a)Cho các số thực \(x;y;z\) thỏa mãn \(0 \le x,\;y,z \le 4\). Chứng minh rằng:

a) Cho các số thực \(x;y;z\) thỏa mãn \(0 \le x,\;y,z \le 4\). Chứng minh rằng:

                                \({x^2}y + {y^2}x + {z^2}x + 16 \ge x{y^2} + y{z^2} + z{x^2}\)

Ta có:

                                 \({x^2}y + {y^2}z + {z^2}x + 16 \ge x{y^2} + y{z^2} + z{x^2}\)

       \( \Leftrightarrow {x^2}y + {y^2}z + {z^2}x + 16 - x{y^2} - y{z^2} - z{x^2} \ge 0\)

              \( \Leftrightarrow )x - y)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) + 16 \ge 0\)

Ta có bất đẳng thức: \(ab \ge - \frac{1}{4}{\left( {a - b} \right)^2},\;\forall a,b \in \mathbb{R}\)

và \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\;,\forall a,b \in \mathbb{R}\)

Trường hợp 1: Nếu \(x \ge y\) ta có \(\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) \ge - \frac{1}{4}{\left( {x - y} \right)^2}\)

nên \(\left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) + 16 \ge - \frac{1}{4}{\left( {x - y} \right)^3} + 16 \ge - \frac{1}{4}{4^3} + 16 \ge 0\)

Trường hợp 2: Nếu \(y > x\) ta xét

Trường hợp 2.1: Nếu \(y \ge z\), ta có \(\left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right) \ge - \frac{1}{4}{\left( {y - z} \right)^2}\)

nên \(\left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) + 16 \ge - \frac{1}{4}{\left( {y - z} \right)^3} + 16 \ge - \frac{1}{4}{4^3} + 16 \mp 0\)

Trường hợp 2.2: Nếu \(y < z\), ta có: \(\left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) + 16 = \left( {y - z} \right)\left( {x - z} \right)\left( {x - y} \right) = 16\)

Kết hợp với \(\left( {y - x} \right)\left( {z - y} \right) \le - \frac{1}{4}{\left( {z - x} \right)^2}\;v\`a \;x < y < z\)

Ta được: \(\left( {y - x} \right)\left( {x - z} \right)\left( {z - y} \right) + 16 \ge \frac{1}{4}{\left( {z - x} \right)^2}\left( {x - z} \right) + 16 = - \frac{1}{4}{\left( {z - x} \right)^3} + 16 \ge 0\)

Vậy với mọi trường hợp thì \(\left( {x - y} \right)\left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right) + 16 \ge 0\) hay

                                 \({x^2}y + {y^2}z + {z^2}x + 16 \ge x{y^2} + y{z^2} + z{x^2}\)

b) Ban đầu trên bảng viết 2023 số thực. Mỗi lần biến đổi số trên bảng là việc thực hiện như sau: Chọn ra hai số \(a,b\) nào đó trên bảng, xóa hai số đi và viết thêm trên bảng số \(\frac{{a + b}}{4}\) . Giả sử ban đầu trên bảng ghi 2023 số 1 và ta thực hiện liên tiếp các biến đổi cho đến khi trên bảng chỉ còn lại một số, chứng minh rằng số đó lớn hơn \(\frac{1}{{{2^{11}}}}\)

Trước hết ta thấy trên bảng luôn là các số dương. Thật vậy, ta sử dụng quy nạp. Ban đầu có 2023 số 1 đều là số dương. Giả sử sau lần biến đổi thứ i, trên bảng đều là số dương. Đến bước biến đổi thứ i + 1: Ta chọn hai số \(a,\;b\) trên bảng (theo giả thiết quy nạp thì \(a,b > 0\), ta xóa hai số đó đi và viết thêm số \(\frac{{a + b}}{4}\) cùng là số dương. Vậy, mỗi số được viết trên bảng luôn là các số dương.

Gọi \({T_i}\) là tổng các nghịch đảo của các số thực còn lại trên bảng sau bước biến đổi thứ i (\({T_0}\) là tổng nghịch đảo của các số thực trên bảng khi chưa thực hiện bược biến đổi nào) thì:

Ở bước thứ i ta có tổng \({T_i}\). Đến bước thứ i + 1 ta xóa đi hai số \(a,b\) và viết lên bảng số \(\frac{{a + b}}{4}\) thì ta có tổng \({T_{i + 1}}\) và:

              \({T_{i + 1}} = {{\rm{T}}_{\rm{i}}} - \left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + \frac{1}{{\frac{{a + b}}{4}}}\)

Suy ra \({T_{i + 1}} - {{\rm{T}}_{\rm{i}}} = - \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{ab\left( {a + b} \right)}} \le 0\) (Vì \(a,b\) đều lớn hơn 0)

Như vậy: \({T_{2022}} \le {T_{2021}} \le \ldots \le {T_0}\)

Ban đầu, ta có trên bảng 2023 số 1 nên \({T_0} = 2023\). Sau 2022 bước thì ta được trên bảng một số x nào đó. Khi đó \({T_{2022}} = \frac{1}{x} \le {T_0} = 2023\)

Vì ban đầu các số trên bảng đều là 1, các bước xóa bỏ và thay thể đều chỉ sử dụng phép toán cộng và chia, nên sau mỗi bước thay số trên bảng luôn còn lại tất cả các số đều là các số dương. Như vậy \(x > 0\).

Từ đó ta có \(x \ge \frac{1}{{2023}} \ge \frac{1}{{2048}} \ge \frac{1}{{{2^{11}}}}\)