Chủ đề này có 17 trả lời

[Juliel]

CMR : $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$ với $x,y,z>0$

Mọi người làm theo cách sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S hoặc khai triển - áp dụng Schur giùm em nhé, cách nào càng cổ điển thì càng tốt ! Em cảm ơn !

 

 

@Hiền : Cậu chắc thành tinh luôn rồi quá     

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 12-07-2013 - 21:03

[trandaiduongbg]

CMR : $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$ với $x,y,z>0$

Mọi người làm theo cách sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S hoặc khai triển - áp dụng Schur giùm em nhé, cách nào càng cổ điển thì càng tốt ! Em cảm ơn !

 

Anh ơi thế dùng cái $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ $\geq$ $\frac{9}{a+b+c}$ 
Và cái $x^2+y^2+z^2$ $\geq$ xy+yz+zx có đc ko ạ? 

[banhgaongonngon]

CMR : $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$ với $x,y,z>0$

Mọi người làm theo cách sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S hoặc khai triển - áp dụng Schur giùm em nhé, cách nào càng cổ điển thì càng tốt ! Em cảm ơn !

 

Ta có

$\sum x(y+z).\sum \frac{1}{(y+z)^{2}}\geq \left ( \sum \sqrt{\frac{x}{y+z}} \right )^{2}$

Mặt khác, $\sum \sqrt{\frac{x}{y+z}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Từ đó suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 12-07-2013 - 20:55

[vutuanhien]

CMR : $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$ với $x,y,z>0$

Mọi người làm theo cách sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S hoặc khai triển - áp dụng Schur giùm em nhé, cách nào càng cổ điển thì càng tốt ! Em cảm ơn !

Schur:Nhân cả 2 vế của BĐT với $(x+y)(y+z)(z+x)$ thì BĐT trở thành:

$$\frac{(x+y)(x+z)}{y+z}+\frac{(y+z)(y+x)}{z+x}+\frac{(z+x)(z+y)}{x+y}\geq \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}$$

Ta có $\frac{(x+y)(x+z)}{y+z}=\frac{x^2+yz}{y+z}+x, \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}=\frac{9(x+y+z)}{4}-\frac{9xyz}{x+y+z}$

nên BĐT cần chứng minh có thể viết lại thành

$\sum \frac{x^2+yz}{y+z}+\frac{9xyz}{xy+yz+zx}\geq \frac{5(x+y+z)}{4}\Leftrightarrow (x+y+z)\sum \frac{x^2+yz}{y+z}+\frac{9xyz(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}\geq \frac{5}{4}(x+y+z)^2$

Do $\frac{(x^2+yz)(x+y+z)}{y+z}=x^2+yz+\frac{x^3+xyz}{y+z}, \sum \frac{x^3+xyz}{y+z}\geq x^2+y^2+z^2,\frac{9xyz(x+y+z)}{xy+yz+zx}\geq \frac{27xyz}{4(x+y+z)}$

nên BĐT có thể viết lại thành

$\sum (x^2+yz)+\sum x^2+\frac{27xyz}{4(x+y+z)}\geq \frac{5}{4}(x+y+z)^2\Leftrightarrow \sum x^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$

Đây chính là BĐT Schur

Kết thúc chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 12-07-2013 - 20:35

[Ha Manh Huu]

Schur:Nhân cả 2 vế của BĐT với $(x+y)(y+z)(z+x)$ thì BĐT trở thành:

$$\frac{(x+y)(x+z)}{y+z}+\frac{(y+z)(y+x)}{z+x}+\frac{(z+x)(z+y)}{x+y}\geq \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}$$

Ta có $\frac{(x+y)(x+z)}{y+z}=\frac{x^2+yz}{y+z}+x, \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}=\frac{9(x+y+z)}{4}-\frac{9xyz}{x+y+z}$

nên BĐT cần chứng minh có thể viết lại thành

$\sum \frac{x^2+yz}{y+z}+\frac{9xyz}{xy+yz+zx}\geq \frac{5(x+y+z)}{4}\Leftrightarrow (x+y+z)\sum \frac{x^2+yz}{y+z}+\frac{9xyz(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}\geq \frac{5}{4}(x+y+z)^2$

Do $\frac{(x^2+yz)(x+y+z)}{y+z}=x^2+yz+\frac{x^3+xyz}{y+z}, \sum \frac{x^3+xyz}{y+z}\geq x^2+y^2+z^2,\frac{9xyz(x+y+z)}{xy+yz+zx}\geq \frac{27xyz}{4(x+y+z)}$

nên BĐT có thể viết lại thành

$\sum (x^2+yz)+\sum x^2+\frac{27xyz}{4(x+y+z)}\geq \frac{5}{4}(x+y+z)^2\Leftrightarrow \sum x^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$

Đây chính là BĐT Schur

Kết thúc chứng minh

tó thấy nó rất loàng ngoằng
bằng cách nào mà cậu có thể làm biến đổi như thế
chẳng may đến 1 bước nào đó gặp rác rồi thì sao

[vutuanhien]

tó thấy nó rất loàng ngoằng
bằng cách nào mà cậu có thể làm biến đổi như thế
chẳng may đến 1 bước nào đó gặp rác rồi thì sao

Gặp rắc rối thì tìm cách khác thôi chứ có gì đâu

Làm theo kiểu "được ăn cả, ngã về không" ý mà

[Juliel]

Ta có

$\sum x(y+z).\sum \frac{1}{(y+z)^{2}}\geq \left ( \sum \sqrt{\frac{x}{y+z}} \right )^{2}$

Mặt khác, theo bất đẳng thức $Chebyshev$ ta có

$\sum \frac{x}{y+z}=\sum \frac{x}{\sqrt{xy+zx}}\geq \frac{1}{3}(x+y+z).\sum \frac{1}{\sqrt{xy+yz}}$

$\geq \frac{3(x+y+z)}{\sum \sqrt{xy+yz}}\geq \frac{3(x+y+z)}{\sqrt{6(xy+yz+zx)}}$

$\geq \frac{3\sqrt{3(xy+yz+zx)}}{\sqrt{6(xy+yz+zx)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Vậy $2(xy+yz+zx).\sum \frac{1}{(x+y)^{2}}\geq \frac{9}{2}$

Ta có đpcm

Chỗ màu đỏ có lẽ là anh Hòa quên dấu căn thức.

Chỗ màu xanh anh áp dụng BĐT Chebyshev hình như không ổn anh ạ !

Giả sử $x\geq y\geq z$

Theo cách áp dụng Chebyshev anh đã làm :

$\frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{y}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{z}{\sqrt{z(x+y)}}\geq \frac{1}{3} (x+y+z)(\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{1}{\sqrt{z(x+y)}})$

Thì ta phải có :

$\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}\geq \frac{1}{\sqrt{z(x+y)}}$

Hay $\sqrt{x(y+z)}\leq \sqrt{y(z+x)}\leq \sqrt{z(x+y)}\Leftrightarrow xy+xz\leq yz+xy\leq zx+zy$

Điều này không đúng vì : $xy+xz\leq yz+xy\Leftrightarrow x\leq y$ (mâu thuẫn giả sử)

 

Với lại chỗ màu tím là áp dụng BĐT nào vậy anh ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 12-07-2013 - 21:01

[banhgaongonngon]

Chỗ màu đỏ có lẽ là anh Hòa quên dấu căn thức.

Chỗ màu xanh anh áp dụng BĐT Chebyshev hình như không ổn anh ạ !

Giả sử $x\geq y\geq z$

Theo cách áp dụng Chebyshev anh đã làm :

$\frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{y}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{z}{\sqrt{z(x+y)}}\geq \frac{1}{3} (x+y+z)(\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{1}{\sqrt{z(x+y)}})$

Thì ta phải có :

$\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}\geq \frac{1}{\sqrt{z(x+y)}}$

Hay $\sqrt{x(y+z)}\leq \sqrt{y(z+x)}\leq \sqrt{z(x+y)}\Leftrightarrow xy+xz\leq yz+xy\leq zx+zy$

Điều này không đúng vì : $xy+xz\leq yz+xy\Leftrightarrow x\leq y$ (mâu thuẫn giả sử)

 

Với lại chỗ màu tím là áp dụng BĐT nào vậy anh ?

 

Chỗ màu đỏ có lẽ là anh Hòa quên dấu căn thức.

Chỗ màu xanh anh áp dụng BĐT Chebyshev hình như không ổn anh ạ !

Giả sử $x\geq y\geq z$

Theo cách áp dụng Chebyshev anh đã làm :

$\frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{y}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{z}{\sqrt{z(x+y)}}\geq \frac{1}{3} (x+y+z)(\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{1}{\sqrt{z(x+y)}})$

Thì ta phải có :

$\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}\geq \frac{1}{\sqrt{z(x+y)}}$

Hay $\sqrt{x(y+z)}\leq \sqrt{y(z+x)}\leq \sqrt{z(x+y)}\Leftrightarrow xy+xz\leq yz+xy\leq zx+zy$

Điều này không đúng vì : $xy+xz\leq yz+xy\Leftrightarrow x\leq y$ (mâu thuẫn giả sử)

 

Với lại chỗ màu tím là áp dụng BĐT nào vậy anh ?

 

Anh sửa lại rồi.

Sử dụng BĐT Nesbitt tổng quát ta có $\sum \left ( \frac{x}{y+z} \right )^{\frac{1}{2}}\geq \frac{3}{2^{\frac{1}{2}}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 12-07-2013 - 21:30

[Juliel]

Schur:Nhân cả 2 vế của BĐT với $(x+y)(y+z)(z+x)$ thì BĐT trở thành:

$$\frac{(x+y)(x+z)}{y+z}+\frac{(y+z)(y+x)}{z+x}+\frac{(z+x)(z+y)}{x+y}\geq \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}$$

Ta có $\frac{(x+y)(x+z)}{y+z}=\frac{x^2+yz}{y+z}+x, \frac{9(x+y)(y+z)(z+x)}{4(xy+yz+zx)}=\frac{9(x+y+z)}{4}-\frac{9xyz}{x+y+z}$

nên BĐT cần chứng minh có thể viết lại thành

$\sum \frac{x^2+yz}{y+z}+\frac{9xyz}{xy+yz+zx}\geq \frac{5(x+y+z)}{4}\Leftrightarrow (x+y+z)\sum \frac{x^2+yz}{y+z}+\frac{9xyz(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}\geq \frac{5}{4}(x+y+z)^2$

Do $\frac{(x^2+yz)(x+y+z)}{y+z}=x^2+yz+\frac{x^3+xyz}{y+z}, \sum \frac{x^3+xyz}{y+z}\geq x^2+y^2+z^2,\frac{9xyz(x+y+z)}{xy+yz+zx}\geq \frac{27xyz}{4(x+y+z)}$

nên BĐT có thể viết lại thành

$\sum (x^2+yz)+\sum x^2+\frac{27xyz}{4(x+y+z)}\geq \frac{5}{4}(x+y+z)^2\Leftrightarrow \sum x^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$

Đây chính là BĐT Schur

Kết thúc chứng minh

Hiền chứng minh giùm mình BĐT này :

$\sum \frac{x^{3}+xyz}{y+z}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

 

Anh sửa lại rồi.

Sử dụng BĐT Nesbitt tổng quát ta có $\left ( \frac{x}{y+z} \right )^{\frac{1}{2}}\geq \frac{3}{2^{\frac{1}{2}}}$

Nesbitt tổng quát @.@  . Dù sao cũng cám ơn anh ! Để em xem lại cái Nesbitt tổng quát 

[vutuanhien]

Anh sửa lại rồi.

Sử dụng BĐT Nesbitt tổng quát ta có $\left ( \frac{x}{y+z} \right )^{\frac{1}{2}}\geq \frac{3}{2^{\frac{1}{2}}}$

Anh ơi hình như anh sai rồi

BĐT Nesbitt tổng quát là $\sum (\frac{x}{y+z})^{k}\geq min(2,\frac{3}{2^{k}})$ 

Trong trường hợp $k=\frac{1}{2}$ thì do $2\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$ nên ta chỉ có  $\sum (\frac{x}{y+z})^{\frac{1}{2}}\geq 2$ thôi

[banhgaongonngon]

Anh ơi hình như anh sai rồi

BĐT Nesbitt tổng quát là $\sum (\frac{x}{y+z})^{k}\geq min(2,\frac{3}{2^{k}})$ 

Trong trường hợp $k=\frac{1}{2}$ thì do $2\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$ nên ta chỉ có  $\sum (\frac{x}{y+z})^{\frac{1}{2}}\geq 2$ thôi

 

Anh hỏi chút, dấu "=" ở bất đẳng thức $\sqrt{\frac{x}{y+z}}\geq 2$ xảy ra khi nào vậy

[tuannguyenhue1]

Anh hỏi chút, dấu "=" ở bất đẳng thức $\sqrt{\frac{x}{y+z}}\geq 2$ xảy ra khi nào vậy

khi 1 biến = 0 và 2 biến bằng nhau

[banhgaongonngon]

khi 1 biến = 0 và 2 biến bằng nhau

 

Có thể xảy ra trường hợp 1 biến bằng 0 hay không?

Nếu nó không thể bằng 2 thì nó sẽ $\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$. Mình nghĩ vậy

[vutuanhien]

Có thể xảy ra trường hợp 1 biến bằng 0 hay không?

Nếu nó không thể bằng 2 thì nó sẽ $\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$. Mình nghĩ vậy

BĐT Nesbitt trong trường hợp tổng quát là các biến không âm nên đẳng thức có thể xảy ra

Còn ở trường hợp này tuy các biến dương nên đẳng thức không xảy ra thì em nghĩ BĐT của anh cũng không thể đúng được

[PTKBLYT9C1213]

CMR : $\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$ với $x,y,z>0$

Mọi người làm theo cách sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S hoặc khai triển - áp dụng Schur giùm em nhé, cách nào càng cổ điển thì càng tốt ! Em cảm ơn !

 

 

@Hiền : Cậu chắc thành tinh luôn rồi quá     

S.O.S:

Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x. Ta phải chứng minh:

$(2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow (\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}})(b-c)^{2}+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}})(a-c)^{2}+(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}})(a-b)^{2}\geq 0$

Khi đó: $S_{a}=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}}, S_{b}=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}}, S_{c}=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}}$

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{a}\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh: $b^{2}S_{b}+c^{2}S_{c}\geq 0\Leftrightarrow b^{3}+c^{3}\geq abc$

Nhưng BĐT trên đúng vì: $a\leq b+c\Rightarrow b^{3}+c^{3}\geq bc(b+c)\geq abc$

[Juliel]

S.O.S:

Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x. Ta phải chứng minh:

$(2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2})(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow (\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}})(b-c)^{2}+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}})(a-c)^{2}+(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}})(a-b)^{2}\geq 0$

Khi đó: $S_{a}=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^{2}}, S_{b}=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^{2}}, S_{c}=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^{2}}$

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{a}\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh: $b^{2}S_{b}+c^{2}S_{c}\geq 0\Leftrightarrow b^{3}+c^{3}\geq abc$

Nhưng BĐT trên đúng vì: $a\leq b+c\Rightarrow b^{3}+c^{3}\geq bc(b+c)\geq abc$

Tại sao lại có $a\leq b+c$ ?

[PTKBLYT9C1213]

Tại sao lại có $a\leq b+c$ ?

a = x + y $\leq$ b + c = (x + y) + 2z

[KietLW9]

Đặt $x+y+z=p,xy+yz+zx=q,xyz=r$ thì bất đẳng thức trở thành: $q.\frac{(p^2+q)^2-4p(pq-r)}{(pq-r)^2}\geqslant \frac{9}{4}\Leftrightarrow 4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2\geqslant 0\Leftrightarrow 3pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\geqslant 0$(Đúng theo bất đẳng thức Schur bậc 3, bậc 4 và bất đẳng thức quen thuộc $pq \geqslant 9r$