BDT - Website Toán học

Gốc > Bài viết chuyên đề >

Tạo bài viết mới BDT

Bài 1. Post: Trần Đình Hiền

Cho $a,b,c \in \left[ 0;1 \right]$ . Tìm GTLN của

Lời giải 1:(Tiếu Ngạo Giang Hồ)

Bài này là tiêu biểu cho nguyên lý tâm biên:
Hàm $f$ convex trên D với D: convex set khi đó hễ $a;\;x;\;y;\;b;\;a+b=x+y\in$ D và $a\le x;\;y$ thì $f(a)+f(b)\ge f(x)+f(y)$ Nếu $f$ : concave thì đảo lại ..
Return to our problem ..
GS $a\ge b\ge c$ khi ấy
-Nếu $a+b\le 1$ rõ ràng $P\le 3$

-Nếu $a+b>1$
Trước hết có $P=(a+b+c+1)\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)-3$ hàm $f(x)=\frac{1}{x}$ là convex trên convex set $\mathbb{R}^+$ nên từ $a+b\le a+1;\;b+1$ và $(a+b)+2=(a+1)+(b+1)$ nên $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\le \frac{1}{a+b}+\frac{1}{2}$ (*)

Đặt $a+b=x;\; 1+c=y$ ta có $x;\;y\in [1;\;2]$ và theo đánh giá (*) $P\le(x+y)\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)-3$

$=x\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{y}\right)+\frac{y}{x}+\frac{y}{2}-1=g(x)$

Vì vai trò $x;\;y$ như nhau nên giả tự $x\ge y$

Có $g'(x)= \frac{1}{2}+\frac{1}{y}-\frac{y}{x^2}>0$ lại vì $x\in [0;\;2]$ vậy $g(x)\le g(2)=y+\frac{2}{y}=h(y)$ hàm $h(y)$ này có GTLN là 3 trên miền $y\in [0;\;2]$

Tóm lại có kết quả nhưng Chung đã alo để ý là $P(1;\;1;\;1)=P(1;\;1;\;0)=3$

Lời giải 2: (Trần Đình Hiền)

c/m $\frac {a}{c + 1} \le \frac {a}{c + a}$ với a,c không đồng thời bằng 0.

$\frac {b}{c + 1} \le \frac {b}{c + b}$ với b,c không đồng thời bằng 0.

$\frac {b}{a + 1} \le \frac {b}{a + b}$ với b,a không đồng thời bằng 0.

$\frac {c}{a + 1} \le \frac {c}{a + c}$ với a,c không đồng thời bằng 0.

$\frac {c}{b + 1} \le \frac {c}{b + c}$ với b,c không đồng thời bằng 0.

$\frac {a}{b + 1} \le \frac {a}{b + a}$ với b,a không đồng thời bằng 0.

Cộng lại $P \le 3$ .

_______________________________________________________________________________

Bài 2. Post: Hoàng Nhi

cho $x, y, z >0$ và $xy+yz+zx=xzy$ . Chứng minh:

Lời Giải : (Tiếu Ngọa Giang Hồ)

Đặt $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$ ta có $a+b+c=1$ và cần chứng minh

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq 3(a^2+b^2+c^2)$

Nhân 2 vế trái với a+b+c bdt cần CM trở thành

Mặt khác

Cộng vế theo vế đống hôi thối này lại là sẽ có

Done!!
_________________________________________________________________________________

Bài 3: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác. Tìm GTNN của biểu thức

$P = \sqrt {\frac{{2a}}{{2b + 2c - a}}} + \sqrt {\frac{{2b}}{{2c + 2a- b}}} + \sqrt {\frac{{2c}}{{2a + 2b - c}}}$

Lời Giải 1: (Nguyễn Trung Tín)

$\frac{P}{\sqrt{2}}=\sum{\frac{a^2}{\frac{1}{\sqrt{3}}.\sqrt{3}a\sqrt{2(ab+ac)-a^2}}\geq frac{3}\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)}= \sqrt{3}$

dấu "=" khi $a=b=c$ hay ABC là tam giác đều

hoặc chuẩn hóa $a+b+c=1$ rồi dùng phương pháp tiếp tuyến cm $\sqrt{\frac{a}{2-3a}}\geq\frac{-3\sqrt{3}}{2}(a-\frac{1}{3})+\frac{\sqrt{3}}{3}}$ .

Lời Giải 2: (Nguyễn Tất Thu)

Chỉ cần áp dụng BDT Co Si cho hai số

là Ok
_________________________________________________________________________________

Bài 4: (Nguyễn Văn Dũng) Trích đề thi thử LTV

Cho $x,y > 0$ thỏa $xy \le y - 1$ . Tìm GTNN của $P = \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + 9\frac{{{x^3}}}{{{y^3}}}$

Lời Giải:(NTT) Đặt $y = tx \Rightarrow t > 0$ và từ giả thiết

$\Rightarrow t{x^2} - tx + 1 \le 0 \Rightarrow \Delta = {t^2} - 4t\ge 0 \Leftrightarrow t \ge 4$

Khi đó:

$P = 9{t^3} + \frac{1}{{{t^2}}} = f(t) \Rightarrow f'(t) > 0\Rightarrow f(t) \ge f(4) = \frac{{9217}}{{16}}$

Vậy $\min P = \frac{{9217}}{{16}}$ đạt được khi $x = \frac{1}{2};y = 2$ .
_________________________________________________________________________________

Bài 5:(Nguyễn Tất Thu)

Cho hai số thực $x,y \ge 0$ thỏa mãn: $\left\{ \begin{array}{l} x + y \le 4 \\ 3x + y \le 6 \\ \end{array} \right.$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = 9\sqrt[3]{x} + 4\sqrt{3 y}$

Lời Giải :(Nguyễn Tất Thu)

ta có $9 \sqrt[3]{x.1.1} \leq 3(x+2)$

và $4\sqrt{3.y} \leq 2(y+3)$

nên $LHS \leq 3x+2y+12=3\frac{x+y}{2}+\frac{3x+y}{2}+12=21$

dấu "=" xảy ra khi $x=1,y=3$ ________________________________________________________________________________

Bài 6: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa: $a+b+c=1$ . Tìm GTLN của biểu thức

$P = \frac{{ab}}{{1 + c}} + \frac{{bc}}{{1 + a}} + \frac{{ca}}{{1 +b}}$

Lời Giải:

Ta có: $\frac{1}{{x + y}} \le \frac{1}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$

$\frac{1}{{1 + c}} = \frac{1}{{(c + b) + (a + c)}} \le\frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{c + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right)$

$\Rightarrow \frac{{ab}}{{1 + c}} \le \frac{1}{4}\left({\frac{{ab}}{{b + c}} + \frac{{ab}}{{a + c}}} \right)$

Tương tự:

$\Rightarrow \frac{{bc}}{{1 + a}} \le \frac{1}{4}\left({\frac{{bc}}{{a + c}} + \frac{{bc}}{{a + b}}} \right)$

$\Rightarrow \frac{{ca}}{{1 + b}} \le \frac{1}{4}\left({\frac{{ca}}{{b + c}} + \frac{{ca}}{{a + b}}} \right)$

$\Rightarrow P \le \frac{1}{4}\left( {\frac{{ab}}{{b + c}} +\frac{{ca}}{{b + c}}} \right) + \frac{1}{4}\left( {\frac{{ab}}{{a +c}} + \frac{{bc}}{{a + c}}} \right) + \frac{1}{4}\left({\frac{{ab}}{{a + c}} + \frac{{bc}}{{a + c}}} \right)$

$\Rightarrow P \le \frac{1}{4}(a + b + c) = \frac{1}{4}$ .

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .
KL: $\max P = \frac{1}{4}$

_________________________________________________________________________________

Bài 8.Post: Nguyễn Văn Năm

Cho các số $a,b,c$ dương: Chứng minh rằng
$\frac{b\sqrt{c}}{a(\sqrt{3c}+\sqrt{ab})}+\frac{c\sqrt{a}}{b(\sqrt{3a}+\sqrt{bc})}+\frac{a\sqrt{b}}{c(\sqrt{3b}+\sqrt{ca})}\ge\frac{3\sqrt{3}}{4}$ với $a++b+c=1$

Lời giải:

$VT=\sum \frac{bc}{a(\sqrt{3}c+\sqrt{abc}}\ge\frac{{{(\sum{a}b)}^{2}}}{abc(\sqrt{3}\sum{a}+3\sqrt{abc}}$

$\ge\frac{{{(\sum{a}b)}^{2}}}{\frac{{{(\sum{a}b)}^{2}}}{\sqrt{3}}+3{{(abc)}^{\frac{3}{2}}}}$

Mà $\sum ab\geq 3(abc)^{\frac{2}{3}}\Rightarrow3^{\frac{9}{4}}(abc)^{\frac{3}{2}}\leq(\sum ab)^{\frac{9}{4}}$

$\Rightarrow VT\geq\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{(\sumab)^{\frac{1}{4}}}{3^{\frac{5}{4}}}}$

$\sum ab\leq\frac{(\sum a)^2}{3}=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow VT\geq\frac{3\sqrt{3}}{4}$

________________________________________________________________________________

Bài 9. Post: Nguyễn Văn Năm

Chứng minh rằng

$\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} +\frac{{{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} +\frac{{{z^2}}}{{{{\left( {z - 1} \right)}^2}}} \ge 1$

VỚi mỗi số thực $x,y,z \neq 1, xyz=1$

Lời giải 1. Post: Nguyễn Trung Tín

Let
$a=\frac{x}{1-x},b=\frac{y}{1-y},c=\frac{z}{1-z}$
Then we have :
$abc=(a+1)(b+1)(c+1)=\frac{1}{(x-1)(y-1)(z-1)}$
$\Leftrightarrow ab+ac+bc+a+b+c+1=0$
Therefore :
$a^2+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)+2(a+b+c)+2$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=(a+b+c+1)^2+1\geq 1$
So problem a claim .
The equality hold if and only if $a+b+c+1=0$

Lời giải 2:

$\frac {x^{2}}{\left(x - 1\right)^{2}} + \frac {y^{2}}{\left(y - 1\right)^{2}} + \frac {z^{2}}{\left(z - 1\right)^{2}} - 1$

$\equiv\frac {a^{6}}{\left(a^3 - abc\right)^{2}} + \frac {b^{6}}{\left(b^3 - abc\right)^{2}} + \frac {c^{6}}{\left(c^3 - abc\r...$

$= \frac {(bc + ca + ab)^2\left(b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2 - a^2bc - b^2ca - c^2ab\right)^2}{\left(a^2 - bc\right)^2\left(b^2 - ...$

Lời giải 3:

Let $x + y + z = a,\ xy + yz + zx = b,\ xyz = 1$ , $x,\ y,\ z$ are the roots of the cubic equation : $t^3 - at^2 + bt - 1 = 0$ .

If $t = 1$ is the roots of the equation, then we have $1^3 - a\cdot 1^2 + b\cdot 1 - 1 = 0\Longleftrightarrow a - b = 0\ \therefore t\neq 1\Longleftrightarrow a - b\neq 0$ .

Thus the cubic equation with the roots $\alpha = \frac {x}{x - 1},\ \beta = \frac {y}{y - 1},\ \gamma = \frac {z}{z - 1}$ is $\left(\frac {t}{t - 1}\right)^3 - a\left(\frac {t}{t - 1}\right) + b\cdot \frac {t}{t - 1} - 1 = 0$ .

$\Longleftrightarrow (a - b)t^3 - (a - 2b + 3)t^2 - (b - 3)t - 1 = 0\ \cdots [*]$ . Let $a - b = p\neq 0,\ b - 3 = q$ , we can rerwite the equation as $pt^3 - (p - q)t^2 - qt - 1 = 0$ .

By Vieta's formula, we have $\alpha + \beta + \gamma = \frac {p - q}{p} = 1 - \frac {q}{p},\ \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = - \frac {q}{p}$ .

$\therefore \frac {x^2}{(x - 1)^2} + \frac {y^2}{(y - 1)^2} + \frac {z^2}{(z - 1)^2} = \alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2$

$= (\alpha + \beta + \gamma)^2 - 2(\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha)$

$= \left(1 - \frac {q}{p}\right)^2 - 2\left( - \frac {q}{p}\right)$

$= \left(\frac {q}{p}\right)^2 + 1\geq 1$ , the equality holds when $\frac {q}{p} = 0\Longleftrightarrow q = 0\Longleftrightarrow b = 3$ , which

completes the proof.

Lời giải 4:
$\left(\frac{a}{a-b}\right)^2+\left(\frac{b}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c}{c-a}\right)^2\ge 1$
$\Leftrightarrow \frac{(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}\ge 0$

_____________________________________________________________________

Bài 10: Nguyễn Tất Thu

Cho $\Delta ABC$ là tam giác nhọn. Chứng minh bất đẳng thức sau :

$\tan A.{\cot ^3}B + \tan B.{\cot ^3}C + \tan C.{\cot ^3}A \ge 1$ .

Lời giải: Tiếu Ngạo Giang Hồ

________________________________________________________________________________

Bài 11: Trần Đình Hiền

cho $x, y, z >0$ và $xy+yz+zx=xzy$ . Chứng minh:

Lời giải: Tiếu Ngạo Giang Hồ

Nhân 2 vế trái với a+b+c bdt cần CM trở thành

Mặt khác

Cộng vế theo vế đống hôi thối này lại là sẽ có

Done!!

________________________________________________________________________________

Bài 12: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$ . Tìm GTNN của biểu thức:

$P=a^3+\sqrt{1+b^2}+\sqrt[4]{1+c^4}$

Lời giải: Nguyễn Tất Thu

Ta có các hàm số $f(t) = {t^3};{\rm{ }}g(t) = \sqrt {1 + {t^2}} ;{\rm{ }}h(t) =\sqrt[4]{{1 + {t^4}}}$ với $t \in (0;1)$ là những hàm số có đạo hàm cấp hai dương trên khoảng $(0;1)$ . Nên với $a,b,c > 0$ thỏa $a + b + c = 1$ áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:

$f(x) \ge f'(a)(x - a) + f(a)$ ;

$h(y) \ge h'(b)(y - b) + h(b)$ ;

$g(z) \ge g'(c)(z - c) + g(c)$

Ta chọn $a,b,c$ sao cho $f'(a) = g'(b) = h'(c) = k$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 3{a^2} = k \\ \frac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} = k \\ \frac{{{c^3}}}{{\sqrt[4]{{{{(1 + {c^4})}^3}}}}} = k \\ \end{matrix} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a = \sqrt {\frac{k}{3}} \\ b = \frac{k}{{\sqrt {1 - {k^2}} }} \\ c =\frac{{\sqrt[3]{k}}}{{\sqrt[4]{{1 - k\sqrt[3]{k}}}}} \\ \end{matrix} \right.$ (1)

Do $a + b + c = 1 \Leftrightarrow \sqrt {\frac{k}{3}} + \frac{k}{{\sqrt{1 - {k^2}} }} + \frac{{\sqrt[3]{k}}}{{\sqrt[4]{{1 - k\sqrt[3]{k}}}}}= 1$ (2).

Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng $(0;1)$ .

$\Rightarrow P = f(x) + g(y) + h(z) \ge f(a) + h(b) + g(c) =\frac{{k\sqrt {3k} }}{9} + \frac{1}{{\sqrt {1 - {k^2}} }} +\frac{1}{{\sqrt[4]{{1 - k\sqrt[3]{k}}}}}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = a;y = b;z = c$ .

Vậy $\min P = \frac{{k\sqrt {3k} }}{9} + \frac{1}{{\sqrt {1 - {k^2}} }} +\frac{1}{{\sqrt[4]{{1 - k\sqrt[3]{k}}}}}$ với là nghiệm nằm trong $(0;1)$ của (2).

_________________________________________________________________________________

Bài 13. Post: Nguyễn Văn Năm

Tìm $GTLN,GTNN$ của biểu thức $A=x\sqrt{m+y}+y\sqrt{m+x}$ , trong đó $x,y$ là hai số thực không âm thảo mãn điều kiện $x+y= 1$ với $k,m$ là hai số dương cho trước.

Lời Giải: Nguyễn Văn Năm

a) Tìm $GTLN$ : Áp BĐT Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
$A^2= (\sqrt{x}.\sqrt{xm+xy}+\sqrt{y}\sqrt{ym+xy})^2 \lemk^2+2k(\frac{x+y}{2})^2= = mk^2+\frac{k^3}{2}= \frac{k^2}{2}(2m+k)$ Từ đó $A \le \frac{k\sqrt{4m+2k}}{2}$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\frac{k}{2}$ , lúc đó $GTLN$ của $A$ là $\frac{k\sqrt{4m+2k}}{2}$
Với $m=k=1$ theo đề bài thì $GTLN$ của $A$ là $\frac{\sqrt{6}}{2}$ , xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$ b) Tìm $GTNN$ , chú ý rằng $x\ge0$ và $y\ge 0$
$\begin{align} & A=x\sqrt{m+y}+y\sqrt{m+x}-(x+y)\sqrt{m}+k\sqrt{m}= \\ & =x(\sqrt{m+y}-\sqrt{m})+y(\sqrt{m+x}-\sqrt{m})+k\sqrt{m}\gek\sqrt{m} \\ \end{align}$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0,y=k$ hoặc $y=0, x=k$ ,
lúc đó $GTNN$ của $A$ là $k\sqrt{m}$
Với $m=k=1$
theo đề bài thì $GTNN$ của A là $1$ ,
xảy ra khi $x=0,y=1$ hoặc $y=0,x=1$

________________________________________________________________________________

Bài 14: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c \ge 0$ . Chứng minh rằng :

$\frac{1}{{a^3 + b^3 + abc}} + \frac{1}{{b^3 + c^3 + abc}} +\frac{1}{{c^3 + a^3 + abc}} \le \frac{1}{{abc}}$ .

Lời giải: Nguyễn Tất Thu

Theo bài toán trên ta có : $a^3 + b^3 \ge a^2 b + b^2 a = ab(a + b)$

$\Rightarrow a^3 + b^3 + abc \ge ab(a + b + c) \Rightarrow\frac{1}{{a^3 + b^3 + abc}} \le \frac{1}{{ab(a + b + c)}} =\frac{c}{{abc(a + b + c)}}$

Tương tự : $\frac{1}{{b^3 + c^3 + abc}} \le \frac{a}{{abc(a + b + c)}};{\rm{}}\frac{1}{{c^3 + a^3 + abc}} \le \frac{b}{{abc(a + b + c)}}$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta có đpcm.

________________________________________________________________________________

Bài 15: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c \ge 0$ và $abc = 1$ . Chứng minh rằng :

$\frac{{ab}}{{a^5 + b^5 + ab}} + \frac{{bc}}{{b^5 + c^5 + bc}} +\frac{{ca}}{{c^5 + a^5 + ac}} \le 1$ .

Lời Giải: Nguyễn Tất Thu

$\frac{{ab}}{{a^5 + b^5 + ab}} + \frac{{bc}}{{b^5 + c^5 + bc}} +\frac{{ca}}{{c^5 + a^5 + ac}} \le 1$ .

Giải : Ta có : $a^5 + b^5 \ge a^3 b^2 + b^3 a^2 = a^2 b^2 (a + b) \Rightarrow a^5 +b^5 + ab \ge ab\frac{{a + b + c}}{c}$

$\Rightarrow \frac{{ab}}{{a^5 + b^5 + ab}} \le\frac{{ab}}{{ab\frac{{a + b + c}}{c}}} = \frac{c}{{a + b + c}}$ .

Tương tự : $\frac{{bc}}{{b^5 + c^5 + bc}} \le \frac{a}{{a + b + c}};{\rm{}}\frac{{ca}}{{c^5 + a^5 + ac}} \le \frac{b}{{a + b + c}}$

Cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm.

________________________________________________________________________________

Bài 16: (Nguyễn Tất Thu)

Bài toán 2.4: Cho $x,y,z > 0$ . Cmr: $\frac{{2\sqrt x }}{{x^3 + y^2 }} + \frac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2}} + \frac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \frac{1}{{x^2 }} +\frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }}$ .

Lời Giải: Nguyễn Tất Thu

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có: $x^3 + y^2 \ge 2xy\sqrt x \Rightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{x^3 +y^2 }} \le \frac{{2\sqrt x }}{{2xy\sqrt x }} = \frac{1}{{xy}}$ .

Tương tự: $\frac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2 }} \le \frac{1}{{yz}};{\rm{}}\frac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \frac{1}{{zx}} \Rightarrow{\rm{VT}} \le \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}$ .

Mặt khác: $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca \Rightarrow \frac{1}{{xy}} +\frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} \le \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2}} + \frac{1}{{z^2 }}$ .

Vậy : ${\rm{VT}} \le \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }}\Rightarrow$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z = 1$ .

________________________________________________________________________________

Bài 17: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$ . Cmr : $\frac{a}{{1 + a}} + \frac{b}{{1 + b}} + \frac{c}{{1 + c}} \le\frac{3}{4}$ .

Lời Giải: Nguyễn Tất Thu

Ta có BĐT $\Leftrightarrow \frac{{a + 1 - 1}}{{a + 1}} + \frac{{b + 1 - 1}}{{b+ 1}} + \frac{{c + 1 - 1}}{{c + 1}} \le \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow 3 - (\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} +\frac{1}{{c + 1}}) \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{1}{{a + 1}} +\frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} \ge \frac{9}{4}$ .

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} \ge\frac{9}{{a + b + c + 3}} = \frac{9}{4}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

________________________________________________________________________________

Bài 18: (Nguyễn Tất Thu)

Cho $a,b,c > 0$ . Cmr : $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$ .

Lời Giải: Nguyễn Tất Thu

$\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{a^2}}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}} = a$ .

Tương tự : $\frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} \ge b;{\rm{ }}\frac{{c^2}}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} \ge c$ .

Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc :

$\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} + \frac{{a + b + c}}{2} \ge a + b + c$

$\Rightarrow \frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} +\frac{{c^2 }}{{a + b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

_________________________________________________________________________________

Bài 19: (Nguyễn Tất Thu)

Cho các số thực không âm $x,y,z$ có $x+y+z=1$ .

Tìm GTLN, GTNN của $P=xy+yz+zx-27xyz$

Lời giải: Nguyễn Tất Thu

Giả sử $x = \max {\rm{\{ }}x,y,z{\rm{\} }} \Rightarrow 1 = x + y + z \le 3x\Rightarrow \frac{1}{3} \le x \le 1.$

ĐẶt $t = yz \Rightarrow 0 \le t \le \frac{{(y + z)^2 }}{4} =\frac{{\left( {1 - x} \right)^2 }}{4}$

$\Rightarrow P = yz(1 - 27x) + x(1 - x) = (1 - 27x)t + x - x^2$

Vì $x \ge \frac{1}{3} \Rightarrow 1 - 27x < 0$

$\Rightarrow (1 - 27x)\frac{{(1 - x)^2 }}{4} + x - x^2 \le P \lex(1 - x)$

Ta có: $x(1 - x) \le \frac{1}{4} \Rightarrow P \le \frac{1}{4}$ .

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = \frac{1}{2} = y;z = 0$ (các hoán vị)

$\Rightarrow \max P = \frac{1}{4}$ .

$P \ge \frac{{(1 - 27x)(1 - 2x + x^2 ) + 4x - 4x^2 }}{4} = \frac{{ -27x^3 + 51x^2 - 25x + 1}}{4}$

Xét hàm số $f(x) = - 27x^3 + 51x^2 - 25x + 1$ với $x \in \left[ {\frac{1}{3};1} \right]$
$f'(x) = - 81x^2 + 102x - 25 \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrowx = \frac{1}{3};x = \frac{{25}}{{27}}$