a)  Chứng minh (x-1^2) + ( y-1)^2 + ( z-1) ^2 lớn hơn bằng căn bậc hai 2 ( x+ y-2) ( z-1)

a)    Cách 1:

*) Áp dụng bất đảng thức B-C-S, ta có:

\(\begin{array}{l}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} \right]\left[ {{1^2} + {1^2}} \right] \ge {\left[ {\left( {x - 1} \right).1 + \left( {y - 1} \right).1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \ge \frac{{{{\left( {x + y - 2} \right)}^2}}}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{1} \Leftrightarrow x = y\)

*) Áp dụng bất đảng thức AM-GM, ta có:

\(\frac{{{{\left( {x + y - 2} \right)}^2}}}{2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge 2\sqrt {\frac{{{{\left[ {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right]}^2}}}{2}}  = \sqrt 2 \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{{{{\left( {x + y - 2} \right)}^2}}}{2} = {\left( {z - 1} \right)^2}\)

*) Mặt khác: \(\left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right| \ge \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\)

(Dấu “=” xảy ra khi \(\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right) \ge 0\)).

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta suy ra:

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge \sqrt 2 \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

*) Đẳng thức \(\left( 4 \right)\) xảy ra khi: \(\left\{ \begin{array}{l}x = y\\\left| {x + y - 2} \right| = \sqrt 2 \left| {z - 1} \right|\\\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right) \ge 0\end{array} \right.\)

(Chẳng hạn tại \(x = y = z = 1\))

Cách 2:

Đặt \(\left( {\left( {x - 1} \right),\,\,\left( {y - 1} \right),\,\,\left( {z - 1} \right)} \right) = \left( {a,\,\,b,\,\,c} \right)\)

Ta có: \(VT = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + {c^2} \ge 2\sqrt {\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}.{c^2}}}{2}}  = \sqrt 2 \left| {\left( {a + b} \right)c} \right| \ge \sqrt 2 \left( {a + b} \right)c = VP\)

Vậy \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge \sqrt 2 \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)\) với mọi \(x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = \frac{{z - 1 + \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}\).

(Chẳng hạn tại \(x = y = z = 1\))

b)     

Giả sử \(k\) là số thực nhỏ nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi \(x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}\):

\(k\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] \ge \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

\( \Rightarrow \) Bắt đẳng thức \(\left( * \right)\) cũng đúng khi \(x = y\), \(\left| {x + y - 2} \right| = \left| {\sqrt 2 \left( {z - 1} \right)} \right|\)

(Hay \(x = y\), \(\left| {z - 1} \right| = \sqrt 2 \left| {x - 1} \right|\))

Do đó: \(k\left[ {2{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 2{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right] \ge \left| {2\left( {x - 1} \right).\sqrt 2 \left( {x - 1} \right)} \right|\)

            \( \Leftrightarrow 4k{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 2\sqrt 2 {\left( {x - 1} \right)^2}\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Cho \(x = 2\), ta được: \(4k \ge 2\sqrt 2  \Leftrightarrow k \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

*) Ta chứng minh với mọi \(k \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) thì bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đúng.

Thật vậy:

\(\begin{array}{l}k\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] = \left( {k - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\\ \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\end{array}\)

\( \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 2 \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right| = \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right|\) (theo chứng minh của câu a).

Khi \(k = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) thì theo chứng minh câu a ta cũng có bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đúng.

Vậy giá trị \(k\) nhỏ nhất cần tìm là \(k = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).