Chủ đề này có 3 trả lời

[Super Fields]

Bài toán:

 

Cho $x;y;z>0$ thoả $\sum \frac{1}{x}=1$, chứng minh rằng:

 

$\sum \sqrt{x+yz}\geq \sqrt{xyz}+\sum \sqrt{x}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

[Trang Luong]

 

Bài toán:

 

Cho $x;y;z>0$ thoả $\sum \frac{1}{x}=1$, chứng minh rằng:

 

$\sum \sqrt{x+yz}\geq \sqrt{xyz}+\sum \sqrt{x}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Đặt $(a,b,c)=(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\Rightarrow a+b+c=1$

 

Ta cần chứng minh $\sum \sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{bc}}\geqslant \sqrt{\frac{1}{abc}}+\sum \sqrt{\frac{1}{a}}$

 

$\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+bc}\geqslant 1+\sum \sqrt{ab}$

 

Thật vậy áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

 

$\sum \sqrt{a+bc}=\sum \sqrt{a(a+b+c)+bc}=\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}\geqslant \sum (a+\sqrt{bc})$$=a+b+c+\sum \sqrt{bc}=1+\sum \sqrt{bc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 17-07-2014 - 14:46

[Messi10597]

$dpcm\Leftrightarrow \sum \sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{yz}}\geq 1+\sum \sqrt{\frac{1}{yz}}$

Đặt: $\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\Rightarrow a+b+c=1$

dpcm trở thành $\sum \sqrt{a+bc}\geq 1+\sum \sqrt{bc}$

Áp dụng BĐT Bunyaxcopki ta có

$\sqrt{a+bc}=\sqrt{a(a+b+c)+bc}=\sqrt{(a+b)(a+c)}\geq a+\sqrt{bc}$

Tương tự với các căn còn lại 

[Trang Luong]

 

Bài toán:

 

Cho $x;y;z>0$ thoả $\sum \frac{1}{x}=1$, chứng minh rằng:

 

$\sum \sqrt{x+yz}\geq \sqrt{xyz}+\sum \sqrt{x}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

 

Cách 2 :

Nhân giả thiết cho $\sqrt{xyz}$ ta có $\sqrt{xyz}=\sqrt{\frac{xy}{z}}+\sqrt{\frac{yz}{x}}+\sqrt{\frac{xz}{y}}$

Ta dễ dàng chứng minh được $\sqrt{z+xy}\ge \sqrt{z}+\sqrt{\frac{xy}{z}}$

$\Leftrightarrow z+xy\ge z+\frac{xy}{z}+2\sqrt{xy}$
$\Leftrightarrow z+xy\ge z+xy(1-\frac{1}{x}-\frac{1}{y})+2\sqrt{xy}$
$\Leftrightarrow x+y\ge 2\sqrt{xy}$ Đúng theo AM-GM.

Làm tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra tại $x=y=z=3$ $\blacksquare$