GTLN, GTNN

Nếu trực tiếp dùng Cô si cho 2 số \(x\) và \(\dfrac{1}{x}\) thì dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x=1\) không thỏa mãn điều kiện \(x\ge3\). Ta cần chọn \(k\) sao cho \(0< k< 1\)  để

                         \(f\left(x\right)=x+\dfrac{1}{x}=\left(1-k+k\right)x+\dfrac{1}{x}=\left(1-k\right)x+\left(kx+\dfrac{1}{x}\right)\)

   Có   \(k< 1,x\ge3\)  nên  \(\left(1-k\right)x\ge\left(1-k\right)3\) (1) , đẳng thức xảy ra khi \(x=3\)

  và    \(kx+\dfrac{1}{x}\ge2\sqrt{k}\)     (2), đẳng thức khi \(kx=\dfrac{1}{x}\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{\sqrt{k}}\).

Cần chọn \(k\)  để  \(\dfrac{1}{\sqrt{k}}=3\Leftrightarrow k=\dfrac{1}{9}\) . 

Giải: Có   \(f\left(x\right)=\dfrac{8}{9}x+\left(x+\dfrac{1}{9}x\right)\ge\dfrac{8}{9}.3+2\sqrt{\dfrac{1}{9}}=\dfrac{10}{3}\)

                 \(f\left(3\right)=\dfrac{10}{3}\)

Vậy  GTNN = \(\dfrac{10}{3}\)

Ta có     \(f\left(x\right)=x+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{6x}{8}+\left(\dfrac{x}{8}+\dfrac{x}{8}+\dfrac{1}{x^2}\right)\)

Với  \(x\ge2\) thì  \(\dfrac{6x}{8}\ge\dfrac{6}{4}\)  và  \(\dfrac{x}{8}+\dfrac{x}{8}+\dfrac{1}{x^2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}.\dfrac{1}{8}}=\dfrac{3}{4}\)

Suy ra    \(f\left(x\right)\ge\dfrac{9}{4},\forall x\ge2\). Hơn nữa   \(f\left(2\right)=2+\dfrac{1}{4}=\dfrac{9}{4}\) .

Vậy    GTNN =  \(\dfrac{9}{4}\)  .

- Có   \(1=\dfrac{1}{16}+\dfrac{15}{16}\Rightarrow\dfrac{1}{xy}=\dfrac{1}{16xy}+\dfrac{15}{16xy}\)   nên  \(P=\left(xy+\dfrac{1}{16xy}\right)+\dfrac{15}{16xy}\) .

- Vì  \(x,y>0;x+y\le1\) nên   \(0< xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\Rightarrow0< xy\le\dfrac{1}{4}\ge\dfrac{1}{xy}\ge4\)  .

- Do đó       \(P\ge2\sqrt{xy.\dfrac{1}{16xy}}+\dfrac{15}{16}.4=\dfrac{17}{4}\) .

- Hơn nữa, với \(x=y=\dfrac{1}{2}\) thì  \(P=\dfrac{1}{4}+4=\dfrac{17}{4}\) .

 - Do đó     GTNN = \(\dfrac{17}{4}\) .

-Theo Bunhiacopxki thì     

                           \(\left(1^2+4^2\right)\left(x^2+\dfrac{1}{y^2}\right)\ge\left(1.x+4.\dfrac{1}{y}\right)^2\)

nên                    \(\left(x^2+\dfrac{1}{y^2}\right)\ge\dfrac{1}{17}\left(x.1+\dfrac{1}{y}.4\right)^2\)

suy ra        

                           \(\sqrt{x^2+\dfrac{1}{y^2}}\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(x+\dfrac{4}{y}\right)\)

Tương tự              

                            \(\sqrt{y^2+\dfrac{1}{z^2}}\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(y+\dfrac{4}{z}\right)\) và  \(\sqrt{z^2+\dfrac{1}{x2}}\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(z+\dfrac{4}{y}\right)\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được

                            \(P\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(x+y+z\right)+\dfrac{4}{\sqrt{17}}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

                                 \(\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(x+y+z\right)+\dfrac{4}{\sqrt{17}}.\dfrac{9}{x+y+z}\)  .

Đặt   \(t=x+y+z\)      (\(0< t\le\dfrac{3}{2}\) )  thì

                               \(P\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(t+\dfrac{36}{t}\right)\)

- Chú ý rằng       \(36=\dfrac{144}{4}=\dfrac{9}{4}+\dfrac{135}{4}\) nên 

               \(t+\dfrac{36}{t}=t+\dfrac{9}{4t}+\dfrac{135}{4}.\dfrac{1}{t}\ge2\sqrt{\dfrac{9}{4}}+\dfrac{135}{4}.\dfrac{2}{3}=\dfrac{51}{2}\) .

- Do đó \(P\ge\dfrac{1}{\sqrt{17}}.\dfrac{51}{2}=\dfrac{51\sqrt{17}}{17.2}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)

- Khi  \(x=y=\dfrac{1}{2}\)  thì  

              \(P=\sqrt{\dfrac{1}{4}+4}+\sqrt{\dfrac{1}{4}+4}+\sqrt{\dfrac{1}{4}+4}=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)

Từ đó  GTNN = \(\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)

Từ giả thiết suy ra     

          \(\dfrac{1}{1+x}=1-\dfrac{1}{1+y}+1-\dfrac{1}{1+z}=\dfrac{y}{1+y}+\dfrac{z}{1+z}\ge2\sqrt{\dfrac{yz}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}\)

        (đẳng thức khi và chỉ khi  \(1-\dfrac{1}{1+y}=1-\dfrac{1}{1+z}\Leftrightarrow y=z\) )

Từ đó    \(\dfrac{1}{1+x}\ge2\sqrt{\dfrac{yz}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}\)  (1)   Tương tự :

         \(\dfrac{1}{1+y}\ge2\sqrt{\dfrac{zx}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}}\)  (2);    \(\dfrac{1}{1+z}\ge2\sqrt{\dfrac{zx}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}}\)  (3)

Nhân theo vế (1), (2) và (3) ta có

                \(\dfrac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\ge\dfrac{8xyz}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)

suy ra               \(xyz\le\dfrac{1}{8}\Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{8}\)

Hơn nữa,        \(P=\dfrac{1}{8}\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt[3]{xyz}=\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{1}{2}\). Dễ kiểm tra bộ ba số dương này thỏa mãn giả thiết bài toán.

Vậy GTLN= \(\dfrac{1}{8}\)  

Vì    \(\dfrac{x}{x+1}+\dfrac{1}{x+1}=1\)  nên 

                \(S=3-\left(\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\right)\) 

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki Svac ta có

          \(\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\ge\dfrac{9}{x+y+z+3}\ge\dfrac{9}{6+3}=1\)

             (do giả thiết  \(x+y+z\le6\) )

Suy ra   \(S\le2\) .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=y=z=\dfrac{x+y+z}{3}=\dfrac{6}{3}=2\).

Vậy  GTLN = 2.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki Svac và giả thiết  ta có

                         \(P\ge\dfrac{\left(1+2+3\right)^2}{x+y+z}\ge\dfrac{36}{6}=6\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=y=z=2\) . Vậy  GTNN = 2. 

Áp dụng bất đẳng thức    \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)  (với \(a,b>0\)  , đẳng thức khi \(a=b\) ) ta có    

                       \(S=\dfrac{1}{x+z}+\dfrac{2}{y+x}+\dfrac{3}{z+y}\) 

                           \(\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}\right)+\dfrac{2}{4}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{x}\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

                           \(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{3}{x}+\dfrac{5}{y}+\dfrac{4}{z}\right)\)

                           \(\le\dfrac{1}{4}.12\)

Vậy   \(S\le2\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\).

GTLN = 3.

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có   \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  suy ra

                    \(\dfrac{x^2+y^2}{x+y}\ge\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)\) , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y\).

Tương tự với hai hạng tử còn lại của \(S\) . Vì vậy

                                         \(S\ge x+y+z\)

                                             \(\ge6\)      (do giả thiết     \(x+y+z\ge6\))

Do đó     GTNN = 6   (đạt được khi và chỉ khi  \(x=y=z=2\) )

Cả ba phần a), b), c) được làm hoàn toàn tương tự nhau. Ta giải phần c).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki Svac ta có

            \(S_3\ge\dfrac{\left(z+x+y\right)^2}{x+y+y+z+z+x}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge3\) 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    \(x=y=z=2\).  Vậy GTNN = 3.

Do giả thiết \(x+y=2\) , ta có   

            \(P=x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)=2\left(x^2-xy+y^2\right)\)

Mặt khác            \(x^2+y^2+1^2\ge xy+y.1+1.x=xy+2\)

Suy ra                             \(x^2+y^2-xy\ge1\)

Suy ra                           \(P\ge2\)

GTNN = 2  đạt khi \(x=y=1\)

Ta có      \(S=x+\dfrac{1}{x}+y+\dfrac{1}{y}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+\dfrac{3y}{4}+\left(\dfrac{y}{4}+\dfrac{1}{y}\right)\)

                   \(\ge2+\dfrac{3.2}{4}+2\sqrt{\dfrac{y}{4}.\dfrac{1}{y}}\)

Suy ra        \(S\ge\dfrac{9}{2}\) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(x=1,y=2\)

GTNN = \(\dfrac{9}{2}\).

Từ giả thiết \(x,y,z\in[-1;2]\) suy ra   \(\left(x+1\right)\left(x-2\right)\le0\Leftrightarrow x\ge x^2-2\). 

Do đó     \(S=x+y+z\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)-6\)

Theo giả thiết,   \(x^2+y^2+z^2=6\), suy ra    \(S\ge0\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong bộ ba số \(x,y,z\) có hai số bằng -1, một số bằng 2.

Vậy GTNN = 0.

Để tính toán được thuận tiện, ta chú ý rằng \(\dfrac{\left(x-1\right)+\left(x-3\right)}{2}=x-2\) , do đó nếu đặt

\(t=x-2\) thì    \(x-1=t+1;x-3=t+1\) . Do đó

             \(\left(x-1\right)^4=\left(t+1\right)^4=t^4+4t^3+6t^2+4t+1\)

             \(\left(x-3\right)^4=\left(t-1\right)^4=t^4-4t^3+6t^2-4t+1\)

 \(6\left(x-1\right)^2\left(x-3\right)^2=6\left(t+1\right)^2\left(t-1\right)^2=6\left(t^2-1\right)^2=6t^4-12t^2+6\)

Từ đó       \(f\left(x\right)=8t^4+8\ge8\)

GTNN = 8 đạt khi   \(t=0\Leftrightarrow x=2\)

Do giả thiết \(x+y+z=4\) nên  \(z+4=z+\left(x+y+z\right)=\left(z+x\right)+\left(z+y\right)\) 

Do đó    \(\dfrac{xy}{z+4}=xy.\dfrac{1}{\left(z+x\right)+\left(z+y\right)}\le\dfrac{xy}{4}\left(\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{z+y}\right)\)

Làm tương tự đối với hai số hạng còn lại của \(S\) ta được

              \(4S\le\dfrac{xy}{z+x}+\dfrac{xy}{z+y}+\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}+\dfrac{zx}{y+z}+\dfrac{zx}{y+x}\)  

Nhóm các cặp số hạng cùng mẫu, chẳng hạn   \(\dfrac{xy}{z+x}+\dfrac{yz}{x+z}=y.\dfrac{x+z}{x+z}=y\) , ta suy ra

                        \(4S\le x+y+z=4\Rightarrow S\le1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(x=y=z=\dfrac{4}{3}\).

Vậy GTLN = 1.

Do giả thiết   \(x+y+z=1\) nên   

                 \(S=\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{4y}+\dfrac{1}{16z}\right)\)

                     \(=\left(1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}\right)+\left(\dfrac{x}{4y}+\dfrac{x}{16z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{16z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{4y}\right)\)

                      \(=\dfrac{21}{16}+\left(\dfrac{x}{4y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{z}{4y}+\dfrac{y}{16z}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{16z}\right)\)

                      \(\ge\dfrac{21}{16}+2\sqrt{\dfrac{1}{4}}+2\sqrt{\dfrac{1}{64}}+2\sqrt{\dfrac{1}{16}}\) 

Suy ra           \(S\ge\dfrac{49}{16}\) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

     \(\left\{{}\begin{matrix}x=2y=4z\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{4}{7}\\y=\dfrac{2}{7}\\z=\dfrac{1}{7}\end{matrix}\right.\)

Vậy  GTNN = \(\dfrac{49}{16}\)

 Dự đoán GTLN đạt khi \(x=y\) và \(x+y=1\) tức là khi  \(x=y=\dfrac{1}{2}\) .

 Khi đó   \(x^2=4,\dfrac{1}{y^2}=\dfrac{1}{4}\)  suy ra  \(x^2=\dfrac{16}{y^2}\) . Vì vậy ta 

Giải:   Ta có          \(\left(1.x+4.\dfrac{1}{y}\right)^2\le\left(1^2+4^2\right)\left(x^2+\dfrac{1}{y^2}\right)\)

hay                       \(\sqrt{x^2+\dfrac{1}{y^2}}\ge\dfrac{1}{17}\left(x+\dfrac{4}{y}\right)\)  

Tương tự              \(\sqrt{y^2+\dfrac{1}{x^2}}\ge\dfrac{1}{17}\left(y+\dfrac{4}{x}\right)\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được

                \(S\le\dfrac{1}{17}\left(x+y\right)+\dfrac{4}{17}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\le\dfrac{1}{17}\left(x+y\right)+\dfrac{4}{17}.\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{x+y}\) 

Mà   \(x+y=1\)  (giả thiết) nên     \(S\le\dfrac{2}{17}\) . Đẳng thức đạt được khi và chỉ khi

\(x=y=\dfrac{1}{2}\) . Vậy   GTLN = \(\dfrac{2}{17}\)

Theo Bunhiacopxki ta có

 \(\left(1.x+9.\dfrac{1}{y}\right)^2\le\left(1^2+9^2\right)\left(x^2+\dfrac{1}{y^2}\right)\)   (em hãy giải thích vì sao xét hai bộ số (1;9) và \(\left(x;\dfrac{1}{y}\right)\) ) . Do đó

       \(x+\dfrac{9}{y}\le\sqrt{82}.\sqrt{x^2+\dfrac{1}{y^2}}\)

nên                    \(\left(x+y+z\right)+9\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\le\sqrt{82}.S\)

Suy ra           \(S\ge\dfrac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z\right)+\dfrac{9}{\sqrt{82}}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)

                          \(\ge\dfrac{1}{\sqrt{82}}\left(x+y+z\right)+\dfrac{9}{\sqrt{82}}.\dfrac{9}{x+y+z}\)

                           \(=\dfrac{1}{\sqrt{82}}+\dfrac{81}{\sqrt{82}}\)   (do giả thiết   \(x+y+z=1\))

                \(S\ge\sqrt{82}\)

GTNN = \(\sqrt{82}\)   đạt được khi  \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\) .