Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 40: a) Cho a, b, c là các số thực khác 0 và đôi một không đối nhau. Chứng minh rằng: $\frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a}\ge \frac{a+b+c}{2}$. b) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 + 3 < xy + 3y + 2z. Giải: a) Xét hiệu: $H=\left( \frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a} \right)-\left( \frac{{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}}{c+a} \right)$ $\begin{align} & =\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{c+a} \\ & =\frac{\left( a-b \right)\left( a+b \right)}{a+b}+\frac{\left( b-c \right)\left( b+c \right)}{b+c}+\frac{\left( c-a \right)\left( c+a \right)}{c+a} \\ & =a-b+b-c+c-a=0 \\ \end{align}$ Suy ra $\frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a}=\frac{{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}}{c+a}$. Do đó $2\left( \frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a} \right)=\left( \frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a} \right)+\left( \frac{{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}}{c+a} \right)$ $\begin{align} & =\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{c+a} \\ & \ge \frac{1}{2}\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{a+b}+\frac{1}{2}\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}}{b+c}+\frac{1}{2}\frac{{{\left( c+a \right)}^{2}}}{c+a} \\ & =a+b+c \\ \end{align}$ Suy ra $\frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a}\ge \frac{a+b+c}{2}$, dấu “=” xảy ra khi a = b = c. Cách khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, ta có: $\frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{a+b+b+c+c+a}=\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{2\left( a+b+c \right)}=\frac{a+b+c}{2}$. Vậy $\frac{{{a}^{2}}}{a+b}+\frac{{{b}^{2}}}{b+c}+\frac{{{c}^{2}}}{c+a}\ge \frac{a+b+c}{2}$, dấu “=” xảy ra khi a = b = c. b) Ta có x2 + y2 + z2 + 3 < xy + 3y + 2z $\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}+\text{ 4}{{y}^{2}}+\text{ 4}{{z}^{2}}+\text{ 12 }<\text{ 4}xy\text{ }+\text{ 12}y\text{ }+\text{ 8}z$ $\Leftrightarrow \left( 4{{x}^{2}}-4xy+{{y}^{2}} \right)+3\left( {{y}^{2}}-4y+4 \right)+4\left( {{z}^{2}}-2z+1 \right)<4$ $\Leftrightarrow {{\left( 2x-y \right)}^{2}}+3{{\left( y-2 \right)}^{2}}+4{{\left( z-1 \right)}^{2}}<4$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{\left( 2x-y \right)}^{2}}+3{{\left( y-2 \right)}^{2}}+4{{\left( z-1 \right)}^{2}}=0 \\ & {{\left( 2x-y \right)}^{2}}+3{{\left( y-2 \right)}^{2}}+4{{\left( z-1 \right)}^{2}}=1 \\ & {{\left( 2x-y \right)}^{2}}+3{{\left( y-2 \right)}^{2}}+4{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2 \\ & {{\left( 2x-y \right)}^{2}}+3{{\left( y-2 \right)}^{2}}+4{{\left( z-1 \right)}^{2}}=3 \\ \end{align} \right.$ Vì x, y, z là các số nguyên nên ${{\left( 2x-y \right)}^{2}}\,\,;\,\,{{\left( y-2 \right)}^{2}}\,\,;\,\,{{\left( z-1 \right)}^{2}}$ đều là số chính phương. Do đó2 ta chỉ có một khả năng sau: $\left\{ \begin{align} & {{\left( 2x-y \right)}^{2}}=0 \\ & 3{{\left( y-2 \right)}^{2}}=0 \\ & 4{{\left( z-1 \right)}^{2}}=0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2x-y=0 \\ & y-2=0 \\ & z-1=0 \\ \end{align} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2x=y \\ & y=2 \\ & z=1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y=2 \\ & z=1 \\ \end{align} \right.$ Vậy chỉ có một bộ số nguyên (x, y, z) thỏa mãn đề bài là (1 ; 2 ; 1). Bài 41: a) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng: $x+2y+z\ge 4\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)\left( 1-z \right)$. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+x+y+1$. Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 ${{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab$, dấu “=” xảy ra khi a = b. Ta có \[{{\left[ \left( 1-x \right)+\left( 1-z \right) \right]}^{2}}\ge 4\left( 1-x \right)\left( 1-z \right)\] \[\begin{align} & \Leftrightarrow {{\left[ 1+\left( 1-x-z \right) \right]}^{2}}\ge 4\left( 1-x \right)\left( 1-z \right) \\ & \Leftrightarrow {{\left( 1+y \right)}^{2}}\ge 4\left( 1-x \right)\left( 1-z \right)\,\,\,\,\left( v\grave{i}\,\,x+y+z=1 \right) \\ & \Leftrightarrow {{\left( 1+y \right)}^{2}}\left( 1-y \right)\ge 4\left( 1-x \right)\left( 1-z \right)\left( 1-y \right)\,\,\,\,\,\left( v\grave{i}\,\,1-y=x+z\ge 0 \right) \\ \end{align}\] Ta lại có: ${{\left( 1+y \right)}^{2}}\left( 1-y \right)=\left( 1+y \right)\left( 1-{{y}^{2}} \right)\le 1+y=x+2y+z\,\,\,\,\,\,\left( v\grave{i}\,\,x+y+z=1\,\,;\,\,0\le 1-{{y}^{2}}\le 1 \right)$ Từ đó suy ra $x+2y+z\ge 4\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)\left( 1-z \right)$, dấu “=” xảy ra khi $x=z=\frac{1}{2}\,\,;\,\,y=0$. b) Ta có $A={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy+x+y+1$ $\begin{align} & ={{x}^{2}}+x\left( y+1 \right)+{{y}^{2}}+y+1 \\ & ={{x}^{2}}+x\left( y+1 \right)+\frac{{{\left( y+1 \right)}^{2}}}{4}-\frac{{{\left( y+1 \right)}^{2}}}{4}+{{y}^{2}}+y+1 \\ & ={{\left( x+\frac{y+1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}{{y}^{2}}+\frac{1}{2}y+\frac{3}{4} \\ & ={{\left( x+\frac{y+1}{2} \right)}^{2}}+\frac{3}{4}{{\left( y+\frac{1}{3} \right)}^{2}}+\frac{2}{3}\ge \frac{2}{3} \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & y+\frac{1}{3}=0 \\ & x+\frac{y+1}{2}=0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & y=-\frac{1}{3} \\ & x=-\frac{y+1}{2} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & y=-\frac{1}{3} \\ & x=-\frac{1}{3} \\ \end{align} \right.$ . Vậy $\min \,A=\frac{2}{3}$ đạt được tại $x=y=-\frac{1}{3}$. Bài 42: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=5{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}-12xy+24x-48y+2025$. b) Chứng minh rằng $\frac{1}{5}+\frac{1}{13}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{9}{20}$ với mọi $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. Giải: a) Ta có $P=5{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}-12xy+24x-48y+2025$ $\begin{align} & =9{{y}^{2}}-6\left( 2x+8 \right)y+\left( 4{{x}^{2}}+32x+64 \right)+\left( {{x}^{2}}-8x+16 \right)+1945 \\ & ={{\left( 3y-2x-8 \right)}^{2}}+{{\left( x-4 \right)}^{2}}+1945\ge 1945 \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x-4=0 \\ & 3y-2x-8=0 \\ \end{align} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=4 \\ & y=\frac{2x+8}{3}=\frac{16}{3} \\ \end{align} \right.$. Vậy $\min \,\,P=1945$ đạt được tại $x=4\,\,;\,\,y=\frac{16}{3}$. b) Áp dụng bất đẳng thức a2 + b2 $\ge $ 2ab, dấu “=” xảy ra khi a = b. Ta có n2 + (n + 1)2 > 2n(n + 1) $\Rightarrow \frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2n\left( n+1 \right)}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)$. Áp dụng kết quả trên ta được: $\begin{align} & \frac{1}{13}=\frac{1}{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right) \\ & \frac{1}{25}=\frac{1}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4} \right) \\ & .......................................... \\ & \frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) \\ \end{align}$ Cộng các bất đẳng trên vế theo vế ta được: $\frac{1}{13}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1} \right)<\frac{1}{4}$. Do đó $\frac{1}{5}+\frac{1}{13}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{5}+\frac{1}{4}=\frac{9}{20}$.
