Chủ đề này có 7 trả lời

[dungxibo123]

Bài 1(Marian Tetiva):  cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=xyz$ 

chứng minh : $xy+yz+zx\geq 3+ \sum (\sqrt{x^{2}+1})$

 

 

Bài 2 (JBMO 2003): cho $x,y,z > -1$

chứng minh $\sum\frac{1+x^{2}}{1+y+z^{2}}\geq 2$

 

 

Bài 3 (Russia MO 2002): cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ 

chứng minh: $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geq xy+yz+xz$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngoc Hung: 15-11-2016 - 05:26

[thinhrost1]

Bài 1(Marian Tetiva):  cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=xyz$ 

chứng minh : $xy+yz+zx\geq 3+ \sum (\sqrt{x^{2}+1})$

 

 

Bài 2 (JBMO 2003): cho $x,y,z > -1$

chứng minh $\sum\frac{1+x^{2}}{1+y+z^{2}}\geq 2$

 

 

Bài 3 (Russia MO 2002): cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ 

chứng minh: $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geq xy+yz+xz$

Bài 3: Câu dễ nhất trước:

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$ \sum 2\sqrt{x} \ge 2 \sum xy \\\Leftrightarrow \sum (x^2+2\sqrt{x}) \ge 9 $

 

Lưu ý theo AM-GM:

$x^2 +\sqrt{x} +\sqrt{x} \ge 3\sqrt[3]{x^3}=3x$

[Nguyenphuctang]

Bài 3 (Russia MO 2002): cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ 

chứng minh: $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geq xy+yz+xz$

 

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức holder ta có:

$\left ( \sum \sqrt{a} \right )^{2}\left ( \sum a^{2} \right )\geq \left ( a+b+c \right )^{3}=27$

Khi đó ta cần phải chứng minh: 

$\left ( \sum a^{2} \right )\left ( \sum ab \right )^{2}\leq 27$

Bất đẳng thức này đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM :

$VT\leq \left [ \frac{(\sum a^{2})+2(\sum ab)}{3} \right ]^{3}=27$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.                                                                                                                                        $\square$

[Nguyenphuctang]

Bài 2 (JBMO 2003): cho $x,y,z > -1$

 

chứng minh $\sum\frac{1+x^{2}}{1+y+z^{2}}\geq 2$

 

Lời giải:

 

Ta có: 

$1+b+c^{2}\geq 1+b>0$ và $1+b+c^{2}\leq \frac{1+b^{2}}{2}+1+c^{2}$

$\Rightarrow \frac{1+a^{2}}{1+b+c^{2}}\geq \frac{2(1+a^{2})}{1+b^{2}+2(1+c^{2})}$

Đặt $x=1+a^{2},y=1+b^{2},z=1+c^{2}.$ Khi đó ta cần phải chứng minh:

$\sum \frac{x}{y+2z}\geq 1$

Bất đẳng thức này đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \frac{x}{y+2z}=\sum \frac{x^{2}}{x(y+2z)}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+2z)}\geq 1$

Dấu  ''='' xảy ra khi a = b = c = 1.                                                                                                                                                                         $\square$

[Nguyenphuctang]

Bài 2 (JBMO 2003): cho $x,y,z > -1$

 

chứng minh $\sum\frac{1+x^{2}}{1+y+z^{2}}\geq 2$

 

Lời giải:

 

Ta có: 

$1+b+c^{2}\geq 1+b>0$ và $1+b+c^{2}\leq \frac{1+b^{2}}{2}+1+c^{2}$

$\Rightarrow \frac{1+a^{2}}{1+b+c^{2}}\geq \frac{2(1+a^{2})}{1+b^{2}+2(1+c^{2})}$

Đặt $x=1+a^{2},y=1+b^{2},z=1+c^{2}.$ Khi đó ta cần phải chứng minh:

$\sum \frac{x}{y+2z}\geq 1$

Bất đẳng thức này đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\sum \frac{x}{y+2z}=\sum \frac{x^{2}}{x(y+2z)}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+2z)}\geq 1$

Dấu  ''='' xảy ra khi a = b = c = 1.                                                                                                                                                                         $\square$

 Mình xin trích rõ nguồn : Laurentiu Panaitopol, Balkan 2003

[Nguyenphuctang]

Bài 1(Marian Tetiva):  cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=xyz$ 

chứng minh : $xy+yz+zx\geq 3+ \sum (\sqrt{x^{2}+1})$

 

 

Bài 2 (JBMO 2003): cho $x,y,z > -1$

chứng minh $\sum\frac{1+x^{2}}{1+y+z^{2}}\geq 2$

 

 

Bài 3 (Russia MO 2002): cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ 

chứng minh: $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \geq xy+yz+xz$

Mở rộng cho bài 3: 

Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh:

$\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\geq xy+yz+xz$ 

[dungxibo123]

Mở rộng cho bài 3: 

Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh:

$\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\geq xy+yz+xz$ 

liệu có thể mở rộng thành $\sum \sqrt[n]{x} \geq xy+yz+zx$ được hay không ?

[le truong son]

Mở rộng cho bài 3: 

Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh:

$\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\geq xy+yz+xz$ 

 Có trong quyển sáng tạo BĐt của PKH, mình xin trình bày lại cách giải:

Áp dụng BĐT holder: $(\sum \sqrt[3]{x})^3(\sum x)^5\geq (\sum x^{\frac{3}{4}})^8$

Đặt $x^\frac{3}{4}=a;y^\frac{3}{4}=b;z^\frac{3}{4}=c$

Cần chứng minh: $(a^3+b^3+c^3)^8\geq 3^5(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)^3$(1)

Chuẩn hóa: $a^3+b^3+c^3=3$ =>(1)<=>$3\geq \sum a^4b^4(2)$

Ta có:$\sum a^4b^4=\sum a^3b^3.ab\leq \sum a^3b^3.\frac{4-c^3}{3}= \frac{\sum 4a^3b^3-3a^3b^3c^3}{3}$

(2)=>$4\sum a^3c^3-3a^3b^3c^3\leq 9<=>4(\sum a^3b^3)(a^3+b^3+c^3)\leq (a^3+b^3+c^3)^3+9a^3b^3c^3<=>\sum a^9+3a^3b^3c^3\geq \sum a^3b^3(a^3+b^3)$(hnđ)

=>đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le truong son: 21-11-2016 - 21:02