Bài toán 1 : Cho $x,y,z \in$ R . Chứng minh với mọi tam giác ABC ta có :
$(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-1)x^2+(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}-1)y^2+(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-1)z^2$
$\geq (3-\frac{b+c}{a})yz+(3-\frac{c+a}{b})zx+(3-\frac{a+b}{c})xy$
( Note : a,b,c là 3 cạnh của tam giác ABC )
Bài toán 2 : Cho $x,y,z \geq 0$ và 2 trong chúng không đồng thời bằng 0 . Chứng minh rằng :
$\sqrt{1+\frac{48x}{y+z}}+\sqrt{1+\frac{48y}{z+x}}+\sqrt{1+\frac{48z}{x+y}}\geq 15$ .
Lần này anh chắc chắn đúng rồi
*Bổ đề: Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $c=min\left \{ a,b,c \right \}$ thì ta có:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:
$\left ( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}} \right )^2\left [ a^2(b+c)+b^2(c+a) \right ]\geq (a+b)^3$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq \sqrt{\frac{(a+b)^3}{a^2(b+c)+b^2(c+a)}}$
Ta thấy:
$a^2(b+c)+b^2(c+a)=ab(a+b-2c)+c(a+b)^2$
$\leq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^2(a+b-2c)+c(a+b)^2$
$=\frac{(a+b)^3+2c(a+b)^2}{4}$
Như vậy ta có:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}\geq \sqrt{\frac{4(a+b)^3}{(a+b)^3+2c(a+b)^2}}=2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$
Bổ đề được chứng minh.
Bây giờ quay trở lại bài toán.
Không mất tính tổng quát ta giả sử $z=min\left \{ x,y,z \right \}$.
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có:
$\sqrt{1+\frac{48x}{y+z}}+\sqrt{1+\frac{48y}{z+x}}\geq \sqrt{4+48\left ( \sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}} \right )^2}$
$\geq \sqrt{4+48\left ( 2\sqrt{\frac{x+y}{x+y+2z}} \right )^2}=2\sqrt{1+\frac{48(x+y)}{x+y+2z}}$
Như vậy ta cần chứng minh:
$2\sqrt{1+\frac{48(x+y)}{x+y+2z}}+\sqrt{1+\frac{48z}{x+y}}\geq 15$
Đặt $\sqrt{1+\frac{48z}{x+y}}=t \left ( 1\leq t\leq 5 \right )$
Đến đây đưa về bất đẳng thức về một biến là xong.
$\Rightarrow Q.E.D$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 18-08-2017 - 21:34
, dãy bôi đỏ ngược chiều rồi nhá 
