Dạo này thấy topic hơi chìm,góp thêm 1 bài!
Cho $x,y,z$ thực dương thỏa mãn $(x+y)^2+4x^2y^2+1=(2z^2+1)^2$.Tìm GTNN của:
$P=\frac{16x^3}{(y+z)^3}+\frac{16y^3}{(x+z)^3}+3.\frac{xy+1}{z^2+1}$
Từ giả thiết ta có:
$$+) (2z^2+1)^2=(x+y)^2+\frac{(4xy)^2}{4}+1\leq (x+y)^2+\frac{(x+y)^4}{4}+1=\left [ \frac{(x+y)^2}{2}+1 \right ]^2\\ \Rightarrow 2z\leq x+y$$
$$+) (2z^2+1)^2=(2xy+1)^2+(x-y)^2\geq (2xy+1)^2\Rightarrow z^2\geq xy$$
Áp dụng bất đẳng thức $\frac{a+c}{b+c}\geq \frac{a}{b}$ với $b>a>0, c\geq 0$, dấu bằng khi $c=0$ với $a=xy,b=z^2,c=1$, ta có: $\frac{xy+1}{z^2+1}\geq \frac{xy}{z^2}$ (*)
Áp dụng BĐT Cô si 3 cho số không âm, ta dễ có:
$$\frac{16x^3}{(y+z)^3}\geq \frac{12x}{y+z}-4$$
$$\frac{16y^3}{(x+z)^3}\geq \frac{12y}{x+z}-4$$
Từ ba bđt trên suy ra:
$$P\geq 12\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} \right )+3.\frac{xy}{z^2}-8$$
Ta có:
$$(z+x)(z+y)=z^2+xy+yz+zx\leq 2z^2+yz+zx=z(2z+x+y)\leq z(x+y+x+y)=2z(x+y)$$
Nên:
$$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z} =\frac{x^2+y^2+z(x+y)}{(z+x)(z+y)}\leq \frac{x^2+y^2+z(x+y)}{2z(x+y)}=\frac{x^2+y^2}{2z(x+y)}+\frac{1}{2}$$
Suy ra:
$$P\geq 6\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+3.\frac{xy}{z^2}-2
\\=3\left[ 2\frac{x^2+y^2}{z(x+y)}+\frac{xy}{z^2} \right ]-2
\\=3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy(x+y)}{z^2(x+y)}-2
\\\geq 3.\frac{2z(x^2+y^2)+xy.2z}{z^2(x+y)}-2
\\=6.\frac{x^2+y^2+xy}{z(x+y)}-2
\\\geq 6.\frac{\frac{3}{4}(x+y)^2}{z(x+y)}-2
\\=\frac{9}{2}\frac{x+y}{z}-2
\\\geq \frac{9}{2}.2-2=7$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là $7$
*Nhận xét: Hai khó khăn lớn nhất ở lời giải này là việc xử lý phân thức thứ 3 ( như ở (*) ) và việc làm gọn mẫu số $(z+x)(z+y)$ để xuất hiện hạng tử $z$, từ đó giảm độ phức tạp của bài toán.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 04-05-2015 - 16:55