Sử dụng bất đẳng thức $AM−GM$ trong chứng minh BĐT(2).

Question

Cho $a,\,b>0$ và $x,\,y,\,z>0$ thỏa mãn: $x+y+z=1.$ Chứng minh rằng: $$\left(a+\dfrac{b}{x}\right)^4+\left(a+\dfrac{b}{y}\right)^4+\left(a+\dfrac{b}{z}\right)^4\geq3\left(a+3b\right)^4$$

score 3 · Answer 1

Dùng AM-GM ta có:
$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq xyz(x+y+z)$
Từ đây:
$\left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq \left (a+\frac{b}{x} \right )\left (a+\frac{b}{y} \right )\left (a+\frac{b}{z} \right )\left [3a+b\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )\right ]$
Mà $\left(a+\frac{b}{x} \right )\left (a+\frac{b}{y} \right )\left (a+\frac{b}{z} \right )\geq \left ( a+\frac{b}{\sqrt[3]{xyz}} \right )^{3} $(Dùng AM-GM ta chứng minh được điều này).
Và từ $x+y+z=1$ ta có: $ \left ( a+\frac{b}{\sqrt[3]{xyz}} \right )^{3}\geq \left ( a+3b \right ) ^{3}$
Vậy $\left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq \left ( a+3b \right ) ^{3} \left [ 3a+b\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )\right ]$
Mà $\left ( 3a+b(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \right )\geq3 \left ( a+3b \right )$
(Vì $b\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-9\right )\geq 0$ ).
Vậy $\left ( a+\frac{b}{x} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{y} \right )^{4}+\left ( a+\frac{b}{z} \right )^{4}\geq3\left ( a+3b \right )^{4}$

Anh Sơn ơi anh chứng minh hộ em mấy cái BĐT mà dùng AM-GM trong bài làm của anh rõ với ạ. (Dòng thứ hai và dòng 5 từ trên đếm xuống)

score 1 · Answer 2

Bình chọn tăng 1 Bình chọn giảm

Dòng chứng minh thứ 2:
Áp dụng $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ (điều này suy ra từ $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0$)
Với $a=x^4,b=y^4,c=z^4$ thì
$x^4+y^4+z^4\geq x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2$
Với $a=x^2y^2,b=y^2z^2,c=z^2x^2$ thì
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyyz+yzzx+zxxy=xyz(x+y+z)$ Vậy suy ra ĐPCM

score 1 · Answer 3

Bình chọn tăng 1 Bình chọn giảm

Ta chứng minh:
$(a+\frac{b}{x})(a+\frac{b}{y})(a+\frac{b}{z})\geq (a+\frac{b}{\sqrt[3]{xzy}})^3$
Thật vậy, đặt $x_1=x_2=x_3=a,y_1=\frac{b}{x},y_1=\frac{b}{y},y_3=\frac{b}{z}$
Ta chứng minh $(x_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)\geq (\sqrt[3]{x_1x_2x_3}+\sqrt[3]{y_1y_2y_3})^3$
Điều này tương đương với:
$\sqrt[3]{\frac{x_1x_2x_3}{(x_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}+\sqrt[3]{\frac{y_1y_2y_3}{(y_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}\leq 1$
Nhưng áp dụng bdt AM-GM ta có:

$\sqrt[3]{\frac{x_1x_2x_3}{(x_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}+\sqrt[3]{\frac{y_1y_2y_3}{(y_1+y_1)(x_2+y_2)(x_3+y_3)}}\leq \frac{\frac{x_1}{x_1+y_1}+\frac{x_2}{x_2+y_2}+\frac{x_3}{x_3+y_3}}{3}+\frac{\frac{y_1}{x_1+y_1}+\frac{y_2}{x_2+y_2}+\frac{y_3}{x_3+y_3}}{3}=1$
Tù đây ta suy ra ĐPCM
P/s: Áp dụng cách chứng minh này, em có thể chứng minh cho n số.