a) Chứng minh rằng với mọi số thực \(x, y\) khác 0 ta đều có\(\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{4{y^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{{6x}}{y}

* Hướng dẫn giải

a) Đặt \(t = \frac{x}{y} + \frac{{2y}}{x}\), suy ra \({t^2} = \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{4{y^2}}}{{{x^2}}} + 4\)

Nên \(\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{4{y^2}}}{{{x^2}}} - \frac{{6x}}{y} - \frac{{12y}}{x} + 13 = {t^2} - 4 - 6t + 13\)

\( = {\left( {t - 3} \right)^2} \ge 0\)

Do đó ta được điều phải chứng minh 

b) Từ điều kiện ta được x > 0 và 1 – x > 0. Đặt \(t = \frac{{1 - x}}{x}\), suy ra t > 0.

Hơn nữa \(\frac{1}{x} = t + 1\) và \(\frac{1}{{1 - x}} = \frac{{1 - x + x}}{{1 - x}} = 1 + \frac{1}{t}\)

Do đó \(A = t + 1 + 2 + \frac{2}{t} = 3 + {\left( {t + \frac{2}{t}} \right)^2} \ge 3 + 2\sqrt 2 \)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow t = \sqrt 2  \Leftrightarrow x = \sqrt 2  - 1\)

Do đó giá trị nhỏ nhất của A là \(3 + 2\sqrt 2 \) khi $x = \sqrt 2  - 1\)