Câu 2: Áp dụng BĐT $Bunyakovsky$ ta có: $(1+1+\frac{1}{2})(x^{2}+y^{2}+2z^{2})\geq (x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)=3\Rightarrow x^{2}+y^{2}+2z^{2}\geq \frac{6}{5}$
Sai! Vì dấu '=' không xảy ra
Bài 1: Cho $a,b,c\geq 0$ sao cho không có hai số nào cùng bằng 0 đồng thời. Chứng minh:
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+3\sqrt{3}.\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geq \frac{7\sqrt{2}}{2}$
Bài 2: Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $xy+yz+zx=1$. Tìm $Min$ của: $x^2+y^2+2z^2$
Bài 1:
Bổ đề 1: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$ với $a,b,c\geq 0$
Chứng minh:
Ta có: $(ab+bc+ca)(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})=a^2+b^2+c^2+abc(\sum \frac{1}{b+c})\geq a^2+b^2+c^2\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$
Bổ đề 2: $\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}+\sqrt{\frac{bc}{(b+a)(c+a)}}+\sqrt{\frac{ca}{(c+b)(a+b)}}\geq 1$ với $a,b,c\geq 0$
Chứng minh:
Theo $Am-Gm$, ta có: $\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}=\sqrt{\frac{ab(2ab+2bc+2ca)^2}{4(a+c)(b+c)(ab+bc+ca)^2}}=\sqrt{\frac{ab(a(b+c)+b(a+c))^2}{4(a+c)(b+c)(ab+bc+ca)^2}}\geq \sqrt{\frac{ab.4a(b+c).b(a+c)}{4(a+c)(b+c)(ab+bc+ca)^2}}=\frac{ab}{ab+bc+ca}$
Tương tự, ta có: $\sqrt{\frac{bc}{(b+a)(c+a)}}\geq \frac{bc}{ab+bc+ca};\sqrt{\frac{ca}{(c+b)(a+b)}}\geq \frac{ca}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}+\sqrt{\frac{bc}{(b+a)(c+a)}}+\sqrt{\frac{ca}{(c+b)(a+b)}}\geq \frac{ab+bc+ca}{ab+bc+ca}=1$
Trở lại bài:
Sử dung các bổ đề trên, ta có: $(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}})^2=\sum \frac{a}{b+c}+2\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2$
Đặt $\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}=t(t\geq 1)$. BĐT cần chứng minh trở thành: $\sqrt{t^2+2}+\frac{3\sqrt{3}}{t}\geq \frac{7\sqrt{2}}{2}$
Khảo sát hàm số $f(t)=\sqrt{t^2+2}+\frac{3\sqrt{3}}{t}$ ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Đặt $a=\frac{1}{\sqrt[4]{5}};b=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt[4]{5}}$$\Rightarrow a^2+2ab=1$ và $a^2=ab+b^2$
Theo $Am-Gm$, ta có: $ab(x^2+y^2)\geq 2abxy;b^2y^2+a^2z^2\geq 2abyz;b^2x^2+a^2z^2\geq 2abxz$
$\Rightarrow 2ab(xy+yz+zx)\leq ab(x^2+y^2)+(b^2y^2+a^2z^2)+(b^2x^2+a^2z^2)$
$\Leftrightarrow 2ab\leq ab(x^2+y^2)+(b^2y^2+a^2z^2)+(b^2x^2+a^2z^2)$ (Vì $xy+yz+zx=1$)
Lại có: $ab(x^2+y^2)+(b^2y^2+a^2z^2)+(b^2x^2+a^2z^2)=(ab+b^2)(x^2+y^2)+2a^2z^2=a^2(x^2+y^2)+2a^2z^2=a^2(x^2+y^2+2z^2)$
$\Rightarrow 2ab\leq a^2(x^2+y^2+2z^2)\Rightarrow x^2+y^2+2z^2\geq \frac{2ab}{a^2}=\frac{2b}{a}=\sqrt{5}-1$
Dấu '=' xảy ra khi: $x=y=\frac{1}{\sqrt[4]{5}}$ và $z=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt[4]{5}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 17-07-2017 - 16:02