dogsteven

Đề bài: Cho $a,b,c$ là cách số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh BDT sau:

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

Cách khác:

Đặt $t=x+y+z\ge 12$

$P=\sum \dfrac{4x}{2\sqrt{4.y}} \ge \sum \dfrac{4x^2}{xy+4x} \ge \dfrac{4(\sum x)^2}{\sum xy+4\sum x} \ge \dfrac{4t^2}{\dfrac{1}{3}t^2+4t}$

$\dfrac{t^2+12t}{12t^2}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{t} \le \dfrac{1}{6}$

Vậy $P\ge 6$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=4$

Cho $x,y,z\ge 0$ thoả $x+y+z \ge \dfrac{3}{2}$

Chứng minh $x^2+y^2+z^2+10xyz \ge 2$

Cho \[\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=1\] . Tìm min của $A={{x}^{3}}+{{y}^{3}}$ 

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$1=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \ge \dfrac{4}{x^2+y^2}$

$\Rightarrow x^2+y^2 \ge 4$

$\Rightarrow x+y \le 2\sqrt{2}$

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$x^3+y^3 =\dfrac{x^4}{x}+\dfrac{y^3}{y} \ge \dfrac{(x^2+y^2)^2}{x+y} \ge 4\sqrt{2}$

Áp dụng BDT Holder:

$(a+x)(b+y)(c+z) \ge (\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz})^3$

BDT được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$

Cho $x,y,z>0$. Tìm GTNN của:

$$A=\dfrac{(\sum x)^2}{\sum x^2}+\dfrac{1}{2}(\dfrac{\sum x^3}{xyz}-\dfrac{\sum x^2}{\sum xy})$$

Thanks!

Bài này thì có rất nhiều cách chứng minh.

1. Chứng minh và sử dụng bất đẳng thức trung gian:

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau luôn đúng: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2} \ge \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$ $(1)$

Bình phương 2 vế:

$a^2+b^2+x^2+y^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(x^2+y^2)} \ge a^2+b^2+x^2+y^2+2(ax+by)$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2} \ge ax+by$

$\Leftrightarrow a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2 \ge a^2x^2+2abxy+b^2y^2$

$\Leftrightarrow a^2y^2+b^2x^2-2aybx \ge 0$

$\Leftrightarrow (ay-bx)^2 \ge 0$ $(2)$

Bất đẳng thức $(2)$ luôn đúng nên $(1)$ luôn đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $ay=bx$

Áp dụng $(1)$ vào bài toán:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}$

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}+\sqrt{c^2+a^2}  \ge \sqrt{2(a+b+c)^2}$ (dpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

2. Dùng vector (cách này không được áp dụng, nhưng cũng là một cách chứng minh, mang tính tham khảo):

$|\vec{u}|+|\vec{v}|+|\vec{t}|  \ge |\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}|$ $(1)$

Đặt $\vec{u}=(a; b), \vec{v}=(b; c), \vec{t}=(c;a)$

Vậy $\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}=(a+b+c;a+b+c)$

Áp dụng 1 vào ta được: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \ge \sqrt{2(a+b+c)^2}$ (dpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $\vec{u}=k\vec{v}=n\vec{t}$ hay $a=b=c$

3. Áp dụng bất đẳng thức Minkovsky ta có điều phải chứng minh

Cách làm này hơi dài một chút

$x+y+xy=8$

$\Leftrightarrow x+y=8-xy \ge 8- \dfrac{x^2+y^2}{2}$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+2(x+y)\ge 16$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+4(x+y)-32 \ge 0$

$\Leftrightarrow x+y \ge 4$ $(1)$ (vì $x, y >0$)

$3(x^3+y^3)=3(x+y)[(x+y)^2-3xy]=3(x+y)[(x+y)^2+3(x+y)-24] \ge 48$ $(2)$ 

$2(x^2+y^2)=2[(x+y)^2-2xy]=2[(x+y)^2+2(x+y)-16]\ge 16$ $(3)$ 

$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{x+y}{xy}=\dfrac{x+y}{8-(x+y)}\ge 1$ $(4)$ 

Cộng $(1), (2), (3), (4)$ lại ta được:

$A \ge 69$

$\text{minA}=69 \Leftrightarrow x=y=2$

$\dfrac{1}{a+b}\le \dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})$

Có $\dfrac{1}{2x+y+z} \le \dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{y+z})\le\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}))=\dfrac{1}{8x}+\dfrac{1}{16y}+\dfrac{1}{16z}$

Tương tự:

$\dfrac{1}{2y+z+x}\le \dfrac{1}{8y}+\dfrac{1}{16z}+\dfrac{1}{16x}$

$\dfrac{1}{2z+x+y}\le \dfrac{1}{8z}+\dfrac{1}{16x}+\dfrac{1}{16y}$

$\sum \dfrac{1}{2x+y+z} \le \dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})=\dfrac{1}{16}$

Vậy đề có vấn đề. Chắc là $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=4$