Một bài tìm GTNN.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}$ , với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$

Lời giải:

Cách 1: Vì x, y, z là các số dương nên áp dụng BĐT Côsi ta có:

$\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{y+1}{4}\ge 2\sqrt{\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}.\dfrac{y+1}{4}}=x$

Tương tự                        $\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{z+1}{4}\ge y$  và $\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}+\dfrac{x+1}{4}\ge z$

Nên $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \left( x+y+z \right)-\left( \dfrac{x+1}{4}+\dfrac{y+1}{4}+\dfrac{z+1}{4} \right)$

$\Leftrightarrow $ $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( x+y+z-1 \right)$

$\Leftrightarrow $$B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( 3\sqrt[3]{xyz}-1 \right)$

$\Leftrightarrow $$B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( 3-1 \right)=\dfrac{3}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$ .

Kết luận: \[\min \,B=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1\] .

Cách 2: Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Bunhiacopski $\dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p}\ge \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{m+n+p}$, với m, n, p dương  cho các bộ số x, y, z và y +1, z +1, x +1

Ta có $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{x+y+z+3}$

$\Leftrightarrow $ $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{2\left( x+y+z \right)}$, (với chú ý là $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$, BĐT Côsi ).

$\Leftrightarrow $$B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{x+y+z}{2}\ge \dfrac{3}{2}$ (lại với chú ý là $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$ ).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$ .

Kết luận $$\min \,B=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1.$$

(Chứng minh Hệ quả: $\dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p}\ge \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{m+n+p}$

Áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho hai bộ số: $\dfrac{{{a}^{2}}}{m},\,\,\dfrac{{{b}^{2}}}{n},\,\,\dfrac{{{c}^{2}}}{p}$ và $m,\,\,n,\,\,p>0$ ta có:

\[\left( \frac{{{a}^{2}}}{{{\left( \sqrt{m} \right)}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{\left( \sqrt{n} \right)}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{\left( \sqrt{p} \right)}^{2}}} \right)\left( {{\left( \sqrt{m} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{n} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{p} \right)}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\]

$\Leftrightarrow $ $\left( \dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p} \right)\left( m+n+p \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ . Vì $m,\,\,n,\,\,p>0$ nên suy ra $\dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p}\ge \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{m+n+p}$)