Chủ đề này có 2 trả lời

[Trangadc2015]

Cho x , y , z là các số thực dương thỏa : x + y + z = xyz . Chứng minh : 

$\frac{1+\sqrt{1+x^{2}}}{x}+\frac{1+\sqrt{1+y^{2}}}{y}+\frac{1+\sqrt{1+z^{2}}}{z}\leq xyz$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trangadc2015: 27-10-2017 - 12:42

[minhducndc]

Ta có    $VT=\frac{1+\sqrt{x^{2}+1}}{x}+\frac{1+\sqrt{y^{2}+1}}{y}+\frac{1+\sqrt{z^{2}+1}}{z}$

                  $= \frac{1}{xyz}(\sum yz+\sum yz\sqrt{x^{2}+1})$

Như vậy ta cần chứng minh

$\sum yz+\sum yz\sqrt{x^{2}+1}\leq x^{2}y^{2}z^{2}= (x+y+z)^{2}$

Có  $yz\sqrt{x^{2}+1}\leq \frac{1}{4}yz(x^{2}+5)$$\Rightarrow \sum yz+\sum yz\sqrt{x^{2}+1}\leq \sum yz+\frac{5}{4}\sum yz+\frac{1}{4}(x+y+z)xyz= \frac{9}{4}\sum yz+\frac{1}{4}(x+y+z)^{2}\leq \frac{3}{4}(x+y+z)^{2}+\frac{1}{4}(x+y+z)^{2}= (x+y+z)^{2}$

 

[KietLW9]

$\frac{{1 + \sqrt {1 + {x^2}} }}{x} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {y^2}} }}{y} + \frac{{1 + \sqrt {1 + {z^2}} }}{z} \le xyz$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học

Đây là cách của mình