$ \sum\dfrac{x^2}{y} -2(x^2+y^2+z^2) \geq \sqrt{3} -2 $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 12:32
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 12:32
The love makes us stronger!
V. Q. B. Can
Cho $ x,y,z>0$ thỏa $ xy+yz+zx=1$. Chứng minh rằng
$ \sum\dfrac{x^2}{y} -2(x^2+y^2+z^2) \geq \sqrt{3} -2 $
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\ge \frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}$ (*)
$(*)\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a})\ge (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+\frac{bc^{3}}{a}+\frac{ca^{3}}{b}+\frac{ab^{3}}{c}\ge a^{3}+b^{3}+c^{3}+\sum_{sym}^{a,b,c}a^{2}b$
$\Leftrightarrow \frac{bc^{3}}{a}+\frac{ca^{3}}{b}+\frac{ab^{3}}{c}\ge a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ (1)
$\frac{ab^{3}}{c}+\frac{ca^{3}}{b}\ge 2a^{2}b$
$\frac{ca^{3}}{b}+\frac{bc^{3}}{a}\ge 2c^{2}a$
$\frac{bc^{3}}{a}+\frac{ab^{3}}{c}\ge 2b^{2}c$
$VT\ge (x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2})-2(x^{2}+y^{2}+z^{2})=(x+y+z-2)(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
Đặt $x+y+z=p$
Mặt khác ta có:$x+y+z\ge \sqrt{3(xy+yz+zx)}=\sqrt{3}$
$(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2})=p^{3}-2p^{2}-2p+4$
$\Leftrightarrow (p-\sqrt{3})[p^{2}+(\sqrt{3}-2)p+1-2\sqrt{3}]\ge 0$
$\Leftrightarrow (p-\sqrt{3})(p+1,44...)(p-1.909...)\ge 0$ (đúng)
nên$(x+y+z-2)(x^{2}+y^{2}+z^{2}) \ge \sqrt{3}-2$
=> dpcm
Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 18-02-2013 - 13:15
Xin lỗi chỗ này hình như có vấn đề???$\sqrt{3}-2 >0$
nên
$(x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z-2)\ge 1.(\sqrt{3}-2)=\sqrt{3}-2$
$\Rightarrow$dpcm
Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bài trên của bạn ý tưởng giống mình, chỉ có điều sai phần cuối hơi nhỏ. Mình cũng sử dụng bổ đề giống bạn ( lấy trong sách anh Cẩn) nên coppy paste lun:DCho $ x,y,z>0$ thỏa $ xy+yz+zx=1$. Chứng minh rằng
$ \sum\dfrac{x^2}{y} -2(x^2+y^2+z^2) \geq \sqrt{3} -2 $
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\ge \frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}$ (*)
$(*)\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a})\ge (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+\frac{bc^{3}}{a}+\frac{ca^{3}}{b}+\frac{ab^{3}}{c}\ge a^{3}+b^{3}+c^{3}+\sum_{sym}^{a,b,c}a^{2}b$
$\Leftrightarrow \frac{bc^{3}}{a}+\frac{ca^{3}}{b}+\frac{ab^{3}}{c}\ge a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ (1)
$\frac{ab^{3}}{c}+\frac{ca^{3}}{b}\ge 2a^{2}b$
$\frac{ca^{3}}{b}+\frac{bc^{3}}{a}\ge 2c^{2}a$
$\frac{bc^{3}}{a}+\frac{ab^{3}}{c}\ge 2b^{2}c$
$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+2-\sqrt{3}-2(x^2+y^2+z^2)\geq 0$
Thay $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2$ và đặt $x+y+z=p$ ta có đpcm tương đương:$p^3-2p^2-2p+6-\sqrt{3}\geq 0$
$\Leftrightarrow (p-\sqrt{3})(p^2+(\sqrt{3}-2)p-2\sqrt{3}+1)\geq 0$
Do $xy+xz+yz=1\Rightarrow p^2=(x+y+z)^2\geq 3\Rightarrow p\geq \sqrt{3}$ và $f(p)=(p^2+(\sqrt{3}-2)p-2\sqrt{3}+1)=$$p(p+\sqrt{3}-2)-2\sqrt{3}+1\geq \sqrt{3}(2\sqrt{3}-2)-2\sqrt{3}+1=7-4\sqrt{3}>0$Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 18-02-2013 - 10:01
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
hu hu, đang nằm ngủ thì chợt nhận ra chỗ này, đang định vào đánh lại thì Joker1999 làm y xì như rứa rồi T.T
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 15-03-2013 - 22:40
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 18-02-2013 - 13:07
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh