Chủ đề này có 1 trả lời

[dark magician girl]

các số thực x,y,z đôi một khác nhau và thỏa mãn (z+x)(z+y)=1

cm bất đẳng thức

$\frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}+\frac{1}{(z+y)^{2}}\geq 4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 04-07-2013 - 06:35

[25 minutes]

các số thực x,y,z đôi một khác nhau và thỏa mãn (z+x)(z+y)=1

cm bất đẳng thức

$\frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}+\frac{1}{(z+y)^{2}}\geq 4$

Đặt biểu thức là $P$

Đặt $x+z=a,y+z=b$, $\Rightarrow P=\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$ và $ab=1$ theo giả thiết

Đến đây ta đưa bất đẳng thức về dạng 1 biến theo $a$ như sau

            $P=\frac{1}{(a-\frac{1}{a})^2}+\frac{1}{a^2}+a^2=\frac{a^2}{(a^2-1)^2}+\frac{a^4+1}{a^2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{a^2}{(a^2-1)^2}+\frac{a^4+1}{a^2}\geqslant 4$

Đặt $t=a^2 \geqslant 0$, ta cần chứng minh $\frac{t}{(t-1)^2}+\frac{t^2+1}{t}\geqslant 4$

Quy đồng và thu gọn ta được $\Leftrightarrow t^4-6t^3+11t^2-6t+1\geqslant 0$

                                               $\Leftrightarrow (t^2-3t+1)^2\geqslant 0$

Nhưng rõ ràng bất đẳng thức trên luôn đúng

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} y+z=b=\frac{1}{a}=\frac{1}{x+z}\\ (x+z)^2=a^2=t=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2} \end{matrix}\right.$