\(\text{Giải}\)

\(\text{Vì: x thuộc N nên: 2x+1 lớn hơn hoặc bằng 1 }\)

\(\Rightarrow12=1.12=12.1=2.6=6.2=3.4=4.3\)

\(\text{tự làm tiếp xét 6TH như thế nhé :)}\)

P=19/8

giải rõ ra mới biết

*số thực dương

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(P=\frac{1}{16x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{z}=\frac{\frac{1}{16}}{x}+\frac{\frac{1}{4}}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+1\right)^2}{x+y+z}=\frac{\frac{49}{16}}{1}=\frac{49}{16}\)

Đẳng thức xảy ra <=> \(\frac{\frac{1}{4}}{x}=\frac{\frac{1}{2}}{y}=\frac{1}{z}=\frac{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+1}{x+y+z}=\frac{\frac{7}{4}}{1}=\frac{7}{4}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{7}\\y=\frac{2}{7}\\z=\frac{4}{7}\end{cases}}\)

Vậy ...

\(Q=\left(1+\frac{\alpha}{x}\right)\left(1+\frac{\alpha}{y}\right)\left(1+\frac{\alpha}{z}\right)=\left(\frac{\alpha+x}{x}\right)\left(\frac{\alpha+y}{y}\right)\left(\frac{\alpha+z}{z}\right)\)

Mà  \(\alpha=x+y+z\)  (theo gt) nên ta có thể viết  \(Q\)  như sau:

\(Q=\left(\frac{2x+y+z}{x}\right)\left(\frac{x+2y+z}{y}\right)\left(\frac{x+y+2z}{z}\right)=\left(2+\frac{y+z}{x}\right)\left(2+\frac{x+z}{y}\right)\left(2+\frac{x+y}{z}\right)\)

Đặt  \(a=\frac{y+z}{x};\)  \(b=\frac{x+z}{y};\)  và  \(c=\frac{x+y}{z}\)  \(\Rightarrow\)  \(a,b,c>0\)

Khi đó, biểu thức  \(Q\)  được biểu diễn theo ba biến  \(a,b,c\)  như sau:

\(Q=\left(2+a\right)\left(2+b\right)\left(2+c\right)=4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+abc+8\)

\(\Rightarrow\)  \(Q-8=4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+abc\)

Mặt khác, ta lại có:

\(a+b+c=\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\)

nên   \(a+b+c+3=\frac{y+z}{x}+1+\frac{x+z}{y}+1+\frac{x+y}{z}+1\)

\(\Rightarrow\) \(a+b+c+3=\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Lại có:   \(\hept{\begin{cases}x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\text{ (1)}\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\text{ (2)}\end{cases}}\)   (theo bđt  \(Cauchy\)  lần lượt cho hai bộ số gồm các số không âm)

Nhân hai bđt  \(\left(1\right);\)  và  \(\left(2\right)\)  vế theo vế, ta được bđt mới là:

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)

Theo đó,  \(a+b+c+3\ge9\)  tức là  \(a+b+c\ge6\)

\(\Rightarrow\)  \(4\left(a+b+c\right)\ge24\)  \(\left(\alpha\right)\)

Bên cạnh đó, ta cũng sẽ chứng minh  \(abc\ge8\)  \(\left(\beta\right)\)

Thật vậy, ta đưa vế trái bđt cần chứng minh thành một biểu thức mới.

\(VT\left(\beta\right)=abc=\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xyz}\ge\frac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}}{xyz}=\frac{8xyz}{xyz}=8=VP\left(\beta\right)\)

Vậy, bđt  \(\left(\beta\right)\)  được chứng minh.

Từ đó, ta có thể rút ra được một bđt mới.

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge3\sqrt[3]{8^2}=12\) (theo cách dẫn trên)

\(\Rightarrow\) \(2\left(ab+bc+ca\right)\ge24\)  \(\left(\gamma\right)\)

Cộng từng vế 3 bđt  \(\left(\alpha\right);\)  \(\left(\beta\right)\)  và  \(\left(\gamma\right)\), ta được:

\(Q-8\ge24+8+24=56\)

Do đó,  \(Q\ge64\)

Dấu   \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b=c\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=z=2\)

Vậy,  \(Q_{min}=64\)  khi  \(\alpha=6\)

Câu hỏi của Việt Trần - Toán lớp 7 | Học trực tuyến nhé

Ta có đánh giá: \(\frac{1}{x^2+x}\ge\frac{5-3x}{4}\) \(\forall x>0\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(\Leftrightarrow4\ge\left(x^2+x\right)\left(5-3x\right)\)

\(\Leftrightarrow3x^3-2x^2-5x+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(3x+4\right)\ge0\) (luôn đúng \(\forall x>0\))

Tương tự ta có: \(\frac{1}{y^2+y}\ge\frac{5-3y}{4}\) ; \(\frac{1}{z^2+z}\ge\frac{5-3z}{4}\)

Cộng vế với vế: \(P\ge\frac{15-3\left(x+y+z\right)}{4}=\frac{15-9}{4}=\frac{3}{2}\)

\(P_{min}=\frac{3}{2}\) khi \(x=y=z=1\)