Bất đẳng thức Đại học 7

BĐTĐH7 (Thi thử THPT Quốc gia lần 2 năm 2016 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc)

Cho $a,b,c$ dương thoả mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2\le 1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$P$$=\frac{2}{3}\left(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\right)-\sqrt{(ab+bc+ac{)}^3}-2\sqrt{3}\sqrt[3]{abc}$

Lời giải :

Ta có :

$$\frac{a}{b^2+c^2}\ge \frac{a}{1-a^2}=\frac{a^2}{a(1-a)(1+a)}$$

Lại có :

$a(1-a)(1+a)$$=\frac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.(1-x).\left[(2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x\right].\left(\sqrt{3}-1\right)x$$\le \frac{1}{27(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.{\left[(1-x)+(2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x+(\sqrt{3}-1)x\right]}^3$$=\frac{2\sqrt{3}}{9}$

Suy ra :

$$\frac{a}{b^2+c^2}\ge \frac{a^2}{a(1-a)(1+a)}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2$$

Hoàn toàn tương tự với hai phân thức còn lại, ta suy ra :

$$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)$$

Và cũng có :

$$ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\Rightarrow -\sqrt{(ab+bc+ca{)}^3}\ge -\sqrt{(a^2+b^2+c^2{)}^3}$$

$$a^2+b^2+c^2\ge 3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}\Rightarrow -2\sqrt{3}\sqrt[3]{abc}\ge -2\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$

Do vậy nếu đặt $t=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\in \left(0,1\right]$ thì :

$$P\ge \sqrt{3}{t}^2-t^3-2t=f(t)$$

$$f^{\prime }(t)=2\sqrt{3}t-3t^2-2<0,\forall t\in \left(0,1\right)$$

Vậy $f$ nghịch biến trên $\left(0,1\right]$. Từ đó :

$$f(t)\ge f(1)=-3+\sqrt{3}$$

Ta có :

$$MinP=-3+\sqrt{3}$$, đạt được khi $$a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$$