Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: $$P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}$$

Cho $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: $$P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}$$
Đề thi thử New-study lần 12

Sử dụng phép thế Ravi ta đặt $x=a+b;y=b+c;z=a+c\; (x,y,z>0)$. thay vào ta được
Ta sẽ chứng minh $P\ge 15$.
$$P=\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}+\sqrt{1+\frac{48}{a+b}}$$Giả sử $c=\min\{a;b;c\}$ ta có BĐT quen thuộc $$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge 2 \sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$$

Áp dụng BĐT Minkowsky ta có

$$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}\ge \sqrt{4+48\left( \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\right )^2}$$
$$\ge \sqrt{4+48.\frac{4(a+b)}{a+b+2c}}=2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}$$

Ta quy về chứng minh $$2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\ge 15$$

Đặt $\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}=1+4t.$
Từ giả thiết có $0\le t\le 1; \frac{2c}{a+b}=\frac{t+2t^2}{3}$

$\Rightarrow 1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}=\frac{2t^2+t+147}{2t^2+t+3}$

Do vậy BĐT viết lại thành $$\sqrt{\frac{2t^2+t+147}{2t^2+t+3}}\ge 7-2t$$

$$\Leftrightarrow 4t(2t-9)(t-1)^2\ge 0$$ Đúng do $0\le t\le 1$.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c \Rightarrow  x=y=z$.

Ngoài ra ta có thể xử lý

$$P=\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}+\sqrt{1+\frac{48}{a+b}}$$
Như sau

Sử dụng bổ đề

$$\sqrt{\frac{x}{y+z}}+ \sqrt{\frac{y}{x+z}}\ge \sqrt{\frac{x+y}{z}}$$
Chứng minh:
 $\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}-\dfrac{y^2}{(y+z)^2}= \dfrac{yz(x-y)}{(x+z)(y+z)^2}\ge 0$. Suy ra \[\sqrt{\dfrac{x}{y+z}}+ \sqrt{\dfrac{y}{x+z}}= \sqrt{\dfrac{x}{y+z}+ \dfrac{y}{x+z}+ 2\sqrt{\dfrac{xy}{(y+z)(x+z)}}}\ge \sqrt{\dfrac{x}{y+z}+ \dfrac{y}{x+z}+ \dfrac{2y}{y+z}}\]
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được bất đẳng thức sau: \[\dfrac{x}{y+z}+ \dfrac{y}{x+z}+ \dfrac{2y}{y+z}\ge \dfrac{x+y}{z}\]
Thật vậy, sau khi đơn giản hoá nó tương đương với một điều hiển nhiên đúng là $y(2z^2-x^2-xy)\ge 0$.

Áp dụng BĐT Minkowsky ta có $$P\ge \sqrt{4+48\frac{a+c}{b}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}$$
Đặt $1+4t=\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}} (t\in [0;1])$


$\Rightarrow \frac{c}{a+b}=\frac{t+2t^2}{6}$

Do đó BĐT viết lại thành $$\sqrt{4+\frac{48.6}{t+2t^2}}\ge 14-4t$$

$$\Leftrightarrow -16(t-1)(2t^3-11t^2+6t+18)\ge 0$$
BĐT này luôn đúng với mọi $t\in [0;1]$