Các bài toán bất đẳng thức khác SVIP

Hướng dẫn giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh suy trực tiếp từ bất đẳng thức sau:

                   \(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+...+\dfrac{1}{x_6}\ge\dfrac{36}{x_1+x_2+x_3+...+x_6}\)   (1)

với mọi bộ 6 số dương   \(x_1,x_2,...,x_6\).

Để chứng minh (1), ta chú ý rằng

                          \(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}\ge\dfrac{9}{x_1+x_2+x_3}\)

              và          \(\dfrac{1}{x_4}+\dfrac{1}{x_5}+\dfrac{1}{x_6}\ge\dfrac{9}{x_4+x_5+x_6}\)

Suy ra      

             \(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+...+\dfrac{1}{x_6}\ge9\left(\dfrac{1}{x_1+x_2+x_3}+\dfrac{1}{x_4+x_5+x_6}\right)\)

                                                           \(\ge9.\dfrac{4}{\left(x_1+x_2+x_3\right)+\left(x_4+x_5+x_6\right)}\)

tức là          \(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+...+\dfrac{1}{x_6}\ge\dfrac{36}{x_1+x_2+x_3+...+x_6}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

                          \(\left\{{}\begin{matrix}x_1=x_2=x_3\\x_4=x_5=x_6\\x_1+x_2+x_3=x_4+x_5+x_6\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_6\)

Hướng dẫn giải:

1)       Có                  \(\dfrac{a^5}{bc}=\dfrac{a^6}{abc}=\dfrac{\left(a^3\right)^2}{abc}\) 

Nên   

                   \(\dfrac{a^5}{bc}+\dfrac{b^5}{ca}+\dfrac{c^5}{ab}=\dfrac{\left(a^3\right)^2}{abc}+\dfrac{\left(b^3\right)^2}{abc}+\dfrac{\left(c^3\right)^2}{abc}\)

                                               \(\ge\dfrac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{abc+abc+abc}\)

                                                \(=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}.\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

(vì     \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)  )

2)     Do giả thiết   \(abc\le\dfrac{1}{3}\) suy ra 

                                \(\dfrac{a^5}{bc}=\dfrac{a^6}{abc}\ge\dfrac{a^6}{\dfrac{1}{3}}=3a^6\)

Do đó         

                      \(\dfrac{a^5}{bc}+\dfrac{b^5}{ca}+\dfrac{c^5}{ab}\ge3\left(a^6+b^6+c^6\right)\)

                                                    \(=3\left(\left(a^3\right)^2+\left(b^3\right)^2+\left(c^3\right)^2\right)\)

                                                    \(\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)

           Vậy       \(\dfrac{a^5}{bc}+\dfrac{b^5}{ca}+\dfrac{c^5}{ab}\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)

Hướng dẫn giải:

- Ta đã biết             \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)

và                            \(x+y+z\le\dfrac{x^2+1}{2}+\dfrac{y^2+1}{2}+\dfrac{z^2+1}{2}=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}+\dfrac{3}{2}\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này và chú ý dùng giả thiết ta suy ra

      \(6\le\dfrac{3}{2}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\dfrac{3}{2}\)

hay   \(x^2+y^2+z^2\ge3\).

Hướng dẫn giải:

Ta có   \(\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{9}{2x+y+y}\)

Do đó     \(x+y+\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{y}\ge\left(x+y\right)+\dfrac{9}{2\left(x+y\right)}\)

                  \(\ge2\sqrt{\left(x+y\right).\dfrac{9}{2\left(x+y\right)}}=3\sqrt{2}\)