Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 19: a) Chứng minh rằng $\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}+4\ge 3\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)$ với mọi $x,y\ne 0$. b) Cho $x,y,z>0$ và $xyz=1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{1}{1+2x}+\frac{1}{1+2y}+\frac{1}{1+2z}$. Lời giải: a) Ta có: $\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}+4\ge 3\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)$ $ \Leftrightarrow \left( \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}+2 \right)-3\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)+2\ge 0 $ $ \Leftrightarrow {{\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)}^{2}}-3\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)+2\ge 0 $ $ \Leftrightarrow \left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x}-1 \right)\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2 \right)\ge 0$ $ \Leftrightarrow \frac{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy \right)}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}\ge 0 $ $\Leftrightarrow \frac{\left[ {{\left( x-\frac{y}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{y}^{2}}}{4} \right]{{\left( x-y \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}\ge 0$ (Đúng với mọi giá trị của $x,y\ne 0$) Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. b) Vì $x,y,z>0$ và $xyz=1$ nên tồn tại các số $a,b,c>0$ sao cho $x=\frac{a}{b};\,\,y=\frac{b}{c};\,\,z=\frac{c}{a}$. Khi đó ta có: $P=\frac{1}{1+\frac{2a}{b}}+\frac{1}{1+\frac{2b}{c}}+\frac{1}{1+\frac{2c}{a}}=\frac{a}{a+2c}+\frac{b}{b+2a}+\frac{c}{c+2b}=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+2ca}+\frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+2ab}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+2bc}$. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được: $\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+2ca}+\frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+2ab}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+2bc}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca}=\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}=1$. Do đó $P\ge 1$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là 1 đạt được tại $x=y=z=1$. Bài 20: a) Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}+\frac{\sqrt{bc}}{b+c+2a}+\frac{\sqrt{ca}}{c+a+2b}\le \frac{3}{4}$. b) Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z\le 3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+1}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}$. Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta có: $a+b+2c=\left( a+c \right)+\left( b+c \right)\ge 2\sqrt{\left( a+c \right)\left( b+c \right)}$, đẳng thức xảy ra khi $a=b$. Suy ra $\frac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}\le \frac{\sqrt{ab}}{2\sqrt{\left( a+c \right)\left( b+c \right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{\left( a+c \right)\left( b+c \right)}}$. Cũng theo bất đẳng thức Cô-si ta có: $\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{\left( a+c \right)\left( b+c \right)}}=\frac{1}{4}.2.\sqrt{\frac{ab}{\left( a+c \right)\left( b+c \right)}}\le \frac{1}{4}\left( \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c} \right)$, đẳng thức xảy ra khi $a=b$. Do đó $\frac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}\le \frac{1}{4}\left( \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c} \right)$, đẳng thức xảy ra khi $a=b$. Tương tự ta được: $\frac{\sqrt{bc}}{b+c+2a}\le \frac{1}{4}\left( \frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+a} \right)$, đẳng thức xảy ra khi $b=c$. $\frac{\sqrt{ca}}{c+a+2b}\le \frac{1}{4}\left( \frac{c}{c+b}+\frac{a}{a+b} \right)$, đẳng thức xảy ra khi $c=a$. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $\frac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}+\frac{\sqrt{bc}}{b+c+2a}+\frac{\sqrt{ca}}{c+a+2b}\le \frac{1}{4}\left( \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{a}{a+b} \right)=\frac{3}{4}$. Vậy $\frac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}+\frac{\sqrt{bc}}{b+c+2a}+\frac{\sqrt{ca}}{c+a+2b}\le \frac{3}{4}$, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$. b) Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta có: ${{x}^{2}}+1\ge 2x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}\ge \sqrt{2x}$, đẳng thức xảy ra khi $x=1$. Suy ra $\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\le \frac{x}{\sqrt{2x}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $x=1$. Tương tự ta được: $\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+1}}\le \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $y=1$; $\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}\le \frac{\sqrt{z}}{\sqrt{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $z=1$. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $P=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+1}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}\le \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{\sqrt{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$. Ta lại có ${{\left( \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right)}^{2}}\le 3\left( x+y+z \right)$, mà $x+y+z\le 3$ nên $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le 3$. Do đó $P\le \frac{3}{\sqrt{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ là $\frac{3}{\sqrt{2}}$ đạt được tại $x=y=z=1$. Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: $\begin{align} & P=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}+1}}+\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}+1}}=\sqrt{x}.\sqrt{\frac{x}{{{x}^{2}}+1}}+\sqrt{y}.\sqrt{\frac{y}{{{y}^{2}}+1}}+\sqrt{z}.\sqrt{\frac{z}{{{z}^{2}}+1}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\le \sqrt{\left( x+y+z \right)\left( \frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1} \right)} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\le \sqrt{3\left( \frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1} \right)}\,\,\,\,\,\,\,(v\grave{i}\,\,x+y+z\le 3) \\ \end{align}$ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương ta có: ${{x}^{2}}+1\ge 2x\Leftrightarrow \frac{x}{{{x}^{2}}+1}\le \frac{1}{2}$, đẳng thức xảy ra khi $x=1$. Tương tự ta được: $\frac{y}{{{y}^{2}}+1}\le \frac{1}{2}$, đẳng thức xảy ra khi $y=1$; $\frac{z}{{{z}^{2}}+1}\le \frac{1}{2}$, đẳng thức xảy ra khi $z=1$. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: $\frac{x}{{{x}^{2}}+1}+\frac{y}{{{y}^{2}}+1}+\frac{z}{{{z}^{2}}+1}\le \frac{3}{2}$, đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$. Do đó $P\le \sqrt{3.\frac{3}{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}$, đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P$ là $\frac{3}{\sqrt{2}}$ đạt được tại $x=y=z=1$. Bài 21: a) Cho $a,b$ là các số thực thỏa mãn $\left| a \right|<1;\,\,\left| b \right|<1$ . Chứng minh rằng: $\frac{1}{1-{{a}^{2}}}+\frac{1}{1-{{b}^{2}}}\ge \frac{2}{1-ab}$. b) Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=4$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $A={{x}^{2}}+{{y}^{2}}$. Giải: a) Ta có $\left| a \right|<1\Leftrightarrow {{a}^{2}}<1\Leftrightarrow 1-{{a}^{2}}>0$; $\left| b \right|<1\Leftrightarrow {{b}^{2}}<1\Leftrightarrow 1-{{b}^{2}}>0$. Ta cũng có $\left\{ \begin{align} & \left| a \right|<1 \\ & \left| b \right|<1 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left| a \right|\left| b \right|<1\Rightarrow \left| ab \right|<1\Rightarrow -1<ab<1\Rightarrow \left\{ \begin{align} & 1-ab>0 \\ & 1+ab>0 \\ \end{align} \right.$. Ta có $\frac{1}{1-{{a}^{2}}}+\frac{1}{1-{{b}^{2}}}\ge \frac{2}{1-ab}$ $\begin{align} & \Leftrightarrow \left( \frac{1}{1-{{a}^{2}}}-\frac{1}{1-ab} \right)+\left( \frac{1}{1-{{b}^{2}}}-\frac{1}{1-ab} \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}-ab}{\left( 1-{{a}^{2}} \right)\left( 1-ab \right)}+\frac{{{b}^{2}}-ab}{\left( 1-{{b}^{2}} \right)\left( 1-ab \right)}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \frac{a-b}{1-ab}\left( \frac{a}{1-{{a}^{2}}}-\frac{b}{1-{{b}^{2}}} \right)\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \frac{a-b}{1-ab}.\left[ \frac{{{a}^{2}}b-a{{b}^{2}}+a-b}{\left( 1-{{a}^{2}} \right)\left( 1-{{b}^{2}} \right)} \right]\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( ab+1 \right)}{\left( 1-ab \right)\left( 1-{{a}^{2}} \right)\left( 1-{{b}^{2}} \right)}\ge 0 \\ \end{align}$ Vì ${{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$; $1-ab>0$; $ab+1>0$; $1-{{a}^{2}}>0$; $1-{{b}^{2}}>0$ nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh. b) Ta có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=4$ $\begin{align} & \Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}-2xy=8 \\ & \Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)+\left( {{x}^{2}}-2xy+{{y}^{2}} \right)=8 \\ & \Leftrightarrow A+{{\left( x-y \right)}^{2}}=8 \\ & \Leftrightarrow A=8-{{\left( x-y \right)}^{2}}\le 8 \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & {{\left( x-y \right)}^{2}}=0 \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=4 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=y \\ & {{x}^{2}}=4 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=y=2 \\ & x=y=-2 \\ \end{align} \right.$. Vậy giá trị lớn nhất của $A$ là 8, đạt được tại $x=y=2$ hoặc $x=y=-2$. Mặt khác ta lại có ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=4$ $\begin{align} & \Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}=8+2xy \\ & \Leftrightarrow 3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)=8+{{\left( x+y \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 3A=8+{{\left( x+y \right)}^{2}}\ge 8 \\ & \Leftrightarrow A\ge \frac{8}{3} \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & {{\left( x+y \right)}^{2}}=0 \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy=4 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=-y \\ & 3{{x}^{2}}=4 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\frac{2}{\sqrt{3}};\,\,y=-\frac{2}{\sqrt{3}} \\ & x=-\frac{2}{\sqrt{3}};\,\,y=\frac{2}{\sqrt{3}} \\ \end{align} \right.$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\frac{8}{3}$, đạt được tại $x=\frac{2}{\sqrt{3}};\,\,y=-\frac{2}{\sqrt{3}}$ hoặc $x=-\frac{2}{\sqrt{3}};\,\,y=\frac{2}{\sqrt{3}}$.
