Chủ đề này có 1 trả lời

[Ispectorgadget]

Cho $a,b,c>0$. Tìm GTNN của
$$P=\left(\frac{a}{a+b} \right )^2+\left(\frac{b}{b+c} \right )^2+\frac{4}{3}\left(\frac{c}{a+c} \right )^3.$$

 

[Jupiter_1996]

Cách 1: Trước hết, chúng ta CM BDT phụ sau

\[{\left( {\frac{a}{{a + b}}} \right)^2} + {\left( {\frac{b}{{b + c}}} \right)^2} + {\left( {\frac{c}{{c + a}}} \right)^2} \ge \frac{3}{4}\ \ \ (*)\]

Thật vậy, đặt $x=\frac{b}{a},y=\frac{c}{b},z=\frac{a}{c} \Rightarrow xyz=1$. Ta có \[\left( * \right) \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{1 + y}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{1 + z}}} \right)^2} \ge \frac{3}{4}.\]

Ta luôn có

\[{\left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{1 + y}}} \right)^2} \ge \frac{1}{{1 + xy}} \ \ \ (\bigstar )\]

Vì theo Cauchy-Schwarz, ta có ${\left( {1 + x} \right)^2} = {\left( {1 + \sqrt {xy} .\sqrt {\frac{x}{y}} } \right)^2} \le \left( {1 + xy} \right)\left( {1 + \frac{x}{y}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}} \ge \frac{y}{{\left( {x + y} \right)\left( {1 + xy} \right)}}$. Cộng BDT tương tự ta thu được BDT $(\bigstar)$.

Áp dụng $(\bigstar)$, ta có

\[{\left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{1 + y}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{1 + z}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{1 + 1}}} \right)^2} \ge \frac{1}{{1 + xy}} + \frac{1}{{1 + z}} = 1 \Rightarrow (*).\text{ (đpcm)} \]

Áp dụng $(*)$ suy ra ngay $P \ge \frac{3}{4} - {\left( {\frac{c}{{c + a}}} \right)^2} + \frac{4}{3}{\left( {\frac{c}{{c + a}}} \right)^3} = \frac{3}{4} - {t^2} + \frac{4}{3}{t^3} = f\left( t \right)$ với $t=\frac{c}{a+c}$.

Cách 2: Áp dụng trực tiếp BDT $(\bigstar)$ suy ra

\[P \ge \frac{1}{{1 + \frac{b}{a}.\frac{c}{b}}} + \frac{4}{3}.\frac{1}{{{{\left( {1 + \frac{a}{c}} \right)}^3}}} = \frac{x}{{1 + x}} + \frac{4}{3}.\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^3}}} = f\left( x \right)\]

với $x=\frac{a}{c}$.