 1
3
5
= ( a + b) +
+ ( a + b) ≥ .2 ab + 2
. ( a + b) = + 1 =
a+b 4
a+b 4
4
a+b 4
2
2
19) Chứng minh rằng với a,b,c là các số dương thì ta có:
a2
b2
c2
a
b
c
+
+
≥
+
+
2
2
2
2
2
2
b+c c+a a+b
b +c
c +a
a +b
Giải: Vai trò a,b,c như nhau, không mất tính tổng quát, giải sử a ≥ b ≥ c>0. Ta có
a2
a
a 2 (b + c ) − a (b 2 + c 2 ) a 2 b + a 2 c − ab 2 − ac 2 a 2 b − ab 2 + a 2 c − ac 2 ab(a − b) + ac(a − c)
−
=
=
=
=
b2 + c2 b + c
(b 2 + c 2 )(b + c)
(b 2 + c 2 )(b + c)
(b 2 + c 2 )(b + c)
(b 2 + c 2 )(b + c)
Tương tự ta có:
b2
b
bc(b − c) + ba (b − a )
−
=
2
2
c+a
c +a
(c 2 + a 2 )(c + a)
c2
c
ca(c − a ) + cb(c − b)
−
=
2
2
a+b
a +b
( a 2 + b 2 )(a + b)
ab(a − b) + ac(a − c ) bc (b − c) + ba(b − a)
a2
b2
c2
a
b
c
+
+
+
−
−
−
=
2
2
2
2
2
2
(b 2 + c 2 )(b + c)
(c 2 + a 2 )(c + a )
b+c c+a a+b
b +c
c +a
a +b
ca (c − a ) + cb(c − b)
1
1
− 2
+
= ab(a-b) 2
+……………………………………. ≥ 0
2
2
2
2
( a + b )(a + b)
(b + c )(b + c ) (c + a )(c + a)
20) Cho a,b,c là ba số không âm thỏa mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng: a + b ≥ 16abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm ta có:
1 = (a + b +c)2 ≥ 4a(b + c) ⇒ b + c ≥ 4a(b + c) 2
Mà (b + c)2 ≥ 4bc nên
b + c ≥ 4a.4bc hay b + c ≥ 16abc
5
21) Cho x2 + 4y2 = 1. Chứng minh x − y ≤
2
Hướng dẫn: Đặt x – y = A ⇒ x = A + y rồi thay vào biểu thức x2 + 4y2 = 1……..dùng kiến thức về phương
trình bậc hai để suy ra điều phải chứng minh
22) Cho a, b, c là chiều dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc
Giải:
Ta có: a2 – (b – c2) ≤ a2 ⇒ (a+b-c)(a-b+c) ≤ a2
Tương tự: (b+c-a)(b-c+a) ≤ b2
(c+a-b)(c-a+b) ≤ c2
⇒ [(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)]2 ≤ (abc)2
⇒ (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc
23) Chứng minh bất đẳng thức sau: 3(x2 + y2 + z2 ) ≥ (x+y+z)2 với mọi x,y,z
Giải:
3(x2 + y2 + z2 ) ≥ (x+y+z)2
⇔ 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − 2 xy − 2 yz − 2 zx ≥ 0
⇔ ( x + y + z ) 2 + x 2 + y 2 + z 2 ≥ 0 (BĐT đúng)
Vậy 3(x2 + y2 + z2 ) ≥ (x+y+z)2
a2
b2
24) a) Chứng minh
+
≥ a + b (với a,b > 0)
b
a
b) Chứng minh rằng nếu a + b ≥ 2 thì a3+b3 ≤ a4 + b4
Giải:
a2
b2
a2
b2
a)
+
≥ a+ b ⇔
+
+ a + b ≥2 a +2 b
b
a
b
a
Do đó:
a2
b2
+ b+
+ a ≥2 a +2 b
b
a
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương ta có:
⇔
a2
b2
+ b+
+ a ≥ 2
b
a
a2
. b +2
b
b2
. a =2 a +2 b
a
a2
b2
+
≥ a+ b
b
a
b) Ta có: a4 – a3b + b4 – ab3 = a3(a – b) - b3(a – b) = (a3 – b3)(a – b) = (a – b) (a – b)(a2 + ab + b2)
b 2 3b 2
= (a – b)2[(a + ) +
] ≥0
2
4
Vậy
⇒ a4 + b4 ≥ a3b + ab3
⇒ 2(a4 + b4) ≥ a4 + b4 + a3b + ab3
⇒ 2(a4 + b4) ≥ a3(a + b) + b3(a + b)
⇒ 2(a4 + b4) ≥ (a + b)( a3+ b3)
⇒ 2(a4 + b4) ≥ 2( a3+ b3) vì a + b ≥ 2 >0
Vậy a3+b3 ≤ a4 + b4
12ab
9 + ab
1
1
2
2
4
4
b) Cho a + b ≥ . Chứng minh rằng: a + b ≥
4
32
Giải:
12ab
⇔ (a + b)(9 + ab) ≥ 12ab
a) a + b ≥
9 + ab
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm ta có:
a + b ≥ 2 ab ;9 + ab ≥ 2 9ab
25) a) Cho a ≥ 0, b ≥ 0. Chứng minh: a + b ≥
⇒ (a + b)(9 + ab) ≥ 2 ab .2 9ab = 12ab
b) Ta có:
2
1 2
1 2
1 2
1 1
1
2 2
2 2
2 2
4
4
a + b = (a + b ) + (a − b ) ≥ (a + b ) = . =
2
2
2
2 4
32
2
2
2
26) Cho a+b+c ≥ abc. Chứng minh rằng a +b +c ≥ abc
Giải: Vì a+b+c ≥ abc nên có hai trường hợp xảy ra
- Trường hợp : a ≥ 1; b ≥ 1; c ≥ 1
2
2
2
Ta có: a + b + c ≥ a + b + c ≥ a + b + c ≥ abc
- Trường hợp: trong ba số a ; b ; c có ít nhất một số nhỏ hơn 1
Không mất tính tổng quát, giả sử c ≤ 1
Ta có: a2+b2+c2 ≥ a2+b2 ≥ 2 ab ≥ abc ≥ abc
1
1
2
+
≥
27) Cho x ≥ 1, y ≥ 1. Chứng minh
2
2
1 + xy
1+ x
1+ y
Giải:
1
1
2
+
≥
2
2
1 + xy
1+ x
1+ y
1
1
1
1
⇔
−
+
−
≥0
2
2
1 + xy 1 + y
1 + xy
1+ x
⇔ .......................................................
a+b
2
2
28) Chứng minh rằng a + b ≥
với mọi a,b
2
Giải: Nếu tổng a+b < 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Nếu a+b ≥ 0, ta có:
a+b
a 2 + b2 ≥
⇔ 2(a 2 + b 2 ) ≥ a + b ⇔ 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 ⇔ 2a 2 + 2b 2 − a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0
2
2
⇔ (a − b) ≥ 0 (BĐT đúng)
a+b
2
2
Vậy a + b ≥
với mọi a,b
2
29) Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh:
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2 + +
p−a p−b p −c
a b c
Giải:
1 1
4
+ ≥
để chứng minh
x y x+ y
a3 b3 c3
30) Cho a,b,c>0. Chứng minh :
+
+
≥ ab + bc + ca
b
c
a
a3
Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các cặp số
; ab ;…………
b
1 (a + b)(1 − ab) 1
≤
31) Chứng minh rằng: − ≤ 2
2 (a + 1)(b 2 + 1) 2
Giải:
Ta có:
2 xy
( x − y ) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 − 2 xy ≥ 0 ⇔ 2
≤ 1.(*)
x + y2
Mà (a2+1)(b2+1) = a2+b2+1+a2b2 = a2+2ab+b2+1-2ab+ a2b2 = (a+b)2 + (1-ab)2
(a + b)(1 − ab)
(a + b)(1 − ab)
⇒ 2
=
2
(a + 1)(b + 1)
(a + b) 2 + (1 − ab) 2
Áp dụng bất đẳng thức
Áp dụng (*) ta có:
⇒
(a + b)(1 − ab)
1
≤
2
2
2
(a + b) + (1 − ab)
(a + b)(1 − ab)
1
≤
2
2
(a + 1)(b + 1) 2
⇔−
1
(a + b)(1 − ab)
1
≤ 2
≤
2
2 (a + 1)(b + 1) 2
32) Cho a ≥ 0, b ≥ 0. Chứng minh rằng:
1
1
( a + b ) 2 + ( a + b) ≥ a b + b a
2
4
Giải:
1
1
1
1
1
1
1
(a + b) 2 + (a + b) = (a + b)(a + b + ) = (a + b)(a + + b + )
2
4
2
2
2
4
4
Áp dụng côsi cho hai số không âm ta có:
1
1
1
1
1
1
(a + b)(a + + b + ) ≥ .2 ab (2 a. + 2 b. ) = ab ( a + b ) = a b + b a
2
4
4
2
4
4
1
1
2
Vậy (a + b) + (a + b) ≥ a b + b a
2
4
x2 + y2
≥2 2
33) Cho xy =1, x>y. Chứng minh rằng
x− y
Giải:
x 2 + y 2 ( x − y ) 2 + 2 xy
2 xy
2 xy
=
= x− y+
≥ 2 ( x − y ).
= 2 2.1 = 2 2 (theo BĐT côsi)
Ta có:
x− y
x− y
x− y
x− y
1
1
1
+
+ ... +
> 1,999
34) Chứng minh:
1.1999
2.1998
1999 .1
Giải:
1
2
≤
Theo BĐT côsi cho hai số dương ta có: a+b ≥ 2 ab ⇔
dấu ‘=’ xảy ra khi a = b
ab a + b
Trong bài toán trên thì dấu ‘=’ không xảy ra vì a ≠ b
Ta có:
Ta có:
1
1.1999
+
1
2.1998
+ ... +
1
1999 .1
>
2
2
2
2
2
2
+
+ ... +
=
+
+ ... +
1 + 1999 2 + 1998
1999 + 1 2000
2000
2000
1999 so
= 0 ,001
+ 0,001
+ ... + 0,001
= 1,9999
1999 so
35) Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a2+b2+c2=5/3. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
+ − <
a b c abc
Giải:
Ta có: (a+b-c)2 ≥ 0
⇒ a2+b2+c2+2ab+2ca-2bc ≥ 0
⇒ 2ab+2ca-2bc ≤ a2+b2+c2
Mà a2+b2+c2=5/3 < 2
⇒ 2ab+2ca-2bc ≤ 2
2bc + 2ca − 2bc
2
⇒
<
(do abc>0)
2abc
2abc
1 1 1
1
⇒ + − <
a b c abc
36) Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e)
Hướng dẫn: Chuyển vế đưa về hằng đẳng thức
a+c b+d c+a d +b
+
+
+
≥4
37) Cho a,b,c,d > 0. Chứng minh rằng:
a+b b+c c+d d +a
Giải:
1
1
(a + c).4
(d + b).4
4(a + b + c + d )
1
1
(a + c)
+
+
+
=
=4
+ ( d + b )
≥
a+b+c+d
a+b c+d
d +a b+c a+b+c+d d +a+b+c
1 1
4
+ ≥
(áp dụng bất đẳng thức phụ
)
x y x+ y
38) Cho a,b,c>0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 21
Giải:
Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có:
7
4a + 1 +
3
7
3
3 = 21 4a + 10
4a + 1 =
(4a + 1). ≤
.
7
3
7
2
14
3
Tương tự:
21
10
4b + 1 ≤
4b +
14
3
4c + 1 ≤
21
10
4c +
14
3
21
21
(4a + 4b + 4c + 10) =
.14 = 21
14
14
Vậy 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 21
x2 + 3
> 2 với mọi x
39) a) Chứng minh:
x2 + 2
2006
2005
+
> 2005 + 2006
b) Chứng minh
2005
2006
Giải:
a) Ta có: x2 + 3 = x2 + 2 + 1 ≥ 2 ( x 2 + 2).1 = 2 x 2 + 2 (theo côsi cho hai số dương)
dấu = không thể xảy ra vì x2 + 2>0 với mọi x
⇒ 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤
x2 + 3
> 2 với mọi x
x2 + 2
2005 + 1 2006 − 1
+
> 2005 + 2006
2005
2006
b)
1
1
⇔ 2005 +
+ 2006 −
> 2005 + 2006
2005
2006
1
1
⇔
−
> 0 (BĐT đúng)
2005
2006
2006
2005
+
> 2005 + 2006
Vậy
2005
2006
Vậy
a + 2 a −1 + a − 2 a −1
40) Cho a ≥ 2. chứng minh rằng:
a + 2 a − 1 + a − 2a − 1
<1
Giải:
a + 2 a −1 + a − 2 a −1
a + 2a − 1 + a − 2a − 1
=
=
=
=
2( a + 2 a −1 + a − 2 a −1)
a + 2 2a − 1 + a − 2 2a − 1
2 ( ( a − 1 + 1) 2 + ( a − 1 − 1) 2
( 2a − 1 + 1) 2 + ( 2a − 1 − 1 ) 2
=
2 ( a − 1 + 1) +
2a − 1 + 1 +
2( a −1 + 2 a −1 + 1 + a −1− 2 a −1 + 1
=
a −1 −1
2a − 1 − 1
2 a − 1 + 2 2 a − 1 + 1 + 2 a − 1 − 2 2a − 1 + 1
=
2 ( a − 1 + 1) + a − 1 − 1
2a − 1 + 1 + 2a − 1 − 1
2 ( a − 1 + 1) + a − 1 − 1
(vì a ≥ 2)
2a − 1 + 1 + 2a − 1 − 1
2 .2 a − 1
2 2a − 1
=
2a − 2
2a − 1
=
2a − 2
< 1 vì a ≥ 2 nên 2a – 2 < 2a – 1
2a − 1
41) Chứng minh bất đẳng thức: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2
Giải:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2
⇔ ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 ≥ ( ( a + c ) 2 + (b + d ) 2 ) 2
⇔ a 2 + b 2 + 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 + c 2 + d 2 ≥ ( a + c ) 2 + (b + d ) 2
⇔ 2 a 2 + b 2 . c 2 + d 2 ≥ 2ac + 2bd
⇔ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd
Nếu ac + bd ≤ 0 thì BĐT đúng
Nếu ac + bd > 0 thì
⇔ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd
2
⇔ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ (ac + bd ) 2
⇔ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ (ac) 2 + (bd ) 2 + 2acbd
⇔ a 2 c 2 + b 2 d 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 ) ≥ ( ac) 2 + (bd ) 2 + 2acbd
⇔ a 2 d 2 + b 2 c 2 ) − 2( ad ).(bc ) ≥ 0
⇔ (ad − bc) 2 ≥ 0 (BĐT đúng)
Vậy ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2
42) Cho a>0, b>0 và a + b = 1.
1
1
+ 2
≥6
a) Chứng minh rằng:
ab a + b 2
b) Chứng minh rằng:
2
3
+ 2
≥ 14
ab a + b 2
Giải:
Áp dụng các bất đẳng thức phụ:
1 1
4
* + ≥
x y x+ y
( HS tự chứng minh )
1
4
*
≥
xy ( x + y ) 2
a) Ta có:
1
1
1
1
1
1
4
4
1
4
4
1 4 4
+ 2
=
+(
+ 2
)≥ .
+
= .
+
= . + =6
2
2
2
2
2
2
2
ab a + b
2ab 2ab a + b
2 ( a + b)
2 ( a + b)
2 1 1
2ab + a + b
( a + b)
b)
2
3
1
3
3
1
4
3.4
1
4
12
1 4 12
+ 2
=
+(
+ 2
)≥ .
+
= .
+
= . +
= 14
2
2
2
2
2
2
2
ab a + b
2ab 2ab a + b
2 ( a + b)
2 ( a + b)
2 1 1
2ab + a + b
( a + b)
43) Cho a,b ≥ 0. Chứng minh a2b – 3ab + ab2 + 1 ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Giải:
Áp dụng côsi cho ba số dương ta có: x+y+z ≥ 3 3 xyz
Suy ra: a2b + ab2 + 1– 3ab ≥ 3 3 a 2 b.ab 2 .1 - 3ab = 3ab – 3ab = 0
Dấu bằng xảy ra khi a2b = ab2 = 1 ⇒ a = b = 1
a2
b2
c2
a+b+c
44) Cho ba số dương a,b,c . Chứng minh rằng:
+
+
≥
b+c c+a a+b
2
Giải:
Áp dụng côsi cho hai số không âm ta có:
a2
b+c
b2
c+a
c2
a+b
a2 b + c
b2 c + a
c2 a + b
+
+
+
+
+
≥2
.
+2
.
+2
.
b+c
4
c+a
4
a+b
4
b+c 4
c+a 4
a+b 4
=a+b+c
2
2
2
a
b
c
a+b
b+c c+a a+b a+b+c
⇒
+
+
+
≥ a+b+c−
−
−
=
b+c c+a a+b
4
4
4
4
2
2
2
45) Với bốn số a,b,c,d thỏa mãn các điều kiện a + b = 2 và (a – d)(b – c) = 1. Chứng minh rằng:
c2 + d2 – 2ad -2bc – 2ab ≥ -2
Giải:
Ta có: a2 + b2 = 2 và (a – d)(b – c) = 1
Do đó: c2 + d2 – 2ad -2bc – 2ab = c2 + d2 – 2ad -2bc – 2ab + a2 + b2 + a2 + b2 – 4
= a2 – 2ad + d2 + b2 -2bc + c2 + a2 – 2ab + b2 – 4
= (a – d)2 + (b - c)2 + (a – b)2 – 4
≥ 2(a – d)(b – c) + 0 – 4 = 2.1 – 4 = - 2
9
46) Cho a + 4b = 3. Chứng minh rằng: a2 + 4b2 ≥
5
Hướng dẫn: a + 4b = 3 ⇒ a = 3 – 4b thế vào biểu thức cần chứng minh rồi dưa về dạng đánh giá A2+ α ≥ α
1
47) Chứng minh rằng nếu x+y+z =1 thì x2+y2+z2 ≥
3
Giải:
x2+y2+z2 =
3 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 ( x 2 + y 2 + z 2 = 2 xy + 2 yz + 2 zx) + ( x 2 + y 2 − 2 xy ) + ( y 2 + z 2 − 2 yz ) + ( z 2 + x 2 − 2 zx )
=
3
3
2
2
2
2
2
( x + y + z ) + ( x − y) + ( y − z ) + ( z − x)
( x + y + z)
1
=
≥
=
3
3
3
1
< 2( n − n − 1) (với n là số nguyên dương)
48) Chứng minh rằng: 2( n + 1 − n ) <
n
Giải:
Ta có: 2( n + 1 − n ) =
2(n + 1 − n)
2
=
1
<
(1)
n +1 + n
n +1 + n
n
2(n − n + 1)
2
1
=
>
(2)
Mặt khác: 2( n − n − 1) =
n + n −1
n + n −1
n
1
< 2( n − n − 1)
Vậy n + 1 − n ) <
n
1
≤ x3 + y3 ≤ 1
49) Cho x,y ≥ 0 và x2 + y2 = 1. Chứng minh rằng
2
Giải:
Ta có: x2 + y2 = 1 ⇒ x2 ≤ 1 và y2 ≤ 1 mà x ≥ 0, y ≥ 0
⇒ 0 ≤ x ≤ 1 và 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x3 ≤ x2 , y3 ≤ y2
⇒ x3 + y3 ≤ x2 + y2 = 1 (1)
2
2
2
2
1 = x2 + y2 = ( x . x 3 + y . y 3 ≤ ( x + y )( x 3 + y 3 ) = ( x + y )( x 3 + y 3 ) (theo bunhiacopxki)
Mặt khác (x+y)2 ≤ 2(x2+y2) = 4 ⇒ x+y ≤ 2
1 (2)
⇒ 1 ≤ ( x + y )( x 3 + y 3 ) ≤ 2 ( x 3 + y 3 ) ⇒ x 3 + y 3 ≥
2
1
≤ x3 + y3 ≤ 1
Từ (1) và (2) ta có:
2
50) Cho ba số thực dương thỏa mãn a + b +c = 12. Chứng minh rằng:
3a + 2 a + 1 + 3b + 2 b + 1 + 3c + 2 c + 1 ≤ 3 17
Giải:
Áp dụng côsi cho hai số không âm ta có:
1 3a + 2 a + 1 + 17 3a + 18 + 2 a
3a + 2 a + 1 =
(3a + 2 a + 1).17 ≤
=
≤
2
2
17
17
1
3a + 18 +
4+a
2
2
1 7 a + 40
=
17 4
Tương tự:
1 7b + 40
17 4
1 7c + 40
3c + 2 c + 1 ≤
17 4
3b + 2 b + 1 ≤
1 7(a + b + c) + 120
1 7.12 + 120
1
=
=
.51
4
4
17
17
17
= 3 17
2
2
2
2
2
2
51) a) Chứng minh rằng: (x-y) + (y-z) + (z-x) ≤ 3( x + y + z )
⇒ 3a + 2 a + 1 + 3b + 2 b + 1 + 3c + 2 c + 1 ≤
b)Gọi m là số nhỏ nhất trong ba số (x-y)2 , (y-z)2, (z-x)2 Chứng minh rằng: m ≤
Giải:
a) HS tự giải
b) Vai trò x,y,z như nhau, giả sử x ≥ y ≥ z.
Vì m là số nhỏ nhất trong ba số (x-y)2 , (y-z)2, (z-x)2
⇒ m là số nhỏ nhất trong ba số x − y , y − z , z − x
⇒ (x-y)2 ≥ m, (y-z)2 ≥ m
Mặt khác: z − x = x − z = ( x − y ) + ( y − z ) = x − y + y − z ≥ 2 m
x2 + y2 + z 2
2
2
2
2
⇒ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ (x-y) + (y-z) + (z-x) ≥ 6m
⇒ m
x2 + y2 + z 2
2
52) Cho a,b là các số dương. Chứng minh:
2 ab
a+ b
≤ 4 ab
Hướng dẫn: Bình phương hai vế
53) Chứng minh rằng: a4 + b4 ≥ a3b + ab3 với mọi a,b
HD: Chuyển vế biến đổi tương đương
4
4
54) Chứng minh rằng với mọi x,y khác 0 ta có đẳng thức: x + y ≤
x6 y 6
+
y2 x2
HD: quy đồng, khử mẫu, biến đổi tương đương
1
1
1
+
+ ... +
< 1999
55) Chứng minh 1998 < 1 +
2
3
1000000
1
< 2( n − n − 1) để chứng minh
HD: sử dụng bài toán phụ: 2( n + 1 − n ) <
n
56) a) Cho a,b ≥ 1. Chứng minh: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab
1 1 1
b) Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn a+b+c = 1. Chứng minh rằng: 1 + 1 + 1 + ≥ 64
a b c
Giải:
a) Áp dụng côsi cho hai số không âm ta có:
a.(b − 1 + 1) ab
a b − 1 = a (b − 1).1 ≤
=
2
2
ab
Tương tự b a − 1 ≤
2
ab ab
+
= ab
Vậy a b − 1 + b a − 1 ≤
2
2
b) Vì a+b+c = 1 nên:
1
a+b+c
b c
b
c
b
c
b
c
= 1+
= 1 + 1 + + = 1 + + 1 + ≥ 2 1. + 2 1. = 2
+2
≥ 2.2
a
a
a a
a
a
a
a
a
a
(theo BĐT côsi cho hai số không âm)
Tương tự:
1+
1
ac
1
ab
≥4
;1 + ≥ 4
b
b
c
c
1 1 1
⇒ 1 + 1 + 1 + ≥ 64
a b c
57) Cho a>0, b>0. Chứng minh rằng: a3+b3 ≥ a2b+ab2
HD: biến đổi tương đương
58) Với a>0, b>0, c>0. Chứng minh các BĐT:
ab bc
+
≥ 2b
a)
c
a
ab bc ca
b)
+
+
≥ a+b+c
c
a
b
a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
c)
+
+
≥ a+b+c
2ab
2bc
2ca
Giải:
a) Áp dụng côsi cho hai số dương ở vế trái
b) Áp dụng côsi cho hai số dương từng cặp tương tự câu a
c) Chứng minh bài toán phụ a3+b3 ≥ a2b+ab2 rồi suy ra điều cần chứng minh
1+
b c
.
=4
a a
bc
a
59) Cho a,b,c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: ab+bc+ca+a+b+c ≤ 6
Giải:
x2 + y2
Ta có: x2 + y2 ≥ 2xy hay xy ≤
với mọi x,y
2
a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a 2 + 1 b2 + 1 c2 +1
⇒ ab + bc + ca + a + b + c ≤
+
+
+
+
+
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a +b +c +3
(do a2 + b2 + c2 = 3 )
= a 2 + b2 + c 2 +
2
3+3
= 3+
=6
2
Vậy ab+bc+ca+a+b+c ≤ 6
a
b
c
+
+
≤2
60) Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
a+b b+c c+a
Giải:
b
c
a
a
b
c
+
+
≥
+
+
=1
Ta có:
a+b b+c c+a a+b+c a+b+c b+c+a
Mặt khác:
b
c b
c
a a
b b
c c
a
a
+
+
+
+
+
+
+
+
=
+
+
a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b b+c b+c b+c c+a c+a
= 1+1+1 = 3
a
b
c
⇒
+
+
≤2
a+b b+c c+a
61) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi của tam giác. Chứng minh:
1
(p – a)(p – b)(p –c) ≤ abc
8
Giải:
a+b+c
b+c−a
−a =
> 0 (vì b + c >a – BĐT tam giác))
Ta có: p – a =
2
2
Tương tự: p – b>0, p –c>0
Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:
p − a + p −b 2p − a −b c
=
=
(p – a)(p – b) ≤
4
4
4
a
b
Tương tự: (p – b)(p –c) ≤ ; (p – c)(p – a) ≤
4
4
abc
( p − a ) 2 ( p − b) 2 ( p − c ) 2 ≤
64
1
⇒ ( p − a)( p − b)( p − c) ≤ abc
8
a 8 + b8 + c 8 1 1 1
62) Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
≥ + +
a b c
b 3b 3c 3
Giải:
Ta có:
a 8 + b 8 + c 8 ≥ a 4 b 4 + b 4 c 4 + c 4 a 4 ≥ a 2 b 2 b 2 c 2 + b 2 c 2 c 2 a 2 + c 2 a 2 a 2 b 2 ≥ a 2 b 2 c 2 (a 2 + b 2 + c 2 )
≥ a 2 b 2 c 2 (ab + bc + ca) = a 2 b 2 c 2 (ab + bc + ca).
abc
1 1 1
= a 3b 3 c 3 + +
abc
a b c
a 8 + b8 + c 8 1 1 1
≥ + +
a b c
b 3b 3c 3
63) Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh rằng:
⇒
a
b
c
3
a
b
c
+
+
≤ ≤
+
+
2
2
2
2 b+c c+a a+b
1+ a
1+ b
1+ c
Giải:
a
1
≤
Ta có: 1 + a2 ≥ 2a ⇒
2
2
1+ a
b
1
c
1
≤ ;
≤
Tương tự:
2
2
2 1+ c
2
1+ b
a
b
c
3
⇒
+
+
≤
2
2
2
2
1+ a
1+ b
1+ c
3
a
b
c
+
+
Chứng minh: ≤
dung biến đổi tương đương
2 b+c c+a a+b
64) Chứng minh:
1
1
1
1
2001
+
+
+ ... +
<
3(1 + 2 ) 5( 2 + 3 ) 7( 3 + 4 )
4003( 2001 + 2002 ) 2003
2
HD: Ta có:
=
2( n + 1 − n )
<
2( n + 1 − n )
=
1
−
1
(2n + 1)( n + n + 1)
4n(n + 1)
n
n +1
4n 2 + 4n + 1
Áp dụng bài toán trên suy ra BĐT
65) Cho ba số dương x,y,z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
x + yz + y + zx + z + xy ≥ 1 + xy + yz + zx
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương ta có:
x + y ≥ 2 xy ⇔ x + y + z ≥ z + 2 xy ⇔ 1 ≥ z + 2 xy ⇔ z ≥ z 2 + 2 z xy ⇔ z + xy ≥ z 2 + 2 z xy + xy
⇔ z + xy ≥ ( z + xy ) 2 ⇔
Tương tự:
z + xy ≥ z + xy
x + yz ≥ x + yz ; y + zx ≥ y + zx
⇒ x + yz + y + zx + z + xy ≥ ( x + y + z ) + xy + yz + zx = 1 + xy + yz + zx
1
≥5
66) Cho x,y>0 và x+y = 1. Chứng minh:
8(x4+y4)+
xy
Giải:
1
4
≥
=4
Ta có: (x+y)2 ≥ 4xy ⇒
xy ( x + y ) 2
Mặt khác: x 4 + y 4 ≥
( x + y) 4 1
≥ (HS tự chứng minh)
8
8
1
≥5
xy
67) Cho các số dương a,b,c có tổng bằng 1. Chứng minh: a + b + b + c + c + a ≤ 6
Giải:
Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:
2
2
2
a+b+
b+c+
c+a+
2
2
2
2
2
2
2
3+
3+
3 = 2 .2 = 6
(a + b). +
(b + c ). +
(c + a ). ≤
3
3
3
3
3
3
3
2
2
2
3
68) Cho a+b+c = 3. Chứng minh: a4+b4+c4 ≥ a3+b3+c3
Giải:
Áp dụng bài toán phụ x4+y4 ≥ x3y+xy3 ta có:
3(a4+b4+c4) = (a4+b4) + (b4+c4) + (c4+a4)+(a4+b4+c4) ≥ (a3b+ab3)+ (b3c+bc3)+ (c3a+ca3)+(a4+b4+c4)
= a3(a+b+c)+b3(a+b+c)+c3(a+b+c)
= (a+b+c)( a3+b3+c3) = 3 (a3+b3+c3)
Suy ra: 8(x4+y4)+
Vậy a4+b4+c4 ≥ a3+b3+c3
69) Cho các số dương x,y,z thỏa mãn x3+y3+z3 = 1. Chứng minh:
x2
y2
z2
+
+
≥2
1− x2
1− y2
1− z2
Giải:
Vì x,y,z>0 và x3+y3+z3 = 1 nên 1-x,1-y,1-z >0
Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:
x2
x 2 + 1 − x 2 ≥ 2 x 2 (1 − x 2 ) ⇔ 1 ≥ 2 x 1 − x 2 ⇔
≥ 2x3
2
1− x
2
2
y
z
≥ 2y3;
≥ 2z 3
Tương tự:
2
2
1− y
1− z
Vậy
x2
1− x
2
+
y2
1− y
2
+
z2
1− z
70) Cho a,b>0. Chứng minh:
2
≥ 2( x 3 + y 3 + z 3 ) = 2
( a + b) 2 a + b
+
≥ a b +b a
2
4
Giải:
( a + b) 2 a + b a + b
1 a+b
1
1
1
1
+
=
a + b + =
a + + b + ≥ ab 2 a. + 2 b. = a b + b a
Ta có:
2
4
2
2
2
4
4
4
4
71) Chứng minh: a 2 − b 2 + 2ab − b 2 > a với a>b>0
HD: bình phương hai vế rồi dung phương pháp biến đổi tương đương
72) Cho x,y không âm thỏa mãn x2+y2=1. Chứng minh: 1 ≤ x + y ≤ 2
Giải:
Ta có: (x+y)2 ≤ 2(x2+y2) = 2 ⇒ x + y ≤ 2
Và (x+y)2 = x2+y2+2xy = 1 + 2xy ≥ 1
Vậy 1 ≤ x + y ≤ 2
73) Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a+b+c = 0. Chứng minh: ab + 2bc + 3ca ≤ 0
Giải:
a+b+c = 0 ⇒ b + c = −a; a + b = −c
⇒ ab + 2bc + 3ca = ab + ca + 2bc + 2ca = a (b + c) + 2c(a + b) = a (−a ) + 2c(−c ) = − a 2 − 2c 2 ≤ 0
a
b
c
+
+
≥ 12
74) Cho a,b,c > 1. Chứng minh :
b −1
c −1
a −1
Giải:
Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:
a
a
a
+ 4( b − 1) ≥ 2
.4( b − 1) = 4 a ⇔
≥ 4 a −4 b +4
b −1
b −1
b −1
b
c
≥ 4 b − 4 c + 4;
≥4 c −4 a +4
Tương tự:
c −1
a −1
a
b
c
+
+
≥ 12
Vậy
b −1
c −1
a −1
75) Cho x,y là hai số thực sao cho x+y=2. Chứng minh xy(x2+y2) ≤ 2
Giải:
x + y = 2 ⇔ ( x + y ) 2 = 4 ⇔ x 2 + y 2 = 4 − 2 xy
⇒ xy ( x 2 + y 2 ) = xy (4 − 2 xy ) = 4 xy − 2 x 2 y 2 = −2( x 2 y 2 − 2 xy + 1) + 2 = −2( xy − 1) 2 + 2 ≤ 2
