Cho các số dương \(x{\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} z\) thỏa \(\dfrac{1}{{x + y}} + \dfrac{1}{{y + z}} +

Câu hỏi số 769254:

Vận dụng cao

Cho các số dương \(x{\mkern 1mu} y,{\mkern 1mu} z\) thỏa \(\dfrac{1}{{x + y}} + \dfrac{1}{{y + z}} + \dfrac{1}{{z + x}} \ge 2020\).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \dfrac{{\sqrt {{y^2} + 2{x^2}} }}{{xy}} + \dfrac{{\sqrt {{z^2} + 2{y^2}} }}{{yz}} + \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 2{z^2}} }}{{zx}}\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:769254

Phương pháp giải

Áp dụng bất đẳng thức: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3},\forall a,b\)

Giải chi tiết

Ta chứng minh bất đẳng thức: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3},\forall a,b(*)\).

Thật vậy \(\left( * \right) \Leftrightarrow 3{a^2} + 3{b^2} + 3{c^2} \ge \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge 0\) (luôn đúng).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow a = b = c\).

Áp dụng \(\left( * \right)\)ta có: \({y^2} + 2{x^2} = {y^2} + {x^2} + {x^2} \ge \dfrac{{{{(y + x + x)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{(y + 2x)}^2}}}{3}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{\sqrt {{y^2} + 2{x^2}} }}{{xy}} \ge \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\dfrac{{y + 2x}}{{xy}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y}} \right)\)

Chứng minh tương tự ta có: \(\dfrac{{\sqrt {{z^2} + 2{y^2}} }}{{yz}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\left( {\dfrac{1}{y} + \dfrac{2}{z}} \right)\) và \(\dfrac{{\sqrt {{x^2} + 2{z^2}} }}{{zx}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\left( {\dfrac{1}{z} + \dfrac{2}{x}} \right)\)

\( \Rightarrow P \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{2}{z} + \dfrac{1}{z} + \dfrac{2}{x}} \right)\)

\( \Rightarrow P \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\left( {\dfrac{3}{x} + \dfrac{3}{y} + \dfrac{3}{z}} \right)\)

\( \Rightarrow P \ge \sqrt 3 \left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\)

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}\). Hay \(\dfrac{1}{{a + b}} \le \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right)\)

Dấu “=” xảy ra khi \(a = b\) ta được \(2020 \le \dfrac{1}{{x + y}} + \dfrac{1}{{y + z}} + \dfrac{1}{{z + x}} \le \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{x}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2020 \le \dfrac{1}{{x + y}} + \dfrac{1}{{y + z}} + \dfrac{1}{{z + x}} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge 4040\)

Từ (1) và \((2) \Rightarrow P \ge 4040\sqrt 3 \). Dấu “=” xảy ra khi \(x = y = z = \dfrac{{3}}{4040}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(4040\sqrt 3 \), khi \(x = y = z = \dfrac{{3}}{4040}\).

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link