Chủ đề này có 2 trả lời

[dunghoiten]

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+c)(b+c)=4c^2$. Tìm Min của biểu thức: $\dfrac{32a^3}{(b+3c)^3}+\dfrac{32b^3}{(a+3c)^3}-\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}$

[Dinh Xuan Hung]

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+c)(b+c)=4c^2$. Tìm Min của biểu thức: $\dfrac{32a^3}{(b+3c)^3}+\dfrac{32b^3}{(a+3c)^3}-\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}$

Đặt: $x=\frac{a}{c},y=\frac{b}{c}$, khi đó từ giả thiết ta có: $x+y+xy=3$

 

Khi đó: $P=\frac{32x^{3}}{(y+3)^{3}}+\frac{32y^{3}}{(x+3)^{3}}-\sqrt{x^{2}+y^{2}}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có: 

 

                  $\frac{32x^{3}}{(y+3)^{3}}+1=\frac{32x^{3}}{(y+3)^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{6x}{y+3}$

 

Tương tự bất đẳng thức còn lại ta được: $P\geq \frac{6x}{y+3}+\frac{6y}{x+3}-\sqrt{x^{2}+y^{2}}-2$

 

Đặt $S=x+y, P=xy$ thì $S+P=3$ và chú ý rằng: $S^{2} \geq 4P$ suy ra $S \geq 2$ và:

 

          $\frac{6y}{x+3}+\frac{6x}{y+3}-\sqrt{x^{2}+y^{2}}-2=3S-\sqrt{S^{2}+2S-6}-5=f(S)$

 

Khảo sát hàm số $f(S)$ trên $[2,+\propto ]$ thu được GTNN của $f(S)$ là $1- \sqrt{2}$ đạt đuợc khi $S=2$, lúc này có $x=y=1$ hay $a=b=c$ 

 

Vậy $minP=1- \sqrt{2}$ khi và chỉ khi $a=b=c$

[leminhnghiatt]

 Tham khảo cách giải không dùng hàm

 

Đặt $x=\frac{a}{c}$, $y=\frac{b}{c}$ suy ra $xy+x+y=3$, lại có $xy \le \frac{(x+y)^2}{4}$ nên $ \frac{(x+y)^2}{4}+x+y \ge 3 \rightarrow x+y \ge 2$ và $xy \le 1$.

 

 

  Xét biểu thức:$$\frac{x}{x+3}+\frac{y}{y+3}=\frac{2xy+3(x+y)}{xy+3(x+y)+9}=\frac{2xy+3(x+y)}{xy+3(x+y)+3(xy+x+y)}=\frac{1}{2}$$

  Sử dụng BĐT cauchuy cho 3 số dương:

$$\frac{16a^3}{(b+3c)^3}+\frac{16a^3}{(b+3c)^3}+\frac{1}{4} \ge \frac{12a^2}{(b+3c)^2}$$
  Hoàn toàn tương tự:

$$\frac{16b^3}{(a+3c)^3}+\frac{16b^3}{(a+3c)^3}+\frac{1}{4} \ge \frac{12b^2}{(a+3c)^2}$$

  Suy ra: $$\frac{32a^3}{(b+3c)^3}+\frac{32b^3}{(a+3c)^3} \ge 12[\frac{a^2}{(a+3c)^2}+\frac{b^2}{(b+3c)^2}]-\frac{1}{2}, (1)$$

  Từ $\frac{x}{x+3}+\frac{y}{y+3}=\frac{1}{2}$ ta có $$\frac{a}{a+3c}+\frac{b}{b+3c}=\frac{1}{2}\rightarrow \frac{a^2}{(a+3c)^2}+\frac{b^2}{(b+3c)^2} \ge \frac{1}{8}$$

  Do đó $$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8} \ge$$

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

$$=\frac{(a^2-b^2)((a+3c)^2-(b+3c)^2)}{(b+3c)^2(a+3c)^2}=\frac{(a-b)^2(a+b)(a+b+6c)}{(b+3c)^2(a+3c)^2}$$

  Do  $x+y \ge 2$ nên $a+b \ge 2c$ do đó $(a+b)(a+b+6c)\ge 16c^2$. Mặt khác $$(b+3c)(a+3c)=ab+3c(a+b)+9c^2 \le 3(ab+bc+ca)+9c^2=18c^2$$ nên

$$\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8} \ge$$

$$\frac{(a-b)^2(a+b)(a+b+6c)}{(b+3c)^2(a+3c)^2} \ge\frac{16(a-b)^2}{18^2.c^2}=\frac{4(a-b)^2}{81c^2}$$

  Do đó $$12[\frac{a^2}{(b+3c)^2}+\frac{b^2}{(a+3c)^2}-\frac{1}{8}] \ge  \frac{16(a-b)^2}{27c^2}, (2)$$

  Lại có $xy \le 1$ nên $\frac{ab}{c^2} \le 1$. Do đó:

$$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}-\sqrt{2}=\frac{\sqrt{(a-b)^2+2ab}}{c}-\sqrt{2}$$

$$\le \sqrt{\frac{(a-b)^2}{c^2}+2}-\sqrt{2}=\frac{\frac{(a-b)^2}{c^2}}{\sqrt{\frac{(a-b)^2}{c^2}+2}+\sqrt{2}} \le \frac{(a-b)^2}{2\sqrt{2}.c^2}, (3)$$

  Từ (1),(2) và (3) suy ra $$P \ge 1-\sqrt{2}+(\frac{16}{27}-\frac{1}{2\sqrt{2}})\frac{(a-b)^2}{c^2} \ge 1-\sqrt{2}$$