Chủ đề này có 3 trả lời

[viendanho98]

cho x,y,z$>$0

cm$\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}+\sqrt{z^2+zx+x^2}\geq \sqrt{3}(x+y+z))$

 

[bangbang1412]

Theo bất đẳng thức $Minkowsky$ ta có :

 $\sum \sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}=\sum \sqrt{(x+\frac{y}{2})^{2}+\frac{3y^{2}}{4}}\geq \sqrt{(\sum x+\frac{\sum x}{2})^{2}+\frac{3}{4}(\sum x)^{2}}=\sqrt{3}\sum x$

Đó là điều phải chứng minh , có đẳng thức khi $x=y=z$

[trauvang97]

cho x,y,z$>$0

cm$\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}+\sqrt{z^2+zx+x^2}\geq \sqrt{3}(x+y+z))$

 

Viết lại tổng quát của biểu thức: 

 

$\sqrt{a^2+ab+b^2}=\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+\frac{1}{4}(a-b)^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a+b)$

 

Thay lần lượt cặp $(x,y),(y,z),(z,x)$ vào biểu thức trên rồi cộng vế với vế ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trauvang97: 27-09-2013 - 20:44

[minhtu98vn]

Ta có 

$\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)$ ( bạn chỉ cần bình phương lên là xong )

thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vào sẽ được đpcm