Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 34: a) Cho $0\le x,y,z\le 1$. Chứng minh rằng $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}\le \frac{3}{x+y+z}$. b) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $N=\frac{{{a}^{3}}+2}{ab+1}+\frac{{{b}^{3}}+2}{bc+1}+\frac{{{c}^{3}}+2}{ca+1}$. Giải: Ta có: $\grave{u}:\,\,0\le x,y\le 1\Rightarrow \left( 1-x \right)\left( 1-y \right)\ge 0 $ $\Rightarrow 1+z+xy\ge x+y+z $ $\Rightarrow \frac{y}{1+z+xy}\le \frac{1}{x+y+z}$ (Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi $y=1$). Chứng minh tương tự ta được: $\frac{x}{1+y+zx}\le \frac{1}{x+y+z}$ (Dấu bằng xảy ray khi và chỉ khi $x=1$) $\frac{z}{1+x+yz}\le \frac{1}{x+y+z}$ (Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $z=1$) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}\le \frac{3}{x+y+z}$ ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$). Chú ý: Từ kết quả trên ta được bài toán khó sau đây: Giải phương trình $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}=\frac{3}{x+y+z}$ với $0\le x,y,z\le 1$. b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: ${{\left( ab+1 \right)}^{2}}\le \left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}+1 \right)$. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: $\left\{ \begin{align} & {{a}^{2}}+1=a.a.1+1\le \frac{{{a}^{3}}+{{a}^{3}}+1}{3}+1=\frac{2}{3}\left( {{a}^{3}}+2 \right) \\ & {{b}^{2}}+1=b.b.1+1\le \frac{{{b}^{3}}+{{b}^{3}}+1}{3}+1=\frac{2}{3}\left( {{b}^{3}}+2 \right) \\ \end{align} \right.$ Do đó ${{\left( ab+1 \right)}^{2}}\le \frac{4}{9}\left( {{a}^{3}}+2 \right)\left( {{b}^{3}}+2 \right)\Leftrightarrow ab+1\le \frac{2}{3}\sqrt{\left( {{a}^{3}}+2 \right)\left( {{b}^{3}}+2 \right)}\Leftrightarrow \frac{{{a}^{3}}+2}{ab+1}\ge \frac{3}{2}\sqrt{\frac{{{a}^{3}}+2}{{{b}^{3}}+2}}$. Chứng minh tương tự ta được: $\frac{{{b}^{3}}+2}{bc+1}\ge \frac{3}{2}\sqrt{\frac{{{b}^{3}}+2}{{{c}^{3}}+2}}\,\,\,;\,\,\,\frac{{{c}^{3}}+2}{ca+1}\ge \frac{3}{2}\sqrt{\frac{{{c}^{3}}+2}{{{a}^{3}}+2}}$. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $N\ge \frac{3}{2}\left( \sqrt{\frac{{{a}^{3}}+2}{{{b}^{3}}+2}}+\sqrt{\frac{{{b}^{3}}+2}{{{c}^{3}}+2}}+\sqrt{\frac{{{c}^{3}}+2}{{{a}^{3}}+2}} \right)\ge \frac{3}{2}.3.\sqrt[3]{\sqrt{\frac{{{a}^{3}}+2}{{{b}^{3}}+2}}.\sqrt{\frac{{{b}^{3}}+2}{{{c}^{3}}+2}}.\sqrt{\frac{{{c}^{3}}+2}{{{a}^{3}}+2}}}=\frac{9}{2}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy $\min N=\frac{9}{2}$ đạt được tại a = b = c = 1. Bài 35: a) Cho $a,\,\,b,\,\,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{a}{{{a}^{2}}+8bc}+\frac{b}{{{b}^{2}}+8ca}+\frac{c}{{{c}^{2}}+8ab}$. b) Ba số nguyên $a,\,\,b,\,\,c>0$ thỏa mãn $ab+1\,\,\vdots \,\,c$ và $ac+1\,\,\vdots \,\,b$. Chứng minh $a>\frac{bc}{2\left( b+c \right)}$. Giải: a) Ta có $P=\frac{a}{{{a}^{2}}+8bc}+\frac{b}{{{b}^{2}}+8ca}+\frac{c}{{{c}^{2}}+8ab}$ . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và $a+b+c=1$, ta có: $P=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{3}}+8abc}+\frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{3}}+8abc}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{3}}+8abc}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+24abc}=\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+24abc}$. Ta lại có ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)$ và $a+b+c=1$. Do đó $P\ge \frac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca+27abc}$. Ta lại có ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca$ và $a+b+c=1$. Suy ra $P\ge \frac{1}{1-3ab-3bc-3ca+27abc}$. Ta có $27abc-3ab-3bc-3ca\le 0\Leftrightarrow 3ab+3bc+3ca\ge 27abc\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 9$. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với mọi $a,\,\,b,\,\,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Do đó $0<1-3ab-3bc-3ca+27abc\le 1$. Vậy $P\ge 1$, dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$. Vậy $\min \,P=1$ đạt được tại $a=b=c=\frac{1}{3}$. b) Gọi d là ƯCLN(b ; c) $\Rightarrow b\,\,\vdots \,\,d$ và $c\,\,\vdots \,\,d$. Mà $ab+1\,\,\vdots \,\,c$ và $ac+1\,\,\vdots \,\,b$ nên $1\,\,\vdots \,\,d\Rightarrow d=1$. Vậy ƯCLN(b ; c) = 1. Ta có $ab+1\,\,\vdots \,\,c$ và $ac+1\,\,\vdots \,\,b$ $\Rightarrow $ $ab+ac+1$ chia hết cho cả b và c. $\Rightarrow $ $ab+ac+1$ chia hết cho tích bc. Mà a, b, c nguyên dương nên $2\left( ab+ac \right)>ab+ac+1\ge bc\Rightarrow a>\frac{bc}{2\left( b+c \right)}$. Bài 36: a) Cho $x, y, z$ là các số thực không âm thỏa mãn $\left\{ \begin{align} & 4x+y+2z=4 \\ & 3x+6y-2z=6 \\ \end{align} \right.$. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $A=5x-6y+7z$. b) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $Q=2xy+yz+zx$. Giải: a) Ta có $\left\{ \begin{align} & 4x+y+2z=4 \\ & 3x+6y-2z=6 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 7x+7y=10 \\ & 4x+y+2z=4 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & y=\frac{10}{7}-x \\ & 4x+\frac{10}{7}-x+2z=4 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & y=\frac{10}{7}-x \\ & z=\frac{9}{7}-\frac{3}{2}x \\ \end{align} \right.$. Do đó $A=5x-6y+7z=5x-6\left( \frac{10}{7}-x \right)+7\left( \frac{9}{7}-\frac{3}{2}x \right)=\frac{1}{2}x+\frac{3}{7}$. Vì $x\ge 0$ nên $\frac{1}{2}x+\frac{3}{7}\ge \frac{3}{7}$. Do đó $\min \,A=\frac{3}{7}$ đạt được tại $x=0\,\,;\,\,y=\frac{10}{7}\,\,;\,\,z=\frac{9}{7}$. Vì $\left\{ \begin{align} & y\ge 0 \\ & z\ge 0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{10}{7}-x\ge 0 \\ & \frac{9}{7}-\frac{3}{2}x\ge 0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\le \frac{10}{7} \\ & \frac{3}{2}x\le \frac{9}{7} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x\le \frac{10}{7} \\ & x\le \frac{6}{7} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow x\le \frac{6}{7}$. Khi đó $\frac{1}{2}x+\frac{3}{7}\le \frac{1}{2}.\frac{6}{7}+\frac{3}{7}=\frac{6}{7}$. Do đó $\text{max}\,A=\frac{6}{7}$ đạt được tại $x=\frac{6}{7}\,\,;\,\,y=\frac{4}{7}\,\,;\,\,z=0$. b) Ta có x2 + y2 + z2 = 1 nên $\begin{align} & Q=2xy+yz+zx \\ & Q={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2xy+yz+zx-1 \\ & Q={{\left( x+y \right)}^{2}}+\left( x+y \right)z+\frac{1}{4}{{z}^{2}}+\frac{3}{4}{{z}^{2}}-1 \\ & Q={{\left( x+y+\frac{1}{2}z \right)}^{2}}+\frac{3}{4}{{z}^{2}}-1\ge -1 \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{3}{4}{{z}^{2}}=0 \\ & {{\left( x+y+\frac{1}{2}z \right)}^{2}}=0 \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & y=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & z=0 \\ \end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & x=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & y=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & z=0 \\ \end{align} \right.$. Vậy $\min \,Q=-1$ đạt được tại $\left\{ \begin{align} & x=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & y=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & z=0 \\ \end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & x=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & y=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & z=0 \\ \end{align} \right.$.
