Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 10: a) Cho $a,b$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}{a+b}-\frac{a+b}{2}\le \frac{1}{4}$. b) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=14\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+\frac{ab+bc+ca}{{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a}$. Lời giải: a) Ta có $\frac{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}{a+b}-\frac{a+b}{2}\le \frac{1}{4}\Leftrightarrow \left( a+b \right)\left( 2a+2b+1 \right)\ge 4\sqrt{ab}\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)$ Vì $a,b>0$ nên $a+b\ge 2\sqrt{ab}$, dấu “=” xảy ra khi $a=b$ (1) Ta lại có $2a+2b+1\ge 2\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)$ $\Leftrightarrow 4a+4b+2-4\sqrt{a}-4\sqrt{b}\ge 0$ $\Leftrightarrow \left( 4a-4\sqrt{a}+1 \right)+\left( 4b-4\sqrt{b}+1 \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow {{\left( 2\sqrt{a}-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2\sqrt{b}-1 \right)}^{2}}\ge 0$ luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi $a=b=\frac{1}{4}$. Vậy $2a+2b+1\ge 2\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)$ (2) Nhân (1) và (2) VTV ta được $\left( a+b \right)\left( 2a+2b+1 \right)\ge 4\sqrt{ab}\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)$. Vậy $\frac{a\sqrt{b}+b\sqrt{a}}{a+b}-\frac{a+b}{2}\le \frac{1}{4}$. b) Ta có $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$, do đó: ${{\left( 1-c \right)}^{2}}={{\left( a+b \right)}^{2}}\Rightarrow 1-2c+{{c}^{2}}\ge 4ab\Rightarrow a-2ca+{{c}^{2}}a\ge 4{{a}^{2}}b$ ${{\left( 1-a \right)}^{2}}={{\left( b+c \right)}^{2}}\Rightarrow 1-2a+{{a}^{2}}\ge 4bc\Rightarrow b-2ab+{{a}^{2}}b\ge 4{{b}^{2}}c$ ${{\left( 1-b \right)}^{2}}={{\left( c+a \right)}^{2}}\Rightarrow 1-2b+{{b}^{2}}\ge 4ca\Rightarrow c-2bc+{{b}^{2}}c\ge 4{{c}^{2}}a$ Cộng các bất đẳng thức trên VTV ta được $1-2\left( ab+bc+ca \right)\ge 3\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)$ $\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca}{{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a}\ge \frac{3\left( ab+bc+ca \right)}{1-2\left( ab+bc+ca \right)}$ Ta lại có ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( ab+bc+ca \right)$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1-2\left( ab+bc+ca \right)$ Đặt $1-2\left( ab+bc+ca \right)=t\ge \frac{1}{3}$ Do đó $A\ge 14t+\frac{3\left( 1-t \right)}{2t}=14t+\frac{3}{2t}-\frac{3}{2}=\frac{t}{2}+\frac{27t}{2}+\frac{3}{2t}-\frac{3}{2}\ge \frac{1}{2}.\frac{1}{3}+2\sqrt{\frac{27t}{2}.\frac{3}{2t}}-\frac{3}{2}=\frac{1}{6}+9-\frac{3}{2}=\frac{23}{3}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & t=\frac{1}{3} \\ & a+b+c=1 \\ & a=b=c \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$. Vậy $\min A=\frac{23}{3}$ đạt được khi $a=b=c=\frac{1}{3}$. Bài 11: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}\ge 1$. Chứng minh rằng $\frac{1}{6a+1}+\frac{1}{6b+1}+\frac{1}{6c+1}\ge \frac{3}{7}$. b) Cho $a,b,c>0$. Đặt $x=a+\frac{1}{b}-1$, $y=b+\frac{1}{c}-1$, $z=c+\frac{1}{a}-1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=xy+yz+zx$. Lời giải: a) Dự đoán điểm rơi tại $a=b=c=1$. Do đó $6a+1=6b+1=6c+1=7$. Từ đó có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau: $\left[ \left( 6a+1 \right)+2 \right]\left( \frac{49}{6a+1}+2 \right)\ge {{\left( \sqrt{6a+1}.\frac{7}{\sqrt{6a+1}}+\sqrt{2}.\sqrt{2} \right)}^{2}}={{\left( 7+2 \right)}^{2}}=81$ $\Leftrightarrow \frac{49}{6a+1}+2\ge \frac{81}{6a+3}$ $\Leftrightarrow \frac{49}{6a+1}+2\ge \frac{27}{2a+1}$, dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{6a+1}:\frac{7}{\sqrt{6a+1}}=\sqrt{2}:\sqrt{2}\Leftrightarrow a=1$. Chứng minh tương tự ta cũng được: $\frac{49}{6b+1}+2\ge \frac{27}{2b+1}$, dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{6b+1}:\frac{7}{\sqrt{6b+1}}=\sqrt{2}:\sqrt{2}\Leftrightarrow b=1$. $\frac{49}{6c+1}+2\ge \frac{27}{2c+1}$, dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{6c+1}:\frac{7}{\sqrt{6c+1}}=\sqrt{2}:\sqrt{2}\Leftrightarrow c=1$. Cộng các bất đẳng thức trên VTV ta được: $\frac{49}{6a+1}+\frac{49}{6b+1}+\frac{49}{6c+1}+6\ge \frac{27}{2a+1}+\frac{27}{2b+1}+\frac{27}{2c+1}$ $\Leftrightarrow 49\left( \frac{1}{6a+1}+\frac{1}{6b+1}+\frac{1}{6c+1} \right)+6\ge 27\left( \frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1} \right)$ $\Leftrightarrow 49\left( \frac{1}{6a+1}+\frac{1}{6b+1}+\frac{1}{6c+1} \right)+6\ge 27$ (vì $\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}\ge 1$) $\Leftrightarrow \frac{1}{6a+1}+\frac{1}{6b+1}+\frac{1}{6c+1}\ge \frac{3}{7}$. b) Trong ba số $x,y,z$ luôn có ít nhất hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hay cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát chẳng hạn đó là $x$ và $y$. Khi đó $\left( x-1 \right)\left( y-1 \right)\ge 0\Leftrightarrow xy-x-y+1\ge 0\Leftrightarrow xy\ge x+y-1$ Suy ra $xy+yz+zx\ge x+y+yz+zx-1$ $\Leftrightarrow xy+yz+xz\ge \left( x+y \right)\left( z+1 \right)-1$ (*) Ta có $x+y=a+\frac{1}{c}+\left( b+\frac{1}{b}-2 \right)\ge 2\sqrt{\frac{a}{c}}$ (vì $b+\frac{1}{b}\ge 2$) và $z+1=c+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{\frac{c}{a}}$ Do đó $\left( x+y \right)\left( z+1 \right)\ge \left( 2\sqrt{\frac{a}{c}} \right).\left( 2\sqrt{\frac{c}{a}} \right)=4$ (**) Từ (*) và (**) suy ra $xy+yz+zx\ge 3$, dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=1$. Vậy $\min A=3$ đạt được khi $a=b=c=1$. Bài 12: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $3\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)+2\left( ab+bc+ca \right)\ge 15$. b) Cho $x,y>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{{{x}^{2}}+3xy+{{y}^{2}}}{\left( x+y \right)\sqrt{xy}}$. Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức ${{\left( x+y+z \right)}^{2}}\ge 3\left( xy+yz+zx \right)$ ta có: ${{\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)}^{2}}\ge 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$ $\Leftrightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge \sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}$ Ta cần chứng minh $3\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}+2\left( ab+bc+ca \right)\ge 15$ Ta có ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( ab+bc+ca \right)$ Đặt $\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}=t$ $\Rightarrow 2\left( ab+bc+ca \right)=9-\frac{{{t}^{2}}}{3}$ (vì $a+b+c=3$) Khi đó ta có $3t+9-\frac{{{t}^{2}}}{3}\ge 15\Leftrightarrow \left( t-3 \right)\left( t-6 \right)\le 0$ (*) Ta lại có $a+b+c\le \sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}<\sqrt{3{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}$ $\Leftrightarrow 3\le t<3\sqrt{3}<6$ (vì $a+b+c=3$) nên bất đẳng thức (*) đúng. b) Ta có $A=\frac{{{x}^{2}}+3xy+{{y}^{2}}}{\left( x+y \right)\sqrt{xy}}=\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}+xy}{\left( x+y \right)\sqrt{xy}}=\frac{x+y}{\sqrt{xy}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}=\frac{3}{4}.\frac{x+y}{\sqrt{xy}}+\left( \frac{1}{4}.\frac{x+y}{\sqrt{xy}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y} \right)$ Ta lại có $\frac{3}{4}.\frac{x+y}{\sqrt{xy}}\ge \frac{3}{4}.2=\frac{3}{2}$, dấu “=” xảy ra khi $x=y$. và $\frac{1}{4}.\frac{x+y}{\sqrt{xy}}+\frac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge 2\sqrt{\frac{1}{4}.\frac{x+y}{\sqrt{xy}}.\frac{\sqrt{xy}}{x+y}}=1$, dấu “=” xảy ra khi $x=y$. Do đó $A\ge \frac{3}{2}+1=\frac{5}{2}$, dấu “=” xảy ra khi $x=y$. Vậy $\min A=\frac{5}{2}$ đạt được khi $x=y$.
