Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 4: a) Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b\le 1$. Chứng minh rằng ${{a}^{2}}-\frac{3}{4a}-\frac{a}{b}\le -\frac{9}{4}$. b) Cho $x,y$ là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{16\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}$. Lời giải: a) Vì $a,b>0$ và $a+b\le 1$ nên $\frac{a}{b}\ge \frac{a}{1-a}>0$ Do đó ${{a}^{2}}-\frac{3}{4a}-\frac{a}{b}\le -\frac{9}{4}$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}-\frac{3}{4a}-\frac{a}{1-a}\le -\frac{9}{4}$ $\Leftrightarrow 4{{a}^{4}}-4{{a}^{3}}+13{{a}^{2}}-12a+3\ge 0$ $\begin{align} & \Leftrightarrow 4{{a}^{4}}+12{{a}^{2}}-4{{a}^{3}}-12a+{{a}^{2}}+3=0 \\ & \Leftrightarrow 4{{a}^{2}}\left( {{a}^{2}}+3 \right)-4a\left( {{a}^{2}}+3 \right)+\left( {{a}^{2}}+3 \right)=0 \\ & \Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}+3 \right)\left( 4{{a}^{2}}-4a+1 \right)=0 \\ \end{align}$ $\Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}+3 \right){{\left( 2a-1 \right)}^{2}}=0$ luôn đúng. Vậy ${{a}^{2}}-\frac{3}{4a}-\frac{a}{b}\le -\frac{9}{4}$ với mọi $a,b>0$ và $a+b\le 1$, dấu “=” xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$. b) Biểu thức $A$ xác định với mọi $\text{x},y>0$. Ta có $A=\frac{16\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}=\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{xy}-2$ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si đối với ba số dương ta có $\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{xy}\ge 3\sqrt[3]{\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}.\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}.\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{xy}}=12$ Do đó $A\ge 10$, dấu “=” xảy ra khi $\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}=\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{xy}\Leftrightarrow 8{{\left( \sqrt{xy} \right)}^{3}}={{\left( x+y \right)}^{3}}\Leftrightarrow 2\sqrt{xy}=x+y\Leftrightarrow x=y$ Vậy $\min A=10$ đạt được khi $x=y$. Bài 5: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\ge 1$. Chứng minh rằng $a+b+c\ge ab+bc+ca$. b) Cho $x,y$ là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}$. Lời giải: a) Ta có $\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\ge 1$ $\Leftrightarrow \left( \frac{1}{2}-\frac{1}{a+2} \right)+\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{b+2} \right)+\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{c+2} \right)\le \frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow \frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2}\le 1$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có: $\begin{align} & 1\ge \frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2} \\ & =\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+2a}+\frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+2b}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+2c} \\ & \ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2a+2b+2c} \\ \end{align}$ $\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2a+2b+2c\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ $\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca$ b) Biểu thức $A$ xác định với mọi $\text{x},y>0$. Ta có $A=\frac{8\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}=\frac{4\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{4\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}$ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si đối với ba số dương ta có $\frac{4\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{4\sqrt{xy}}{x+y}+\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}\ge 3\sqrt[3]{\frac{4\sqrt{xy}}{x+y}.\frac{4\sqrt{xy}}{x+y}.\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy}}=6\sqrt[3]{\frac{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}}$ Ta lại có $2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge {{\left( x+y \right)}^{2}}\Leftrightarrow \frac{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}\ge 1$ với mọi $x,y>0$. Do đó $A\ge 6$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{4\sqrt{xy}}{x+y}=\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{xy} \\ & x=y \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 4{{x}^{3}}=4{{x}^{3}} \\ & x=y \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow x=y$. Vậy $\min A=6$ đạt được khi $x=y$. Bài 6: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương. 1. Chứng minh rằng $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge \frac{8}{9}\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right).$ 2. Chứng minh rằng $4\left( ab+bc+ca \right)\le 3$ nếu $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=1$. b) Cho $x,y$ là 2 số thực thỏa mãn $0<x\le y\le 2$ và $2x+y\ge 2xy$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A={{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)+{{y}^{2}}\left( {{y}^{2}}+1 \right)$. Lời giải: a.1) Ta có $\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)$ $={{a}^{2}}b+abc+c{{a}^{2}}+a{{b}^{2}}+{{b}^{2}}c+abc+abc+b{{c}^{2}}+{{c}^{2}}a$ $=\left( {{a}^{2}}b+a{{b}^{2}} \right)+\left( abc+c{{a}^{2}} \right)+\left( {{b}^{2}}c+b{{c}^{2}} \right)+\left( abc+{{c}^{2}}a \right)+abc$ $=ab\left( a+b \right)+ca\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( b+c \right)+abc$ $=a\left( a+b \right)\left( b+c \right)+c\left( b+c \right)\left( a+b \right)+abc$ $=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc$ Do đó bất đẳng thức đã cho tương đương với $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge \frac{8}{9}\left[ \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc \right]$ $\Leftrightarrow \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc$ đúng với mọi $a,b,c>0$ (vì $a+b\ge 2\sqrt{ab}$, $b+c\ge 2\sqrt{bc}$, $c+a\ge 2\sqrt{ca}$ với mọi $a,b,c\ge 0$) a.2) Theo câu a.1) ta có: $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge \frac{8}{9}\left[ \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc \right]$ Mà $\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)=1$ nên $\frac{8}{9}\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le 1$ $\Leftrightarrow \left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)\le \frac{9}{8}$ $\Leftrightarrow {{\left( a+b+c \right)}^{2}}{{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\le \frac{81}{64}$ Ta lại có ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$ Do đó $3{{\left( ab+bc+ca \right)}^{3}}\le \frac{81}{64}\Leftrightarrow 4\left( ab+bc+ca \right)\le 3$. b) Trường hợp 1: $0<x<1$ thì ${{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)<1.\left( 1+1 \right)=2$ Ta lại có $0<y\le 2$ nên ${{y}^{2}}\left( {{y}^{2}}+1 \right)\le {{2}^{2}}\left( {{2}^{2}}+1 \right)=20$ Do đó $A={{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)+{{y}^{2}}\left( {{y}^{2}}+1 \right)<22$. Trường hợp 2: $1\le x\le y\le 2$ Ta có $\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}-4 \right)\le 0$ nên ${{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)=\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}-4 \right)+6{{x}^{2}}-4\le 6{{x}^{2}}-4$ Ta cũng có $\left( x-1 \right)\left( x-2 \right)\le 0\Leftrightarrow {{x}^{2}}\le 3x-2$ nên ${{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)\le 6\left( 3x-2 \right)-4=18x-16$ Chứng minh tương tự ta cũng được ${{y}^{2}}\left( {{y}^{2}}+1 \right)\le 18y-16$ Do đó $A={{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)+{{y}^{2}}\left( {{y}^{2}}+1 \right)\le 18\left( x+y \right)-32$ (1) Ta có $2x+y\ge 2xy>0$ và $1\le x\le y\le 2$ Suy ra $\left( x+y \right)\left( 2x+y \right)\ge 2xy\left( x+y \right)>0$ $\Leftrightarrow 2\left( x+y \right)\le \frac{\left( x+y \right)\left( 2x+y \right)}{xy}=\frac{\left( x-y \right)\left( 2x-y \right)}{xy}+6$ Ta lại có $x-y\le 0$ và $2x-y\ge 2-y\ge 0$ nên $2\left( x+y \right)\le 6$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $A\le 9.6-32=22$, dấu “=” xảy ra khi $x=1\,\,;\,\,y=2$. Vậy $\max A=22$ đạt được khi $x=1\,\,;\,\,y=2$.
