Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 7: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$. Chứng minh rằng $\frac{2{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{b+{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{c+{{a}^{2}}}\ge a+b+c$. b) Cho $x,y$ là 2 số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\left( x+y \right)\left( \frac{1}{{{x}^{3}}+y}+\frac{1}{x+{{y}^{3}}} \right)-\frac{1}{xy}$. Lời giải: a) Ta có $\frac{2{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{b+{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{c+{{a}^{2}}}\ge a+b+c$ $\Leftrightarrow 2\left( a-\frac{{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)+2\left( a-\frac{{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)+2\left( a-\frac{{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)\le a+b+c$ $\Leftrightarrow \frac{2a{{b}^{2}}}{a+{{b}^{2}}}+\frac{2b{{c}^{2}}}{b+{{c}^{2}}}+\frac{2c{{a}^{2}}}{c+{{a}^{2}}}\le a+b+c$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $\frac{2a{{b}^{2}}}{a+{{b}^{2}}}\le \frac{2a{{b}^{2}}}{2\sqrt{a{{b}^{2}}}}=\sqrt{a{{b}^{2}}}\le \frac{ab+b}{2}$ $\frac{2b{{c}^{2}}}{b+{{c}^{2}}}\le \frac{2b{{c}^{2}}}{2\sqrt{b{{c}^{2}}}}=\sqrt{b{{c}^{2}}}\le \frac{bc+c}{2}$ $\frac{2c{{a}^{2}}}{c+{{a}^{2}}}\le \frac{2c{{a}^{2}}}{2\sqrt{c{{a}^{2}}}}=\sqrt{c{{a}^{2}}}\le \frac{ca+a}{2}$ Ta cần chứng minh $\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\le a+b+c$ hay $ab+bc+ca\le a+b+c$ (*) Thật vậy ${{a}^{2}}+1\ge 2a$, ${{b}^{2}}+1\ge 2b$, ${{c}^{2}}+1\ge 2c$ nên ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3\ge 2\left( a+b+c \right)$ Mà ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$ nên $a+b+c\le 3$ Ta lại có $3\left( ab+bc+ca \right)\le {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ nên $ab+bc+ca\le a+b+c$. Vậy (*) đúng. b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: ${{\left( x+y \right)}^{2}}={{\left( \frac{1}{\sqrt{x}}.x\sqrt{x}+\sqrt{y}.\sqrt{y} \right)}^{2}}\le \left( \frac{1}{x}+y \right)\left( {{x}^{3}}+y \right)$ (vì $x,y>0$) $\Leftrightarrow \frac{x+y}{{{x}^{3}}+y}\le \frac{\frac{1}{x}+y}{x+y}=\frac{xy+1}{x\left( x+y \right)}$ Tương tự $\frac{x+y}{x+{{y}^{3}}}\le \frac{\frac{1}{y}+x}{x+y}=\frac{xy+1}{y\left( x+y \right)}$ Do đó $\frac{x+y}{{{x}^{3}}+y}+\frac{x+y}{x+{{y}^{3}}}\le \frac{xy+1}{x\left( x+y \right)}+\frac{xy+1}{y\left( x+y \right)}$ $\Leftrightarrow \left( x+y \right)\left( \frac{1}{{{x}^{3}}+y}+\frac{1}{x+{{y}^{3}}} \right)\le \frac{xy+1}{x\left( x+y \right)}+\frac{xy+1}{y\left( x+y \right)}=1+\frac{1}{xy}$ Do đó $A\le 1+\frac{1}{xy}-\frac{1}{xy}=1$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{1}{\sqrt{x}}:x\sqrt{x}=\sqrt{y}:\sqrt{y} \\ & \frac{1}{\sqrt{y}}:y\sqrt{y}=\sqrt{x}:\sqrt{x} \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=1$. Vậy $\max A=1$ đạt được khi $x=y=1$. Bài 8: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$. Chứng minh rằng $\frac{a}{3-bc}+\frac{b}{3-ca}+\frac{c}{3-ab}\le \frac{3}{2}$. b) Cho $x,y$ là 2 số thực dương thỏa mãn $x+y\ge 4$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right)\sqrt{9+{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$. Lời giải: a) Ta có $3-bc\ge 3-\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2}=3-\frac{3-{{a}^{2}}}{2}=\frac{3+{{a}^{2}}}{2}\ge 1+a$ Do đó $\frac{a}{3-bc}\le \frac{a}{1+a}$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & b=c \\ & a=1 \\ & {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow a=b=c=1$. Tương tự $\frac{b}{3-ca}\le \frac{b}{1+b}$, $\frac{c}{3-ab}\le \frac{c}{1+c}$ Ta cần chứng minh $\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\le \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge \frac{3}{2}$ (*) Thật vậy $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge \frac{{{\left( 1+1+1 \right)}^{2}}}{3+a+b+c}\ge \frac{9}{3+\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3}{2}}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}$. b) Ta có $A=\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right)\sqrt{9+{{x}^{2}}{{y}^{2}}}=\left( \frac{x+y}{xy} \right)\sqrt{9+{{x}^{2}}{{y}^{2}}}=\left( x+y \right)\sqrt{\frac{9}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+1}$ Ta lại có $xy\le \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{4}$ nên ${{x}^{2}}{{y}^{2}}\le \frac{{{\left( x+y \right)}^{4}}}{16}\Leftrightarrow \frac{9}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+1\ge \frac{144}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+1\Leftrightarrow \sqrt{\frac{9}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+1}\ge \sqrt{\frac{144}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+1}$ Do đó $A\ge \left( x+y \right)\sqrt{\frac{144}{{{\left( x+y \right)}^{4}}}+1}=\sqrt{\frac{144}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}+{{\left( x+y \right)}^{2}}}$, dấu “=” xảy ra khi $x=y$. Ta có $\frac{144}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}+\frac{9{{\left( x+y \right)}^{2}}}{16}\ge 2\sqrt{\frac{144}{{{\left( x+y \right)}^{2}}}.\frac{9{{\left( x+y \right)}^{2}}}{16}}=18$, dấu “=” xảy ra khi $x+y=4$. Ta lại có $\frac{7{{\left( x+y \right)}^{2}}}{16}\ge \frac{{{7.4}^{2}}}{16}=7$ Do đó $A\ge \sqrt{18+7}=5$, dấu “=” xảy ra khi $x=y=2$. Vậy $\min A=5$ đạt được khi $x=y=2$. Bài 9: a) Cho phương trình (ẩn $x$): ${{x}^{2}}+bx+c=0$ với hệ số nguyên. Gọi ${{x}_{0}}$ là một nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Chứng minh rằng $\left| {{x}_{0}} \right|<\sqrt{1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$. b) Cho $x,y$ là 2 số thực dương thỏa mãn $x+y\le 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$. Lời giải: a) Vì ${{x}_{0}}$ là một nghiệm nguyên của phương trình ${{x}^{2}}+bx+c=0$, ta có: $x_{0}^{2}+b{{x}_{0}}+c=0\Leftrightarrow -x_{0}^{2}=b{{x}_{0}}+c$ $\Rightarrow x_{0}^{4}={{\left( b{{x}_{0}}+c \right)}^{2}}\le \left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( x_{0}^{2}+1 \right)$ $\Rightarrow x_{0}^{4}-1<\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( x_{0}^{2}+1 \right)$ (vì ${{x}_{0}},b,c$ là các số nguyên) $\Rightarrow \left( x_{0}^{2}-1 \right)\left( x_{0}^{2}+1 \right)<\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( x_{0}^{2}+1 \right)$ $\Rightarrow x_{0}^{2}-1<{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ $\Rightarrow x_{0}^{2}<1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ $\Rightarrow \left| {{x}_{0}} \right|<\sqrt{1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$ b) Ta có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{2}$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$ với mọi $x,y>0$. Dấu “=” xảy ra khi $x=y$. Do đó $A={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{2}+\frac{4}{x+y}$$=\frac{1}{2}\left[ {{\left( x+y \right)}^{2}}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+y} \right]+\frac{3}{x+y}$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ${{\left( x+y \right)}^{2}}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+y}\ge 3\sqrt[3]{{{\left( x+y \right)}^{2}}.\frac{1}{x+y}.\frac{1}{x+y}}=3$ Dấu “=” xảy ra khi ${{\left( x+y \right)}^{2}}=\frac{1}{x+y}\Leftrightarrow {{\left( x+y \right)}^{3}}=1\Leftrightarrow x+y=1$. Vì $0<x+y\le 1$ nên $\frac{3}{x+y}\ge 3$, dấu “=” xảy ra khi $x+y=1$. Do đó $A\ge \frac{1}{2}.3+3=\frac{9}{2}$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x=y \\ & x+y=1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$. Vậy $\min A=\frac{9}{2}$ đạt được khi $x=y=\frac{1}{2}$.
