Topic yên lặng quá !
Bài 143 : Cho $x,y,z$ thuộc khoang $(1/3,1)$ thoa mãn $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$
Tìm GTNN của $P=x^2+y^2 +z^2$
Từ $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$, ta có $2(xy + yz + zx) = 2(2xyz + x + y + z - 1) \Leftrightarrow (x + y + z)^2 - 2(xy + yz + zx) = (x + y + z)^2 - 2(x + y + z) - 4xyz + 2$ $
\Leftrightarrow x^2 + y^2 + z^2 = (x + y + z)^2 - 2(x + y + z) + 2 - 4xyz \ge (x + y + z)^2 - 2(x + y + z) + 2 - 4\left (\dfrac{x + y + z}{3} \right )^3 = t^2 - 2t + 2 - \dfrac{4t^3}{27}$
$ = (\dfrac{2t}{3} - 1)^2(\dfrac{15}{12} - 3t) + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4}$
Bài 147: Cho $a,b,c$ dương và $abc=1$
.Tìm GTNN:
P= $\dfrac{a}{ \sqrt{a + \sqrt{6bc}}} + \dfrac{2b}{ \sqrt{2b + \sqrt{3ca}}} + \dfrac{3c}{ \sqrt{3c +\sqrt{2ab}}}$
Đặt : $\sqrt{2b} = y, \sqrt{3c} = z, \sqrt{a} = x$ Lúc đó $xyz = \sqrt{6}$
$$ P= \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2 + yz}} + \dfrac{y^2}{\sqrt{y^2 + xz}} + \dfrac{z^2}{\sqrt{z^2 + xy}} \ge \dfrac{(x + y + z)^2}{\sqrt{x^2 + yz} + \sqrt{y^2 + zx} + \sqrt{z^2 + xy}} $$
Nên $$ P^2 \ge \left (\dfrac{(x + y + z)^2}{\sqrt{x^2 + yz} + \sqrt{y^2 + zx} + \sqrt{z^2 + xy}}\right )^2$$ $$ \ge \dfrac{(x + y + z)^4}{3.(x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz + zx} = \dfrac{t^2}{3.t - 9(xy + yz + zx)} \ge \dfrac{t^2}{3t - 27\sqrt[3]{6}}$$
Với $t = (x + y + z)^2 \ge 9\sqrt[3]{6}$
Đến đây khảo sát hàm số (x = y = z)
Bài 149:
Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$, ta có:
$\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a} \ge 3\sqrt[4]{{\frac{{{a^4} + {b^4} + {c^4}}}{3}}}$
Ta có :$$\left (\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a}\right )^2.(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \ge (a^2 + b^2 + c^2)^3$$
Ta sẽ chứng minh $ (a^2 + b^2 + c^2)^3 \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 +c^2a^2)\sqrt{3(a^4 + b^4 + c^4)}$
Thật vậy, chỉ cần chuẩn hoá $a^2 + b^2 + c^2 = 3$, viết lại
BĐT $3^3 \ge 3t.\sqrt{3(9 - t)}$
đến đây thì rất dễ dàng rồi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-02-2012 - 18:30