Chủ đề này có 5 trả lời

[anhxtanh1879]

Cho $x, y, z> 0$ thoả mãn $xyz=1$. CMR:

$\sqrt{9+16x^2}+\sqrt{9+16y^2}+\sqrt{9+16z^2}\geq 3+4(x+y+z)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 02-11-2015 - 18:09

[haichau0401]

Cho $x, y, z> 0$ thoả mãn $xyz=1$. CMR:

$\sqrt{9+16x^2}+\sqrt{9+16y^2}+\sqrt{9+16z^2}\geq 3+4(x+y+z)$

Áp dụng bđt Min-cop-xki, ta có:

$$\sqrt{9+16x^2}+\sqrt{9+16y^2}+\sqrt{9+16z^2}\geq \sqrt{\left ( 4(x+y+z) \right )^{2}+(3\sqrt{9})^{2}}\geq VP\Leftrightarrow 72\geq 24(x+y+z)\Leftrightarrow x+y+z\leq 3xyz\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$$

Đến đây CM bđt $x+y+z\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$, ta có

$x^{3}+1+1\geq 3x$

$y^{3}+1+1\geq 3y$

$z^{3}+1+1\geq 3z$

$\Rightarrow \sum x^{3}\geq (x+y+z)+2(x+y+z)-6\geq (x+y+z)+2.3.1-6$

=========> đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi haichau0401: 02-11-2015 - 17:09

[royal1534]

Áp dụng bđt Min-cop-xki, ta có:

$$\sqrt{9+16x^2}+\sqrt{9+16y^2}+\sqrt{9+16z^2}\geq \sqrt{\left ( 4(x+y+z) \right )^{2}+(3\sqrt{9})^{2}}\geq VP\Leftrightarrow 72\geq 24(x+y+z)$$$\Leftrightarrow x+y+z\leq 3xyz \leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$

Đến đây CM bđt $x+y+z\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$, ta có

$x^{3}+1+1\geq 3x$

$y^{3}+1+1\geq 3y$

$z^{3}+1+1\geq 3z$

$\Rightarrow \sum x^{3}\geq (x+y+z)+2(x+y+z)-6\geq (x+y+z)+2.3.1-6$

=========> đpcm

Hình như sai chỗ này :

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 02-11-2015 - 19:24

[viet nam in my heart]

Cho $x, y, z> 0$ thoả mãn $xyz=1$. CMR:

$\sqrt{9+16x^2}+\sqrt{9+16y^2}+\sqrt{9+16z^2}\geq 3+4(x+y+z)$

 

Em đọc được lời giải rất thú vị của anh Cẩn sử dụng bổ đề quen thuộc:
Với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn tích của chúng bằng 1 ta đều có:
$$\frac{1}{x^{2k}+x^{k}+1}+\frac{1}{y^{2k}+y^{k}+1}+\frac{1}{z^{2k}+z^{k}+1}\geq 1$$
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lời giải:
Bất đẳng thức đầu bài tương đương với:
\[\sum \left(\sqrt{16a^2+9}-4a\right) \ge 3,\]
Hay là
\[\sum \frac{1}{\sqrt{16a^2+9}+4a} \ge \frac{1}{3}.\]
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
\[2\left(\sqrt{16a^2+9}+4a\right) \le \left(\frac{16a^2+9}{2a+3}+2a+3\right)+8a=\frac{18(2a^2+2a+1)}{2a+3}.\]
Vậy chúng ta chỉ cần chứng minh:
\[\sum \frac{2a+3}{2a^2+2a+1} \ge 3.\]
Chúng ta sẽ chỉ ra $\forall x\in R^{+}$ ta luôn có:
\[\frac{2x+3}{2x^2+2x+1} \ge \frac{3}{x^{\frac{8}{5}}+x^{\frac{4}{5}}+1}.\quad (1)\]
Điều này tương đương:
\[2x^{\frac{13}{5}}+2x^{\frac{9}{5}}+3x^{\frac{8}{5}}+2x+3x^{\frac{4}{5}}+3 \ge 6x^2+6x+3\]
\[\Leftrightarrow 2x^{\frac{13}{5}}+2x^{\frac{9}{5}}+3x^{\frac{8}{5}}+3x^{\frac{4}{5}} \ge 6x^2+4x.\]
Nhưng the0 $AM-GM$ ta có:
\[2x^{\frac{13}{5}}+2x^{\frac{9}{5}}+2x^{\frac{8}{5}} \ge 6\sqrt[3]{x^{\frac{13}{5}+\frac{9}{5}+\frac{8}{5}}}=6x^2\]
Và:
\[x^{\frac{8}{5}}+3x^{\frac{4}{5}} \ge 4\sqrt[4]{x^{\frac{8}{5}+3\cdot \frac{4}{5}}}=4x.\]
Vì vậy bất đẳng thức cuối cùng đúng hay (1) đúng.
Sử dụng (1),ta chỉ cần chứng minh:
\[\sum \frac{1}{a^{\frac{8}{5}}+a^{\frac{4}{5}}+1} \ge 1.\]
Và đây chính là bổ đề ở trên,chúng ta có điều phải chứng minh
---------------------------------------
P/s:Không phải tình cờ mà anh Cẩn tìm ra được bất đẳng thức phụ (1).Với những bài toán như thế này,chúng ta sẽ thiết 1 bất đẳng thức phụ dạng:
\[\frac{2x+3}{2x^2+2x+1} \ge \frac{a}{x^{2k}+x^{k}+1}\]
Đầu tiên ta ch0 $x=1$ và 2 vế bằng nhau để tìm $a$.Còn tìm $k$ ta sẽ đạo hàm 2 vế,ch0 $x=1$ và giải phương trình.Công việc còn lại là kiểm tra tính đúng sai của bất đẳng thức

Bất đẳng thức này là một bài hay trong Middle European Mathematical Olympiad 2012.

[haichau0401]

Hình như sai chỗ này :

Đâu có sai bạn ơi, mình đặt giấy bút ra vẫn thấy đúng mak

[viet nam in my heart]

Áp dụng bđt Min-cop-xki, ta có:

$$\sqrt{9+16x^2}+\sqrt{9+16y^2}+\sqrt{9+16z^2}\geq \sqrt{\left ( 4(x+y+z) \right )^{2}+(3\sqrt{9})^{2}}\geq VP\Leftrightarrow 72\geq 24(x+y+z)\Leftrightarrow x+y+z\leq 3xyz\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$$

Đến đây CM bđt $x+y+z\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$, ta có

$x^{3}+1+1\geq 3x$

$y^{3}+1+1\geq 3y$

$z^{3}+1+1\geq 3z$

$\Rightarrow \sum x^{3}\geq (x+y+z)+2(x+y+z)-6\geq (x+y+z)+2.3.1-6$

=========> đpcm

 

Đâu có sai bạn ơi, mình đặt giấy bút ra vẫn thấy đúng mak

Sai ở đây là sai về suy luận. Cần chứng minh $x+y+z\leq 3xyz$ và ta có: $3xyz \leq x^3+y^3+z^3$ không có nghĩa là cần chứng minh $x+y+z\leq x^{3}+y^{3}+z^{3}$

Thực tế đến đoạn $x+y+z \leq 3$ đã bị ngược chiều vì với $xyz=1$ thì ta đã có: $x+y+z \geq 3$. Bất đẳng thức này tương đối chặt. Ngoài cách trên ta còn có thể sử dụng Dirichlet

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 02-11-2015 - 20:49