Chủ đề này có 3 trả lời

[NPKhánh]

Năm 2005 đề dự bị đại học có câu sau :

$Cho : x;y;z>0 & xyz = 1 . CMR: {\dfrac{x^2}{1+y}} + {\dfrac{y^2}{1+z}} + {\dfrac{z^2}{1+x} \geq {\dfrac{3}{2}} $.

Rõ ràng đây là bài toán không khó ; tuy nhiên tôi biến đổi một hồi nó ra bài toán này

$Cho : x;y;z>0 & xyz = 1 . CMR: {\dfrac{x^2y}{1+y^3}} + {\dfrac{y^2z}{1+z^3}} + {\dfrac{z^2x}{1+x^3} \geq {\dfrac{3}{2}} $.

[dtdong91]

Câu đầu thì dùng thằng Cauchy
$ \sum \dfrac{x^2}{1+y} \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3+z+x+y}$
Bài sau đưa về
$ \sum \dfrac{x^2}{xz+y^2} \ge \dfrac{3}{2}$
Dùng cauchy
$ \sum \dfrac{x^2}{xz+y^2} \ge \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x^2y^2+\sum x^3z}$
Đưa về c/m 1 BDT rất quen thuộc ( những cũng khó và rất phức tạp )
$ 3(x^3z+y^3x+z^3y) \le (x^2+y^2+z^2)^2$

[NPKhánh]

Đúng là hai bài toán trên không khó khăn gì với bất đẳng thức AM_GM

$\Large Cho : x;y;z>0 & xyz = 1 . CMR: {\dfrac{x^2z^5}{1+y^3}} + {\dfrac{y^2x^5}{1+z^3}} + {\dfrac{z^2y^5}{1+x^3} \geq {\dfrac{3}{2}} $.

[10maths_tp0609]

Đặt $ x=\dfrac{a}{b},... $
Thay vào BDT <=> $ \sum_{cyc} \dfrac{c^8}{a^3b^2(b^3+c^3)} \geq \dfrac{3}{2} $
Caychy-Schwart:
$ VT \geq \dfrac{(a^4+b^4+c^4)^2}{(a^3b^5+b^3c^3+c^3a^5)+(a^2b^2c^2(ab+bc+ca)} $
dễ cm: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3a^2b^2c^2(ab+bc+ca) $
cm: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^2b^6+b^2c^6+c^2a^6) $
Caychy-Schwart: $ (a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)(a^2b^6+b^2c^6+c^2a^6) \geq (a^3b^5+b^3c^5+c^3a^5)^2 $
AM-GM: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) $
=> $ (a^4+b^4+c^4)^4 \geq 9(a^3b^5+b^3c^5+c^3a^5)^2 $
<=> $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^3b^5+b^3c^5+c^3a^5) $ (2)
Một cách khác để cm (2):
AM-GM: $ (a^4+b^4+c^4)^2 \geq 3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) $
$ a^4b^4+a^4b^4+a^4b^4+b^8 \geq 4a^3b^5 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 27-04-2007 - 18:13