Juliel

Đặt $AI=a,IB=b,IC=c,ID=d$ thì ta có $a+b=c+d=1$.

Theo định lí hàm số cos, ta tính được :

$$AC=\sqrt{a^2+c^2-ac},BD=\sqrt{b^2+d^2-bd}$$

Áp dụng BĐT Minkovsky $\sqrt{A^2+B^2}+\sqrt{C^2+D^2}\geq \sqrt{(A+C)^2+(B+D)^2}$, ta có :

$$AC+BD=\sqrt{a^2+c^2-ac}+\sqrt{b^2+d^2-bd}=\sqrt{\left ( a-\frac{c}{2} \right )^2+\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}c \right )^2}+\sqrt{\left ( b-\frac{d}{2} \right )^2+\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}d \right )^2}\geq \sqrt{\left ( a+b-\frac{c+d}{2} \right )^2+\left [ \frac{\sqrt{3}}{2}(c+d) \right ]^2}=1$$

Bài 80: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac \leq 3$. Tìm GTNN của:

 

$$\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}+\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{2c^2}$$

Lời giải :

Ta có :

$$(a^2+1)(b^2+1)=(a+b)^2+(ab-1)^2$$

$$2(c^2+1)=(c+1)^2+(c-1)^2$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$$\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}=\sqrt{\left [ (a+b)^2+(ab-1)^2 \right ].\left [ (c+1)^2+(c-1)^2 \right ]}\geq (a+b)(c+1)+(1-ab)(c-1)=(a+b+c+ab+bc+ca+abc+1)-2(1+abc)=(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)$$

Từ đó :

$$\dfrac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}=\dfrac{(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}=c+1-\dfrac{2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$$

Theo giả thiết :

$$\dfrac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}=\dfrac{12}{3(a+b+ab)+(ab+bc+ca)}\geq \dfrac{12}{3(ab+a+b+1)}=\dfrac{4}{(a+1)(b+1)}$$

Từ đó mà :

$$P\geq \frac{2(1-abc)}{(a+1)(b+1)}+c+1+\dfrac{1}{2c^2}$$

Chú ý rằng :

$$3\geq ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq 1$$

$$c+\dfrac{1}{2c^2}=\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{1}{2c^2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\dfrac{3}{2}$$

Như vậy ta được :

$$P\geq \dfrac{5}{2}$$

$$MinP=\dfrac{5}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1$$

Bài 50: Cho x,y là các số dương thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2=xy+1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}+\frac{24\sqrt{xy}}{x+y+2}$

(Nguồn: Trích trong tuyển tập các đề thi thử đại học 2015 của thầy Phạm Tuấn Khải)

Lời giải :

Gỉa thiết đã cho tương đương :

$$x^3+y^3=x+y$$

Ta có :

$$\dfrac{x^3}{y^3+1}+\dfrac{y^3}{x^3+1}=\dfrac{x^3+y^3+1}{x^3+1}+\dfrac{x^3+y^3+1}{y^3+1}-2=\left ( x^3+y^3+1 \right )\left ( \dfrac{1}{x^3+1}+\dfrac{1}{y^3+1} \right )-2=\left ( x^3+y^3+1 \right ).\frac{x^3+y^3+2}{(x^3+1)(y^3+1)}-2$$

Ta cũng chứng minh được :

$$(1+x^3)(1+y^3)\geq \dfrac{(x+y)^3}{2}$$

Thế nên :

$$\dfrac{x^3}{y^3+1}+\dfrac{y^3}{x^3+1}\leq \dfrac{2(x^3+y^3+1)(x^3+y^3+2)}{(x+y)^3}-2=\frac{2(x+y+1)(x+y+2)}{(x+y)^3}-2$$

Và :

$$\dfrac{24\sqrt{xy}}{x+y+2}\leq \dfrac{12(x+y)}{x+y+2}$$

Vậy nếu ta đặt $x+y=t$ thì :

$$P\leq \dfrac{2(t+1)(t+2)}{t^3}+\dfrac{12t}{t+2}-2=f(t)$$

Ta dễ chứng minh được $t\in \left (0,2 \right ]$. Khảo sát hàm số $f(t)$ trên $\left (0,2 \right ]$. Ta được :

$$MaxP=7\Leftrightarrow t=2\Leftrightarrow x=y=1$$

Bài 51: <HSG 11 Hà Tĩnh 2015-2016>

với a,b,c>0 và $a^2+b^2+c^2+2=a^2b^2c^2$

Chứng minh rằng: $abc(a+b+c)\geq2(ab+bc+ca)$
<Nếu lạc chủ đề hoặc đã có xin mod xoá dùm>

Lời giải :

Ta có đẳng  thức :

$$\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+y)(x+y)}+\frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}=1$$

Gỉa thiết đã cho viết dưới dạng :

$$\dfrac{1}{a^2b^2}+\dfrac{1}{b^2c^2}+\dfrac{1}{c^2a^2}+\dfrac{2}{a^2b^2c^2}=1$$

Như vậy ta thấy phải tồn tại các số dương $x,y,z$ thoả :

$$a=\sqrt{\dfrac{x+y}{z}},b=\sqrt{\dfrac{y+z}{x}},c=\sqrt{\dfrac{z+x}{y}}$$

Khi đó ta cần chứng minh :

$$\sqrt{\dfrac{x+y}{2}}+\sqrt{\dfrac{y+z}{x}}+\sqrt{\dfrac{z+x}{y}}\geq 2\left ( \sqrt{\dfrac{x}{y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{z+x}}+\sqrt{\dfrac{z}{x+y}} \right )$$

Điều này là đúng vì :

$$\sqrt{\frac{x}{y+z}}\leq \sqrt{\dfrac{x}{\dfrac{1}{2}\left ( \sqrt{y}+\sqrt{z} \right )^2}}=\frac{\sqrt{2x}}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}\leq \dfrac{\sqrt{2x}}{4}\left ( \frac{1}{\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{z}} \right )$$

Thiết lập các kết quả tương tự rồi cộng vế theo vế, ta thu được điều phải chứng minh.

Bài 46:

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn: $x+y+1=z$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\frac{x}{x+yz}+\frac{y}{y+zx}+\frac{z^2+2}{z+xy}$

Lời giải :

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$$\dfrac{x}{x+yz}+\dfrac{y}{y+zx}\geq \dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2+2xyz}=\dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2+2xy(x+y+1)}=\dfrac{(x+y)^2}{(x+y)^2+2xy(x+y)}=\dfrac{x+y}{x+y+2xy}\geq \dfrac{x+y}{x+y+\dfrac{1}{2}(x+y)^2}=\dfrac{2}{x+y+2}=\dfrac{2}{z+1}$$

Theo AM-GM :

$$\dfrac{z^2+2}{z+xy}\geq \dfrac{4(z^2+2)}{4z+(x+y)^2}=\frac{4(z^2+2)}{4z+(1-z)^2}=\frac{4(z^2+2)}{(z+1)^2}$$

Từ đó :

$$P\geq \dfrac{2}{z+1}+\dfrac{4(z^2+2)}{(z+1)^2}=f(z)$$

Khảo sát hàm số $f(z)$ với $z>0$ ta được :

$$MinP=\dfrac{13}{4}\Leftrightarrow x=y=1,z=3$$